SOLUZIONE FILA A) ESERCIZIO 3) (5 punti) Per il manometro aperto: p A = p atm +ρgh A p B = p atm +ρgh B da cui p A -p B =ρg(h A h B )= ρg h a)

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1 SOLUZIONE FILA A) ESERCIZIO 1) (4punti) Dalle indicazioni del testo si ha che il profilo di velocità tra le due lastre è dato da: u(y) = Uy/h (se y è la coordinata ortogonale alle due lastre con origine sulla lastra ferma). La risultante delle forze viscose sulla parete inferiore si ottiene integrando lo sforzo di parete τw = µ( u/ y)y=0 = µu/h sulla superficie della parete F = τwds = µubl/h e questa forza deve eguagliare la reazione della molla F = k x. Da questa relazione si ricava il valore di U = k x h/(µbl) = 0.66 m/s. ESERCIZIO 2) (4 punti) Per il calcolo dell altezza h si procede effettuando un bilancio di forze. Se σ esprime il valore della tensione superficiale la forza totale esercitata dall interfaccia sarà pari al perimetro della circonferenza moltiplicata per il valore della tensione ossia 2π(d/2)σ orientata come in figura. Questa forza, proiettata nella direzione verticale dovrà bilanciare il peso della colonna di fluido abbassata; risulterà quindi: 2π(d/2)σ cos φ = ρghπd 2 /4, h = 4σ cos φ/(ρgd) dove si osservi che h è la quota media dell interfaccia. ESERCIZIO 3) (5 punti) Per il manometro aperto: p A = p atm +ρgh A p B = p atm +ρgh B da cui p A -p B =ρg(h A h B )= ρg h a) Per il manometro chiuso: p B = p A+ ρg(h 2 + h m )- ρ m g h m -ρgh 2 = p A+ ρg h m - ρ m g h m da cui p A -p B =g h m (ρ m -ρ) Ricordando la a) si ottiene: ρg h= g h m (ρ m -ρ) da cui h= h m (ρ m -ρ)/ρ ESERCIZIO 4) (5 punti) Calcolo grandezze geometriche OA=b/senα=0.46 m L=1m profondità paratoia nella direzione ortogonale al foglio. Sulla paratoia agisce la spinta del fluido. p O = p 1 =25000 N/m 2 p A = p 1 -ρgb=21076 N/m 2 S = F T + F R F T = (p O -p A ) OA/2 L=ρgbL(b/senα)/2=ρgLb 2 /(2senα)=906.2 N F R = p A OA L= (p 1 -ρgb)(b/senα)l= N Il braccio di F T rispetto O è b T =OA/3=0.154 m Il braccio di F R rispetto O è b R =OA/2=0.23 m

2 Il momento risultante è orario e di modulo pari a M= F T b T + F R b R = N m Pertanto per mantenere la paratoia in equilibrio è necessario applicare un momento antiorario pari a Nm. ESERCIZIO 5) (5 punti) Sia L la profondità della paratoia. L equilibrio del volume fluido evidenziato in figura impone F V +F O +W+F E =0. con F V =(0; F V ) F O =( F O ;0) W=(0;-W) F E =(F Ex ;F Ey ) F O =ρgr 2 L/2= N, F V =ρgr 2 L= N, W=ρgR 2 (1-π/4)L= N Equilibrio nella direzione x: F O +F Ex =0 F Ex =- F O = N Equilibrio nella direzione y: F V -W+F Ey =0 F Ey =W- F V = N Pertanto la spinta del fluido sulla paratoia è S=-F E =( N; N). Il modulo di S è S =(S x 2 +S y 2 ) 0.5 = N, la retta di applicazione di S è passante per il punto O ed inclinata di un angolo θ=arctg( Sy / Sx )=57.5 rispetto l asse x. Considerazioni geometriche suggeriscono che il braccio di S sia b=rsenθ+abcosθ=3.91 m. Sulla paratoia agiscono la spinta del fluido ed il peso del blocco. L equilibro dei momenti rispetto al punto A impone: S b =P (R+2m) essendo P è il peso del blocco. P=S b/(r+2m)= N La massa del blocco risulta quindi pari a m=p/g= kg. ESERCIZIO 6) (5 punti) Sia a l accelerazione effettiva del camion (comprensiva di quella del motore e della componente x dell accelerazione di gravità). p/ x=-ρa x =-ρ(-a)= ρa p/ y=-ρ(g+a y )=-ρgcosα dp=( p/ x)dx+( p/ y)dy=ρadx-ρgcosαdy Integrando tra i punti 1 e 2: p 1 -p 2 =ρa(x 1 -x 2 )-ρgcosα(y 1 -y 2 ) p 1 =p 2 =p atm perche 1 e 2 sulla superficie libera, inoltre considerazioni geometriche suggeriscono che y 1 -y 2 = (x 1 -x 2 ) tg θ. Quindi 0=ρa(x 1 -x 2 )-ρgcosα(x 1 -x 2 )tg θ ovvero tg θ = a/(g cosα)= θ=29.36

