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Sulla base di un cilindro pieno d' acqua vi è un foro di area A; l' area di base del cilindro è S mentre la sua altezza è H. Determinare in quanto tempo il cilindro si svuota completamente

$t=\sqrt{\frac{2SH}{gA}}$ ?

(Se è giusto riordino e posto il procedimento

)

S/A mi viene fuori radice

Ehm, sì... ho pasticciato miseramente

Ecco cmq la soluzione, per i posteri:

Imposto la condizione applicando il teorema di Torricelli (V è funzione di t e il meno è dovuto alla diminuzione del volume di acqua):

$v=\sqrt{2gh} \\ -\frac{1}{A} \cdot \frac{dV}{dt}=\sqrt{2g\frac{V_0-V}{S}}$

Risolvo separando le variabili e impongo le condizioni al contorno:

$-\frac{dV}{\sqrt{2g\frac{V_0-V}{S}}}=Adt\\ -\int \frac{dV}{\sqrt{2g\frac{V_0-V}{S}}} = \int Adt \\ \frac{S\sqrt{2g\frac{V_0-V}{S}}}{g}=At+k \\ V\left(0\right)=V_0 \Rightarrow k=0$

Riordinando il tutto (alla fine avremo V=0) ottengo:

$t=\frac{S}{A} \cdot \sqrt{\frac{2H}{g}}$

per A=S il tempo trovato è esattamente quello necessario affinchè un corpo in caduta libera percorra un tratto H;

Immaginiamo ora di tagliare a metà un cono ( di area di base S e altezza H ) con un piano parallelo alla sua base ; il tronco di cono è inizialmente pieno d' acqua e la sua base maggiore è rivolta verso l' alto. Determinare in quanto tempo il tronco di cono si svuota completamente

MrTeo ha scritto: $-\frac{1}{A} \cdot \frac{dV}{dt}=\sqrt{2g\frac{V_0-V}{S}}$

non capisco come ci arrivi...

Gia91 ha scritto:
MrTeo ha scritto: $-\frac{1}{A} \cdot \frac{dV}{dt}=\sqrt{2g\frac{V_0-V}{S}}$
non capisco come ci arrivi...

allora, dh=dV/A
questo per pure considerazioni geometriche sul cilindro
allo stesso modo, h=(V0-V)/S
l'uguaglianza salta fuori dal citato teorema di torricelli o volendo dall'equazione di bernoulli

C'è una domanda bonus senza risposta. Ci provo sperando di non toppare gli integrali e sperando che i ragonamenti siano esatti. Comunque credo che ci sia un metodo più veloce perchè ho fatto parecchi contacci.

Edit: come giustamente ha fatto notare Axxman, la superficie attraverso cui l'acqua esce non è trascurabile rispetto a quella del pelo dell'acqua, per cui il mio ragionamento salta (non è vero che $v=\sqrt{2gh}$ ).

S è l'area di base maggiore del tronco di cono, $S/4$ è quindi l'area di base minore e $H/2$ l'altezza del tronco di cono. Per la legge di Torricelli l'acqua esce dall'apertura con $v=\sqrt{2gh}$ . Ma allora in un intervallo di tempo infinitesimo $dt$ il volume d'acqua contenuta nel cono varia di $-dV$ e vale la relazione $-{d}V=\sqrt{2gh}{S\over 4}dt$ .

La scrivo come $\displaystyle -\frac{dV}{\sqrt{2gh}}=\frac{S}{4} \ dt$ . Ora devo scrivermi $h$ in funzione di $V_x$ , dove $V_x$ è il volume d'acqua rimasto. Contando l'altezza dalla base maggiore del tronco di cono vale la relazione
$\frac{V_0}{(H/2)^3}=\frac{V_1}{(h_1)^3}$ $\implies V_1=8V_0(\frac{h_1}{H})^3 \implies V_x=V_0(1-8(\frac{h_1}{H})^3)$ .

