SSSUP: Spinta di Archimede... problema stupido

mrossi · Messaggio da **mrossi** » 5 set 2009, 9:55

Un recipiente contenete acqua viene spinto verso l’alto, mediante un’opportuna forza, con accelerazione costante A , di modulo pari ad un quarto dell’accelerazione di gravità. All’interno del recipiente si trova una sferetta di volume V = 4 cm3 e densità sconosciuta $\rho$ , collegata al fondo del recipiente mediante un filo inestensibile di massa trascurabile.
Sappiamo che la tensione del filo, durante il moto del recipiente, vale $4 \cdot 10^{-2} N$

1) Quanto vale la densità della sferetta?

Pensavo si risolvesse facilmente imponendo che la spinta di Archimede eguagliasse la somma di gravità, accelerazione A e tensione T del filo, però facendo i calcoli la spinta di Archimede risulta minore della tensione del filo per qualunque densità...

$\rho_aVg=\rho VA+\rho Vg + T= \frac {5} {4} \rho Vg + T$

MrTeo · Messaggio da **MrTeo** » 5 set 2009, 11:39

Allora forse non è così stupido come sembra

Cmq secondo me dovrebbe bastare impostarlo come in un sistema immobile ma con

$g' = g - \frac{g}{4} = \frac{3}{4}g$

Quindi abbiamo:

$\rho Vg' = \rho _{H_2 O} Vg' + T$
$\rho = \frac{{\rho _{H_2 O} V\frac{3}{4}g + T}}{{V\frac{3}{4}g}} = 2359,2\;\frac{{kg}}{{m^3 }}$

Edit: credo che la questione stia nel fatto che accelerando il contenitore verso l'alto, non solo la forza peso della sferetta è attenuata, ma anche la spinta idrostatica dovuta al volume d'acqua spostato (ovviamente correggetemi se sto delirando

)

pascal · Messaggio da **pascal** » 5 set 2009, 12:30

La forza apparente nel sistema del recipiente agisce verso il basso e il campo gravitazionale complessivo vale $g_e=g+g/4=5g/4$ , se A è diretta verso l’alto. In questo sistema il corpo è sottoposto a $mg_e+T$ verso il basso e a $\rho_aVg_e$ verso l’alto.

Messaggio da **Ippo** » 5 set 2009, 12:40

L'unica forza diretta verso l'alto è la spinta di archimede:
$\rho_aVg$
Le forze dirette verso il basso sono quella gravitazionale (aumentata nel sistema accelerato) e la tensione:
${5 \over 4}\rho g V+T$
Si impone l'equilibrio:

$\rho_aVg={5 \over 4}\rho g V+T$

$\rho={4 \over 5} \left( \rho_a-{T \over gV} \right) \simeq 720 {\rm kg/m^3}$

Messaggio da **Pigkappa** » 5 set 2009, 12:49

Ippo ha scritto:L'unica forza diretta verso l'alto è la spinta di archimede:
$\rho_aVg$

Anche la forza di Archimede viene modificata dall'accelerazione verso l'alto.

Alex90 · Messaggio da **Alex90** » 5 set 2009, 12:55

Mmm...secondo me invece è

$\rho = \rho_A - \dfrac{T}{Vg'}$

Edit: anticipato da Pig...

mrossi · Messaggio da **mrossi** » 5 set 2009, 13:21

Ah già che nador!

Adesso tornano i conti. Altirmenti con la formula mia e di Ippo sarebbe risultata negativa...

Messaggio da **Ippo** » 6 set 2009, 10:42

Giusto, và anche lì l'accelerazione apparente. Allora si scrive
$\rho_aVg'=\rho Vg'+T$
con
$g'=5g/4$

e risulta $\rho \simeq 920 {\rm kg/m^3}$

gianmarco · Messaggio da **gianmarco** » 11 ago 2011, 18:46

Qualcuno ha provato a risolverlo nel sistema inerziale? la mia idea è che anche in questo caso nella spinta di Archimede si debba usare g' ma non sono convinto.

Messaggio Re: SSSUP: Spinta di Archimede... problema stupido
Giusto, và anche lì l'accelerazione apparente. Allora si scrive
$\rho_aVg'=\rho Vg'+T$
con
$g'=5g/4$

e risulta $\rho \simeq 920 {\rm kg/m^3}$

Ippo scusa....hai ricontrollato i conti? a me viene $\rho \simeq 184 {\rm kg/m^3}$ , per avere il tuo valore devo porre $V= 40 {\rm cm^3}$ !

Omar93 · Messaggio da **Omar93** » 11 ago 2011, 20:26

No credo che si sia scordato di dividere per 5.
Dove posso trovare i problemi della sssup?