\newproblem{ %1
\FPsetpar{Sez}{30}{60}
\FPsetpar{dh}{10}{40}
\begin{problem}[10]
Un recipiente cilindrico di altezza $h= 2$ m, sezione $S=\Sez \; cm^2$, è riempito di acqua
fino al bordo e bloccato su di un piano. Se si fora a $d=\dh$ cm dal piano, si rileva che dopo un secondo il livello dell'acqua è calato di $\Delta h=1.2$ mm.
\begin{enumerate}
\item si scriva l'espressione della velocità di uscita dell'acqua dal foro e se ne determini il valore (si assuma costante la velocità di abbassamento del livello dell'acqua nel cilindro).
\item qual'è la sezione del foro? Si consideri l'acqua un fluido ideale.
\end{enumerate}
\begin{solution}
La portata è data dal volume d'acqua che esce in un secondo:
\FPval{Porta}[6]{Sez*10^(-4) * 1.2*10^(-3)}
\[
	Port=\frac{S\Delta h}{\Delta t}=\Porta \; m^3/s=\FPsv[4]{\Porta*1000} \;l/s
\]

La velocità dell'acqua in uscita è data da:
\FPval{vel}[2]{(2*9.8*(2-dh*10^(-2)))^(0.5)}
\[
v=\sqrt{2 g (h-d)}=\vel\;m s^{-1}
\]
La portata sarà anche uguale alla velocità dell'acqua in uscita per la sezione $A$ del foro: $Port=vA$ e dunque la sezione sarà: 
\[
A=\frac{Port}{v}=\FPsv[2]{\Porta/\vel*10^6} \; mm^2
\]
\end{solution}
\pagebreak
\end{problem}
}

\newproblem{ %2
\FPsetpar{vuno}{140}{160}
\FPsetpar{vdue}{110}{130}

\begin{problem}[6]
Se l'aria scorre sulla superficie superiore dell'ala di un aereoplano alla velocità
di $v_1=\vuno\; m/s$ e sulla superficie inferiore alla velocità di $v_2 = \vdue\; m/s$, si trovi la differenza tra la pressione $P_1$ sulla superficie superiore e quella $P_2$ sulla superficie inferiore dell'ala.\par
Se l'area dell'ala è $A=15.0\; m^2$, si trovi la forza agente verso l'alto dell'ala.
(Si usi come densità dell'aria $\rho_a=1.28\; kg/m^3$.)
\begin{solution}
Usiamo l'equazione di Bernoulli:
\[
P_1 + \frac{1}{2} \rho_a v_1^2 = P_2 +\frac{1}{2} \rho_a v_2^2
\]
da cui 
\[
P_2 -P_1 = \frac{1}{2}\rho_a(v_1^2 - v_2^2) = \FPsv[2]{1.28 *(\vuno^2 -\vdue^2)/2}
\]
$F=A\Delta P$
\end{solution}
\pagebreak
\end{problem}
}

\newproblem{ %3
\FPsetpar{accauno}{30}{40}
\FPsetpar{accadue}{8}{15}
\begin{problem}[6]
L'acqua sale alle quote $h_1 = \accauno \; cm$ e $h_2 = 10.0\; cm$ nei tubi
verticali del condotto indicato in figura. Il diametro del condotto all'altezza del primo
tubo è $d_1=4.0\; cm$, e all'altezza del secondo tubo è $d_2=2.0\; cm$.\\
\begin{enumerate}
\item quanto vale la velocità dell'acqua all'altezza del primo e del secondo tubo?
\item quanto valgono la portata in massa e la portata in volume?
\end{enumerate}

\begin{figure}[h]
\includegraphics[width=0.8\textwidth]{./Esercizi/Tubo.pdf}
\end{figure}

\begin{solution}
Nei tubicini: $P1=P_{atm}+\rho g h_1$ e $P2=P_{atm}+\rho g h_2$, mentre, nel condotto, per l'equazione di Bernoulli, sarà $P1+1/2 \rho v_1^2 = P_2 + 1/2 \rho v_2^2$ e, per l'equazione di continuità: $v_1 d_1^2=v_2 d_2^2$. Sostituendo $v_2 =v_1 d_1^2/d_2^2$ nell'epressione di Bernoulli e risolvendo per $v_1$
\FPval{vuno}[2]{(2*9.81*(\accauno - \accadue)/(2^4 -1))^0.5}
\begin{align*}
v_1=\sqrt{\frac{2 g(h_1 -h_2)}{\left(\frac{d_1}{d_2}\right)^4 -1}} = \vuno\\
v_2 = \FPsv[2]{\vuno*4}
\end{align*}
La portata in volume è $Q_1 = Av_1$
\end{solution}
\pagebreak
\end{problem}

