A1  ^0.70 Найдите возвращающую силу давления, действующую на малую площадь $dS$ поверхности пузырька, при адиабатическом изменении его радиуса от $R$ до $R+x$, ($x\ll{R}$).

Поскольку процесс для газа в пузырьке адиабиабатический, а изменение радиуса мало – выполняется уравнение Пуассона:
$$pV^\gamma=p_0V^{\gamma}_0=const\quad \gamma=\cfrac{C_p}{C_V}=\cfrac{7}{5}
$$Поскольку $V=4\pi(R+x)^3/3$ – уравнение Пуассона можно переписать в следующем виде:
$$p(R+x)^{3\gamma}=p_0R^{3\gamma}=const\Rightarrow dpR^{3\gamma}+3\gamma pR^{3\gamma-1}x=0\Rightarrow dp=-\cfrac{3\gamma p_0x}{R}
$$Для возвращающей силы получим:
$$dF=(p_0-p)dS\approx -dpdS
$$или окончательно:

A2  ^1.00 Найдите энергию, необходимую для изменения $x$ от $0$ до некоторого малого значения $x_0$.

Первое решение: Для изменения $x$ от $0$ до $x_0$ над элементом поверхности пузырька необходимо совершить работу $\delta{A}$, равную:

$$\delta{A}=\int\limits_{0}^{x_0}dFdx=\cfrac{3\gamma p_0dS}{R}\int\limits_{0}^{x_0}xdx=\cfrac{3\gamma p_0x^2_0dS}{2R}
$$

Полная площадь $S$ пузырька равна $4\pi{R}^2$, поэтому:

$$A=6\pi\gamma p_0Rx^2
$$

Поскольку совершённая работа $A$ равна необходимой энергии, получим:

Второе решение: Изменение внутренней энергии пузырька складывается из необходимой энергии $W$ и работы, совершённой силой давления со стороны воды:

$$\Delta{U}=W+p_0(V_0-V)\Rightarrow W=p_0(V-V_0)+\Delta{U}
$$

Найдём внутреннюю энергию $U$ газа в пузырьке как функцию его объёма:

$$U=\cfrac{pV}{\gamma-1}=\cfrac{p_0V_0}{\gamma-1}\left(\cfrac{V}{V_0}\right)^{1-\gamma}
$$

Таким образом:

$$W=\cfrac{4\pi{R}^3p_0}{3}\left((1+\alpha)^3-1+\cfrac{(1+\alpha)^{3(1-\gamma)}-1}{\gamma-1}\right)
$$

где $\alpha=x/R$.

Разложим по формуле Тейлора до $\alpha^2$ функции $(1+\alpha)^3$ и $(1+\alpha)^{3(1-\gamma)}$:

$$(1+\alpha)^3=1+3\alpha+3\alpha^3+\alpha^3\approx 1+3\alpha+3\alpha^2
$$

$$(1+\alpha)^{3(1-\gamma)}\approx 1+\left(\cfrac{d(1+\alpha)^{3(1-\gamma)}}{d\alpha}\right)_0\alpha+\left(\cfrac{d^2(1+\alpha)^{3(1-\gamma)}}{d\alpha^2}\right)_0\cfrac{\alpha^2}{2}
$$

Вычисляя производные:

$$(1+\alpha)^{3(1-\gamma)}\approx 1+3(1-\gamma)\alpha+\cfrac{3(1-\gamma)(2-3\gamma)\alpha^2}{2}
$$

Таким образом:

$$W\approx \cfrac{4\pi{R}^3p_0}{3}\left(1+3\alpha+3\alpha^2-1+\cfrac{1+3(1-\gamma)\alpha+\cfrac{3(1-\gamma)(2-3\gamma)\alpha^2}{2}-1}{\gamma-1}\right)=6\pi\gamma p_0R^3\alpha^2
$$

Подставляя $\alpha$, получим:

A3  ^1.00 Радиальная скорость воды у поверхности пузырька равна $dx/dt$. Учитывая, что вода несжимаема, найдите радиальную скорость воды на расстоянии $r$ ($r>R$) от центра пузырька.

Поскольку вода несжимаема – её масса в зазоре между концентрическими сферами радиусами $R$ и $r{>}R$ должна оставаться постоянной. Тогда объёмы воды, втекающие и вытекающие из данной области в единицу времени, должны быть равны:
$$4\pi{R}^2\cfrac{dx}{dt}=4\pi{r}^2v(r)
$$откуда:

A4  ^1.00 Найдите полную кинетическую энергию воды.

