Lavoro per sollevare una provetta

Messaggio da **Ippo** » 6 lug 2010, 9:45

Supponiamo di avere un secchio d'acqua e una provetta (cilindrica, di sezione $S$ molto minore di quella del secchio e massa nulla) che immergiamo nel secchio con il lato aperto rivolto verso il basso, in modo che sia completamente riempita (non c'è aria dentro) e abbia la base a pelo d'acqua.
Note la densità $\rho$ dell'acqua, la pressione atmosferica $P_0$ e l'accelerazione di gravità $g$ ,
dire quale lavoro $W(z)$ è necessario fare sulla provetta per sollevarne la base ad una quota $z$ sopra il livello dell'acqua.
Si può ignorare la tensione di vapore saturo.

f.o.x · Messaggio da **f.o.x** » 6 lug 2010, 11:51

Io ci provo, ma non vi assicuro niente, e premetto che non conosco gli integrali

.
Siccome la pressione atmosferica può equilibrare al massimo la pressione generata da una colonna d'acqua di circa 10 metri, la parte emersa della provetta sarà comunque piena d'acqua. Inoltre avrà peso soltanto la parte emersa, che "pian piano" aumenta fino ad arrivare a z.
Dato che $V=Sh$ dove V è il volume dell'acqua contenuto nella parte emersa h della provetta, e S è la sezione, quindi la massa dell'acqua in questo volume sarà: $m=\rho Sh$ .
In definitiva quindi si avrà (s è lo spostamento)
$dW=\rho g S \, dh \, ds =\rho g S ds^2$ dato che $ds$ e $dh$ sono la stessa cosa. Integrando viene (o dovrebbe)
$\displaystyle W=\rho g S \int_0^z ds^2$ , e poi bo! forse $W=\rho g S z^2$ .
Qui ho dato sfogo a tutta la mia fantasia, vediamo che ne è uscito fuori.

PS. Ho comunque la scusa di avere 38 di febbre per chi volesse picchiarmi.

Messaggio da **Ippo** » 6 lug 2010, 19:04

in effetti c'è un po' di "analisi creativa", tipo $ds^2=(ds)^2$ che è falso

, ma si può fare tutto senza gli integrali. Semplicemente anziché trovare il lavoro integrando la forza puoi calcolare la differenza di energia potenziale tra due stati...

Parte 2: se la provetta fosse mooooolto lunga, diciamo più di 10 metri, come proseguirebbe la funzione $W(z)$ oltre l'"altezza critica" di cui ha parlato?
(immaginavo che questa domanda fosse ovviamente inclusa nel problema, ma in effetti posto così non aveva molto senso fisico xD a forza di fare le cose "nel caso generale" si perde un po' il contatto con la realtà...

)

PS non credo che nessuno qui vorrà picchiarti, non ti preoccupare...

f.o.x · Messaggio da **f.o.x** » 6 lug 2010, 20:27

Ci avevo pure pensato all'energia potenziale gravitazionale, pero non so cosa mi ha detto la testo, ho fatto un'integrale anche lì.

se la provetta fosse mooooolto lunga, diciamo più di 10 metri, come proseguirebbe la funzione W(z) oltre l'"altezza critica" di cui ha parlato?

Temevo che me lo chiedessi

. Oltre l'eltezza critica il livello dell'aqua nella parte emersa rimane costante a 10 m e, dato che la massa della provetto è 0 kg il lavoro svolto dall'altezza critica in poi è nullo poichè solleveremmo soltanto la fiala. Quindi la funzione rimarrebbe, per $z>10 m$ costante. Quindi avremmo una funzione definita per casi, con:

$\displaystyle \begin{cases} W(z)= \text {il risultato che dovrebbe venire ma che io ho sbagliato} & 0 <z<10 m \\ W(z)= K \quad & m>10 m \\ \end{cases}$
Dove K è il massimo valore che raggiunge $W(z)$ per $z= 10 m$

Queste sono le prime cose che mi vengono in mente.

Messaggio da **Ippo** » 7 lug 2010, 13:27

hai trascurato qualcosa (sia prima che adesso). Pensa alla superficie superiore della provetta...
(per $z>P_0/\rho g \simeq 10 \ m$ diventa più evidente)