}

\newproblem{ %4
\FPsetpar{Press}{2}{4}
\FPsetpar{rate}{700}{800}
\begin{problem}[10]
La pressione sul fondo di un serbatoio contentente acqua è di $\Delta P=\Press \cdot 10^5\; Pa$ superiore
a quella atmosferica.
\begin{enumerate}
\item Determinare la profondità dell'acqua nel serbatoio.
\item Se dell'acqua viene immessa poi nel serbatoio al ritmo di $\rate$ litri/minuto, e si
vuole mantenere costante il livello dell'acqua, quale dovrà essere la superficie
di un foro praticato sul fondo del serbatoio?
\item Quale sarà la velocità di uscita dell'acqua in queste condizioni? (si assuma
che la sezione del serbatorio sia molto più grande della sezione del foro).
\end{enumerate}
\begin{solution}
L'equazione di Bernoulli dice:
\[
 (P - P_{atm}) + \frac{1}{2}\rho(v_2 -V_1) +\rho g (h_2 - h_1) = 0
\]
 Dunque, per liquido fermo, possiamo calcolare la profondità:\FPval{acca}[2]{\Press*10^5 /(1000*9.81)}
$\Delta h = \frac{\Delta P}{\rho g} = \acca\;m$.\\
Per mantenere costante il livello dell'acqua, deve essere l'efflusso $\frac{dm}{dt}= v_u S $ pari all'afflusso $M_{in}$, dunque: $S = M_{in}/v_u$. 
\FPval{vel}[2]{(2*9.81*\acca)^0.5}
La velocità all'uscita del foro è data sempre dall'equazione di Bernoulli e vale: $v=\sqrt{2 g h}=\vel m s^{-1}$. Da cui possiamo ricavare: $S= \FPsv[2]{10^4*\rate*10^(-3)/(60*\vel)}\; cm^2$.

\end{solution}
\pagebreak
\end{problem}
}

\newproblem{ %5
\FPsetpar{Quant}{2}{4} %m^3
\FPsetpar{acca}{20}{40} %m
\FPsetpar{press}{15}{20} %*10^4 N/m^2
\begin{problem}[10]
Quanto lavoro deve compiere una pompa per sollevare $Q=\Quant\;m^3$ di acqua ad un'altezza di $h=\acca\;m$ e farla scorrere in un condotto alla pressione $P=\FPsv[2]{\press/10} \cdot 10^5 \;N/m^2$ rispetto alla pressione a cui viene prelevata?
\begin{solution}
Il lavoro è dato dalla somma della variazione di energia potenziale e del lavoro compiuto contro la pressione: $L = mgh+ P V=\FPsv[2]{(\Quant*10^3*9.81*\acca+\Quant*\press*10^4)/10^3}\;kJ$ dove $m=\Quant \;m^3 \cdot 10^3 kg/m^3$. 

\end{solution}
\pagebreak
\end{problem}
}

\newproblem{%6
\FPsetpar{peso}{1}{3}
\begin{problem}[7]
In un un recipiente contenente acqua, posto su una bilancia, viene totalmente immerso senza  che tocchi  il  fondo  un  corpo.  Se  la  bilancia  mostra  un  aumento  di  peso  pari  a  
$\Delta P=  \peso\;  N$  determinare il volume del corpo immerso.
\begin{solution}
La variazione di peso corrisponde al peso del liquido spostato :
$\Delta P = \rho_a g  V$ da cui $V=\frac{\Delta P}{\rho g} = \FPsv[2]{\peso/(1000*9.81)*10^4}\cdot 10^{-4}m^3$
\end{solution}
\pagebreak
\end{problem}
} 

\newproblem{ %7
\FPsetpar{spess}{2}{5}
\FPsetpar{rhol}{1200}{1400}
\begin{problem}[8]
 Un disco di plastica (densità $\rho_p = 1150\; kg/m^3$) di raggio R e spessore $h_p = \spess\; cm$ galleggia in una vaschetta contenente un liquido di densità $\rho_l = 1200\; kg/m^3$. Si determini quale frazione del disco resta immersa nel liquido, in condizioni di equilibrio.

