[RISOLTO] Aiuto con problema su fluidi
Salve, sono un nuovo utente e avrei bisogno del Vostro aiuto.
Potreste aiutarmi a risolvere questi due problemi?
Un recipiente cilindrico di sezione \(\displaystyle A=10 cm^2\), altezza \(\displaystyle L=5,0 cm\) e massa \(\displaystyle m=0,5 kg\) con pareti di spessore
trascurabile e aperto inferiormente, viene immerso verticalmente in un lago.
Determinare la quota del livello dell’acqua all’intemo del recipiente, rispetto alla superficie del lago, nelle due
posizioni di equilibrio.
Potreste aiutarmi a risolvere questi due problemi?
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Un recipiente cilindrico di sezione \(\displaystyle A=10 cm^2\), altezza \(\displaystyle L=5,0 cm\) e massa \(\displaystyle m=0,5 kg\) con pareti di spessore
trascurabile e aperto inferiormente, viene immerso verticalmente in un lago.
Determinare la quota del livello dell’acqua all’intemo del recipiente, rispetto alla superficie del lago, nelle due
posizioni di equilibrio.
Risposte
ci sto perdendo la testa, ma ancora niente 
Ti rispondo per il primo problema, non per il secondo. Però le regole del forum prevedono un tentativo di risoluzione da parte di chi pone il problema, altrimenti sarebbe troppo comodo.
Comunque, ti chiedo dei chiarimenti, altrimenti è impossibile darti una dritta.
Dici che il cilindro è aperto inferiormente : vuol dire che non ha fondo? Non ha nessuno dei due fondi? È costituito dalla sola superficie laterale? Non avrebbe molto senso.
Oppure il fondo ce l'ha, ma è posto in alto, cioè è come un bicchiere capovolto che viene immerso nell'acqua?
Altro punto :
quali due posizioni di equilibrio ? Non si capisce.
Ultima osservazione, poco importante: un recipiente di quelle dimensioni lo puoi mettere pure nel lavandino di casa tua, non c'è bisogno di un lago ! Ma questa è solo una battuta. In effetti, il testo parla di "lago" per suggerire che il livello del liquido non è alterato dalla presenza del corpo in argomento.
Comunque, ti chiedo dei chiarimenti, altrimenti è impossibile darti una dritta.
Dici che il cilindro è aperto inferiormente : vuol dire che non ha fondo? Non ha nessuno dei due fondi? È costituito dalla sola superficie laterale? Non avrebbe molto senso.
Oppure il fondo ce l'ha, ma è posto in alto, cioè è come un bicchiere capovolto che viene immerso nell'acqua?
Altro punto :
Determinare la quota del livello dell’acqua all’intemo del recipiente, rispetto alla superficie del lago, nelle due
posizioni di equilibrio
quali due posizioni di equilibrio ? Non si capisce.
Ultima osservazione, poco importante: un recipiente di quelle dimensioni lo puoi mettere pure nel lavandino di casa tua, non c'è bisogno di un lago ! Ma questa è solo una battuta. In effetti, il testo parla di "lago" per suggerire che il livello del liquido non è alterato dalla presenza del corpo in argomento.
Il cilindro dovrebbe essere come un bicchiere capovolto.
Posizioni di equilibrio dovrebbe significare che se il cilindro rimane fermo, sono possibili due quote dell'acqua all'interno del recipiente.
Questo è il mio tentativo:
(l'immagine l'ho disegnata io, non era compresa nella traccia)
Ponendo in equilibrio la pressione \(\displaystyle p_1 \) dell'aria all'interno del cilindro con le pressioni esterne:
\(\displaystyle p_1 = \frac{mg}{A} + \rho g x \)
Supponendo T costante (il lago è una sorgente) la pressione e volume interne al cilindro prima e dopo la compressione sono:
\(\displaystyle p_1A(L-y)=p_0AL \)
Ma ho 2 equazioni e 3 incognite. E nemmeno l'ombra dell'equazione di secondo grado suggerita da "due posizioni di equilibrio".
Posizioni di equilibrio dovrebbe significare che se il cilindro rimane fermo, sono possibili due quote dell'acqua all'interno del recipiente.