f.o.x · Messaggio da **f.o.x** » 15 lug 2010, 16:06

Scusa per il ritardo.
Non ho capito bene cosa intendi, forse il fatto che tra la superficie dell'acqua e quella della provetta nella parte superiore, per z>10m si forma del vapore acqueo, e quindi la colonna d'acqua è $<P_o/\rho g$ perchè alla pressione della colonna d'acqu z si va ad aggiungere quella del vapore. Potrei azzardarmi ad approssimare il vapore acqueo come un gas perfetto e dire quindi che $p_v=nRT/V$ e quindi $p_v=\dfrac {M_v RT}{m_{mol}}$ dove $p_v$ è la pressione esercitata dal vapore, $M_v$ è la massa del vapore, $m_{mol}$ è la massa molare dell'acqua e $V$ è il volume occupato dal vapore, uguale alla differenza tra il volume del cilindro e quello della colonna d'acqua, dipendente ancora dalla pressione del vapore. Indipendentemente dall'equazione di $p_v$ a questo punto $P_o=\rho g h + p_v$ dove h è l'altezza della colonna d'acqua. Poi $h= \dfrac {P_o-p_v} {\rho g}$ .
Vediamo anche che come è logico maggiore è $p_v$ minore è $z$
Diciamo poi che quando $z>P_o/\rho g$ si ha $L= -\Delta U =-mgh_{cm}$ , dove $h_{cm}$ è l'altezza del centro di massa della colonna d'acqua, pari a h/2 m, quindi $L= m \dfrac {P_o-p_v} {\rho }$ .Non è detto che $p_v$ esista. Superati quindi i 10m circa il lavoro dovrebbe cominciare a diminuire, fino a che $p_v=P_o$ . Quando $p_v>P_o$ il vapore comincia ad uscire dalla parte di provetta immersa in acqua.

Messaggio da **Ippo** » 15 lug 2010, 16:13

Uhm, no, nel testo con "si può ignorare la tensione di vapore saturo" intendevo proprio che la formazione di vapore di cui parli è assente (o trascurabile). Fisicamente è chiaro che invece si forma in quanto sopra la colonna d'acqua si forma il vuoto, e qualche molecola ci rimbalzerà dentro (quante sono dipende dalla temperatura, e l'andamento è proporzionale a $\displaystyle e^ {-{\Delta H \over kT}}$ , detta equazione di Clapeyron, dove $\Delta H$ è la variazione di entalpia tra la fase liquida e quella gassosa, cioé grosso modo l'energia necessaria per il "salto"). Ma trascuriamo tutta questa roba. Semplicemente, pensa alla base della provetta. Sotto c'è il vuoto e sopra c'è la pressione atmosferica. La forza netta è $P_0 S$ , che è apprezzabile (grosso modo sarà una decina di newton).

f.o.x · Messaggio da **f.o.x** » 16 lug 2010, 13:12

Giusto, quindi al peso della colonna d'aqua si aggiunge questa forza che per $z \ge P_o/\rho g$ è uguale a $-P_o S$ (prendo come verso positivo lasse y rivolto verso l'alto), mentre per valori di z minori la forza sarà $(P_o - \rho g z - P_o) S = -\rho g V$ . A questa forza si va ad aggiungere il peso della colonna d'acqua: $-mg=-\rho g V$ , quindi la forza totale sarà
$F_{tot}=-2\rho g V$ nel caso in cui z<10m circa. Se invece $z \ge P_o/\rho g$ la forza totale sarà dunque
$F_{tot}=-\rho g V_{max}-P_o S= -\rho g S \dfrac {P_o} {\rho g} - P_o S = -2P_oS$ , e sarà dunque costante.
Il lavoro sarà quindi:
per $z < P_o/\rho g$ , la massa della colonna d'acqua inizialmente è 0, cioè $\,\,U_i=0$ , quindi $\,\, W(z)=-\Delta U= -mgh_{cm}=-\dfrac 1 2 mgz$ , perchè $h_{cm}=z/2$ .
Per $z \ge P_o/\rho g \quad$ , $W(z) = -\dfrac 1 2 mgh_{max} -2P_oS x = -\dfrac {mP_o}{2\rho}-2P_oS (z-h_{max})=$ $-\dfrac {mP_o} {2\rho} - 2P_oS \bigg(z - \dfrac {P_o}{\rho g}\bigg) = -\dfrac {mgP_o+4P_oS(\rho g z - P_o)} {2\rho g} = - \dfrac {mg-4S(\rho g z -P_o)} {2\rho g} P_o$
Mi sembra che andando avanti le i calcoli non si semplifichino, comunque il lavoro sarà:
$\displaystyle \begin {cases} W(z) = - \dfrac 1 2 mgz & z<P_o / \rho g \\ W(z) = W(h_{max}) + F_{tot} \, x = - \dfrac {mg-4S(\rho g z -P_o)} {2\rho g} P_o & z \ge P_o/ \rho g \end {cases}$

Il risultato mi sembra un pò strano

Messaggio da **Ippo** » 16 lug 2010, 14:03

attenzione, nel primo tratto il lavoro è quadratico in z!!
energia potenziale gravitazionale del liquido: una massa $\rho S z$ a quota $z/2$ ha un'energia potenziale $\rho S g z^2 /2$ ; la forza per bilanciare la pressione sulla cima è: $S(P_0-(P_0-\rho g z))=\rho g S z$ che integrata su z dà $\rho S g z^2 /2$ ; totale: $U(z)=\rho S g z^2$
L'energia potenziale (il lavoro) in funzione di z è una parabola fino a $z=z_0$ , e poi prosegue come una retta (la retta tangente alla parabola nel punto).

Lavoro per sollevare una provetta

Lavoro per sollevare una provetta

Re: Lavoro per sollevare una provetta

Re: Lavoro per sollevare una provetta

Re: Lavoro per sollevare una provetta

Re: Lavoro per sollevare una provetta

Re: Lavoro per sollevare una provetta

Re: Lavoro per sollevare una provetta

Re: Lavoro per sollevare una provetta

Re: Lavoro per sollevare una provetta