Ma $h_1=\frac{H}{2}-h_x \implies V_x=V_0(1-\frac{8(H/2-h_x)^3}{H^3})$ . Il problema è risolversela in $h_x$ (che non ho fatto a mano!!) comunque salta fuori una cosa non troppo brutta: $h_x=\frac{H}{2}(1-\sqrt[3]{1-\frac{V_x}{V_0}})$ .

Adesso ho $h_x$ in $V_x$ : $-\dfrac{dV}{\sqrt{2g\frac{H}{2}(1-\sqrt[3]{1-V_x/V_0)}}}=\dfrac{S}{4} \ dt$ . Devo integrare e come estremi dell'integrale ho proprio $V_0$ e $0$ rispettivamente il volume all'inizio e alla fine.

$\displaystyle -\int_{V_0}^0\dfrac{dV}{\sqrt{2g\frac{H}{2}(1-\sqrt[3]{1-V_x/V_0)}}}=\int \dfrac{S}{4} \ dt \implies \frac{16}{5}V_0\sqrt{\dfrac{1}{gH}}=\frac{S}{4} t \implies \\ \frac{16}{5}\frac{7}{24}HS\sqrt{\dfrac{1}{gH}}=\frac{S}{4} t \implies t=\frac{56}{15}\sqrt{\frac{H}{g}}>\sqrt{\frac{2H}{g}}$
che è proprio il tempo in cui si svuota un cilindro di altezza H con una base aperta.

Non ho letto bene, magari mi sbaglio e nel caso scusami, ma mi sa che non funziona la tua ipotesi iniziale, perchè l'apertura inferiore non è trascurabile rispetto a quella superiore, quindi non puoi supporre ferma la superficie superiore

Dovrei aver imparato delle cose che non sapevo, quindi ci riprovo, anche perchè avevo fatto degli errorini.
Penso che però è meglio se qualcuno controlla le idee che ci sono dietro e magari conferma se sono esatte o meno

Innanzitutto mi calcolo la velocità con cui l'acqua esce dall'apertura in funzione dell'altezza dell'acqua. Bernoulli e l'equazione di continuità danno (applicate al pelo dell'acqua e all'uscita):

$\begin{cases}P_{atm}+\rho gh +\frac{1}{2}\rho v_1^2=P_{atm}+\frac{1}{2}\rho v_2^2 \\ A_1v_1=A_2v_2 \end{cases} \implies v_2=\sqrt{\dfrac{2gh}{1-(\frac{A_1}{A_2})^2}}$ .

Ho quindi $v(h)$ . Posso dire che $-dV=A_2v(h)dt$ . Trasformo $v(h)$ in $v(V_x)$ dove $V_x$ è il volume di acqua rimanente. Per la geometria del sistema avrò che ( $V_0$ è il volume del cono non tagliato, cioè del cono intero) $\frac{V_0}{H^3}=\frac{V_0/8+V_x}{(H/2+h)^3}$ . Facendo radici cubiche e un paio di passaggi avrò $h=H(\sqrt[3]{\frac{1}{8}+\frac{V_x}{V_0}}-\frac{1}{2})$ .

Dall'equazione di prima $-\dfrac{dV}{\sqrt{\frac{2gH(\sqrt[3]{1/8+V_x/V_0}-1/2)}{1-(\frac{A_2}{A_1})^2}}}=A_2dt$ . Devo integrare e il volume d'acqua $V_x$ varia da ${7\over 8 }V_0$ a 0. Per cui avrò

$\displaystyle \int_{\frac{7}{8}V_0}^0 -\dfrac{dV}{\sqrt{\frac{2gH(\sqrt[3]{1/8+V_x/V_0}-1/2)}{1-(\frac{A_2}{A_1})^2}}}=\int_0^t A_2 dt$ che fatto con Derive

porta a $\dfrac{7V_0}{5}\sqrt{\frac{1-(\frac{A_2}{A_1})^2}{gH}}=A_2t \implies t=\frac{7}{\sqrt{15}}\sqrt{\frac{H}{g}}$ sapendo che il cono è tagliato a metà quindi $4A_2=A_1$ e $V_0=(SH)/3$

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Cilindro pieno d' acqua con foro

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