Kezdőlap


Feladat:	2011. évi Nemzetközi Fizika Diákolimpia 2. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Honyek Gyula , Vankó Péter , Vigh Máté
Füzet:	2011/november, 490 - 493. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Nemzetközi Fizika Diákolimpia, Görbületi nyomás, Stokes-törvény, Pontszerű töltés térerőssége
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2011/október: 2011. évi Nemzetközi Fizika Diákolimpia 2. feladata

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

2. feladat. Elektromosan töltött szappanbuborék

2.1. A szappanbuborék belsejében a

P_{i}

nyomás¹ a felületi feszültség miatt nagyobb, mint a külső (atmoszférikus) nyomás:

\begin{matrix} P_{i} = P_{a} + \frac{4 γ}{R_{0}} . \end{matrix}

(Ezt az összefüggést pl. a képzeletben félbevágott buborék egyik felére felírt erőegyensúly feltételéből származtathatjuk.)
Az egyesített gáztörvény a levegő intenzív állapotjelzőire így írható fel:

\begin{matrix} \frac{P}{ϱ T} = állandó . \end{matrix}

Ennek alapján a kérdéses arány:

\begin{matrix} \frac{ρ_{i} T_{i}}{ρ_{a} T_{a}} = \frac{P_{i}}{P_{a}} = 1 + \frac{4 γ}{R_{0} P_{a}} . \end{matrix}

2.2. A megadott számértékek felhasználásával:

\begin{matrix} \frac{ρ_{i} T_{i}}{ρ_{a} T_{a}} - 1 = \frac{4 γ}{R_{0} P_{a}} = 0, 0001. \end{matrix}

(Az eredmény azt mutatja, hogy a felületi feszültség hatására a nyomás igen csekély mértékben növekszik.)

2.3. A buborék lebegésének a feltétele az, hogy a buborékra ható felhajtóerő egyenlő nagyságú a buborék súlyával, ami a szappanhártya és a benne lévő levegő súlyának az összege:

\begin{matrix} \frac{4 π}{3} R_{0}^{3} ϱ_{a} g = (4 π R_{0}^{2} ϱ_{s} t + \frac{4 π}{3} R_{0}^{3} ϱ_{i}) g = 4 π R_{0}^{2} ϱ_{s} t g + \frac{4 π}{3} R_{0}^{3} \frac{ϱ_{a} T_{a}}{T_{i}} (1 + \frac{4 γ}{R_{0} P_{a}}) g . \end{matrix}

Megfelelő átrendezés és a számszerű adatok behelyettesítése után a buborék lebegéséhez szükséges belső hőmérséklet:

\begin{matrix} T_{í} = \frac{R_{0} ϱ_{a} T_{a}}{R_{0} ϱ_{a} - 3 ϱ_{s} t} (1 + \frac{4 γ}{R_{0} P_{a}}) = 307, 1 K. \end{matrix}

A lebegéshez a buborékban lévő levegőnek valamivel több, mint

7^{\circ} C

-kal melegebbnek kell lennie a külső levegő hőmérsékleténél.

2.4. Miközben a buborék belsejében a hőmérséklet a külső levegő hőmérsékletére csökken, a buborék sugara 0,8%-kal lecsökken, és a szappanhártya vastagsága is megnő. Ezeket a változásokat azonban a feladat szövegében szereplő tanács szerint elhanyagoljuk. Nyugvó levegőben ilyenkor a buborék a talaj felé süllyed. Az

u

sebességgel felfelé áramló levegő akkor akadályozza meg a buborék leesését, ha a Stokes-féle közegellenállási erő megegyezik vagy meghaladja a buborék súlyának és a felhajtóerőnek a különbségét:

\begin{matrix} 6 π η R_{0} u & \geq (4 π R_{0}^{2} ϱ_{s} t + \frac{4 π}{3} R_{0}^{3} ϱ_{i}) g - \frac{4 π}{3} R_{0}^{3} ϱ_{a} g = \\ = (4 π R_{0}^{2} ϱ_{s} t + \frac{4 π}{3} R_{0}^{3} ϱ_{a} [1 + \frac{4 γ}{R_{0} P_{a}}]) g - \frac{4 π}{3} R_{0}^{3} ϱ_{a} g . \end{matrix}

Átrendezés után a felfelé áramló levegő sebességére a következő relációt kapjuk:

\begin{matrix} u \geq \frac{2 R_{0} ϱ_{s} t g}{3 η} + \frac{8 R_{0} ϱ_{a} γ g}{9 P_{a} η} . \end{matrix}

2.5. A számszerű adatok behelyettesítése után

u \geq 0, 36

m/s eredmény adódik.

Megjegyezzük, hogy a paraméteres kifejezés második tagja az első tagnál három nagyságrenddel kisebb, vagyis elhanyagolható. Ez is indokolja, hogy a továbbiakban a felületi feszültségből adódó tagokat elhanyagoljuk.

