Meccanica dei Fluidi

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1 POLITENIO DI MILNO Meccanica dei Fluidi Esercizi di Statica dei Fluidi cura di: Dalila Vescovi Jenny ampagnol, Diego erzi v2.2

2 Indice 1 Diagramma delle pressioni Richiami teorici Esercizi Misuratori di pressione Piezometro Manometro semplice Manometro differenziale Manometro rovescio Esercizi Spinte su superfici piane Richiami teorici Esercizi Spinte su superfici curve Richiami teorici Esercizi

3 1 Diagramma delle pressioni 1.1 Richiami teorici Legge di Stevino Nelle ipotesi di fluido in quiete incomprimibile pesante vale la seguente legge di Stevino: z + p = cost dove z è la quota geodetica, p/ l altezza piezometrica e la somma è detta quota piezometrica. pplicazioni Se vale la legge di Stevino, allora: una superficie orizzontale è anche una superficie isobara (e viceversa); Si definisce piano dei carichi idrostatici relativo (P..I.) per un determinato fluido il piano per cui la pressione relativa è nulla p = 0. In un generico punto, la pressione è data da p = h dove h è l affondamento del punto rispetto al P..I.; Il diagramma delle pressioni segue un andamento lineare, si parla di distribuzione idrostatica delle pressioni; Dati due punti e dello stesso fluido, tali che si trova ad una quota geodetica maggiore di, allora p = p +h dove h è la differenza tra le quote dei due punti (e non dipende da dove si trova l origine dell asse z). 3

4 1.2 Esercizi Esercizio 1 Supponiamo di avere un serbatoio riempito con tre fluidi di peso specifico differente come mostrato in Fig. 1 M p M h 3 g h 2 2 h 1 1 Figura 1: Esercizio 1. Dati: p M (pressione misurata dal manometro metallico nel suo baricentro), g, 1, 2, geometria (h 1, h 2, h 3 ) Determinare la pressione relativa ed assoluta nei punti,, e la posizione del piano dei carichi idrostatici per i tre fluidi. Svolgimento: onsideriamo il fluido più in alto, di peso specifico g. pplicando la legge di Stevino tra i punti e M si ottiene z + p g = z M + p M g dove z e z M sono le quote geodetiche dei punti e M, e dipendono da dove si trova l origine dell asse z, mentre p e p M sono le pressioni nei due punti. p M ènotadallamisurazionedelmanometrometallico(poichèilpunto M e il baricentro del manometro si trovano alla stessa quota geodetica), esplicitiamo p dalla relazione precedente p = p M + g ( z M z ) = p M + g h 3 indipendentemente da dove si trova l origine dell asse z, la differenza tra le quote dei due punti è h 3 ed è nota. Il fluido in questo caso è un gas, ciò significa che g è molto piccola, praticamente trascurabile, quindi si ottiene semplicemente p = p M. 4

5 onsideriamoorailfluidodipesospecifico 2. pplicandolaleggedistevino tra i punti e si ottiene: Infine, per l ultimo fluido otterremo z + p 2 = z + p 2 p = p + 2 ( z z ) = p M + 2 h 2 p = p + 1 h 1 = p M + 2 h h 1. Le pressioni assolute si calcolano a partire da quelle relative aggiungendo la pressione atmosferica assoluta p atm: p = p +p atm p = p +p atm p = p +p atm. Il piano dei carichi idrostatici relativo, per un determinato fluido, è quello per cui la pressione relativa è nulla. onsideriamo il fluido di peso specifico 1 e sia un punto giacente sul piano dei carichi idrostatici (relativo) per tale fluido. llora p = 0, e applicando la legge di Stevino z = z + p 1 essendo z la quota geodetica di. Se definiamo h = z z la distanza tra il P..I. relativo e il punto, allora h = p 1. In pratica h è l affondamento di rispetto al pelo libero virtuale del liquido che stiamo considerando. nalogamente per il fluido 2 h = p 2. Per il gas g si ottiene h = p g 5

6 ed essendo g molto piccolo, il P..I. del gas è molto lontano (tende ad infinito). nalogamente, per i piani dei carichi idrostatici assoluti si ottiene h = p 1 = h + p atm 1 h = p 2 = h + p atm 2 In Fig. 2 sono riporati i diagrammi delle pressioni e i P..I., relativi ed assoluti, nel caso p M > 0; in Fig. 3 nel caso p M < 0. Osservazione: Il P..I., per il determinato fluido, passa per il punto di intersezione della retta del diagramma delle pressioni con l asse p = 0. RELTIVO SSOLUTO * P..I. 2 h 3 g M h p M P..I. 2 P..I. 1 h * p M * * P..I. 1 h 2 2 h p h* p * h 1 1 p p * p M 2 h 2 1 h 1 p * atm Figura 2: Diagramma delle pressioni e piani dei carichi idrostatici per l esercizio 1 per p M > 0. 6

7 RELTIVO M h 3 g p M h 2 P..I. 2 2 h p P..I. 1 h 1 1 p h p M Figura 3: Diagramma delle pressioni e piani dei carichi idrostatici per l esercizio 1 per p M < 0. Esercizio 2 Si tracci, lungo le superfici evidenziate per il serbatoio in Fig. 4, il diagramma delle pressioni. h 1 D α h 2 Svolgimento: Figura 4: Esercizio 2. Dato un punto che giace su una superficie, la pressione, in quel punto, agisce sempre ortogonalmente alla superficie; il modulo è proporzionale all affondamento h del punto, rispetto al piano dei carichi idrostatici: p = h (indipendentemente dall inclinazione e dalla forma della superficie). Il verso è rivolto contro la parete, per pressioni positive, nella direzione opposta per pressioni negative. In questo esercizio il piano dei carichi idrostatici relativo è immediatamente individuato dal pelo libero. alcoliamo le pressioni nei 4 punti indicati: 7

8 punto : giace sul pelo libero, per cui p = 0 punto : il suo affondamento, rispetto al P..I., è pari a h 1, quindi p = h 1 punto : ha affondamento h 1 +h 2 p = (h 1 +h 2 ) punto D: ha lo stesso affondamento di p D = p. Tracciamo il diagramma delle pressioni per le tre superfici: Superficie D: la pressione è costante e pari a (h 1 +h 2 ) su tutta la superficie; inoltre le pressioni sono dirette lungo la verticale e rivolte verso il basso (spinte unitarie esercitate dal fluido sulla superficie D). Superficie : il diagramma delle pressioni cresce linearmente dal punto, dove è nullo, al punto, dove vale h 1 ; le pressioni sono dirette lungo l orizzontale e rivolte verso destra. L angolo che la retta del diagramma delle pressioni forma con l asse delle p = 0 è pari a arctan. Superficie : il diagramma delle pressioni è anche in questo caso lineare, e vale h 1 in e (h 1 +h 2 ) in. Le pressioni sono ortogonali alla parete con verso diretto verso di essa. on riferimento alla Fig. 5, calcoliamo l angolo β, tra il prolungamento del piano ove giace e la retta del diagramma delle pressioni. Evidentemente p = Ltanβ dove allora L = h 1 +h 2 sinα β = arctan(sinα). 8