Si determini poi qual è il minimo spessore $h_{Al}$ che deve avere un disco di alluminio (densità $\rho_{Al} = 2710\; kg/m^3$) di raggio R che sovrapposto al disco di plastica faccia affondare l'insieme dei due dischi appena sotto il livello del liquido.

\begin{solution}
Il peso del disco deve essere equilibrato dalla forza d'Archimede:
\[
\rho_p g \pi R^2 h_p = \rho_l g \pi R^2 h_{imm}
\]
\FPval{imm}[2]{spess*1150/rhol}
da cui: $ h_{imm}=h_p \frac{\rho_p}{\rho_l} = \imm $. La frazione immersa sarà $h_{imm}/h_p = \FPsv[2]{100*imm/spess}$.
Se sovrapponiamo il disco di alluminio, il peso dell'insieme sarà:
\[
P_{tot} = \left(\rho{p}h_p + \rho_{Al}h_{Al} \right) \pi R^2 g
\]
che dovrà uguagliare il peso del liquido spostato:
\[
P_{s} =\rho_l g\pi R^2 (h_p+h_{Al})
\]
Dunque, portando tutti i termini relativi all'alluminio al primo membro: 
$h_{Al} (\rho_{Al} - \rho{l}) = h_p (\rho_l - \rho_p)$ e dunque:
\[
h_{Al} = h_p \frac{\rho_l - \rho_p}{\rho_{Al} - \rho_{l}} = \FPsv[2]{(rhol-1150)*spess/(2710-rhol)}
\]

\end{solution}
\pagebreak
\end{problem}
}

\newproblem{ %8
\FPsetpar{hzero}{30}{50}
\FPsetpar{ha}{10}{20}
\begin{problem}[10]
 Il livello dell'acqua in un serbatoio sul tetto di un edificio è ad un'altezza da terra  $h_0 = \hzero$ m.
Il serbatoio fornisce acqua attraverso condutture di sezione $S_1 = 20.0 cm^2$ ai vari appartamenti.
Ogni rubinetto da cui esce acqua ha una sezione di apertura pari a $S_2 = 10.0 cm^2$.
Nell'ipotesi che la superficie del serbatoio sia molto maggiore della sezione delle condotte, calcolare:
\begin{enumerate}
\item  Il tempo necessario per riempire un secchio di $V=30.0 dm^3$ in un appartamento a $h_a=\ha$ m sopra il livello della strada.
\item  La pressione differenziale nella condotta principale, a livello del suolo, a rubinetto (all'altezza del suolo) chiuso ed a rubinetto aperto.
\end{enumerate}

\begin{solution}
Applichiamo l'equazione di Bernoulli trascurando la velocità del fluido nel serbatoio.
\[
P_{Atm} +\rho g h_0 = P_{Atm} + \frac{1}{2}\rho v_a^2 +\rho g h_a
\]
\FPval{vdue}[2]{(2*9.81*(hzero-ha))^0.5}
da cui ricaviamo la velocità con cui l'acqua esce dal rubinetto dell'appatamento: $ v_a = \sqrt{2g(h_0 - h_a)} = \vdue$.
La portata sarà $Q=v_2S_2$, che è la quantità d'acqua erogata nell'unità di tempo, quindi il secchio sarà pieno quando $V = Q t$, ossia al tempo: $t=V/Q=\FPsv[2]{30*10^(-3)/(vdue*10^(-3))}$\par
A rubinetto chiuso la pressione dell'acqua al suolo è dovuta solo all'altezza della colonna: $P_a =P_{Atm}+\rho g h_0 = \FPsv[2]{1+9180*hzero/101300}\;Atm$\par
A rubinetto aperto, se chiamiamo $v_1$ la velocità dell'acqua nella condotta principale e $v_2$ quella in uscita dal rubinetto, all'altezza del rubinetto al suolo avremo:
\[
\begin{cases}
P_{1}+\frac{1}{2}\rho v_1^2 = P_{Atm} +\frac{1}{2}\rho v_2^2\\
v_1 S_1 = v_2 S_2\\
v_2^2=2 g h_0
\end{cases} 
\]
dunque: $P_1 -P_{Atm} = \frac{1}{2}\rho v_2^2 \left(1-\frac{S_2^2}{S_1^2}\right) =\rho g h_0\left(1-\frac{S_2^2}{S_1^2}\right) = \FPsv[2]{9180*hzero*(1-1/4)/101300}\;Atm$