3 ESERCIZIO 7 (4 punti) u=3y v=x+t a) v, t =1 0 MOTO NON STAZIONARIO b) u,x +v,y =0+0=0 MOTO INCOMPRIMIBILE c) ζ= v,x -u,y =1-3=-2 0 MOTO ROTAZIONALE d) a x = u, t +u u,x +v u,y =0+(3y) 0+(x+t) 3=3 (3+t)=9+3t a y = v, t +u v,x +v v,y =1+(3y) 1+(x+t) 0=1+3y=4 e) E xx =u,x =0; E xy =E yx =0.5(u,y +v,x )=0.5(3+1)=2; E yy =v,y = 0 f) dx/u=dy/v dx/(3y)=dy/(x+t) separando le variabili ed integrando (x+t)dx=3y dy x 2 /2+tx=3y 2 /2+Cost

4 SOLUZIONE FILA B) ESERCIZIO 1) (4 punti) L esercizio si risolve integrando l equazione dp = k (dρ/ρ). dρ/ρ= dp/k ln(ρ sup /ρ fondo )=(p sup -p fondo )/k ρ fondo =ρ sup exp[(p fondo -p sup )/k]=1.048 ρ sup =1080 kg/m 3 L incremento di densità dell acqua di mare sul fondo rispetto al valore sulla superficie libera è ρ=50 kg/m 3 ovvero ρ/ρ sup =0.048=4.8 % ESERCIZIO 2) (4 punti) Per il calcolo dell altezza h si procede effettuando un bilancio di forze. Se σ esprime il valore della tensione superficiale la forza totale esercitata dall interfaccia sarà pari al perimetro del quadrato moltiplicato per il valore della tensione ossia 4aσ orientata come in figura. Questa forza, proiettata nella direzione verticale dovrà bilanciare il peso della colonna di fluido abbassata; risulterà quindi: 4aσ cos φ = ρgha 2, h = 4σ cos φ/(ρga) dove si osservi che h è la quota media dell interfaccia. ESERCIZIO 3) (5 punti) Il principio di conservazione della massa impone: H π d 2 1 /4=l π d 2 2 /4 H =l (d 2 2 / d 2 1 ) Sul pistone agiscono la forza peso W e la spinta dovuta alla pressione del fluido sulla sua base. All equilibrio deve risultare: W=pπ d 2 1 /4 dove p=ρg( H+lsenα)=ρgl[(d 2 2 / d 2 1 )+senα] ovvero W=π d 2 1 ρgl[(d 2 2 / d 2 1 )+senα]/4 da cui l=4w/[π d 2 1 ρg((d 2 / d 1 ) 2 +senα)]=0.19 m ESERCIZIO 4) (5 punti) L=1m profondità paratoia nella direzione ortogonale al foglio Sulla paratoia agisce la spinta del fluido. Ho 2 contributi, parte della paratoia orizzontale (BA) e parte paratoia verticale (OB). Calcolo pressioni: p O = p 1 =20000 N/m 2 p A = p B =p 1 -ρgb=16076 N/m 2 S = F BA + F OB