2.6. Elektromosan töltött szappanbuborékok esetén a felületi feszültség hatásához képest fordított nyomáskülönbség alakul ki a buborék belseje és a külső levegő között, mivel a buborék felületén lévő töltések taszítják egymást. Ezt a nyomáskülönbséget jelöljük így:

Δ P_{el}

. Ezzel a jelöléssel

P_{a} = P_{i} + Δ P_{el}

; feladatunk az egyenlőség jobb oldalán lévő két tag meghatározása.
Elektromos töltések nélkül (a felületi feszültség hatásának elhanyagolásával) a buborékban a nyomás

P_{a}

, és a buborék térfogata a kezdeti sugár köbével, vagyis

R_{0}^{3}

-bel arányos. Feltöltött buborék esetén a nyomás

P_{i}

, a térfogat pedig a megnövekedett sugár köbével, vagyis

R_{1}^{3}

-bel arányos. Mivel a buborékban lévő levegő hőmérséklete nem változik, így alkalmazhatjuk rá a Boyle‐Mariotte-törvényt, vagyis a nyomás és a térfogat fordított arányosságát:

\begin{matrix} P_{i} = \frac{R_{0}^{3}}{R_{1}^{3}} P_{a} . \end{matrix}

A töltések következtében fellépő

Δ P_{el}

nyomásjárulékot a buborék falánál fellépő átlagos elektromos térerősség

E_{átlag}

és az egységnyi felületre jutó töltés (töltéssűrűség) szorzataként számíthatjuk ki.² Az

R_{1}

sugarú buborék belsejében a térerősség nulla, közvetlenül a buborék felületén kívül pedig

k q / R_{1}^{2},

így

\begin{matrix} E_{átlag} = \frac{1}{2} (\frac{k q}{R_{1}^{2}} + 0) = \frac{1}{8 π ε_{0}} \frac{q}{R_{1}^{2}} . \end{matrix}

Másrészt a töltéssűrűség

q / (4 π R_{1}^{2})

, így az elektromos eredetű nyomáskülönbség:

\begin{matrix} Δ P_{el} = \frac{1}{32 π^{2} ε_{0}} \frac{q^{2}}{R_{1}^{4}} . \end{matrix}

Ugyanez a mennyiség a külső és a belső gáznyomás különbségeként is felírható, tehát

\begin{matrix} \frac{1}{32 π^{2} ε_{0}} \frac{q^{2}}{R_{1}^{4}} = P_{a} - P_{i} = P_{a} (1 - \frac{R_{0}^{3}}{R_{1}^{3}}), \end{matrix}

ahonnan a keresett kifejezés pl. így adható meg:

\begin{matrix} {(\frac{R_{1}}{R_{0}})}^{4} - (\frac{R_{1}}{R_{0}}) = \frac{q^{2}}{32 π^{2} ε_{0} P_{a} R_{0}^{4}} . \end{matrix}

2.7. Feltételezve, hogy a buborék sugarának

Δ R = R_{1} - R_{0}

megváltozása (az eredeti sugárhoz viszonyítva) kicsi, a fenti formulában az

\begin{matrix} {(\frac{R_{1}}{R_{0}})}^{4} = {(1 + \frac{Δ R}{R_{0}})}^{4} \approx 1 + 4 \frac{Δ R}{R_{0}} \end{matrix}

közelítés alkalmazható, s innen a sugár (kicsiny) növekedésére ez adódik:

\begin{matrix} Δ R \approx \frac{q^{2}}{96 π^{2} ε_{0} P_{a} R_{0}^{3}} . \end{matrix}

2.8. A lebegés feltétele most is a felhajtóerő és a súly egyensúlya:

\begin{matrix} \frac{4 π}{3} R_{1}^{3} ϱ_{a} g = (4 π R_{0}^{2} ϱ_{s} t + \frac{4 π}{3} R_{0}^{3} ϱ_{i}) g . \end{matrix}

Ha a felületi feszültség hatását elhanyagoljuk, akkor a töltetlen buborék belsejében a kezdeti sűrűség megegyezik a külső levegő sűrűségével (

ϱ_{í} = ϱ_{a}

), hiszen a hőmérséklet is és a nyomás is (jó közelítéssel) ugyanakkora kívül és belül. A feltöltött buborék

R_{1}

sugarát fejezzük ki

Δ R

segítségével:

\begin{matrix} \frac{4 π}{3} R_{0}^{3} {(1 + \frac{Δ R}{R_{0}})}^{3} ϱ_{a} g = (4 π R_{0}^{2} ϱ_{s} t + \frac{4 π}{3} R_{0}^{3} ϱ_{i}) g . \end{matrix}

Közelítés és némi egyszerűsítés után ezt kapjuk:

\begin{matrix} \frac{4 π}{3} R_{0}^{2} (3 Δ R) ϱ_{a} g = 4 π R_{0}^{2} ϱ_{s} t g . \end{matrix}

Helyettesítsük be

Δ R

helyére az előző alkérdés eredményét, és fejezzük ki a töltést:

\begin{matrix} q = \sqrt[]{\frac{96 π^{2} ε_{0} P_{a} R_{0}^{3} ϱ_{s} t}{ϱ_{a}}} \approx 256 nC. \end{matrix}

¹Megtartottuk az olimpián alkalmazott, a hazai gyakorlattól néhol kicsit eltérő jelöléseket.

²Ezt legegyszerűbben úgy mutathatjuk meg, ha feltételezzük, hogy a vékony (de véges vastagságú) töltésrétegben a töltések eloszlása homogén. A Gauss-tétel alkalmazásával láthatjuk, hogy ekkor a belső nulla tér lineárisan növekedve éri el a külső felületen felvett értékét, tehát a töltésrétegben átlagosan a külső érték fele lép fel. Megmutatható azonban az is, hogy a vékony töltésrétegben tetszőleges töltéseloszlás esetén is a külső térerősség fele adja az átlagértéket.