Forum OLIFIS

Supponi di avere un rubinetto di acqua di densita' $\rho$ che ha una portata $\alpha$ da cui esce dell'acqua a velocita' $v_0$ . Tu hai un bicchiere alto $L$ e di sezione $A$ , e metti l'apertura a filo con il rubinetto. Al variare dell'altezza dell'acqua nel bicchiere, che forza devi esercitare sul bicchiere per tenerlo su?

Allora $F_{tot}(h)=P+F_g$ dove $P$ è il peso dell'acqua a quella data altezza e $F_g$ è la forza dovuta al getto dell'acqua. Ponendo $h$ l'altezza si ha che $P=-Ah\rho g$ mentre per calcolare la forza dovuta al getto prima ti serve sapere la velocità con cui l'acqua arriva in prossimità della superficie; dato che la distanza tra la superficie dell'acqua dentro il bicchiere e il rubinetto è $L-h$ (essendo il rubinetto e la parte più alta del bicchiere alla stessa altezza)
si ha che $L-h=\frac{1}{2}gt^2+v_0t$ da cui
trovi $t=\frac{-v_0+\sqrt{{v_0}^2-2g(h-L)}}{g}$ sostituendo $t$ a $v=gt+v_0$ trovi la velocità: $v=\sqrt{{v_0}^2-2g(h-L)}$ .
per la conservazione della quantità di moto hai $F_g=\frac{dm}{dt}\Delta v$ . $\Delta v$ è uguale a $-v$ supponendo che l'acqua una volta scontratasi con la superficie si fermi. $\frac{dm}{dt}$ corrisponde alla massa per secondo che è la portata moltiplicata per la massa volumica ( notare che la portata non cambia infatti il getto corrisponde a un tubo di flusso e l'acqua che vi entra è uguale all'acqua che vi esce) ovvero $\frac{dm}{dt}=\rho \alpha$ .
sostituisci e sommando trovi la forza necessaria in funzione dell'altezza.
spero sia giusto.

Giusto!

Dato che è stato fatto abbastanza presto metto il BONUS inventato da andrea96: supponiamo che l'acqua del rubinetto scenda a temperatura $T$ , calcolare $T(t)$ , la temperatura dell'acqua nel bicchiere in funzione del tempo.

PS: oggi non ho avuto molto tempo, quindi non sono riuscito a farlo e a decidere su quali parametri impostare il bonus, allora siate creativi e decideteli voi, tanto quella che conta è l'idea

sall96 ha scritto:Giusto!

Dato che è stato fatto abbastanza presto metto il BONUS inventato da andrea96: supponiamo che l'acqua del rubinetto scenda a temperatura $T$ , calcolare $T(t)$ , la temperatura dell'acqua nel bicchiere in funzione del tempo.
PS: oggi non ho avuto molto tempo, quindi non sono riuscito a farlo e a decidere su quali parametri impostare il bonus, allora siate creativi e decideteli voi, tanto quella che conta è l'idea

Ahahahah sulla fattibilitá di questa cosa ho diversi dubbi

Se non ho fatto grossi errori è fattibile

Sisi non mi ero accorto che c era la semplificazione che l acqua esce a T costante dal rubinetto

Resuscito questo problema dopo quasi 5 anni perché sarebbe interessante trovare la soluzione al bonus.
Con una certa approssimazione, posso immaginare che l'Energia Cinetica che si perde nell'urto tra getto d'acqua e bicchiere diventa calore, e tutto questo scalda poi l'acqua del bicchiere. (volendo potrei anche moltiplicare il tutto per una costante < 1 poiché è irrealistico che tutta l'energia cinetica scaldi l'acqua, ma vabbè)
Quindi metto in relazione la variazione del calore assorbito nel tempo con le altre variabili, poiché tutta l'energia cinetica del getto diventa calore assorbito (l'acqua del rubinetto si ferma) posso scrivere che ${\frac{dQ}{dt}} = {\frac{1}{2}} v^2(t) {\frac{dM}{dt}} ={\frac{{\rho}{\alpha}}{2}} v^2(t)$ , non conosco $v(t)$ ma ho $v(h)$ e posso dire che $h(t) = {\frac{{\alpha}}{A}}t$ , quindi ${\frac{dQ}{dt}} = {\frac{{\rho}{\alpha}}{2}}[v_0^2+2g(L-{\frac{{\alpha}}{A}}t)]$ fin qua mi sembra ragionevole, da qua parte l'improvvisazione selvaggia

$dQ = d(cM(t)T)$ , con $M(t) = {\alpha}{\rho}t$ , quindi
$dQ = {\alpha}ct{\cdot}dT$ , dove differenziando ho omesso il termine $cT{\frac{dM}{dt}}$ perché non riuscivo ad andare avanti coi calcoli, anche se ho il sospetto che andava lasciato, siccome il calore assorbito deve scaldare anche l'acqua appena arrivata dal rubinetto, ma sarebbe diventato molto più complesso.
Dunque
$dT = {\frac{v^2(t)}{2ct}}dt$ , da cui integrando ottengo

$T(t) = T_0 +{\frac {A(v_o^2+2gL) ln(t)-2{\alpha}gt}{2Ac}}$
Cosa ne pensate? Qualcuno che si faccia avanti e colmi le mie lacune in termodinamica ed analisi?

Il problema è veramente carino... provo a dare il mio contributo.

east_beast ha scritto: ↑
4 apr 2020, 0:00
${\frac{dQ}{dt}} = {\frac{1}{2}} v^2(t) {\frac{dM}{dt}} ={\frac{{\rho}{\alpha}}{2}} v^2(t)$

Se $Q=K$ , cioè il calore assorbito è uguale all'energia cinetica dell'acqua che arriva, non dovrebbe essere $\frac{dQ}{dt}=\frac{dK}{dt}=\frac{d}{dt}\frac{mv^2}{2}=\frac{1}{2}\bigg(\frac{dm}{dt}v^2+m\frac{d(v^2)}{dt}\bigg)=\frac{1}{2}\bigg(\frac{dm}{dt}v^2+2mvg\bigg)$ ?

east_beast ha scritto: ↑
4 apr 2020, 0:00
$h(t) = {\frac{{\alpha}}{A}}t$

Qui se ho ben capito stai eguagliando il volume che esce dal rubinetto ( $\alpha t$ ) con quello presente nel bicchiere ( $Ah$ ). In realtà, c'è da considerare anche la porzione d'acqua che sta cadendo senza essere ancora giunta a contatto con quella nel bicchiere, la colonnina d'acqua insomma, che non è costante nel tempo.

east_beast ha scritto: ↑
4 apr 2020, 0:00
$dT = {\frac{v^2(t)}{2ct}}dt$ , da cui integrando ottengo

$T(t) = T_0 +{\frac {A(v_o^2+2gL) ln(t)-2{\alpha}gt}{2Ac}}$

Qui penso che tu non abbia messo gli estremi di integrazione, dato che quel $ln(t)$ non ha senso. Secondo il mio calcolo, dovrebbe essere sostituito da un $\int_0^t \frac{dt}{t}$ , che diverge, e questo per me è un altro indizio che l'espressione precedente non fosse corretta.
Ora però mi appello anch'io a qualcuno più capace...

Luca Milanese ha scritto: ↑
4 apr 2020, 11:40

Se $Q=K$ , cioè il calore assorbito è uguale all'energia cinetica dell'acqua che arriva, non dovrebbe essere $\frac{dQ}{dt}=\frac{dK}{dt}=\frac{d}{dt}\frac{mv^2}{2}=\frac{1}{2}\bigg(\frac{dm}{dt}v^2+m\frac{d(v^2)}{dt}\bigg)=\frac{1}{2}\bigg(\frac{dm}{dt}v^2+2mvg\bigg)$ ?

In realtà credo che nel differenziare l'energia cinetica vada omesso il termine $mgv$ e vada considerato solo $\frac{dm}{dt}v^2$ , in quanto in ogni istante infinitesimo $dt$ una massa d'acqua $dm$ passa da una velocità $v(t)$ ad essere ferma, mentre la massa d'acqua presente del bicchiere la possiamo considerate ferma.

east_beast ha scritto: ↑
4 apr 2020, 0:00
$h(t) = {\frac{{\alpha}}{A}}t$
Qui se ho ben capito stai eguagliando il volume che esce dal rubinetto ( $\alpha t$ ) con quello presente nel bicchiere ( $Ah$ ). In realtà, c'è da considerare anche la porzione d'acqua che sta cadendo senza essere ancora giunta a contatto con quella nel bicchiere, la colonnina d'acqua insomma, che non è costante nel tempo.