5 F AB =p A cl= N F OB = F T + F R F T = (p O -p A )bl/2=ρgb 2 L/2= N F R = p A OB L= (p 1 -ρgb)bl= N Il braccio di F AB rispetto O è b AB =c/2= 0.15 m Il braccio di F T rispetto O è b T =b/3=0.13 m Il braccio di F R rispetto O è b R =b/2= 0.2 m Il momento risultante è orario e di modulo pari a M= F T b T + F R b R + F AB b AB = N m Pertanto per mantenere la paratoia in equilibrio è necessario applicare un momento antiorario pari a Nm. ESERCIZIO 5) (5 punti) Sulla paratoia agisce, oltre ad F, la spinta del fluido. Quest ultima può essere scomposta in 2 contributi, quello relativo alla parte della paratoia curva (OA) e quello relativo alla parte della paratoia verticale (BA). Per la parte verticale ho: F BA = F T + F R F T = (p B -p A )hb/4=ρgh 2 b/8= N F R = p A hb/2 = ρgh 2 b/4= N Il braccio di F R rispetto O è b R =h/2+h/4= 2.25 m Il braccio di F T rispetto O è b T =h/2+2/3(h/2)=2.5 m Per la parte curva, isolo il volume fluido in figura: L equilibrio del volume fluido evidenziato in figura impone F V +F O +W+F E =0. con F V =(0; F V ) F O =( -F O ;0) W=(0;-W) F E =(F Ex ;F Ey ) F O =ρgh 2 b/8= N, F V =p A hb/2=ρgh 2 b/2=44145 N, W=ρgh 2 (1-π/4)b/4= N Equilibrio nella direzione x: -F O +F Ex =0 F Ex = F O = N Equilibrio nella direzione y: F V -W+F Ey =0 F Ey =W- F V = N

6 Pertanto la spinta del fluido sulla paratoia è S=-F E =( N; N). Il modulo di S è S =(S x 2 +S y 2 ) 0.5 = N, la retta di applicazione di S è passante per il punto C ed inclinata di un angolo θ=arctg( Sy / Sx )=57.5 rispetto l asse x. Considerazioni geometriche suggeriscono che il braccio di S sia b=h/2senθ=1.26 m. Sulla paratoia agiscono la spinta del fluido ed il peso del blocco. L equilibro dei momenti rispetto al punto O impone: S b +F T b T + F R b R =F h/2 essendo F la forza esterna da applicare per mantenere la paratoia in equilibrio. F=(S b+f T b T + F R b R )/(h/2)=137.5 kn ESERCIZIO 6) (4 punti) Sulla mina agiscono la forza peso P, la spinta di Archimede F A ed una tensione attraverso la corda F C. L equilibrio impone F A =P+F C dove P=M g= N F A = ρg4/3π(d/2) 3 = N Pertanto F C = F A -P= N ESERCIZIO 7) (4 punti) u= x v=-2-1.2y+3t a) u,x +v,y = =0 MOTO INCOMPRIMIBILE b) v, t =3 0 MOTO NON PERMANENTE c) ζ= v,x -u,y =0-0=0 MOTO IRROTAZIONALE d) a x = u, t +u u,x +v u,y =0+( x) 1.2+(-2-1.2y+3)0=2.04 a y = v, t +u v,x +v v,y =3+( x) 0+(-2-1.2y+3) (-1.2)= t e) E xy =E yx =0.5(u,y +v,x )=0.5(0+0)=0; f) dx/u=dy/v dx/( x)=dy/(-2-1.2y+3t) integrando 1/1.2 ln( x)=-1/1.2ln(-2-1.2y+3t)+ Cost ( x)(-2-1.2y+3t)=K

