59: Acqua riscaldante

wotzu · Messaggio da **wotzu** » 18 mar 2016, 20:39

gluon è giusto magari metti il procedimento,federicoC. probabilmente una volta visto il procedimento ti sarà più chiaro ma la soluzione in questi casi è sempre considerare un intervallo infinitesimo in modo che $\Delta T$ possa essere considerato costante in tale intervallo e poi integragre. Comunque non perderci troppo tempo prima ti consiglio di studiare gli integrali soprattutto se vuoi iniziare a capire molte cose in fisica oltre a questo problema, senza quelli ti fermi a un certo livello

Flaffo · Messaggio da **Flaffo** » 19 mar 2016, 16:58

Ho provato a risolvere il problema, dimmi se è giusto

wotzu · Messaggio da **wotzu** » 20 mar 2016, 1:07

si è giusto, cioè giusto è come l'ho fatto anch'io poi spero sia corretto il nostro risultato

Messaggio da **arna1998** » 20 mar 2016, 2:44

@Flaffo: probabilmente non ho capito io, perchè integri tra $T_a-T_i$ e $T_a-T_f$ e non tra $T_i$ e $T_f$ ? Facendo il calcolo come dici tu dovrebbe uscire diverso da quello che hai scritto. Inoltre l'argomento del logaritmo che hai trovato è minore di 1, quindi il tempo dovrebbe negativo

Anche a me esce lo stesso valore numeri, ma mi è venuta in mente questa cosa, che potrebbe influire sul risultato: riscaldandosi la lastra aumenta anche la sua superficie, quindi anche "l'area utile per trasferire calore". Secondo voi è un effetto trascurabile o bisogna tenerne conto?

Flaffo · Messaggio da **Flaffo** » 20 mar 2016, 13:56

Arna, hai ragione mi sono scordato un - che renderebbe, infatti, il tempo positivo. L'integrale dT/(Ta-T) si fa ponendo x=Ta-T; deriva Ta-T--> -dT, deriva x-->dx. Perciò dT=-dx (ecco dove mi sono scordato il meno

). Facciamo, quindi l'integrale -dx/x tra xi e xf che è -ln (xf/xi) e, sostituendo x--> -ln [(Ta-Tf)/(Ta-Ti)].
Per quanto riguarda l'aumento di superficie della lastra, ho completamente ignorato questo aspetto

; però, mi posso giustificare dicendo che Wotzu ha scritto l>>d: penso volesse proprio evitare le ulteriori complicazioni che avrebbe portato

Flaffo · Messaggio da **Flaffo** » 27 mar 2016, 0:59

Seguendo il suggerimento di Arna, ho provato a risolvere il problema considerando però l'area di contatto tra l'acqua e il metallo non più costante. Il volume di acqua raccolto mi viene ora V=225,45l ; con l'approssimazione era invece V=226,24l. La lastra si riscalda, infatti, più velocemente di prima, quindi l'acqua accumulata è minore. Se qualcuno è interessato posso postare il procedimento. È davvero un bel problema

Messaggio da **arna1998** » 28 mar 2016, 20:37

Se hai voglia metti il procedimento

, ma soprattutto continua con la staffetta

( credo tocchi te, dato che se il primo ad aver messo il procedimento)

Flaffo · Messaggio da **Flaffo** » 29 mar 2016, 16:29

Ed ecco la soluzione

Come prima, l'acqua smette di fluire quando la lastra si espande di una lunghezza d. Ciò avviene quando la lastra ha una temperatura:
$T_f=\frac {d}{l\lambda_l}+T_i=328,7 K$
Una infinitesima quantità di calore $dQ$ causa un infinitesimo aumento di temperatura $dT$ pari a :
$dQ=c_lmdT$
Mentre:
$P=\omega A \Delta T$ con
$A=lb=\left(l_i+l_i\lambda \Delta T \right)\left(b_i+b_i\lambda \Delta T\right)\approx A_i \left( 1+2\lambda\Delta T\right)$ e
$\Delta T=T_a-T$ dove T rappresenta la temperatura della lastra in un certo istante.
Possiamo quindi scrivere:
$\displaystyle \frac {dQ}{dt}=\omega A_i \left( 1+2\lambda\Delta T\right)\Delta T$
Sostituendo $dQ$ , ed essendo $m=A_i s \rho$ :
$\displaystyle \frac {dT}{\left( 1+2\lambda\Delta T\right)\Delta T}= \frac{\omega}{c_l s \rho}dt$
Integriamo:
$\displaystyle\int _{T_i}^{T_f}{\frac {dT}{\left( 1+2\lambda\Delta T\right)\Delta T}}=\int _{0}^{t_f}{ \frac{\omega}{c_l s \rho}dt}$
Poniamo $z=\Delta T$
$\frac {dz}{dT}=-1\Rightarrow dz=-dT$
Perciò:
$\displaystyle\int _{T_i}^{T_f}{\frac {dT}{\left( 1+2\lambda\Delta T\right)\Delta T}}=-\int_ {z_i}^{z_f}{\frac {dz}{\left (1+2\lambda z\right)z}}$
Che dopo molti passaggi ci da:
$\frac{\omega}{c_l s \rho}t_f=\displaystyle -ln{\left[\frac{z_f}{z_i}{\left(\frac{1+\lambda z_i}{1+\lambda z_f}\right)}^2\right]}$
E sostituendo nuovamente per T:
$\frac{\omega}{c_l s \rho}t_f=\displaystyle - ln{\left[\frac{T_a-T_f}{T_a-T_i}{\left(\frac{1+\lambda\left(T_a-T_i\right)}{1+\lambda\left(T_a-T_f\right)}\right)}^2\right]}$
Isolando il tempo:
$\displaystyle t_f= -\frac{c_l \rho_l s}{\omega}ln{\left[\frac{T_a-T_f}{T_a-T_i}{\left(\frac{1+\lambda\left(T_a-T_i\right)}{1+\lambda\left(T_a-T_f\right)}\right)}^2\right]}$
La portata dell'acqua è costante ed è uguale a:
$q=v\cdot S$ con $S=b^2$
L'acqua accumulata è quindi:
$\Delta V_{acqua}=vb^2 t_f$
In conclusione:
$\Delta V_{acqua}=\displaystyle-\frac{vb^2c_l \rho_l s}{\omega}ln{\left[\frac{T_a-T_f}{T_a-T_i}{\left(\frac{1+\lambda\left(T_a-T_i\right)}{1+\lambda\left(T_a-T_f\right)}\right)}^2\right]}$
Da notare il risultato simile, eccetto il termine al quadrato, ottenuto con l'approssimazione dell'area:
$\Delta V_{acqua}=\displaystyle-\frac{vb^2c_l \rho_l s}{\omega}ln{\left[\frac{T_a-T_f}{T_a-T_i}\right]}$
Nel primo caso il volume dell'acqua accumulata risulta essere di 225,4l mentre nel secondo caso (approssimato) è 226,2l

wotzu · Messaggio da **wotzu** » 29 mar 2016, 22:16

se devo essere sincero non l'avevo considerata la dilatazione della superficie di contatto quindi complimentoni per la voglia di approfondire la staffetta è tua flaffo.

Flaffo · Messaggio da **Flaffo** » 29 mar 2016, 22:50

Graziee

Comunque avevo già postato un problema (È se tutti corressimo all'equatore?). Se vuoi posso sempre inventarmene un altro

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