Questo è il mio tentativo:
(l'immagine l'ho disegnata io, non era compresa nella traccia)
Ponendo in equilibrio la pressione \(\displaystyle p_1 \) dell'aria all'interno del cilindro con le pressioni esterne:
\(\displaystyle p_1 = \frac{mg}{A} + \rho g x \)
Supponendo T costante (il lago è una sorgente) la pressione e volume interne al cilindro prima e dopo la compressione sono:
\(\displaystyle p_1A(L-y)=p_0AL \)
Ma ho 2 equazioni e 3 incognite. E nemmeno l'ombra dell'equazione di secondo grado suggerita da "due posizioni di equilibrio".
Ora si può ragionare. Che cosa sai del cilindro? L'area $A$ della sezione e l'altezza $L$.
Hai messo troppe incognite, non occorrono.
Io chiamo $z_f$ l'altezza finale (=$f$) che l'acqua raggiunge dentro il bicchiere, misurata dall'orlo che sta in acqua verso l'alto (quella che tu chiami y) . Questa è una incognita. Un'altra incognita è la pressione assoluta finale dell'aria $p_f$ rimasta intrappolata nel cilindro. Poi c'è ancora l'immersione del cilindro, cioè l'affondamento $z_(im)$ dell'orlo del cilindro rispetto alla superficie del lago (che tu hai chiamato $y+x$ ).
La posizione di equilibrio finale in queste condizioni è una sola, non ce ne sono due.
Considera il cilindro che viene poggiato lentamente sulla superficie dell'acqua : l'aria all'interno si trova alla pressione atmosferica $p_a$ , ovviamente. Adesso lascia andare il cilindro lentamente giù, per effetto del proprio peso $P$ , che è noto essendo nota la massa. Il cilindro va giù di un pezzo, l'aria si comprime a temperatura costante : $pV = cost$ , poi si ferma nella posizione di equilibrio.
Quindi hai, per la compressione isoterma : $p_a * A*L = A*p*(L-z)$
($z$ è variabile da zero a $z_f$ )
cioè essendo $A$ costante : $p_a*L = p*(L-z)$ , da cui : $p = p_a* L/(L-z) $
Questa è la legge con cui varia la pressione assoluta del'aria intrappolata.
Considera ora il piano orizzontale passante per l'orlo del bicchiere in condizioni di equilibrio finale. Questo piano, immerso di $z_(im)$ rispetto alla superficie del lago, è una superficie isobara. Per la legge di Stevin, si ha, considerando le pressioni assolute su tale piano e uguagliando quella "esterna" con quella "interna" al cilindro :
$p_a + \rhogz_(im) = p_(f)+ \rhogz_f $ , da cui : $ p_a/(\rhog) + z_(im) = p_a/(\rhog)*L/(L-z_f) + z_f $
da cui con vari passaggi :
$ z_f^2 - (z_(im) + L + p_a/(\rhog))z_(f) + z_(im)* L = 0 $------(1)
Così ci siamo liberati della pressione.
Per risolvere questa equazione di 2° grado, dobbiamo trovare ancora l'immersione $z_(im)$ del cilindro.
La si ricava applicando il principio di Archimede .
Infatti , se l'acqua entra per una altezza $z_f$, il volume di liquido spostato dall'aria nel cilindro è : $A(z_(im)-z_f)$ . E quindi deve essere :
$P = gM = \rho*g*A(z_(im)-z_f) $------- (2)
Le due equazioni (1) e (2) risolvono il problema. Poi se vuoi puoi anche trovare la pressione assoluta dell'aria intrappolata.
Spero solo di non aver fatto pasticci nei passaggi.
Hai messo troppe incognite, non occorrono.
Io chiamo $z_f$ l'altezza finale (=$f$) che l'acqua raggiunge dentro il bicchiere, misurata dall'orlo che sta in acqua verso l'alto (quella che tu chiami y) . Questa è una incognita. Un'altra incognita è la pressione assoluta finale dell'aria $p_f$ rimasta intrappolata nel cilindro. Poi c'è ancora l'immersione del cilindro, cioè l'affondamento $z_(im)$ dell'orlo del cilindro rispetto alla superficie del lago (che tu hai chiamato $y+x$ ).
La posizione di equilibrio finale in queste condizioni è una sola, non ce ne sono due.
Considera il cilindro che viene poggiato lentamente sulla superficie dell'acqua : l'aria all'interno si trova alla pressione atmosferica $p_a$ , ovviamente. Adesso lascia andare il cilindro lentamente giù, per effetto del proprio peso $P$ , che è noto essendo nota la massa. Il cilindro va giù di un pezzo, l'aria si comprime a temperatura costante : $pV = cost$ , poi si ferma nella posizione di equilibrio.