7 SOLUZIONE FILA C) ESERCIZIO 1) (4 punti) τ=µdu/dr R =µ v max (-n r n-1 /R n ) R =µ v max (-n /R) La forza di trascinamento per unità di lunghezza della sezione è f T =F T /l= τ S/l dove S=2πRl ed l lunghezza del tratto di tubazione. Pertanto risulta f T =µ v max n /R 2πRl /l=µ v max n 2π ESERCIZIO 2) (4 punti) Per il calcolo dell altezza h si procede effettuando un bilancio di forze. Se σ esprime il valore della tensione superficiale la forza totale esercitata dall interfaccia sarà pari a due volte la lunghezza delle lastre l moltiplicata per il valore della tensione ossia 2lσ orientata come in figura. Questa forza, proiettata nella direzione verticale dovrà bilanciare il peso della colonna di fluido abbassata; risulterà quindi: 2lσ cos φ = ρghwl, h = 2σ cos φ/(ρgw) dove si osservi che h è la quota media dell interfaccia. ESERCIZIO 3) (5 punti) Sia a l accelerazione fornita al camion dal motore. Scelto il sistema di riferimento in figura risulta: p/ x=-ρa x =-ρ(a+gsenα) p/ y=-ρ(g+a y )=-ρgcosα dp=( p/ x)dx+( p/ y)dy=-ρ(a+gsenα)dx-ρgcosαdy Integrando tra i punti 1 e 2: p 1 -p 2 =-ρ(a+gsenα)(x 1 -x 2 )-ρgcosα(y 1 -y 2 ) p 1 =p 2 =p atm perche 1 e 2 sulla superficie libera, inoltre risulta che y 1 -y 2 = -h (h altezza del serbatoio) e (x 1 -x 2 )=l=lunghezza del serbatoio. Quindi 0=-ρ(a+gsenα)l+ρgcosαh da cui a=g(cosαh/l -senα)=1.25 m/s 2 ESERCIZIO 4) (6 punti) L=1m profondità paratoia nella direzione ortogonale al foglio

8 a) Calcolo il momento associato alla spinta dell acqua sulla paratoia. S = F T + F R F T =ρgb 2 L/2 F R = ρg(h-b)bl Il braccio di F T rispetto il punto in cui è incernierata la paratoia è b T =2b/3 Il braccio di F R rispetto il punto in cui è incernierata la paratoia è b R =b/2 Il momento risultante è antiorario e di modulo pari a M= F T b T + F R b R =17985 N m b) Calcolo l altezza d acqua minima h 1 tale da aprire la paratoia Sulla paratoia agiscono la spinta dell acqua e la forza F. Il momento associato alla spinta dell acqua quando il livello dell acqua e h 1 risulta pari a M=ρg(h 1 /2-b/6)b 2 L Il momento associato alla forza F è pari a ( F b). La condizione d equilibrio impone ρg(h 1 /2-b/6)b 2 L=F b da cui h 1 =b/3+2f/(ρgbl)=10.52 m Pertanto per mantenere la paratoia in equilibrio è necessario applicare un momento antiorario pari a Nm. ESERCIZIO 5) (6 punti) L=1m profondità paratoia nella direzione ortogonale al foglio Calcolo pressioni: p O = p 1 =7000 N/m 2 p A =p 1 -ρgr= N/m 2 L equilibrio del volume fluido isolato in figura impone F V +F O +W+F E =0. con F V =(0; -F V ) F O =(F O ;0) W=(0;-W) F E =(F Ex ;F Ey ) F O =(p A +p O )RL/2= N, F V =p A RL= N, W=ρgR 2 (1-π/4)L= N Equilibrio nella direzione x: F O +F Ex =0 F Ex = -F O = N Equilibrio nella direzione y: -F V -W+F Ey =0 F Ey =W+ F V = N Il modulo di F E è F E =(F Ex 2 +F Ey 2 ) 0.5 = N, la retta di applicazione di F E è passante per il punto C ed inclinata di un angolo θ=arctg( F Ey / F Ex )=39 rispetto l asse x. Considerazioni geometriche suggeriscono che il braccio di F E sia b=rsenθ=0.22 m. Pertanto il momento necessario a tenere la paratoia in equilibrio è antiorario e pari a M=b F E = N/m

