Fluidodinamica: cisterna d'acqua accelerata!!

[lupobianco96]

Ciao a tutti!!
mi sono imbattuto in questo problema di fisica 1 sui fluidi.
il testo recita: una cisterna cilindrica, lunga l, e colma di acqua è ancorata ad un carrello. La cisterna presenta un'unica apertura, coperta con un tappo, sulla sommità del cilindro, che dista d dalla parete di sx. Sapendo che il tappo è progettato per reggere una pressione massima pari a Pmax, determinare l'accelerazione massima del carrello verso dx affinchè il tappo non salti via.

io ho ragionato così: poichè la massa d'acqua subisce un'accelerazione verso dx la risultante delle forze sulla massa d'acqua sarà verso dx e per azione-reazione l'acqua dovrebbe spingere la parete sx della cisterna verso sx. non riesco a capire come applicare il seguente risultato al problema. la forza non è esercitata solo sulla parete di sx? perchè dovrebbe far saltare il tappo in alto??

[apatriarca]

Non è vero che la pressione viene distribuita solo sulla parete sinistra. In effetti hai una situazione del tutto simile a quella di un fluido che subisce la forza di gravità, solo che questa volta la forza è orizzontale e non verticale.

[Sk_Anonymous]

"apatriarca":Non è vero che la pressione viene distribuita solo sulla parete sinistra. In effetti hai una situazione del tutto simile a quella di un fluido che subisce la forza di gravità, solo che questa volta la forza è orizzontale e non verticale.

E il peso del liquido, che fine ha fatto ? Il campo $vecg$ si compone col campo $-veca$ , quindi il campo gravitazionale "apparente" nel liquido è diretto come $vecg' = vecg-veca$ . Se la superficie dell'acqua fosse libera , si disporrebbe perpendicolarmente al campo $vecg'$ . Se un palloncino è legato al fondo della cisterna con un filo lungo $l$ , come si dispone il filo, nel riferimento accelerato verso destra ?

[apatriarca]

Sì certo, c'è anche la gravità. Ma stavo parlando del solo effetto della forza che muove la cisterna. Siccome diceva che la pressione era solo sulla parete sinistra facevo notare la somiglianza con il caso della forza di gravità in cui di certo non si ha la pressione solo sulla parete in basso.

[Sk_Anonymous]

D'accordo . Vediamo ora se la situazione sembra più chiara al nostro amico.

[lupobianco96]

grazie mille x le risposte!!
da quanto ho capito bisogna combinare la pressione generata dall'accelerazione verso dx con quella generata dalla forza di gravità. il tappo si trova alla massima quota della cisterna quindi la componente della pressione esercitata dal campo gravitazionale è pari alla pressione atmosferica. in aggiunta l'accelerazione determina un aumento di pressione pari a D*a*(l-d) dove a è il modulo dell'accelerazione, D la densità, l la lunghezza della cisterna e d la distanza del tappo dal bordo sx. quindi sul tappo agisce P= Patm+D*a*(l-d). giusto?

[Sk_Anonymous]

Ti ho dato un suggerimento: il campo gravitazionale apparente è dato da : $vecg' = vecg-veca$ . Il vettore $vecg'$ , che è rivolto all'indietro rispetto al verso del moto, forma con la verticale un angolo $\alpha$ tale che : $tg\alpha = a/g$ . Fatti un disegno.
Immagina ora che la superficie del liquido sia libera. Nel moto accelerato, la superficie del liquido si disporrebbe perpendicolarmente a $vecg'$ , formando ancora l'angolo $alpha$ con l'orizzontale. La superficie inclinata interseca quella orizzontale a $D/2$, essendo $D$ la dimensione orizzontale della cassa nel senso del moto.
Ma la cisterna è chiusa con un coperchio , in cui si trova il tappo a distanza $d$ dal bordo sinistro.Quale sarebbe la soprelevazione dell'acqua , nel punto in cui è il tappo? Sarebbe :
$h = (D/2-d)*tg\alpha = (D/2-d)a/g $
Il coperchio impedisce di fatto il sollevamento del liquido come detto. Quindi il tappo è sottoposto ad una pressione che tende a farlo saltare, e questa pressione è uguale proprio a quella che , se il liquido fosse libero di inclinarsi, corrisponde all'altezza $h$ . Cioè :
$p = \rhogh $

tieni presente che devi ragionare in termini di pressioni relative , non assolute . Deve quindi essere :

$ \rhogh < P_(max) $

da cui : $h < P_(max)/(\rhog) $ .
Cioè :$(D/2-d)a/g

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