Quindi hai, per la compressione isoterma : $p_a * A*L = A*p*(L-z)$
($z$ è variabile da zero a $z_f$ )
cioè essendo $A$ costante : $p_a*L = p*(L-z)$ , da cui : $p = p_a* L/(L-z) $
Questa è la legge con cui varia la pressione assoluta del'aria intrappolata.
Considera ora il piano orizzontale passante per l'orlo del bicchiere in condizioni di equilibrio finale. Questo piano, immerso di $z_(im)$ rispetto alla superficie del lago, è una superficie isobara. Per la legge di Stevin, si ha, considerando le pressioni assolute su tale piano e uguagliando quella "esterna" con quella "interna" al cilindro :
$p_a + \rhogz_(im) = p_(f)+ \rhogz_f $ , da cui : $ p_a/(\rhog) + z_(im) = p_a/(\rhog)*L/(L-z_f) + z_f $
da cui con vari passaggi :
$ z_f^2 - (z_(im) + L + p_a/(\rhog))z_(f) + z_(im)* L = 0 $------(1)
Così ci siamo liberati della pressione.
Per risolvere questa equazione di 2° grado, dobbiamo trovare ancora l'immersione $z_(im)$ del cilindro.
La si ricava applicando il principio di Archimede .
Infatti , se l'acqua entra per una altezza $z_f$, il volume di liquido spostato dall'aria nel cilindro è : $A(z_(im)-z_f)$ . E quindi deve essere :
$P = gM = \rho*g*A(z_(im)-z_f) $------- (2)
Le due equazioni (1) e (2) risolvono il problema. Poi se vuoi puoi anche trovare la pressione assoluta dell'aria intrappolata.
Spero solo di non aver fatto pasticci nei passaggi.
grazie tantissime per la soluzione! Adesso mi sento un po' più leggero 
Non ho capito solo una cosa:
Quando scrivi \(\displaystyle p_a + \rho g z_{im} = p_{f}+ \rho g z_f \), come mai non si considera anche la pressione esercitata dal peso del cilindro e quella atmosferica agente sulla sommità del cilindro?
Non ho capito solo una cosa:
Quando scrivi \(\displaystyle p_a + \rho g z_{im} = p_{f}+ \rho g z_f \), come mai non si considera anche la pressione esercitata dal peso del cilindro e quella atmosferica agente sulla sommità del cilindro?
Quella è l'uguaglianza delle pressioni assolute sul piano isobarico posto all'immersione $z_(im)$ . Anche se non ci fosse il cilindro, a quella profondità la pressione assoluta sarebbe quella al primo membro, comunque .
E noi la sfruttiamo, uguagliandola a quella dovuta all'aria in pressione dentro al cilindro, più $\rho*g*z_f$ .
L'aria in pressione nel cilindro preme da tutte le parti, compreso il fondo interno. E con tale pressione fa equilibrio sia al peso che alla pressione atmosferica che grava sul fondo da fuori, no ?
Supponi di togliere il cilindro dall'acqua, e poggialo su un tavolo, sempre col fondo in alto. Che cosa regge, il tavolo? Solo il peso. La pressione interna fa equilibrio a quella esterna. Se togliessi l'aria dal cilindro, questo si schiaccerebbe sotto l'azione della $p_a$.
Il peso del cilindro entra invece nella scrittura del principio di Archimede, come ti ho fatto vedere. In questo caso, la parte di "corpo immerso" , che sposta l'acqua dando origine alla spinta archimedea, è l' aria compresa tra i due livelli di acqua, quello interno e quello esterno.
Resta il mistero, nel testo dell'esercizio, delle "due posizioni" di equilibrio. È vero che l'equazione è di secondo grado, ma risolvendola si vede che una soluzione va scartata.
C'è poi un altro punto, a cui l'esercizio non fa cenno, ma è comunque importante, ed è quello della stabilità della posizione di equilibrio finale. È una questione che riguarda la statica dei corpi galleggianti, e non è semplice. Andrebbe sempre eseguita, in esercizi del genere, tale verifica, ma in genere i libri di fisica elementare non ne parlano.
In poche parole, per farti capire di che si tratta : se fai l'esperimento con un normale bicchiere mettendolo in acqua nel lavello di cucina, il bicchiere inevitabilmente "fa scuffia", cioè si rovescia e va a fondo. Bisogna che sia un recipiente di diametro abbastanza grande in relazione all'altezza, come per esempio una pentola larga (ma anche certe pentole "fanno scuffia" , dipende da numerosi fattori questo fatto).
Ci sono gli strumenti fisico-matematici per stabilire se una posizione di equilibrio di un galleggiante è stabile o no, su questo però non insisto.
E noi la sfruttiamo, uguagliandola a quella dovuta all'aria in pressione dentro al cilindro, più $\rho*g*z_f$ .
L'aria in pressione nel cilindro preme da tutte le parti, compreso il fondo interno. E con tale pressione fa equilibrio sia al peso che alla pressione atmosferica che grava sul fondo da fuori, no ?
Supponi di togliere il cilindro dall'acqua, e poggialo su un tavolo, sempre col fondo in alto. Che cosa regge, il tavolo? Solo il peso. La pressione interna fa equilibrio a quella esterna. Se togliessi l'aria dal cilindro, questo si schiaccerebbe sotto l'azione della $p_a$.
Il peso del cilindro entra invece nella scrittura del principio di Archimede, come ti ho fatto vedere. In questo caso, la parte di "corpo immerso" , che sposta l'acqua dando origine alla spinta archimedea, è l' aria compresa tra i due livelli di acqua, quello interno e quello esterno.
Resta il mistero, nel testo dell'esercizio, delle "due posizioni" di equilibrio. È vero che l'equazione è di secondo grado, ma risolvendola si vede che una soluzione va scartata.
C'è poi un altro punto, a cui l'esercizio non fa cenno, ma è comunque importante, ed è quello della stabilità della posizione di equilibrio finale. È una questione che riguarda la statica dei corpi galleggianti, e non è semplice. Andrebbe sempre eseguita, in esercizi del genere, tale verifica, ma in genere i libri di fisica elementare non ne parlano.
In poche parole, per farti capire di che si tratta : se fai l'esperimento con un normale bicchiere mettendolo in acqua nel lavello di cucina, il bicchiere inevitabilmente "fa scuffia", cioè si rovescia e va a fondo. Bisogna che sia un recipiente di diametro abbastanza grande in relazione all'altezza, come per esempio una pentola larga (ma anche certe pentole "fanno scuffia" , dipende da numerosi fattori questo fatto).
Ci sono gli strumenti fisico-matematici per stabilire se una posizione di equilibrio di un galleggiante è stabile o no, su questo però non insisto.
ops, scusami per la domanda sciocca, non mi sarei dovuto permettere dubbi al riguardo 
Avresti qualche dritta anche per il secondo problema? Non è che anche in questo caso ci sono imprecisioni nella traccia? Anche perchè nonostante in termodinamica mi senta più ferrato che in fluidostadica, continuo a non venirne a capo, pur avendoci passato su più di un pomeriggio.
Avresti qualche dritta anche per il secondo problema? Non è che anche in questo caso ci sono imprecisioni nella traccia? Anche perchè nonostante in termodinamica mi senta più ferrato che in fluidostadica, continuo a non venirne a capo, pur avendoci passato su più di un pomeriggio.
Forse è meglio se apri un altro thread con il problema di termodinamica. Per il futuro, non mettere due o più problemi in uno stesso thread.
ok metto un tag [Risolto] e apro un nuovo thread
[fcd="Cilindro capovolto"][FIDOCAD]
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Caspita, sei un nottambulo come me, vedo!
Ho messo un disegnino fatto con fcd, solo perché sto imparando questo sistema per disegnare. Ecco che cosa intendo per "cilindro abbastanza largo" che forse può galleggiare capovolto stabilmente. Naturalmente occorrerebbe fare dei conti. Ma ad occhio e croce, i dati del tuo problema mi sa che considerano un cilindro che si rovescia….Non posso dirlo su due piedi, ma non faccio i conti.
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Caspita, sei un nottambulo come me, vedo!
Ho messo un disegnino fatto con fcd, solo perché sto imparando questo sistema per disegnare. Ecco che cosa intendo per "cilindro abbastanza largo" che forse può galleggiare capovolto stabilmente. Naturalmente occorrerebbe fare dei conti. Ma ad occhio e croce, i dati del tuo problema mi sa che considerano un cilindro che si rovescia….Non posso dirlo su due piedi, ma non faccio i conti.
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