un problema di idrodinamica non semplicissimo

[Riccardo_ct]

Una vasca cilindrica verticale di raggio $ R=1m $ è inizialmente piena di acqua fino ad un'altezza $ H=2m $. La vasca viene svuotata aprendo nella sua parete in prossimità della base un piccolo foro di raggio $ r=1cm $. Si stimi l'intevallo di tempo impiegato durante lo svuotamento per far scendere il livello dell'acqua da $ 1,10 m $ a $ 1,00 m $ e lo si confronti con quello impiegato successivamente per far scendere l'acqua da $ 0,55m $a $ 0,50m $.
attenzione perchè l'altezza del livello del liquido nel recipiente non è costante...

[SkZ]

Considerato che spesso e' un'esperienza in Laboratorio di Fisica 1 (con colonna d'acqua alta 1m), e' meglio se gli universitari si astengono
Quanti bei ricordi! Sbagliammo di prendere i dati e quindi interpolammo i pochi che avevamo per avere dati per interpolare la curva da trovare

[gabri]

Per il teorema di torricelli la velocità di uscita dell'acqua da quel foro è:
$ v= \sqrt{2gh} $
Arriviamo quindi a questa equazione grazie alla definizione di portata:
$ V=S \sqrt{2gh} \cdot t $

Tra $ 1,10m $ e $ 1,00m $ avremo $ V_1=0,62m^3 $, quindi:
$ \displaystyle t^2 \cdot h=196,12 $
quindi avremo un tempo compreso circa tra i $ 13,34s $ e i $ 14,00s $.

E tra $ 0,55m $ e $ 0,50m $ avremo $ V_1=0,31m^3 $, quindi:
$ \displaystyle t^2 \cdot h=49,03 $
quindi avremo un tempo compreso circa tra i $ 9,44s $ e i $ 10,90s $.

e fin qua se non ho sbagliato i calcoli, iniziano i casini. Se non sbaglio serve il calcolo integrale (o qualcosa di simile), ma io non ne so niente (non ridete...faccio quarta).
Però mi ricordo che il mio prof mi aveva spiegato come trovare il lavoro compiuto da un gas perfetto in una trasformazione isoterma (che è "rappresentata" da un'iperbole):
quindi l'area sottostante è uguale a $ k \cdot \ln \frac{x_2}{x_1} $ con $ 0<x_1<x_2 $.

Nel primo caso:
$ S_1=196,12 \cdot \ln {1,10}=18,69 $

dividendo per $ 0,10 $ dovrei trovare l'altezza del rettangolo che ha la stessa base e stessa area della figura sottostante l'iperbole; che in questo pseudo-piano di Clapeiron riadattato alle mie esigenze, dovrebbe corrispondere al quadrato del tempo.

Da questo deduciamo che $ t_1=13,67s $

Allo stesso modo troviamo che $ t_2=9,66s $


Molto probabilmente ho sbagliato tutto, però non volevo non provarci; in tutti i casi, qualcuno può correggermi?

[Pigkappa]

Perdinci, non so come mi abbiate scoperto, ma questo problema è il cuore della mia tesina!

A parte ciò:

1)Si dimostra che la velocità di uscita è $ v= \sqrt{2gh(t)} $.

2)Si applica la legge di continuità: $ A_2 \cdot dh/dt = -v(h)\cdot A_1 $ (i simboli spero capiate cosa indicano...).

3)Si risolve l'equazione differenziale $ dh / \sqrt{h} = - \sqrt{2g} (A_1/A_2) dt $.

Per SkZ: io ho provato a fare questa cosa a casa, solo che le misure non vengono quello che dovrebbero a causa della viscosità... All'inizio ci vanno vicine, ma poi si cominciano a discostare parecchio.

[iactor]

Prova a fare una piccola correzione alla formula $ $ Portata=0.6 \times Area \times\sqrt {2gh}$ $
devi tenere conto che la sezione in cui si ha la velocità prevista dal teorema di torricelli in una luce in parete sottile è la "sezione contratta" uguale a circa il 60% della sezione della luce.
Ciao

[Riccardo_ct]

cosa intendi esattamente con i termini "sezione contratta" o "sezione della luce"?
scusa la mia ignoranza

[Bacco]

Si riferisce all'effetto "vena contracta", cioè al fatto che la sezione efficace del foro è inferiore alla sezione reale, in quanto le linee di flusso che convergono verso il foro d'uscita non possono essere davvero parallele subito dopo il foro, perchè dovrebbero cambiare direzione in modo repentino; invece, tenderanno a stringersi ancora un pochino, in modo da ridurre la sezione del foro attraverso cui l'acqua scorre veramente. I valori tipici della sezione efficace sono proprio dell'ordine di 0,6 volte quella reale.

ciao

[Riccardo_ct]

Ok grazie mille per la spiegazione, pensavo che si trattasse di qualche forma di viscosità...