9 P..I. D α P..I. h 1 arctan p β p p D D h 2 p α L Figura 5: Diagramma delle pressioni dell esercizio 2. Esercizio 3 Si tracci, lungo le superfici evidenziate per i due serbatoi in Fig. 6, il diagramma delle pressioni. Si individui qualitativamente la posizione del piano dei carichi idrostatici (relativo). n<0 D Svolgimento: Figura 6: Esercizio 3. In Fig. 7 sono riportati, qualitativamente, il diagramma delle pressioni e i P..I. relativi per i due serbatoi. 9

10 n P..I. P..I. D Figura 7: Soluzione esercizio Misuratori di pressione Piezometro Il piezometro consente di visualizzare la quota del piano dei carichi idrostatici relativo (dove la pressione relativa è nulla). Questo strumento si compone di un tubo applicato nel punto in cui si vuole eseguire la misura, e in cui il liquido all interno del serbatoio sale fino al livello del P..I. P..I. h M Figura 8: Piezometro. 10

11 1.3.2 Manometro semplice Il manometro semplice misura la pressione nel punto in cui è applicato ed è rappresentato in Fig. 9. h m Figura 9: Manometro semplice. Dati:, m e la geometria (h, ) Determinare la pressione relativa nel punto e il piano dei carichi idrostatici relativi per il fluido di peso specifico. Svolgimento: Tracciamo un isobara (linea orizzontale) in corrispondenza dell interfaccia tra i due fluidi (punto ), e chiamiamo la sezione in cui la parte destra del manometro viene intercettata dall isobara (Fig. 10). llora le pressioni in e sono uguali: p = p. onsideriamo il fluido nel manometro ( m ) e applichiamo la legge di Stevino tra i punti e : z + p = z + p m m dove z e z sono le quote geodetiche dei punti e, e dipendono da dove si trova l origine dell asse z, mentre p e p sono le pressioni nei due punti. llora si ricava p = p + m ( z z ). Essendo il manometro a contatto con l atmosfera nell estremo superiore, p = 0; inoltre z z =, per cui p = m. 11

12 onsideriamo ora il fluido di peso specifico contenuto nel serbatoio; applicando per la legge di Stevino tra i punti e si ottiene: per cui z + p = z + p p = p +( z z ) = m +( h) = m h. alcoliamo la posizione del piano dei carichi idrostatici relativo per il fluido. Sia h la distanza tra il P..I. e la superficie di interfaccia tra i due fluidi (punto ); allora h = p = m. Infine, la distanza tra i piani dei carichi idrostatici dei due fluidi, δ, risulta δ = h = ( m ). In Fig. 10 sono riportati i diagrammi delle pressioni per i due fluidi e i rispettivi piani dei carichi idrostatici relativi. P..I. δ arctan P..I. m h arctan m h m m Figura 10: Diagramma delle pressioni e piani dei carichi idrostatici per i due fluidi e m. 12

13 1.3.3 Manometro differenziale Il manometro differenziale misura la differenza di pressione tra i due punti in cui è applicato (Fig. 11). 2 h D 1 D m Figura 11: Manometro differenziale. Dati: 1, 2, m e la geometria (, h D ) Determinare la distanza δ tra i piani dei carichi idrostatici relativi dei fluidi 1 e 2 e il diagramma delle pressioni per i due fluidi. Svolgimento: Sia h la distanza tra il P..I. del fluido 1 dalla superficie di interfaccia tra 1 e m ; allora h è l affondamento del punto rispetto al P..I. del fluido 1 (così come h D è l affondamento del punto D rispetto al P..I. del fluido 2 ). Supponiamo che il P..I. di 1 si trovi sopra al P..I. di 2 (Fig. 12); allora risulta h = +h D +δ Tracciamo l isobara in corrispondenza dell interfaccia tra il fluido 1 e il fluido m (punti e ), allora p = p. pplichiamo il teorema di Stevino tra e il P..I. per 1 : tra e D: p = 1 h p = p D + m 13

14 tra D e il P..I. per 2 : p D = 2 h D. Mettendo insieme le tre relazioni si ottiene da cui si ricava h. Infine 1 h = 2 h D + m δ = h h D = ( 2 1 ) 1 h D + ( m 1 ) 1. In Fig. 12 sono riportate la posizione del P..I. per 1 e il diagramma delle pressioni per i due fluidi. δ P..I. 1 arctan P..I arctan 2 h D 1 h D m h 2 D m Figura 12: Diagramma delle pressioni e piani dei carichi idrostatici (δ > 0). Si osservi che, in questo esercizio si è ipotizzato 1 > 2 (ovviamente m > 1 ); pertanto la pendenza del diagramma delle pressioni per il fluido 1 è maggiore di quella del fluido 2. δ può essere positivo o negativo, infatti δ = ( m 1 ) ( 1 2 ) 1 La Fig. 12 rappresenta il caso di δ positivo, in Fig. 13 si riporta il caso δ < 0. 1 h D 14

15 P..I. 2 -δ h D 2 P..I. 1 arctan 2 1 h D arctan 1 m h 2 D m Figura 13: Diagramma delle pressioni e piani dei carichi idrostatici (δ < 0) Manometro rovescio In questo strumento (Fig. 14), il liquido contenuto nel manometro ha un peso specifico inferiore a quello contenuto nei due serbatoi: m <. m D Figura 14: Manometro rovescio. Dati:, m, Determinare la distanza δ tra i piani dei carichi idrostatici relativi dei due fluidi. Svolgimento: Siah l affondamentodelpunto rispettoalp..i.delfluido delserbatoio disinistraeh D quellodid rispettoalp..i.delfluidodelserbatoiodidestra. In questo caso è possibile stabilire a priori che il P..I. di destra si troverà 15

16 più in basso di quello di sinistra, poichè i due serbatoi contengono lo stesso liquido ed essendo m < (Fig. 15). Pertanto risulta h + = δ +h D Tracciamo l isobara in corrispondenza dell interfaccia tra il fluido del serbatoio di sinistra e il fluido m (punti e ), allora p = p. pplichiamo il teorema di Stevino tra e il P..I. per il serbatoio di sinistra: p = h tra e D: p D = p + m tra D e il P..I. per il serbatoio di destra: p D = h D. Mettendo insieme le tre relazioni si ottiene h D = h + m per cui quindi h = h D m δ = h + h D = h D m + h D = ( m). In Fig. 15 sono riportate le posizione del P..I. e il diagramma delle pressioni per i due serbatoi. Nota: esiste una terza tipologia di manometri, il manometro metallico. Questo misura la pressione nel suo baricentro (e non nel punto di applicazione!). 16

17 δ P..I. sx P..I. dx arctan m h D h D arctan m m Figura 15: Diagramma delle pressioni e piani dei carichi idrostatici Esercizi Esercizio 4 Si consideri il serbatoio in Fig. 16 al quale sono stati applicati due manometri semplici. gas 1 2 y m m Figura 16: Esercizio 4. Dati:, m, geometria ( 1, 2 ) Determinare y tale per cui il sistema è in equilibrio. Disegnare inoltre l andamento delle pressioni nel serbatoio. 17

18 Svolgimento: In condizioni di equilibrio, la pressione esercitata sulla superficie di interfaccia dal gas è pari a quella esercitata dal liquido: onsideriamo il gas: p,gas = p,l. p,gas = p = m 2 essendo la pressione del gas circa costante. onsideriamo la pressione esercitata dal liquido: per cui p,l = p y p = p = m 1 p,l = m 1 y. Sfruttando la condizione di equilibrio si ottiene y = m ( 1 2 ). Il diagramma delle pressioni nel serbatoio è riportato in Fig. 17. gas 1 y m 2 p = m 2 arctan p = m 1 m Figura 17: Diagramma delle pressioni per l esercizio 4. 18