Кинетическая энергия воды, расположенной в зазоре между сферами радиусами $r$ и $r+dr$, равна:
$$dE_k=\cfrac{dmv^2(r)}{2}=\cfrac{4\pi\rho{r}^2dr\cdot v^2(r)}{2}=2\pi\rho{R}^4\left(\cfrac{dx}{dt}\right)^2\cfrac{dr}{r^2}
$$Полная кинетическая энергия воды даётся выражением:
$$E_k=2\pi\rho{R}^4\left(\cfrac{dx}{dt}\right)^2\int\limits_{R}^{\infty}\cfrac{dr}{r^2}
$$Вычисляя интеграл, получим:

A5  ^0.50 Если пренебречь массой воздуха, кинетическая энергия, найденная в предыдущем пункте, и будет кинетической энергией колеблющегося пузырька. Найдите частоту колебаний.

Для кинетической и потенциальной энергий системы имеем:
$$W_p=Ax^2=6\pi\gamma p_0Rx^2 \qquad E_k=B\dot{x}^2=2\pi\rho R^3\dot{x}^2
$$откуда:
$$A=6\pi\gamma p_0R\qquad B=2\pi\rho R^3
$$Для циклической частоты колебаний находим:

B1  ^0.20 Найдите вклад поверхностного натяжения в энергию, необходимую для создания в воде пузырька радиуса $R$.

B2  ^1.60 Найдите частоту колебаний пузыря, учтя влияние поверхностного натяжения воды. Давление снаружи пузырька считайте равным $p_0$.

Обозначим за $p_1$ давление внутри пузырька в состоянии равновесия и определим его из формула Лапласа:
$$p_1=p_0+p_\text{Л}=p_0+\cfrac{2\sigma}{R}
$$Запишем уравнение Пуассона для воздуха внутри пузырька:
$$p(R+x)^{3\gamma}=p_1R^{3\gamma}
$$Далее вновь можно поступить двумя способами.

Первое решение: Продифференцируем уравнение Пуассона:

$$dpR^{3\gamma}+3\gamma p_1R^{3\gamma-1}x=0\Rightarrow dp=-\cfrac{3\gamma p_1x}{R}=-\cfrac{3\gamma x}{R}\left(p_0+\cfrac{2\sigma}{R}\right)
$$

Изменение Лапласова давления при этом составит:

$$dp_\text{Л}=-\cfrac{2\sigma x}{R^2}
$$

Тогда для возвращающей силы, действующей на малый элемент площади $dS$ поверхности пузыря, имеем:

$$dF=(p_0+p_\text{Л}-p)dS=(-dp+dp_\text{Л})dS=\left(\cfrac{3\gamma p_0}{R}+\cfrac{2\sigma(3\gamma-1)}{R^2}\right)xdS
$$

Аналогично пункту $\mathrm{A2}$:

$$dW=\left(\cfrac{3\gamma p_0}{R}+\cfrac{2\sigma(3\gamma-1)}{R^2}\right)dS\int\limits_{0}^{x_0}xdx=\left(\cfrac{3\gamma p_0}{R}+\cfrac{2\sigma(3\gamma-1)}{R^2}\right)\cfrac{x^2_0dS}{2}
$$

откуда:

$$W=2\pi{R}^2\left(\cfrac{3\gamma p_0}{R}+\cfrac{2\sigma(3\gamma-1)}{R^2}\right)x^2_0
$$

Выражение для кинетической энергии при этом остаётся тем же, что и в части $A$:

$$E_k=2\pi\rho{R}^3\dot{x}^2
$$

Таким образом:

Второе решение: Аналогично пункту $\mathrm{A2}$:

$$W-p_0(V-V_0)=\Delta{U}+\Delta{W}_\sigma\Rightarrow W=p_0(V-V_0)+\Delta{U}+\Delta{W}_\sigma
$$

откуда:

$$W=\cfrac{4\pi p_0R^3}{3}\left((1+\alpha)^3-1+\left(1+\cfrac{2\sigma}{p_0R}\right)\cfrac{(1+\alpha)^{3(1-\gamma)}-1}{\gamma-1}\right)+4\pi R^2\sigma((1+\alpha)^2-1)
$$

Используя разложения, полученные в пункте $\mathrm{A2}$:

$$W\approx \cfrac{4\pi p_0{R}^3}{3}\left(3\alpha+3\alpha^2+\left(1+\cfrac{2\sigma}{p_0R}\right)\left(-3\alpha+\cfrac{3(3\gamma-2)\alpha^2}{2}\right)\right)+4\pi{R}^2\sigma(2\alpha+\alpha^2)
$$

После преобразования имеем:

$$W\approx 6\pi\gamma p_0R^3\alpha^2+4\pi(3\gamma-2)R^2\sigma\alpha^2=\left(6\pi\gamma p_0R+4\pi(3\gamma-2)\sigma\right)x^2
$$

Выражение для кинетической энергии при этом остаётся тем же, что и в части $A$:

$$E_k=2\pi\rho{R}^3\dot{x}^2
$$

Таким образом: