La centrifuga
Sembra facile ......
Un recipiente cilindrico di raggio interno $R$ ($0.5m$) a pareti rigide viene riempito completamente con acqua alla pressione atmosferica e quindi chiuso ermeticamente alle estremità saldando due tappi rigidi.
Il recipiente viene posto in rotazione attorno al suo asse a velocità angolare $\omega$. La rotazione è molto rapida per cui è lecito trascurare l'effetto del peso proprio.
Determinare (in funzione di $\omega$) la pressione esercitata dall'acqua sulle pareti laterali del cilindro.
Un recipiente cilindrico di raggio interno $R$ ($0.5m$) a pareti rigide viene riempito completamente con acqua alla pressione atmosferica e quindi chiuso ermeticamente alle estremità saldando due tappi rigidi.
Il recipiente viene posto in rotazione attorno al suo asse a velocità angolare $\omega$. La rotazione è molto rapida per cui è lecito trascurare l'effetto del peso proprio.
Determinare (in funzione di $\omega$) la pressione esercitata dall'acqua sulle pareti laterali del cilindro.
Risposte
sorry non ci sono ancora arrivata...non ti posso aiutare..aspetta qualke genio...
Ecco il risultato sbagliato trovato con molta fretta:
$p=omega/2(9,8*9800*pi*R^2)$
EDIT: questo è sbagliato
$p=omega/2(9,8*9800*pi*R^2)$
EDIT: questo è sbagliato
"eafkuor":
Ecco il risultato sbagliato trovato con molta fretta:
$p=omega/2(9,8*9800*pi*R^2)$
Non mi convince molto.....
Sai dire quanto vale la pressione dell'acqua nell'asse di rotazione?
Allora, vi espongo il mio ragionamento, solo ora ho potuto leggere la risposta di mirco
Sappiamo che $p=F_p/A$ dove $A$ è l' area e $F_p$ la forza premente.
L' area sarà $A=2piRk$ ($k$ in metri), e il volume $V=piR^2k$. Inoltre $omega=(2piR)/T$
Per l'acqua sappiamo che $P/V=P/(piR^2k)=9800N/m^3$
$p=F_p/A=F_p/(omegakT)$
ora qui sta probabilmente (anzi, sicuramente) il mio passo falso. Ho pensato che la forza premente avesse dovuto per forza avere qualcosa a che fare con la forza centripeta $F_c=momega^2$.
Quindi $p=momega^2/(omegakT)$, ora per l' acqua $m=P/9.8$ (P=peso) allora $p=(Pomega)/(9.8*kT)$ sostituendo $P$ con $9800V=9800piR^2k$ abbiamo
$p=(9800pi*R^2omega)/(9.8T)$ dove $T$ è il periodo di rotazione, che ovviamente si può ricavare conoscendo $omega$ e $R$
Sappiamo che $p=F_p/A$ dove $A$ è l' area e $F_p$ la forza premente.
L' area sarà $A=2piRk$ ($k$ in metri), e il volume $V=piR^2k$. Inoltre $omega=(2piR)/T$
Per l'acqua sappiamo che $P/V=P/(piR^2k)=9800N/m^3$
$p=F_p/A=F_p/(omegakT)$
ora qui sta probabilmente (anzi, sicuramente) il mio passo falso. Ho pensato che la forza premente avesse dovuto per forza avere qualcosa a che fare con la forza centripeta $F_c=momega^2$.
Quindi $p=momega^2/(omegakT)$, ora per l' acqua $m=P/9.8$ (P=peso) allora $p=(Pomega)/(9.8*kT)$ sostituendo $P$ con $9800V=9800piR^2k$ abbiamo
$p=(9800pi*R^2omega)/(9.8T)$ dove $T$ è il periodo di rotazione, che ovviamente si può ricavare conoscendo $omega$ e $R$
Molto probalbilmente sto sparando un sacco di cavolate,ma secondo me non ha senso trovare la pressione esercitata nelle parete laterali.Non si dovrebbe trovare la forza?
così su due piedi data l'omogeneità del mezzo, la simmetria del contenitore e le condizioni tsazionarie poichè la forza centrifuga è direttamente proporzionale a $omega^2*R$ bisogna aggiungere alla pressione dovuta al peso proprio(in questo caso trascurabile) la componente dovuta all'azione d'inerzia calcolata facendo l'equilibrio di un cubetto infinitesimo di fluido, quindi il risultato dovrebbe essere $p=rhoomega^2R$, vado a dormì che sono fuso
Ehm.....
@eafkuor
Ci sono nel tuo ragionamento alcuni spunti positivi (soprattutto dimensionalmente) ma fai alcune ipotesi di uniformità che non sono corrette. Per rendertene conto, prova a esprimere la pressione in funzione della distanza dall'asse di rotazione (come funzione della coordinata $0
@JvloIvk
La forza totale sulle pareti laterali è ovviamente sempre nulla per qualunque valore di $\omega$.
@L'Hopital
La tua soluzione non torna nemmeno dimensionalmente....
$\rho\omega^2R$
è una forza per unità di volume non una pressione!
ciao e grazie a tutti per il contributo
@eafkuor
Ci sono nel tuo ragionamento alcuni spunti positivi (soprattutto dimensionalmente) ma fai alcune ipotesi di uniformità che non sono corrette. Per rendertene conto, prova a esprimere la pressione in funzione della distanza dall'asse di rotazione (come funzione della coordinata $0
@JvloIvk
La forza totale sulle pareti laterali è ovviamente sempre nulla per qualunque valore di $\omega$.@L'Hopital
La tua soluzione non torna nemmeno dimensionalmente....
