Esercizio Fluidodinamica

[BigDummy]

Ciao ragazzi , non ho capito come si fa il terzo esercizio:

Questa è la soluzione:

$M= rhogV/2$ all’inizio e $M=rhogV’$ alla profondità di equilibrio, dunque $V’=V/2$.
Allora alla profondità di equilibrio $p=2p0$.
Per aumentare la pressione da $p_0$ a $2p_0$ devi scendere di h, tale che $rhogh=p_0$

Mi sono fermato già all'inzio, infatti la massa M non è uguale a $rhoV$? Perché inserisce l'acc. g?Suppongo che sia la forza di Archimede quindi...
Comunque sia non ho capito come lo svolge , c'è qualcuno che potrebbe provare a spiegarmelo passo passo?
Grazie mille!

[dRic]

Boh, la soluzione mi confonde anche a me un po' le idee. Certo dentro la bottiglia la pressione è $p_0$ perché c'è aria. Quindi mi sembra ovvio che la pressione che l'acqua deve esercitare per mantenere la bottiglia immersa deve essere uguale a $p_0$ altrimenti tornerebbe a galla. Dunque basta calcolare l'altezza della colonna d'acqua necessaria con la legge di stevino. Da qui $ h = p_0/(\rho g) $.

Aspetta il commento di qualcuno più esperto però

[BigDummy]

Si, alla fine anche il prof calcola h come hai scritto tu.
Però non ho capito come ci arriva..
Cioè io avevo iniziato ipotizzando che, quando la bottiglia è in equilibrio a galla, la forza di archimede $F_A = rho (V/2)g$
eguaglia la forza peso $rho' Vg$ , dove V è il volume totale della bottglia e $ rho'$ la sua densità.
Tuttavia non credo che il tutto abbia molto senso perchè da questa mi ricaverei $rho'$ ma non so che farmene..
( e poi non sono sicuro nemmeno che sia corretto il ragionamento)
Tu come sei arrivato alla tua conclusione? Non ho capito il discorso sulle pressioni...

[donald_zeka]

Non ho mai visto un esercizio scritto così coi piedi, senza senso e soprattutto errato.

[BigDummy]

"Vulplasir":Non ho mai visto un esercizio scritto così coi piedi, senza senso e soprattutto errato.

Solo perchè non hai visto quanto sono carine le soluzioni

[donald_zeka]

Non ha senso, se la bottiglia resta a galla immersa solo a metà, NON puó rimanere in equilibrio immersa del tutto. E inoltre la forza do archimede NON dipende dalla profonditá!

[professorkappa]

"Vulplasir":Non ha senso, se la bottiglia resta a galla immersa solo a metà, NON puó rimanere in equilibrio immersa del tutto. E inoltre la forza do archimede NON dipende dalla profonditá!

L'ho dovuto rileggere 2 volte per capire che la bottiglia e' aperta e non rigida.
Na schifezza di esposizione "-)

[BigDummy]

"Vulplasir":Non ha senso, se la bottiglia resta a galla immersa solo a metà, NON puó rimanere in equilibrio immersa del tutto.

Se può esservi utile , il prof intendeva che se si spinge la bottiglia ad una certa profondità h, essa continuerà a sprofondare e non riemergerà. Quindi è richiesto di calcolare la profondità h dopo la quale la bottiglia affonda e non riemerge.
Ha fatto l'esempio anche dell'essere umano, dicendo che se trattieni il respiro e ti immergi per esempio fino a 2 metri allora risalirai(senza bisogno di nuotare diciamo)a causa dell'ossigeno che incameri nei polmoni mentre se ti immergi a livelli di profondità maggiori allora andrai a fondo e non riemergerai.

[professorkappa]

Si, perche il corpo umano no e' rigido e quindi la pressione riduce il volume dei polmoni e di conseguenza il volume di acqua spostato che genera il galleggiamento.

Se la bottigila a vuoto emerge per $V/2$ vuol dire che il peso e contrastato da una forza pari a $Mg$ che deve essere $rhogV/2$ (peso del liquido spostato).

Affinche non riemerga, il volume deve variare a $V_1$ e deve essere $Mg=rhogV_1$. Sositutendo $V_1=V/2$ e cioe' il volume della bottiglia si deve dimezzare. Siccome si assume che la temperatura sia costante, deve essere, per l'aria intrappolata $p_0V=p_1V_1$, dal che si evince che la pressione si deve raddoppiare. Quindi la pressione da raggiungere e' $2p_0$. E siccome la pressione varia, immergendosi, secondo $p=p_0+rhogh$ deve valere:

$p_0+rhogh=2p_0$, da cui $h=p_0/[rhog]$

[BigDummy]

Ok , ora è molto più chiaro!
Tuttavia non ho capito una cosa.

"professorkappa":
Affinche non riemerga, il volume deve variare a $V_1$.
.... cioe' il volume della bottiglia si deve dimezzare.

Che vuol dire il volume della bottiglia si deve dimezzare?

[professorkappa]

"BigDummy":Ok , ora è molto più chiaro!
Tuttavia non ho capito una cosa. [quote="professorkappa"]
Affinche non riemerga, il volume deve variare a $V_1$.
.... cioe' il volume della bottiglia si deve dimezzare.

Che vuol dire il volume della bottiglia si deve dimezzare?[/quote]
Il volume dell'aria intrappolata, mi correggo. Perche funzioni come ho detto, o la bottiglia e' non rigida, oppure e' aperta. In questo caso e' vetro, quindi e' rigida. Pero secondo me il professore risolve in maniera errata.
Prendi come riferimento la sezione di apertura della bottiglia (all'attacco collo e bottiglia).

Quando tu la immergi di una quantita x, l'acqua risale dentro la bottiglia di una quantita' $d$, comprimendo l'aria intrappolata.
Se la bottiglia ha lunghezza h e sezione unitaria, il volume di acqua spostato e' pari a $(h-d)$.
Allora, affinche non ritorni a galla, deve valere , in condizioni limite

$rhog(h-d) = Mg$

Siccome quando galleggiava valeva $Mg=rhogh/2$ si deduce che, sempre in condizioni limite,

$rhog(h-d)=rhogh/2$ e risolvendo per d:

$d=h/2$, cioe' la bottiglia si deve riempire per meta', dimezzando il volume dell'aria contenuta, secondo un'isoterma.

Vuol dire, come detto prima, che tra la situazione di galleggiamento iniziale e quella di affondamento finale, la pressione deve raddoppiare.

Al galleggiamento, la pressione era $p_1=p_0+rhogh/2$
All'affondamento, la pressione e' $p_2=p_0+rhog(x-d)$ e deve valere $p_2=2p_1$

Quindi

$p_0+rhog(x-d)=2p_0+rhogh$

Da cui

$x=[p_0+rhogh]/[rhog]+h/2=p_0/[rhog]+3/2h$ (calcolato all'attaccatura collo/bottiglia) oppure
$x=p_0/[rhog]+h/2$ se calcolato rispetto al fondo della bottiglia.

[BigDummy]

Perfetto , grazie mille!