\end{solution}
\newpage
\end{problem}
}
 
\newproblem{ %9 - Luci 11.24
\FPsetpar{P1}{800}{1000}
\FPsetpar{P2}{500}{600}
\FPsetpar{P3}{300}{400}
\begin{problem}[10]
Un blocco di metallo con una cavità interna, pesa $P_1=P1\;N$ nel vuoto, $P_2=P2\;N$ se pesato immerso nell'acqua e $P_3 = P3\;N$ immerso in un olio di densità incognita $\rho_o$. Sapendo che la densità del metallo è di $\rho_m = 6.0\;g\;cm^{-3}$, calcolare:
\begin{enumerate}
\item Il volume totale del blocco inclusa la cavità;
\item Il volume della cavità;
\item la densità dell'olio
\end{enumerate}
\begin{solution}
Detti $V_p$ il volume delle pareti, $V_c$ quello della cavità e $\rho_a=1000 kg\;m^{-3}$ la densità dell'acqua:

\FPval{VP}[3]{P1/(6000*9.81)}
\[
\begin{cases}
\rho_m g V_p = P_1\\
\rho_m g V_p -(V_p + V_c) g\rho_a = P_2 \leftarrow \text{Spinta di Archimede in acqua}\\
\rho_m g V_p -(V_p + V_c) g\rho_o = P_3\leftarrow \text{Spinta di Archimede in olio}
\end{cases}
\]
Dunque, sostituendo la prima, nelle altre due, il sistema diventa:
\[
\begin{cases}
V_p = \frac{P_1}{\rho_m g} = \VP \; m^3\\
g\rho_a(V_p+V_c) = P_1-P_2\\
g\rho_o(V_p+V_c)  = P_1 - P_3
\end{cases}
\]
\FPval{Vtot}[3]{(P1-P2)/9180}
sicché: $\rho_o = \rho_a(P_1 - P_3)/(P_1 -P_2) = \FPsv[3]{1000*(P1-P3)/(P1 - P2)}\, kg\,m^{-3}$; $V_{tot} = V_p+V_c = (P_1 -P_2)/\rho_a g = \Vtot\;m^3$; $V_c = V_{tot} -V_p = \FPsv[3]{Vtot-VP}\; m^3$
\end{solution}
\pagebreak
\end{problem}
}

\newproblem{%10
\FPsetpar{SA}{350}{550}
\FPsetpar{SB}{150}{250}

\begin{problem}
Un serbatoio d'accumulo di acqua è costituito da un grande
cilindro verticale da cui l'acqua viene prelevata tramite un condotto
orizzontale posto alla sua base, formato da due parti di diversa sezione: la
prima, a contatto con il serbatoio, di sezione $S_A = \SA \; cm^2$ e
la seconda, a contatto con l'aria, di sezione $S_B = \SB \; cm^2$. Il
flusso dell'acqua di ingresso nel serbatoio è tale da mantenere
invariato il livello $h = 3$ m dell'acqua nel cilindro. Trattando
l'acqua come un fluido ideale, e tenendo presente che la superficie
superiore dell'acqua nel cilindro è a contatto con l'atmosfera,
si trovi:
\begin{enumerate}
\item la velocità di uscita dell'acqua dal condotto;
\item la portata del flusso di acqua in ingresso al serbatoio;
\item la differenza di pressione tra l'acqua che scorre nel condotto
di sezione $S_A$ e la pressione atmosferica (pressione
differenziale).
\end{enumerate}
\begin{solution}
La velocità di uscita si ricava utilizzando la legge di Bernoulli prendendo come riferimento
la superficie inferiore dell'acqua nel cilindro:
\[
\frac{1}{2}\rho v_B^2+P_0=P_0+\rho g h
\]
\FPval{vb}[2]{(2*9.81*3)^0.5}
dunque $v_B=\sqrt{2 g h} =\vb\; m s^{-1}$.\\
\FPval{flu}[2]{\SB*10^(-4)*\vb}
Il flusso in ingresso deve uguagliare quello in uscita $\Phi = S_B\cdot v_B =\flu \;m^3/s$. \\
La pressione in A, la troviamo applicando la legge di Bernoulli tra A e B; 
\[
P_A+\frac{1}{2}\rho v_A^2 = P0+\frac{1}{2}\rho v_B^2
\]
\FPval{va}[2]{\vb*\SB/\SA}
dove la velocità in A viene dall'equazione di continuità: $v_A S_A = v_B S_B\; \Rightarrow v_A=v_B S_B/S_A= \va\; m \;s^{-1}$ dunque $P_A -P_0 =\frac{1}{2}\rho (v_B^2 - v_A^2)=\FPsv[2]{0.5*1000*(\vb^2-\va^2)} \;Pa$

\end{solution}
\newpage
\end{problem}
}