by 
Μια δεξαμενή έχει σχήμα ορθογωνίου παραλληλεπιπέδου. Στο πάνω μέρος της υπάρχει κρουνός. Αν τον ανοίξουμε ρίχνει νερό με σταθερή παροχή και γεμίζει την δεξαμενή σε 2 ώρες. Αυτό εφ’ όσον ο άλλος κρουνός που βρίσκεται κοντά στον πάτο της δεξαμενής, είναι κλειστός.
Ο άλλος κρουνός έχει τέτοια διάμετρο ώστε αν τον ανοίξουμε η δεξαμενή να αδειάζει σε 3 ώρες, εφ’ όσον δεν τροφοδοτείται από τον πάνω κρουνό.
Έστω ότι η δεξαμενή είναι άδεια και ότι ανοίγουμε ταυτόχρονα και τους δύο κρουνούς.
Θα γεμίσει η δεξαμενή;
Αν ναι, σε πόση ώρα;
Αν όχι, ποιο τμήμα της θα γεμίσει και σε πόση ώρα;
Η απάντηση έχει σχεδόν γραφεί.
Προφανώς δεν απευθύνεται σε μαθητές.
Καλησπέρα Γιάννη. Βρίσκω ότι θα γεμίσει σε ύψος h’ ίσο με τα 9/16 του αρχικού. Τι λες;
Αποστόλη πιστεύω το ίδιο. Θα γεμίσει μέχρι τα 9/16 του ολικού όγκου.
Μια λύση:
Και σε χρόνο 6/7 της ώρας;
Γράφαμε μαζί. Κάτι δεν υπολόγισα σωστά στο χρόνο
Αποστόλη αν ήταν κλειστός ο κάτω θα γέμιζε ολόκληρη η δεξαμενή σε 18/16 της ώρας. Δηλαδή σε χρόνο πάνω από μια ώρα.
Με τον κάτω ανοιχτό θα πάρει πολύ περισσότερη ώρα. Δεν είμαι σίγουρος αν χειρίστηκα καλά το graph αλλά μάλλον θέλει πολύ ώρα.
Όταν οι παροχές γίνονται παραπλήσιες τρέχει πολύ αργά. Ένα δεκαδικό ψηφίο να αλλάξεις γλυτώνεις μια ώρα γεμίσματος.
Γράφοντας 0,56 αντί 0,5625 ας πούμε.
Σωστά Γιάννη. Θέλει πολλή ώρα. Πήγα να το δω χωρίς ολοκλήρωμα, αλλά δεν βγαίνει μάλλον.
Δεν βγαίνει. Ο χρόνος θεωρητικά είναι άπειρος. Αν ζητήσουμε ολοκλήρωση από 0 ως 9/16 δεν δίνει αποτέλεσμα.
Όπως ένας πυκνωτής εκφορτίζεται πρακτικά σε 5-6 σταθερές χρόνου, αλλά θεωρητικά ποτέ.
Καλημέρα σε όλους,
Έβαλα στο WolframAlpha την εξής διαφορική:
dVνερου/dt = Π1 – Π2 → Α (dy/dt) = Π1 – Α2 sqrt(2gy) → dy/dt + (A2/A) sqrt(2g) sqrt(y) – (Π1/A) = 0 →
→ dy/dt + b sqrt(y) – c = 0
όπου y το ύψος του νερού στο δοχείο και A, H η βάση και το ύψος του δοχείου.
Μου έβγαλε μια περίεργη λύση που με παίδεψε να προσδιορίσω τις σταθερές, αλλά, αν δεν τα έκανα σαλάτα, μου βγήκε μια μαζεμένη y(t):
y = (9/16) Η [1 – e^(-t/τ)]
όπου η σταθερά χρόνου βγήκε τ = t2^2 / (2 t1) = 9 / 4 = 2,25 ώρες.
Οπότε, tολ = 5 τ = 11+ ώρες.
… Παρέλειψα ένα τετράγωνο:
y = (9/16) Η [1 – e^(-t/τ)]^2
Στο graph, χωρίς τετράγωνο, οριζοντιώνεται περίπου στις 12 ώρες.
Με το τετράγωνο είναι λίγο πιο αργή και οριζοντιώνεται περίπου στις 13 ώρες
Καλημέρα συνάδελφοι.
Διονύση η παραπάνω διαφορική:
dy/dt + b sqrt(y) – c = 0
μου θύμισε την
dq/dt + (1/RC)∙q-Ε=0
για τη φόρτιση πυκνωτή…
Όμως η παρούσα έχει τετραγωνική ρίζα του y… Βγάζει και πάλι ανάλογη λύση;
Καλημέρα Διονύση,
Βγάζει σαν λύση αυτό το πράγμα:
Καλημέρα Γιάννη
Μ’ άρεσε και σκεφτόμουνα αν ήταν νομίμως νόμιμο το ερώτημα …’’μέχρι ποιο ύψος θα έφτανε το νερό με ανοιχτά και τα δυό μουσουλούκια’’, απευθυνόμενο προς μαθητές με την προϋπόθεση πως θα δίδονταν η παράσταση Π-t για το άδειασμα της δεξαμενής .
Ωραίοι συνειρμοί σχετικά με την άλλη ''αποθήκη''…του πυκνωτή . Θαυμαστά …τα μαθηματικά έργα σας
Καλό Πρωτογούλη για όλους
Καλημέρα Διονύση.
Δίκιο έχεις για … "αυτό το πράγμα"
Άστο να πάει στο ….
… στο οποίο έθεσα k1 = 0, και επειδή για t=0 είναι y = 0, υπολόγισα το w = e c
Οπότε απλοποιείται το c, και το -1 του εκθέτη και μένει η:
y = (c/b)^2 [1 – exp(-Λt)]^2
όπου: Λ = b^2 / (2c)