Esercizio 84serbatoio che si svuota da un foro

Testo (esercizio di allenamento su Bernoulli e Torricelli). Un serbatoio cilindrico aperto in alto, di sezione $S = 0{,}5$ m², contiene acqua fino all'altezza $H = 2$ m. Il serbatoio è appoggiato su un supporto, e alla base della sua parete laterale, a quota $y_0 = 1$ m dal pavimento, c'è un piccolo foro di sezione $s = 2$ cm² da cui l'acqua esce orizzontalmente. Si consideri l'acqua un fluido ideale. Determinare:

a) la velocità di uscita dell'acqua all'inizio, giustificando le approssimazioni; b) la portata iniziale; c) a che distanza dalla base del supporto il getto colpisce il pavimento, all'inizio; d) il tempo necessario perché il livello scenda da $2$ m a $1$ m, e il tempo di svuotamento completo.

Impostazione

Due strumenti (Dinamica dei fluidi - continuità e BernoulliPer un fluido ideale in moto stazionario la portata S·v è la stessa in ogni sezione del tubo (continuità), e lungo il tubo p + ρv²/2 + ρgz resta costante (Bernoulli, che è la conservazione dell'energia). Applicazioni: Torricelli e tubo di Venturi.Dinamica dei fluidi - continuità e Bernoulli →): l'equazione di continuità (la portata $S v$ è la stessa in ogni sezione) e il teorema di Bernoulli lungo una linea di flusso che va dalla superficie libera al foro.

a) Velocità di uscita

Bernoulli tra un punto della superficie libera (1) e il getto appena fuori dal foro (2):

$$p_1 + \tfrac12\rho v_1^2 + \rho g z_1 = p_2 + \tfrac12\rho v_2^2 + \rho g z_2$$

• Entrambi i punti sono a contatto con l'aria: $p_1 = p_2 = p_0$, e le pressioni si elidono.
• Quote: $z_1 - z_2 = h$, il livello dell'acqua sopra il foro (all'inizio $h = H$).
• Per la continuità $S v_1 = s v_2$, quindi la superficie scende con velocità $v_1 = \frac{s}{S}\,v_2$.

Sostituendo:

$$v_2^2 - v_1^2 = 2 g h \quad\Longrightarrow\quad v_2^2\left(1 - \frac{s^2}{S^2}\right) = 2 g h$$

L'approssimazione. $\frac{s}{S} = \frac{2 \cdot 10^{-4}}{0{,}5} = 4 \cdot 10^{-4}$, e il suo quadrato vale $1{,}6 \cdot 10^{-7}$: del tutto trascurabile rispetto a $1$. Fisicamente vuol dire che la superficie scende così lentamente che la sua energia cinetica non conta. Resta la formula di Torricelli:

$$v_2 = \sqrt{2 g h} = \sqrt{2 \cdot 9{,}81 \cdot 2} = 6{,}26\ \text{m/s}$$

la stessa velocità di un sasso caduto da $2$ m: l'energia potenziale dell'acqua in alto diventa energia cinetica del getto. La superficie intanto scende a $v_1 = 4 \cdot 10^{-4} \cdot 6{,}26 = 2{,}5$ mm/s.

b) Portata iniziale

$$Q = s\,v_2 = 2 \cdot 10^{-4} \cdot 6{,}26 = 1{,}25 \cdot 10^{-3}\ \text{m}^3/\text{s} = 1{,}25\ \text{L/s}$$

c) Dove arriva il getto

Fuori dal foro ogni goccia è un proiettile lanciato orizzontalmente con velocità $v_2$ da quota $y_0$ (Moto parabolicoUn corpo lanciato vicino al suolo, trascurando l'aria, ha accelerazione costante g verso il basso: moto uniforme in orizzontale, uniformemente accelerato in verticale. Traiettoria parabolica, quota massima v0y²/2g, gittata v0² sin2θ/g (massima a 45°); lancio da un'altezza h con un'equazione di secondo grado.Moto parabolico →). Tempo di caduta (moto verticale da fermo):

$$t = \sqrt{\frac{2 y_0}{g}} = \sqrt{\frac{2}{9{,}81}} = 0{,}452\ \text{s}$$

Distanza orizzontale:

$$x = v_2\,t = 6{,}26 \cdot 0{,}452 = 2{,}83\ \text{m}$$

In forma letterale $x = \sqrt{2gh}\sqrt{2y_0/g} = 2\sqrt{h\,y_0}$: con $h = 2$ m e $y_0 = 1$ m, $x = 2\sqrt2 = 2{,}83$ m ✓. Man mano che il livello scende, $h$ diminuisce e il getto arriva sempre più vicino.

d) Tempi di svuotamento

La velocità di uscita dipende dal livello $h$, che cambia nel tempo: il moto non è uniforme e serve un'equazione differenziale.

L'equazione. In un tempo $dt$ escono $s\,v_2\,dt$ m³ d'acqua, e il livello scende di $dh$ (negativo): il volume perso è $-S\,dh$. Uguagliando:

$$-S\,dh = s\sqrt{2 g h}\;dt \quad\Longrightarrow\quad \frac{dh}{dt} = -\frac{s}{S}\sqrt{2 g h}$$

Separazione delle variabili. Si porta tutto ciò che dipende da $h$ a sinistra e si integra dal livello iniziale $H$ a un livello $h$:

$$\int_H^h \frac{dh'}{\sqrt{h'}} = -\frac{s}{S}\sqrt{2g}\int_0^t dt' \quad\Longrightarrow\quad 2\left(\sqrt{h} - \sqrt{H}\right) = -\frac{s}{S}\sqrt{2g}\;t$$

(la primitiva di $h^{-1/2}$ è $2h^{1/2}$). Quindi il tempo per passare da $H$ a $h$ è

$$t = \frac{S}{s}\sqrt{\frac{2}{g}}\left(\sqrt{H} - \sqrt{h}\right)$$

con $\frac{S}{s} = 2500$ e $\sqrt{2/g} = 0{,}452$ s/m$^{1/2}$.

Da $2$ m a $1$ m: $$t_{1/2} = 2500 \cdot 0{,}452 \cdot (1{,}414 - 1) = 468\ \text{s} \approx 7{,}8\ \text{min}$$

Svuotamento completo ($h = 0$): $$t_{\text{tot}} = 2500 \cdot 0{,}452 \cdot 1{,}414 = 1596\ \text{s} \approx 26{,}6\ \text{min}$$

La metà inferiore è molto più lenta. Il primo metro scende in $7{,}8$ minuti, il secondo in $26{,}6 - 7{,}8 = 18{,}8$ minuti: con poca acqua sopra il foro la pressione è bassa e il getto è lento. Se l'acqua uscisse sempre alla velocità iniziale, il serbatoio si svuoterebbe in $\frac{S H}{Q} = \frac{1}{1{,}25 \cdot 10^{-3}} = 800$ s, esattamente la metà del tempo vero.

Risultati

Errori comuni

• Misurare $h$ dal fondo del serbatoio o dal pavimento: in Torricelli conta il dislivello tra la superficie libera e il foro.
• Mettere pressioni diverse in alto e al foro: sono entrambi all'aria, la pressione è $p_0$ in tutti e due.
• Calcolare il tempo di svuotamento come volume diviso portata iniziale: la portata cala con il livello; si sbaglia di un fattore $2$.
• Confondere la sezione del serbatoio con quella del foro nella continuità: la velocità grande è quella nella sezione piccola.