19 Esercizio 5 Si consideri il serbatoio Fig. 18 al quale sono stati applicati un manometro semplice e un manometro metallico. gas h 2 h 1 n m Figura 18: Esercizio 5. Dati:, m,, h 1, h 2 Determinare la lettura del manometro metallico n. Svolgimento: allora n = p +(h 1 h 2 ) p = p m p = p = 0 n = (h 1 h 2 ) m. Il punto si trova in depressione, il segno di n dipende invece dal fatto che (h 1 h 2 ) sia più grande o più piccolo di m ; nel grafico di Fig. 19 n è stata ipotizzata positiva. 19

20 gas h 2 - m h 1 n m P..I. n = (h 1- h ) - 2 m Figura 19: Diagramma delle pressioni per l esercizio 5. Esercizio 6 Si consideri il serbatoio in pressione di Fig. 20 contenente due liquidi di densità diversa. l serbatoio è stato applicato un manometro semplice. 2 h 3 h 2 1 h 1 m Figura 20: Esercizio 6. Dati: 1, 2, m,, h 1, h 2, h 3 Determinare le pressioni in sommità e sul fondo del serbatoio, rispettivamente p e p. 20

21 Svolgimento: p = m 1 h 2 2 h 3 p = m + 1 h 1. p 2 h 3 1 h 2 h 1 m m 1 h 1 Figura 21: Diagramma delle pressioni per l esercizio 6. 21

22 Esercizio 7 Si considerino i due serbatoi a pelo libero collegati da un manometro differenziale di Fig. 20. δ h 1 D m Figura 22: Esercizio 7. Dati:, m, δ, h 1 Determinare. Svolgimento: p = p D + m p = ( +h 1 +δ) quindi da cui p D = h 1 +h 1 +δ = h 1 + m = m δ. 22

23 2 Spinte su superfici piane 2.1 Richiami teorici Si consideri la superficie di area che giace su un piano inclinato di un angolo α rispetto al piano dei carichi idrostatici P..I. (orizzontale) come rappresentato in Fig. 23. La retta di intersezione tra il P..I. e il piano contenente la superficie è detta retta di sponda. Fissiamo un sistema di riferimento in cui l asse Y coincide con la retta di sponda e l asse X giace sul piano contenente ed è ortogonale a Y. η Y Retta di Sponda α P..I. 0 α ξ X G G S Π p ξ G X Figura 23: Spinta su superficie piana generica. La spinta esercitata dalla superficie sul fluido è pari a Π p = pˆnd dove è l area della superficie, p è la pressione e ˆn è la normale alla parete entrante nel volume di fluido. Nel caso di superfici piane, ˆn è costante, per cui ( ) Π p = pd ˆn. Inoltre, pd = p G essendo p G la pressione nel baricentro G della superficie. llora Π p = p G ˆn. 23

24 Si osservi che la spinta S, esercitata dal fluido sulla superfcie, è uguale ed opposta alla spinta Π p, esercitata dalla superficie sul fluido: S = Π p = p G ˆn. La retta di applicazione di S è ortogonale alla superficie, e il punto di intersezione tra tale retta e il piano contenente è detto centro di spinta S. Sia ξ la coordinata X di S (distanza del centro di spinta dalla retta di sponda) e η la coordinata Y. Dall equilibrio dei momenti si ricava che ξ = I M dove: M = I = I xy = η = I xy M Xd = X G X 2 d XYd sono rispettivamente il momento statico, il momento di inerzia e il momento centrifugo della superficie rispetto alla retta di sponda (asse Y), mentre X G è la coordinata lungo l asse X del baricentro ([I] = [L] 4 ; [M] = [L] 3 ). Per il teorema degli assi paralleli di Huygens-Steiner si ha dove e I G = ξ = ξ G +X G ξ G = I G M (X X G ) 2 d è il momento di inerzia della superficie rispetto all asse parallelo all asse Y passante per il baricentro G. I G non dipende dalla posizione del P..I. perchè è riferito al baricentro: dipende solo dalla forma della superficie; ξ G è la distanza, sull asse Y, tra il baricentro G e il centro di spinta S (Fig. 23). Si noti che il centro di spinta S è sempre più distante del baricentro dalla retta di sponda. 24

25 2.2 Esercizi Esercizio 1 onsideriamo la Fig. 24 e calcoliamo la spinta S esercitata dal fluido sulla parete verticale piana. L h y z b x Figura 24: Esercizio 1. Direzione: la spinta è ortogonale alla parete, quindi è diretta orizzontalmente (S y = 0): S = S x î; Verso: essendo le pressioni positive, la spinta sarà rivolta contro la parete (per pressione positiva), quindi nel verso delle x positive: S x = S ; Modulo: S = p G la superficie è un rettangolo, per cui = Lh; inoltre il baricentro si trova a metà altezza, per cui p G = h 2. llora S = 1 2 h2 L; S = 1 h2lî. 2 25

26 Retta di applicazione: In questo caso la retta di sponda è ortogonale al piano xy, in Fig. 26 è rappresentata dal punto ; inoltre l asse X ha stessa direzione e verso opposto all asse y. alcoliamo le coordinate del centro di spinta S. Sia ξ la distanza di S dalla retta di sponda (punto ) lungo l asse y, allora dove X G = h 2 e ξ = X G +ξ G ξ G = I G M = I G X G. Il valore di I G si trova tabulato per diverse figure geometriche. Per un generico rettangolo di base ed altezza H, come riportato in Fig. 25, si trova I G = H3 12. H G I G = H3 12 Figura 25: Momento di inerzia di un rettangolo rispetto ad un asse baricentrico. Per la superficie, la base del rettangolo, rispetto ad una retta parallela alla retta di sponda, è = L e l altezza H = h, per cui e quindi ξ G = Lh 3 12 h = h 2 Lh 6 ξ = h 2 + h 6 = 2 3 h. Si poteva procedere anche in un altro modo. Infatti, sappiamo che la retta di applicazione passa per il baricentro del solido delle pressioni. Il solido delle pressioni è un prisma a base triangolare e il suo baricentro dista 2 3 h dal vertice ; quindi, semplicemente, ξ = 2 3 h. 26

27 P..I. S G S ξ ξ G X G Figura 26: Diagramma delle pressioni e spinta S. Esercizio 2 Determinare la spinta S agente sulla superficie di Fig. 27, dati h 1, h 2, L, 1, 2. alcolare inoltre il centro di spinta. L h 1 1 y + x h 2 2 Figura 27: Esercizio 2. Svolgimento: Scomponiamo l effetto dovuto ai due fluidi. Sia S 1 la spinta esercitata dal fluido 1 sulla superficie e S 2 la spinta esercitata dal fluido 2 sulla superficie. llora S = S 1 +S 2. Direzione: la spinta è ortogonale alla parete, quindi è diretta orizzontalmente (S y = S 1,y = S 2,y = 0): S = S x î; Verso: essendo le pressioni positive, la spinta sarà rivolta contro la parete, quindi nel verso delle x positive: S x = S ; 27

28 Modulo: S = S 1 + S 2. dove S 1 = p G,1 1 S 2 = pg,2 2 1 = h 1 L area della superficie h 1 p G,1 = 1 pressione baricentro G 1 di = h 2 L area della superficie per cui p G,2 = 1 h h 2 2 S 1 = 1 2 1h 2 1L pressione baricentro G 2 di 2 ( S 2 h 2 = 1 h S = S 1 + S 2. ) h 2 L Retta di applicazione: consideriamo la Fig. 28. Il momento esercitato dalla spinta S, rispetto ad un qualsiasi polo, deve essere pari alla somma dei momenti di S 1 e S 2 rispetto allo stesso polo. Scegliamo per esempio il punto, rispetto al quale calcolare i momenti; siano b, b 1 e b 2 le distanze di S, S 1 e S 2 dal punto ; allora S b = S 1 b 1 + S 2 b 2. S 1 b 1 b 2 b S S 2 Figura 28: Spinte e diagramma delle pressioni per l esercizio 2. 28

29 alcoliamo b 1 come la distanza del baricentro del solido delle pressioni agenti sulla superficie dal punto. Essendo il solido un prisma a base triangolare, si ha che b 1 = 2 3 h 1. nalogamente b 2 è pari alla distanza del baricentro del solido delle pressioni agenti sulla superficie dal punto. Il solido delle pressioni è un prisma a base trapezioidale: vediamo come calcolarne il baricentro. Facciamo riferimento alla Fig. 29. h 1 h 2 R T hr h h* G T S R 2 G T 2 h2 1 h1 Figura 29: aricentro del solido delle pressioni agenti sulla superficie. llora b 2 = h 1 +h dove h è la distanza dal punto del baricentro del trapezio. Per stimare h basta dividere il trapezio nella somma di un rettangolo e di un triangolo e applicare la seguente formula: dove: R è l area del rettangolo: h = h R R +h T T R + T R = 1 h 1 h 2 29

30 T è l area del triangolo: T = 1 2 2h 2 h 2 h R è la distanza da del baricentro del rettangolo: h R = h 2 2 h T è la distanza da del baricentro del triangolo: Risulta pertanto b 2 = h 1 + h T = 2 3 h h 1 h h h h 2. Infine b = S 1 b 1 + S 2 b 2 S 1 + S 2. Osservazione: in questo esercizio si è scelto di calcolare i centri di spinta delle due spinte S 1 e S 2 passando attraverso il baricentro del solido delle pressioni. In modo equivalente, si sarebbe potuto far riferimento alla retta di sponda e calcolare le posizioni dei centri di spinta tramite la ξ = X G +ξ G. In questo caso si sarebbero dovute determinare le posizioni dei piani dei carichi idrostatici relativi per i due fluidi (e quindi delle rette di sponda). 30

31 Esercizio 3 Determinare la spinta S agente sulla superficie di Fig. 30, noti: h 1, h 2, h 3, α,, L (profondità del serbatoio) e la pressione misurata dal manometro metallico, n < 0. alcolare inoltre la posizione del centro di spinta. E n h 1 gas D h 2 h 3 α Figura 30: Esercizio 3. Svolgimento: Tracciamo il diagramma delle pressioni sulla parete, supponendo che sia interamente in depressione (Fig. 31): p = n+h 2 p = n+(h 2 +h 3 ). E n h 1 gas D h 2 h 3 S α p p RDS P..I. Figura 31: Diagramma delle pressioni e P..I. per l esercizio 3. 31

32 Essendo in depressione, il fluido genera un diagramma delle pressioni negativo, con verso entrante nel serbatoio rispetto alla parete. alcoliamo la spinta S sulla parete. S è diretta ortogonalmente ad entrante nel volume di fluido. Il modulo è dato da dove S = p G = L area della superficie = h 3 sinα p G per cui = n+ ( h 2 + h ) 3 2 pressione nel baricentro G di (è negativa) ( S = n+ h 2 + h ) 3 h 3 L 2 sinα. Infine, determiniamo la posizione del centro di spinta S di S. onosciamo dove si trova il piano dei carichi idrostatici e, quindi, la retta di sponda. Sia ξ la distanza del centro di spinta dalla retta di sponda lungo la retta passante per i punti e (Fig. 32), e X G la distanza del baricentro G della superficie dalla retta di sponda. S G S X RDS α h G ξ G X G ξ P..I. llora Figura 32: Posizione del centro di spinta per l esercizio 3. ξ = X G +ξ G dove ξ G è la distanza tra S e G lungo la retta passante per e ξ G = I G M = I G X G 32

33 e, essendo la parete un rettangolo di lati L e, si trova che I G = L 3 12 = L 12 ( ) 3 h3. sinα Resta da determinare solo X G. Dalla geometria, risulta X G = h G sinα doveh G èl affondamendodelpuntogrispettoalpianodeicarichiidrostatici (ovvero la distanza, sull asse verticale, tra G e il P..I.). llora e h G = p G X G = p G sinα. Esercizio 4 Determinare la spinta S agente sulla superficie di Fig. 33 noti h 1, h 2, h 3,, L (profondità del serbatoio). alcolare inoltre la posizione della retta di applicazione. E h 1 D h 2 h 3 Figura 33: Esercizio 4. 33

34 Svolgimento: Il fluido nei due serbatoi esercita pressioni diverse sulle due facce della parete. Tracciamo il diagramma delle pressioni (Fig. 34). P..I. sx E y + x sx p D p dx P..I. dx p sx p dx Figura 34: Diagramma delle pressioni per l esercizio 4. La spinta S su è data dalla risultante delle spinte esercitate dai fluidi nei due serbatoi, S sx e S dx : S = S sx +S dx. Proiettando lungo i due assi x e y si ottiene S x = Sx sx +Sx dx S y = S sx y +S dx y = 0 essendo la parete verticale (e, quindi, la spinta orizzontale). alcoliamo le due componenti: S sx x = p sx G S dx x = p dx G il segno meno nella seconda componente indica il fatto che è rivolta nel verso delle x negative. = h 3 L p sx G = ( h 1 +h 2 + h 3 2 ( p dx G = h 2 + h ) )

35 per cui S x = h 1 h 3 L ed essendo positiva, S è rivolta nel verso delle x positive. Si osservi che avremmo potuto determinare S x anche a partire dal diagramma delle pressioni risultanti. Infatti, sottraendo al diagramma di sinistra quello di destra si ottiene, sulla superficie, un diagramma rettangolare e pari a h 1. Quindi S x = p G = h 1 h 3 L. Per determinare la posizione del centro di spinta consideriamo i due trapezi delle pressioni agenti su. Il momento della spinta S rispetto ad un punto qualsiasi, deve essere uguale alla risultante dei momenti di S sx e S dx rispetto allo stesso punto. onsideriamo il punto e siano b, b sx, b dx le distanze dal punto rispettivamente del centro di spinta, del baricentro del trapezio di sinistra e del baricentro del trapezio di destra (come illustrato in Fig. 35). E D S b b sx b dx S sx S dx llora Figura 35: Posizione del centro di spinta l esercizio 4. b = bsx Sx sx b dx S dx x. S x alcoliamo b sx e b dx scomponendo i trapezi nella somma di un rettangolo ed un triangolo come visto nell esercizio 2: h 3 (h 1 +h 2 )h 3 b sx = h2 3 3 h 3 (h 1 +h 2 )h h2 3 = h 3 2 ( h 1 +h ) 3 h 3 ( h 1 +h 2 + h )

36 per cui ( h 1 +h ) h 3 3 h 3 ) 2 b = ( h 1 +h 2 + h 3 2 h 3 h 2 h 3 b dx = h2 3 3 h 3 h 2 h h2 3 = h 3 2 = h ( 3 h 1 +h h 1 3 h 3 h 2 2 ) 3 h 3 = h 3 2. ( h ) 3 h 3 ( h 2 + h ) 3 2 ( ( h 1 +h 2 + h ) 3 h 3 L h h 1 h 3 L ) h h 3 ( h 2 + h ) 3 2 Infatti, poichè il diagramma delle pressioni risultante sottraendo quello di destra a quello di sinistra è un rettangolo, il centro di spinta dista dal punto proprio b = h 3 2. ( h 2 + h ) 3 h 3 L 2 36

37 Esercizio 5 Determinare il peso specifico 2 del fluido nel serbatoio di destra affinchè la paratoia di Fig. 36 non ruoti attorno alla cerniera in. Si considerino notih, 1, α, L(larghezzadelserbatoioindirezioneperpendicolarealfoglio). h h α 1 2 Figura 36: Esercizio 5. Svolgimento: Sia S 1 la spinta esercitata dal fluido 1 e S 2 quella esercitata da 2. Definiamo inoltre b 1 e b 2 le distanze, lungo la retta passante per i punti e, dei centri di spinta di S 1 e S 2 dal punto (Fig. 37). Imponiamo l equilibrio alla rotazione della paratoia rispetto al punto : S 1 b 1 S 2 b 2 = 0; y + x S 1 P 1 P 2 S 2 b 1 b 2 Figura 37: entri di spinta per l esercizio 5. S 1 = p G,1 1 ; S 2 = p G,

38 alcoliamo i moduli delle spinte. La spinta S 1 agisce sulla parete, mentre la spinta S 2 solo sulla porzione : 1 = L = 2 h L area della superficie sinα p G,1 = 1 h pressione baricentro G 1 di 1 2 = L = h L area della superficie sinα h p G,2 = 2 pressione baricentro G 2 di 2. 2 Sia P 1 il centro di spinta di S 1. Il diagramma delle pressioni di 1 su è triangolare, pertanto il centro di spinta si trova a distanza dal vertice superiore pari a allora P 1 = 2 3 = 2 2h 3sinα = 4h 3sinα b 1 = P 1 = P 1 = 4 h 3sinα h sinα = 1 h 3sinα. Sia P 2 il centro di spinta di S 2. nche il diagramma delle pressioni fatto da 2 su è triangolare, con vertice in, pertanto b 2 = P 2 = 2 3 = 2 h 3sinα. Per l equilibrio alla rotazione rispetto a si ha S 1 b 1 S 2 b 2 = 0 h sinα L1 h 3sinα sinα L2 h 3sinα = 0 2 = 2 1. h 2 38

39 Esercizio 6 Si consideri il serbatoio cilindrico di Fig. 38, cui è collegato un manometro semplice. Nel serbatoio è presente una paratoia a sezione circolare che separa il fluido di peso specifico da un gas. Nel baricentro G della paratoia c è una cerniera. Dati, m, α,, a, D, h, determinare: il diagramma delle pressioni agente sulla paratoia ; la coppia M che è necessario applicare affinchè la paratoia non ruoti intorno alla cerniera in G. y + x h D h α a gas G E D m Figura 38: Esercizio 6. Svolgimento: Diagramma delle pressioni: onsideriamo il fluido che si trova a sinistra della paratoia e calcoliamo le pressioni nei punti e, esercitate da, sfruttando la condizione nota dal manometro semplice nel punto E (p E = 0): p = m p D = p a = m a p = p D h D = m (a+hsinα) p = p h = m (a+hsinα+dcosα). 39

40 La parte di serbatoio con fluido si trova pertanto tutta in depressione e il diagramma delle pressioni su è riportato in Fig. 39. Il diagramma delle pressioni nella parte di serbatoio contenente gas è uniforme, ma non è possibile determinare dai dati il valore della pressione p gas. p gas p y + x D p E P..I. Figura 39: Diagramma delle pressioni per l esercizio 6. alcolo di M: Per determinare la coppia M necessaria affinchè la paratoia non ruori intorno G, si deve imporre l equilibrio alla rotazione rispetto a G. Dobbiamo quindi determinare quali sono le forze che possiedono momento rispetto a questo polo. Il fluido esercita una spinta S applicata ad una distanza ξ G dal baricentro di. La spinta esercitata dal gas invece è applicata lungo una retta passante per il baricentro della superficie. Quindi La spinta del gas non possiede momento rispetto a G. onsideriamo la Fig. 40, dove M = M zˆk. Sia ξ G la distanza del centro di spinta S di S dal baricentro G. Imponendo l equilibrio alla rotazione rispetto a G si ottiene M z + S ξ G = 0. M z ha segno negativo, dunque agisce in senso orario. Il modulo della spinta è dato da S = p G dove è l area della paratoia circolare, e p G è la pressione nel baricentro G. Il braccio di S è proprio la distanza tra il centro di spinta e il baricentro, 40

41 M S ξ G S y + x G h G α X G P..I. RDS Figura 40: entro di spinta per l esercizio 6. perciò ξ G = I G X G dove X G è la distanza, lungo l asse passante per e, del baricentro dal piano dei carichi idrostatici, e I G = πd4 è il momento di inerzia baricentrico per una sezione circolare. Dalla geometria si ricava che 64 X G = h G cosα essendo h G la distanza di G dal piano dei carichi idrostatici lungo l asse verticale y. llora h G = p G. Infine si ricava che M z = S ξg = p G I G X G = p G I Gcosα h G = p G I Gcosα p G = I G cosα. Si noti che la coppia da applicare per mantenere ferma la paratoia è indipendente dalla pressione esercitata dal fluido. 41

42 3 Spinte su superfici curve 3.1 Richiami teorici Metodo dell equazione globale Data la superficie curva bagnata dal fluido, si individua un volume di controllo W in modo che: la superficie sia parte del contorno del volume W (il resto del contorno è costituito da superfici piane) il volume si considera riempito del fluido il fluido nel volume di controllo ha la stessa distribuzione di pressioni del fluido reale. Sul volume di controllo W agiscono la forza peso G e le forze di superficie esercitate dalle pareti sul fluido; tutte le forze devono soddisfare l equazione di equilibrio globale: G+ Π p = 0. onsideriamo per esempio la Fig. 41, per la quale si vuole calcolare la spinta S sulla superfice. Il volume di controllo scelto è quello rappresentato a destra. Su di esso agiscono, oltre alla forza peso G, Π 1 sulla superfice orizzontale, Π 2 sulla superficie verticale e Π 0 sulla superficie curva. P..I. Π 1 y x S Π 2 G Π 0 Figura 41: Metodo dell equazione globale. llora l equazione dell equilibrio globale per il volume di controllo scelto diventa: Π 0 +Π 1 +Π 2 +G = 0. LaspintaSesercitatadalfluidosullaparete èugualeedoppostaaquella esercitata dalla parete sul fluido Π 0, per cui S = Π 0 = Π 1 +Π 2 +G 42

43 e proiettando lungo gli assi x e y si ottiene S x = Π 1,x +Π 2,x +G x, S y = Π 1,y +Π 2,y +G y. questo punto, G x = Π 1,x = Π 2,y = 0 mentre Π 1,y = p G,1 1, Π 2,x = p G,2 2, G y = W, dove 1 = area della superficie piana p G,1 = pressione nel baricentro G 1 di 1 2 = area della superficie piana p G,2 = pressione nel baricentro G 2 di 2 W = volume di controllo. Una volta note le componenti S x e S y, il modulo di S si ricava come S = Sx 2 +Sy. 2 Se consideriamo S inclinata di un angolo β rispetto alla verticale, allora β = arctan S x. S y Sx Sy β S Figura 42: omponenti e direzione della spinta S. 43

44 3.2 Esercizi Esercizio 1 Determinare la spinta S agente sulla calotta cilindrica di traccia (Fig. 43), dati H, r,, L (profondità in direzione ortogonale al foglio). y + x H r Figura 43: Esercizio 1. Svolgimento: Scegliamo come volume di controllo quello riportato in Fig. 44. In questo caso il volume di controllo è fittizio, ovvero nella realtà non contiene il fluido di cui si sta valutando la spinta. Lo si suppone riempito di fluido per il quale il piano dei carichi idrostatici è lo stesso che nel serbatoio reale (alla quota della superfice superiore orizzontale ). La spinta S cercata è la spinta esercitata dall esterno sul volume, per cui: S = Π 0. Π 1 Π 0 G Π 2 Figura 44: Volume di controllo per l esercizio 1. Per l equazione di equilibrio globale Π 0 +Π 1 +Π 2 +G = 0. 44

45 e proiettando lungo gli assi x e y si ottiene alcoliamo i singoli contributi: S x = Π 2,x, S y = Π 1,y G y. Π 1,y = p G,1 1 dove 1 = rl è l area della superficie orizzontale, e p G,1 = 0 poichè G 1 si trova sul piano dei carichi idrostatici. Π 2,x = p G,2 2 dove 2 = rl è l area della superficie verticale, e la pressione nel suo baricentro è p G,2 = r. Infine il peso è 2 G y = W = π 4 r2 L. llora S x = 1 2 r2 L, S y = 1 4 πr2 L, S = S 2 x +S 2 y. La retta di applicazione di S si trova imponendo l equilibrio dei momenti rispetto ad un polo qualsiasi. onsiderando la Fig. 45, la retta di applicazione di S passa per il punto di intersezione delle rette di applicazione di Π 2 e G e ha inclinazione (rispetto alla verticale) β = arctan S x S y. β G Π 0 Π 2 Figura 45: Retta di applicazione della spinta S per l esercizio 1. 45

46 Esercizio 2 Determinare la spinta S agente sulla calotta cilindrica di traccia (Fig. 46), dati h, r,, L (profondità della calotta cilindrica) e l indicazione n del manometro metallico. n r gas y + x r y + x h Figura 46: Esercizio 2. Svolgimento: aso : n > 0 onsideriamo il volume di controllo rappresentato in Fig. 47. Π 1 G 1 gas Π 2 G 2 Π0 Figura 47: Volume di controllo per l esercizio 2. In questo caso, riempiamo il volume di controllo con i due fluidi presenti nel serbatoio (volume di controllo reale), con la stessa distribuzione di pressione 46

47 della realtà. Possiamo utilizzare un unico volume di controllo poichè i due fluidi sono a contatto tra di loro e c è continuità della distribuzione delle pressioni. Per l equazione di equilibrio globale Π 0 +Π 1 +Π 2 +G 1 +G 2 = 0. In questo caso S è la spinta esercitata dal volume sulla superficie, per cui S = Π 0 = Π 1 +Π 2 +G 1 +G 2 e proiettando lungo gli assi x e y, si ottiene alcoliamo i contributi: S x = Π 1,x +Π 2,x, S y = G 1,y +G 2,y. Π 1,x = p G,1 1 è la componente orizzontale della spinta esercitata dal gas sulla superficie, per cui 1 = rl (area della superficie vertical ) e p G,1 = n, poichè consideriamo la pressione costante per un gas. Π 2,x = p G,2 2 è la componente orizzontale della spinta esercitata dal fluido sulla superficie, per cui 2 = rl (area della superficie verticale ) e la pressione nel suo baricentro è p G,2 = n+ r. Il peso del volume superiore riempito di 2 gas si può trascurare e porre G 1,y = 0 mentre llora, G 2,y = W 2 = π 4 r2 L. S x = ( 2n+ r ) rl, 2 S y = 1 4 πr2 L, S = Sx 2 +Sy. 2 Infine, determiniamo la posizione della retta di applicazione di S. onosciamo la sua inclinazione rispetto alla verticale: β = arctan S x S y. 47

48 Π 1 a y + x Π 2 P G 2 Π 0 b Figura 48: Retta di applicazione della spinta S per l esercizio 2. Per determinare la retta di applicazione imponiamo l equilibrio alla rotazione rispetto ad un punto comodo. ome polo scegliamo per esempio il punto P di Fig. 48, intersezione delle rette di applicazione di G 2 e Π 2. In questo modo infatti G 2 e Π 2 non possiedono momento rispetto a P, e posti a e b i bracci di Π 1 e Π 0 rispetto a P, risulta Π 0 b Π 1 a = 0. Il braccio a è facilmente calcolabile come distanza tra i centri di spinta di Π 1 e Π 2 ; infine Π 1 b = S a dato che Π 0 = S. aso : n < 0 e fluido in depressione Se i fluidi sono in depressione, le spinte Π 1 e Π 2 sulle superfici verticali sono rivolte verso sinistra. Risulta: Per cui Π 1,x = nrl < 0, ( Π 2,x = n+ r ) rl < 0. 2 S x = ( 2n+ r ) rl < 0, 2 S y = 1 4 πr2 L, S = S 2 x +S 2 y. 48

49 Π 0 Π 1 Π 2 G 2 Figura 49: aso n < 0 dell esercizio 2. Esercizio 3 Determinare il pesospecifico s del solidoconicodi Fig. 50affinchè il sistema sia in equilibrio. Si considerino noti h, H, D e. D d s h H Figura 50: Esercizio 3. Svolgimento: ffinchè il sistema sia in equilibrio meccanico la risultante delle forze agenti sul cono deve essere nulla. Le forze agenti sono il peso, P, del cono stesso e la spinta, S, esercitata dal fluido sulla superfice di contatto cono-fluido. llora per l equilibrio P+S = 0. Sulla porzione di superficie del cono a contatto con l atmosfera non agisce nessuna forza essendo l atmosfera a pressione nulla. alcoliamo S con il metodo dell equazione globale. onsideriamo il volume di controllo rappresentato in Fig

50 y + x Π 1 Π 0 G h Figura 51: Volume di controllo per l esercizio 3. Il volume è un cono di altezza h, poichè stiamo considerando solo la parte a contatto con ; inoltre, lo consideriamo riempito di fluido avente il piano dei carichi idrostatici alla quota della base del volume. Per l equazione di equilibrio globale Π 0 +Π 1 +G = 0. La spinta S cercata è quella esercitata dall esterno sul volume, per cui S = Π 0 = Π 1 G e, proiettando lungo gli assi x e y, si ottiene S x = 0, S y = Π 1,y G y. Π 1,y è nulla poichè la superficie superiore del cono si trova alla quota del piano dei carichi idrostatici (pressione nulla). G è il peso del fluido nel volume di controllo, per cui: G y = W c = 1 3 πd2 4 h, dove d è il diametro della base del volume conico di controllo, che si calcola come d = D h H. llora, S y = 1 h 3 3 πd2 4 H 2. La componente in direzione y del peso del solido conico si calcola come P y = s 1 3 πd2 4 H. 50

51 Per l equilibrio meccanizo in direzione verticale deve, dunque, valere da cui P y +S y = 0 1 s 3 πd2 4 H +1 h 3 3 πd2 4 H 2 = 0 s = h3 H 3. Si osservi che questo risultato non è altro che il principio di rchimede: un corpo immerso in un fluido riceve una spinta verticale dal basso verso l alto, pari al peso del fluido spostato. 51

52 Esercizio 4 Determinare il peso specifico s del solido conico di Fig. 52 affinchè il sistema sia in equilibrio. Si considerino noti h, H, D, e l indicazione n del manometro metallico. gas D d n s h H Figura 52: Esercizio 4. Svolgimento: nalogamente all esercizio precedente, affinchè il solido sia in equilibrio deve risultare P+S = 0. dove P è il peso del solido e S è la spinta esercitata sull intera superficie di contorno dai due fluidi. onsideriamo il volume di controllo di Fig. 53. G 1 gas H Π 0 G 1G2 h Figura 53: Volume di controllo per l esercizio 4. La parte superiore è riempita di gas a pressione n e quella inferiore di fluido. Per l equazione di equilibrio globale Π 0 +G 1 +G 2 = 0 52

53 e poichè la spinta cercata è quella esercitata dall esterno sul volume, S = Π 0 = G 1 G 2. Proiettando, S x = 0, S y = G 1,y G 2,y. G 1 è il peso della parte di volume riempita di gas, per cui può essere trascurato G 1,y = 0 mentre G 2 è il peso del volume occupato dal fluido (di altezza h), llora, anche in questo caso, risulta G 2,y = 1 3 πd2 4 h. S y = 1 3 πd2 4 h 3 H 2. Si ottiene quindi lo stesso risultato dell esercizio precedente, per cui la pressione n del gas non influenza il peso specifico s del cono necessario per l equilibrio. 53

54 Esercizio 5 Determinare il minimo peso specifico s del solido conico di Fig. 54 affinchè il sistema sia in equilibrio. Il cono funge da tappo per il serbatoio in pressione. Si considerino noti h, H, D,, a e l indicazione n del manometro metallico. D d n a s h H Figura 54: Esercizio 5. Svolgimento: ffinchè il tappo sia in equilibrio deve risultare P+S+R = 0 dove P è il peso del tappo, S è la spinta esercitata dal fluido sulla porzione di superficie a contatto con esso, e R è la risultante delle reazioni vincolari all incastro tra il cono e il serbatoio. Il peso minimo del cono in condizione di equilibrio si calcola nell ipotesi di incipiente movimento, ovvero quando la reazione vincolare è nulla: R = 0. Per cui, P+S = 0. Sulla superficie del tappo a contatto con l atmosfera non agisce nessuna forza, essendo la pressione nulla. onsideriamo il volume di controllo di Fig. 55 (di altezza h) per calcolare S. Sulla base del cono agisce una spinta verticale Π 1 dovuta al fatto che la pressione su essa non è nulla. Per l equazione di equilibrio globale Π 0 +Π 1 +G = 0 e, poichè la spinta cercata è quella esercitata dall esterno sul volume, S = Π 0 = Π 1 G. 54

55 Π 1 Π 0 G h Figura 55: Volume di controllo per l esercizio 5. Proiettando, S x = 0, S y = Π 1,y G y. G è il peso del fluido contenuto nel volume di controllo, per cui mentre G y = 1 3 πd2 4 h Π 1,y = p G,1 1 dove 1 = π d2 è l area della base del volume di controllo e 4 p G,1 = n+a è la pressione nel suo baricentro. llora S y = 1 3 πd2 4 h+(n+a)πd2 4. onsiderando l equilibrio meccanico del tappo in direzione verticale, P y +S y = 0, dove Si ottiene, quindi, P y = s 1 3 πd2 4 H. s = 1 3 πd2 4 h+(n+a)πd πd2 4 H dove d = D h H. 55

56 Esercizio 6 Determinare la spinta S complessiva esercitata dai due fluidi sulla superficie di traccia D di Fig. 56, noti h 1, h 2, h 3, r, α,,, m e la profondità L del serbatoio in direzione ortogonale al foglio. h 3 α y + x h 2 r h 1 F D E gas m Figura 56: Esercizio 6. Svolgimento: Prima di tutto calcoliamo la pressione del gas nella parte destra del serbatoio p gas = p E = p F + m = (h 1 +r +h 2 )+ m. Per determinare la spinta sulla superficie D consideriamo i contributi dei due fluidi separatamente. Sia quindi S gas la spinta esercitata dal gas e S quella esercitata dal fluido ; allora, la spinta risultante è S = S gas +S. Proiettando, S x = S gas x +S x, S y = S gas y +S y. 56

57 ontributo del gas Il gas agisce su tutta la superficie D; consideriamo il volume di controllo di Fig. 57. Π 0 G gas 1 α Π 2 D D Π 1 Figura 57: Volume di controllo per il calcolo della spinta esercitata dal gas. Π 0 agisce su tutta la superficie di traccia D. Per l equazione di equilibrio globale Π 0 +Π 1 +Π 2 +G 1 = 0, dato che la spinta cercata è quella esercitata dal volume sulla superficie, risulta S gas = Π 0 = Π 1 +Π 2 +G 1. Proiettando, S gas x = Π 2,x, S gas y = Π 1,y +G 1,y. G 1 è il peso del gas nel volume di controllo, che possiamo trascurare; Π 2,x = p gas 2, Π 1,y = p gas 1, dove 2 è l area della superficie verticale D e 1 quella della superficie orizzontale DD. Dalla geometria si ottiene 2 = (r+h 2 +h 3 )L, 1 = (h 3 tanα r)l. 57

58 In definitiva, S gas x = p gas (r +h 2 +h 3 )L, S gas y = p gas (h 3 tanα r)l. ontributo del fluido Il fluido agisce sulla superficie di traccia D. onsideriamo il volume di controllo di Fig. 58. Π 4 Π 5 D b G 2 Π 0 Π 3 D Figura 58: Volume di controllo per il calcolo della spinta esercitata dal fluido. Π 0 agisce su tutta la superficie D. Per l equazione di equilibrio globale Π 0 +Π 3 +Π 4 +Π 5 +G 2 = 0. Dato che la spinta cercata è quella esercitata dal volume sulla superficie, risulta S = Π 0 = Π 3 +Π 4 +Π 5 +G 2. Proiettando, S x = Π 4,x, S y = Π 3,y +Π 5,y +G 2,y. Π 5,y è nulla, essendo la superficie alla quota del piano dei carichi idrostatici, e Π 3,y = p G,3 3, Π 4,x = p G,4 4, dove: 3 = (r+b)l è l area della superficie piana orizzontale DD (b è una lunghezza arbitraria); p G,3 = (r +h 2 ) è la pressione nel baricentro di 3 ; 4 = (r +h 2 )L è l area della superficie piana verticale D ; 58

59 p G,4 = (r +h 2) è la pressione nel baricentro di 3. 2 Infine G 2 è il peso del fluido nel volume di controllo, per cui: ] G 2,y = [b(r +h 2 )+π r2 L. 4 Quindi, Sx = (r+h 2) (r +h 2 )L, 2 S y = (r +h 2 )(r +b)l ] [b(r +h 2 )+π r2 L = 4 ] [r(r +h 2 ) π r2 L. 4 Si noti che S y non dipende da b, come è giusto che sia visto che b è una quantità arbitraria. Infine, noti S e S gas si calcola S. 59

60 Esercizio 7 Determinare la spinta S complessiva agente sulla superficie laterale del cono galleggiante di Fig. 59 noti D, h 1, h 2, H,,. gas D H P Q E F h 2 h 1 y + x Figura 59: Esercizio 7. Svolgimento: alcoliamo la pressione del gas all interno del cono p gas = p E = Per determinare la spinta sulla superficie laterale del cono dobbiamo considerare separatamente il contributo dei fluidi che si trovano all interno delcono, S int, ediquelliall esterno, S ext. Laspintarisultantesullasuperficie laterale è S = S int +S ext proiettando S x = S int x +S ext x, S y = S int y +S ext y. Superficie laterale interna del cono Prendiamo come volume di controllo il cono stesso, come illustrato in Fig. 60. Π 0 agisce sulla superficie laterale. Per l equazione di equilibrio globale Π 0 +Π 1 +G 1 +G 2 = 0 60

61 gas Π 1 G 2 Π 0 d 1 G 1 h 1 Figura 60: Volume di controllo per la spinta interna nell es. 7. la spinta cercata è quella esercitata dal volume sulla superficie, per cui S int = Π 0 = Π 1 +G 1 +G 2. Proiettando S int x = 0, S int y = Π 1,y +G 1,y +G 2,y. Il peso del gas si può trascurare, per cui G 2,y = 0 mentre quello del fluido volume, risulta G 1,y = W 1 dove W 1 è il volume conico di altezza h 1 e diametro d 1 tale che per cui d 1 = D h 1 H W 1 = 1 3 πd2 1 4 h 1. La spinta sulla base piana del cono è data da Π 1,y = + p G,1 1 con 1 = π D2 4 area della superficie e p G,1 = p gas. Infine, risulta Sy int = π D πd2 1 4 h 1 61

62 con S int rivolta verso l alto se S int y > 0, verso il basso se S int y < 0. Superficie esterna del cono ome volume di controllo consideriamo la parte di cono a contatto con il fluido esterno, come illustrato in Fig. 61, e consideriamola interamente riempita di fluido. Π 2 P Q h 2 G 3 Π 0 * h 1 d 3 Figura 61: Volume di controllo per la spinta esterna nell es. 7. Π 0 agiscesullasuperficielateralepqdelconodicontrollo. Perl equazione di equilibrio globale Π 0 +Π 2 +G 3 = 0 la spinta cercata è quella esercitata dall esterno sul volume, per cui Proiettando S ext = Π 0 = Π 2 G 3. S ext x = 0, S ext y = Π 2,y G 3,y. La spinta Π 2 è nulla poichè la superficie piana si trova alla quota del piano dei carichi idrostatici. Il peso del fluido nel volume di controllo risulta G 3,y = W 3 dove W 3 è il volume conico di altezza (h 1 +h 2 ) e diametro d 3 tale che per cui, d 3 = D (h 1 +h 2 ), H W 3 = 1 3 πd2 3 4 (h 1 +h 2 ). 62

63 Risulta con S ext rivolta, dunque, verso l alto. S ext y = 1 3 πd2 3 4 (h 1 +h 2 ) La spinta risultante ha componente orizzontale nulla e verticale pari a S y = Sy int +Sy ext = π D πd2 1 4 h πd2 3 4 (h 1 +h 2 ) [ ] = π D2 4 + (h 1 +h 2 ) 3 h 3 1 3H 2. 63

64 Esercizio 8 Determinare il modulo della forza F, applicata lungo una retta orizzontale passante per il punto (Fig. 62), affinchè il sistema sia in equilibrio e la paratoia di traccia non ruoti attorno alla cerniera in. Si considerino noti h, r, e L (profondità del sistema cilindrico in direzione ortogonale al foglio). h F r Figura 62: Esercizio 8. Svolgimento: Il fluido esercita una spinta S sulla paratoia, per l equilibrio occorre che il momento di F rispetto ad sia uguale ed opposto al momento di S rispetto ad. Per calcolare la spinta S, consideriamo il volume di controllo rappresentato in Fig. 63. Π 1 h y + x Π 2 r G Π 0 r Figura 63: Volume di controllo per l esercizio 8. Il volume di controllo è riempito del fluido, avente piano dei carichi idrostatici alla quota della superficie superiore del volume. 64

65 Per l equazione di equilibrio globale Π 0 +Π 1 +Π 2 +G = 0. La spinta S cercata è quella esercitata dal volume sulla superficie, per cui S = Π 0 = Π 1 +Π 2 +G e, proiettando lungo gli assi x e y, si ottiene S x = Π 2,x, S y = Π 1,y +G y. Π 1,y è nulla poichè la superficie superiore del volume di controllo si trova alla quota del piano dei carichi idrostatici (pressione nulla), mentre G y = W, Π 2,x = p G,2 2, dove: llora, 2 = (h+r)l area della superficie piana p G,2 = (h+r) pressione sul baricentro G 2 di 2 2 W = (hr + 14 ) πr2 L volume di controllo. S x = p G,2 2, S y = W. É conveniente dividere il volume di controllo in due parti: W = W 1 + W 2, dove W 1 è associato a e W 2 al quarto di circonferenza (Fig. 64) W 1 = hrl, W 2 = 1 4 πr2 L. InquestomodoancheS y puòesserescompostanellasommadiduecontributi S y,1 = W 1 = hrl, S y,2 = W 2 = π 4 r2 L. iò è utile per il calcolo dei bracci dei momenti. Infatti, considerando la Fig. 64, per l equilibrio alla rotazione rispetto al punto si ottiene F h 1 S x h 2 S y,1 b 1 S y,2 b 2 = 0 65

66 b 1 F S y,1 S x S y,2 h 1 y + x h 2 b 2 Figura 64: Equilibrio alla rotazione rispetto al punto per l esercizio 8. dove h 1, h 2, b 1 e b 2 sono i bracci, rispetto al punto, rispettivamente di F, S x, S y,1 e S y,2. F è applicata nel punto, per cui h 1 = h+r. Il centro di spinta di S x î si trova a distanza 2 3 da, per cui h 2 = 1 3 (h+r). Le rette di applicazione di S y,1 ĵ e S y,2 ĵ passano per i baricentri dei rispettivi volumi W 1 e W 2 : b 1 = r 2, In definitiva, b 2 = 4 r 3π. F = S x h 2 + S y,1 b 1 + S y,2 b 2 h 1 [ ] = L (h+r) 3 + hr2 h+r r