$\rho\omega^2R$
è una forza per unità di volume non una pressione!
ciao e grazie a tutti per il contributo
infatti, quella va integrata in $dRd\theta$, frettolosamente ho sparato un risultato, quello giusto quindi è $Deltap=pirhoomega^2R^2$ (che torna dimensionalmente) dove $Deltap$ è la differenza di pressione tra l'asse del cilindro ed il bordo, penso che nell'asse la pressione sia nulla oppure bisogna imporre delle condizioni al contorno, tu che ne pensi?
Perchè dovrebbe essere zero la pressione sull'asse?
veramente l'ho chiesto a te, cmq penso sia 0 per ragioni di simmetria
"GuillaumedeL'Hopital":
veramente l'ho chiesto a te, cmq penso sia 0 per ragioni di simmetria
Chiariamo intanto subito che stiamo parlando di pressione relativa, ovvero rispetto alla pressione atmosferica (di riempimento della centrifuga). Quindi che pressione nulla si intende 1 atm.
La mia era una domanda retorica, non credo proprio che la pressione relativa sia nulla sull'asse.
Per simmetria, si può dire che il gradiente di pressione è zero sull'asse ma non il valore della pressione.
Il valore della pressione è definito sulla superficie libera di un liquido (in contatto con l'atmosfera) per motovi di equilibrio, ma nel centro della centrifuga non vedo ragione perchè la pressione 'si ricordi' che all'inizio (quando è tutto fermo) era a pressione relativa nulla.
Credo invece che la pressione diminuisca in tale zona appena comincia la rotazione ....
"mirco59":
Per simmetria, si può dire che il gradiente di pressione è zero sull'asse ma non il valore della pressione.
perchè? a me viene $(dp)/(dr)=2pirhoomega^2r$
cioè nell'asse la pressione diventa <1 atm? non penso perchè la pressione atmosferica agisce sempre sul pelo libero, se c'è rimasta dell'aria dentro quella ha pressione di 1atm quindi deve essere la minima possibile
Ma il problema è proprio quando non c'è rimasta aria dentro!
allora, spiego il fenomeno teoricamente:
all'inizio supponiamo che nel contenitore ci sia solo acqua a condizioni normali(che però tu non specifichi nel problema) cioè temperatura di 20° pressione 1atm densità 1000kg/m^3. dopo inizia la rotazione applicando dall'esterno una coppia che fa ruotare il contenitore, supponiamo che dopo un tempo $tau$ si raggiungono le condizioni stazionarie, allora per effetto della forza centrifuga le molecole d'acqua, che ruotano tutte a velocità $omega$, urtano contro la parete del contenitore che si deforma elasticamente, le molecole al centro non sono sottoposte alla forza centrifuga in quanto r=0, quindi al centro la pressione relativa è nulla e quindi permangono le condizioni iniziali.
mentre quantitativamente rimane quello che ho scritto prima
ps:il gradiente calcolato nell'asse effettivamente è nullo
all'inizio supponiamo che nel contenitore ci sia solo acqua a condizioni normali(che però tu non specifichi nel problema) cioè temperatura di 20° pressione 1atm densità 1000kg/m^3. dopo inizia la rotazione applicando dall'esterno una coppia che fa ruotare il contenitore, supponiamo che dopo un tempo $tau$ si raggiungono le condizioni stazionarie, allora per effetto della forza centrifuga le molecole d'acqua, che ruotano tutte a velocità $omega$, urtano contro la parete del contenitore che si deforma elasticamente, le molecole al centro non sono sottoposte alla forza centrifuga in quanto r=0, quindi al centro la pressione relativa è nulla e quindi permangono le condizioni iniziali.
mentre quantitativamente rimane quello che ho scritto prima
ps:il gradiente calcolato nell'asse effettivamente è nullo
Io direi così:
l'unica forza agente perpendicolare alla parete è quella centrifuga. Se z è la direzione dell'asse del cilindro allora:
$dA=2*pi*R*dz$
$dF=omega^2*R*dm=omega^2*R^3*rho*pi*dz$
da cui:
$p=(dF)/(dA)=1/2*omega^2*R^2*rho$
l'unica forza agente perpendicolare alla parete è quella centrifuga. Se z è la direzione dell'asse del cilindro allora:
$dA=2*pi*R*dz$
$dF=omega^2*R*dm=omega^2*R^3*rho*pi*dz$
da cui:
$p=(dF)/(dA)=1/2*omega^2*R^2*rho$
Si la forza totale è nulla vista la simmetria...Quello che intendo dire è che non si può calcolare la pressione totale sulle pareti,semmai la forza facendo un integrale...Ha senso dire la pressione in un punto della superficie.D'altra parte la pressione nella superficie non è costante visto c'è da considerare la pressione idrostatica(che aumenta proporzionalmente con la profondità).
Sono arrivato alla stessa soluzione di Goglyn risolvendo un'equazione differenziale (http://www.matematicamente.it/f/viewtopic.php?t=8961).Però la pressione idrostatica dov'è?Sulla superficie la pressione non è costante.
"mirco59":
Ehm.....
@eafkuor
Ci sono nel tuo ragionamento alcuni spunti positivi (soprattutto dimensionalmente) ma fai alcune ipotesi di uniformità che non sono corrette.
Si hai ragione
Ma tu hai la soluzione?
"mirco59":
ciao e grazie a tutti per il contributo
Di niente
Anch'io concordo sostanzialmente con la soluzione di goblyn.
si, ho controllato, anche sui miei appunti è così il risultato.
ho sbagliato a integrare in $d\theta$ che non serviva, e mi viene un $pi$ di troppo nella formula.
ho sbagliato a integrare in $d\theta$ che non serviva, e mi viene un $pi$ di troppo nella formula.
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo