Palla in una vasca

Woodman · Messaggio da **Woodman** » 24 feb 2016, 20:52

Ok quindi per simmetria l'area che non è sommersa è anche quella su cui agisce la pressione per cui devo trovare il giusto equilibrio tra forza peso, pressione idrostatica su quel pezzo e forza di Archimede (come dicevi tu la pressione idrostatica non avrebbe effetti se il corpo fosse totalmente immerso mentre qui un effetto lo ha)... dico frottole o è giusto?

Woodman · Messaggio da **Woodman** » 24 feb 2016, 20:59

Ho guardato sul libro e ho cercato di capire la soluzione con il poco che avevo fatto io e alla fine sono riuscito a capire gli errori...

Grazie di tutto!

Woodman · Messaggio da **Woodman** » 24 feb 2016, 21:07

Molto bello il libro!

poor · Messaggio da **poor** » 26 feb 2016, 11:43

La forza di Archimede è indipendente dal livello dell'acqua sopra la palla solo per la parte comresa fra il fondo-vasca e 2 volte radice di R quadrato -rquadrato. In questa zona la spinta deriva dalla differenza di pressione fra semisfera inferiore sopra il foro e la sua simmetrica superiore: questa differenza sarebbe identica in ogni zona della vasca e quindi non dipende da h. Poi c'è la pressione e la forza esercitate dall'acqua sulla cupola che va da 2 volte radice di R quadrato - r quadrato al "polo Nord", che non viene bilanciata in alcun modo dalla parte simmetrica che è dentro il foro. Essa corrisponde ad una forza verso il basso sulla palla pari al peso della colonna di acqua che sta sopra (volume cilindro meno cupola) e ovviamente dipende dal livello h. Se r=R semisfera ci sarebbero solo questa e il peso palla e nessuna spinta verso l'alto. Chiedo se è giusto questo ragionamento perchè non ho voluto vedere libro e soluzione e non ho capito se quello che dice Woodman è quanto pensavo io. Grazie.

Messaggio da **arna1998** » 27 feb 2016, 17:52

Se ho inteso bene cosa vuoi dire e dovrebbe funzionare, prova a postare i conti

poor · Messaggio da **poor** » 28 feb 2016, 11:57

Intanto ti do il mio risultato poi eventualmente ne riparliamo perchè devo dedicare il mio poco tempo al teorema di Bertrand
$h_0=(1/3)[7\sqrt{R^2-r^2}+2\frac{R^2}{r^2}\sqrt{R^2-r^2}+2\frac{R^3}{r^2}-4\frac{\rho_p.R^3}{\rho.r^2}]$ essendo $\rho_p,\rho$ le densità della palla e dell'acqua, mentre per la bonus dovrebbe essere $h=2\sqrt{R^2-r^2}$

Messaggio da **arna1998** » 28 feb 2016, 16:07

Bonus è giusto

, mentre $h_0$ viene leggermente diverso

wotzu · Messaggio da **wotzu** » 10 mar 2016, 21:32

a me $h_0$ viene così:

$h_0=\frac{1}{3r^2}[2R^3+\sqrt{R^2-r^2}(2R^2+r^2)]-\frac{m}{\rho \pi r^2}$

è corretto?

Messaggio da **arna1998** » 11 mar 2016, 20:12

Giusto!

Se ti va metti anche il procedimento

CaptainJohnCabot · Messaggio da **CaptainJohnCabot** » 28 mar 2016, 22:36

Direi che è ora di postare il procedimento di questo problema, dato che nessuno si fa vivo e l'argomento è attivo da una vita

Siano $V$ e $\rho_s$ il volume e la densità della sfera, $V_c$ il volume della calotta sferica inferiore non immersa e $\rho$ la densità dell'acqua.

Si ha che sull'oggetto agiscono due forze: $F_p$ e $F$ , in particolare la palla si solleverà dal fondo all'altezza $h_0$ quando $\sum F =0$ .
Dato che $F_p$ è nota, si procede con il determinare $F$

Se immaginassimo di 'tagliare' la calotta non immersa e di porre l'oggetto ottenuto in recipiente 'normale' riempito d'acqua la forza $F_1$ ottenuta sarebbe:

$F_1=(V-V_c)g\rho$

Si nota però che sul fondo del nostro recipiente non c'è acqua, dato quindi che $F$ è data dalla differenza di pressione si toglie da $F_1$ il contributo che l'acqua avrebbe dato con la sua presenza sul fondo, supponendo che l'altezza dell'acqua non scenda mai al di sotto dell'estremità superiore della sfera, utilizzando $F=PA$ e $P=gh\rho$ si ottiene:

$F=(V-V_c)g\rho - ghr^2\pi\rho$

Quindi per $h_0$ si pone $F_p=F$ ottenendo:

$mg=(V-V_c)g\rho - gh_0r^2\pi\rho\implies h_0=\frac{V-V_c}{r^2\pi}-\frac{m}{r^2\pi\rho}$

Bisogna ora sostituire $V=\frac{4r^3\pi}{3}$ e determinare $V_c$ . A tal proposito si può considerare $V_c$ come la somma di infiniti cilindri di area $(R^2-h^2)\pi$ e altezza $dh$ , quindi utilizzando il calcolo integrale:

$V_c=\int_{\sqrt(R^2-h^2)}^{R} {(R^2-h^2)\pi dh}$ ,

Dalla quale si ottiene (nel mio caso con Wolfram alpha

):

$V_c=\frac{\pi}{3} (2R^3+(2R^2+r^2)\sqrt{R^2-r^2})$

Sostituendo si ottiene il risultato di wotzu:

$h_0=\frac{1}{3r^2}[2R^3+\sqrt{R^2-r^2}(2R^2+r^2)]-\frac{m}{\rho \pi r^2}$

Per quanto riguarda il bonus sono arrivato al risultato di $2\sqrt{R^2-r^2}$ con considerazioni 'logiche' (ossia 'campate per aria'

). Infatti quando si viene a formare una calotta di volume $V_c$ anche superiormente non si ha più quel contributo non bilanciato e quindi la forza $F$ è massima. Avevo pensato di fare la derivata di $F$ per trovare il suo massimo ma la formula che ho usato vale solo quando la sfera è totalmente sommersa e non sono riuscito a trovare altre 'idee' per giustificare dal punto di vista matematico il ragionamento.

Il post è venuto lunghissimo

Mi scuso in anticipo per notazioni imprecise ed errori di trascrizione/concettuali sono ancora abbastanza inesperto

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