Qui hai ragione, ho sbagliato.
Bisognerebbe scrivere $h(t) = {\frac{{\alpha}}{A}}[t - t_{caduta}(h)]$
Dove $t_{caduta}$ si ricava come ha fatto wotzu nel 2015, ed è funzione di h, ora non posso ma quando ho tempo faccio tutti i calcoli, comunque si dovrebbe ottenere un espressione per $h(t)$ molto brutta immagino

east_beast ha scritto: ↑
4 apr 2020, 0:00
$dT = {\frac{v^2(t)}{2ct}}dt$ , da cui integrando ottengo

$T(t) = T_0 +{\frac {A(v_o^2+2gL) ln(t)-2{\alpha}gt}{2Ac}}$
Qui penso che tu non abbia messo gli estremi di integrazione, dato che quel $ln(t)$ non ha senso. Secondo il mio calcolo, dovrebbe essere sostituito da un $\int_0^t \frac{dt}{t}$ , che diverge, e questo per me è un altro indizio che l'espressione precedente non fosse corretta.
Ora però mi appello anch'io a qualcuno più capace...

Si qua ammetto che è partita l'improvvisazione

Fatemi sapere se avete qualche idea..

Mi introduco anch'io nella discussione.

L'espressione $h(t)$ è un po' macchinosa da trovare, ma non nasconde particolari difficoltà.
Si può notare che l'acqua nel bicchiere è data dall'acqua uscita in totale dal rubinetto meno quella ancora nel getto.
$V_{bicchiere} = V_{rubinetto} - V_{getto}$
$A h = \alpha t - \alpha \frac{2}{g} \left( -v_0 + \sqrt{v_0^2+2(L-h)} \right)$
Per trovare $h(t)$ si può isolare la radice ed elevare al quadrato, poi risolvere la quadratica. Non lo farò perchè non aggiunge niente alla soluzione. A titolo di esempio vi mostro cosa si trova per $v_0=0$ :
$h(t) = \frac{ \alpha ^2}{A^2} \left[ \left( \frac{At}{\alpha}-\frac{1}{g^2} \right) + \sqrt{ \left( \frac{At}{\alpha}-\frac{1}{g^2} \right)^2 - \frac{\alpha ^2}{A^2} \left( t^2 - \frac{2L}{g^2} \right) } \right]$

Passiamo ora al calcolo della potenza che entra nel sistema. Essa è $P = \frac{dE}{dt} = \frac{1/2v^2 \rho dV}{dt}$ .
Sostituendo $1/2v^2 = g(L-h) + 1/2 v_0^2$ e $V = A h$ , ottengo:
$P = \frac{dE}{dt} =[g(L-h) + 1/2 v_0^2] \rho A \frac{ dh}{dt}$

Ora ho bisogno di $E = \int P dt$ . La figata è che per calcolare questo integrale non ho bisogno di conoscere $h(t)$ , poichè
$E = \int P dt = \int [g(L-h) + 1/2 v_0^2] \rho A \frac{ dh}{dt} dt = \int g(L-h) \rho A dh$
$= \rho A [(gL+1/2v_0^2)h -\frac{1}{2} g h^2] + C$

La costante è $0$ , siccome $E(h=0) = 0$ .

Quindi $E = \rho A h [(gL+1/2v_0^2) -\frac{1}{2} g h]$ , risultato è facilmente verificabile per $h=L$ .

La relazione con la temperatura è $E=cm\Delta T$ , andando a supporre che l'acqua nel bicchiere rimanga in equilibrio. (Per $\Delta T$ intendo $T - T_0$ ).

Sostituendo $m = \rho V = \rho A h$ ,
$E = \rho A h [(gL+1/2v_0^2) -\frac{1}{2} g h] = \rho A h c \Delta T$
$\Delta T(t) = \frac{(gL+1/2v_0^2) -\frac{1}{2} g h(t)}{c}$
Questa relazione, molto semplice, fa vedere come $\Delta T$ decresca linearmente con l'altezza. Questo, nonostante possa sembrare controintuitivo, è in realtà corretto: la prima goccia che cade, infatti, guadagna la più alta energia potenziale possibile e si tiene l'energia tutta per se, quindi si scalda ad un'alta temperatura.
Incredibilmente, lo scontro con l'acqua del resto dle getto va ad abbassare la temperatura, poichè l'energia cinetica rilasciata non è sufficiente per alzare la temperatura dell'acqua che ha impattato alla temperatura dell'acqua del bicchiere.
Ovviamente si può sostituire $h(t)$ per trovare la dipendenza dal tempo.

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Acqua che cade in un bicchiere

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