9 ESERCIZIO 6) (4 punti) Sull oggetto in figura agiscono la forza peso P e la spinta d Archimede F A. P= ρ π R 2 (h+h/3) F A =ρ 1 π R 2 h/3+ρ 2 π R 2 h All equilibrio risulta P= F A ovvero ρ (h+h/3)=ρ 1 h/3+ρ 2 h da cui ρ =(ρ 1 +3ρ 2 )/4 ESERCIZIO 7) (4 punti) u=a+bx+cy v=d+ex+fy a) Moto incomprimibile se u,x + v,y =0 b+f=0 b=-f a,c,d,e b) u, t =v, t =0 MOTO PERMANENTE c) a x = u, t +u u,x +v u,y =0+( a+bx+cy) b+( d+ex+fy )c=( a+3b+c) b+( d+3e+f)c a y = v, t +u v,x +v v,y =0+(a+bx+cy) e+( d+ex+fy) f=(a+3b+c) e+( d+3e+f) f d) E xx = u,x =b E yy = v,y =f e) ζ= v,x -u,y =e-c a) MOTO IRROTAZIONALE ζ= v,x -u,y =0 e=c a,b,d,f

10 SOLUZIONE FILA D) ESERCIZIO 1) (3 punti) L esercizio si risolve usando la legge dei gas perfetti p = ρrt. Nelle condizioni iniziali si ha p 0 = ρ 0 RT 0,mentre in quelle finali p f = ρ f RT f. Il rapporto tra queste due relazioni risulta p f /p 0 = ρ f T f /ρ 0 T 0, essendo R una costante. Poiché nel caso in esame p 0 = p f, si ottiene ρ f = ρ 0 (T 0 /T f ). Sostituendo i valori numerici si ottiene: ρ f = 1.20 kg/m 3 (293 K/303 K)= 1.16 kg/m 3 ESERCIZIO 2) (4 punti) Per il calcolo dell altezza h si procede effettuando un bilancio di forze. Se σ esprime il valore della tensione superficiale la forza totale esercitata dall interfaccia sarà pari a due volte la lunghezza delle lastre l moltiplicato per il valore della tensione ossia 2lσ orientata come in figura. Questa forza, proiettata nella direzione verticale dovrà bilanciare il peso della colonna di fluido alzata; risulterà quindi: 2lσ cos φ = ρghwl, ρ = 2σ cos φ/(h gw)= /( )=353 kg/m 3 dove si osservi che h è la quota media dell interfaccia. ESERCIZIO 3) (5 punti) L equilibrio sulla superficie del liquido nel tubo di diametro maggiore impone p A =p B p A =W/S p B =ρgh W=ρghS=ρgh(πD 2 /4) = ( /4)=1.3 N A B Se si mette sul piatto, che rimane fisso, la massa M si ha: p A =(W+Mg)/S=p B =ρgh da cui H=(W+Mg)/(Sρg )= (W+Mg)/( πd 2 ρg/4 )= ( )/( /4)=2.29 m ESERCIZIO 4) (7 punti) Sulla paratoia agiscono la spinta S del fluido ed il suo peso W. W =PgL=981 L N/m S =p O (a/cos(θ)) L/2=ρga (a/cos(θ)) L/2= L N/m dove L è la profondità della paratoia Il braccio di W rispetto O è b W =2/3 h cos(θ+θ/2)=3.77 m Il braccio di S rispetto O è b S = a/(3cos(θ))=1.155 m Il momento risultante è orario e di modulo pari a

11 M= W b W + S b s = ( ) N L =64340 N L Pertanto per mantenere la paratoia in equilibrio è necessario applicare un momento (per unità di profondità) antiorario pari a N. ESERCIZIO 5) (5 punti) L=1m profondità paratoia nella direzione ortogonale al foglio Calcolo pressioni: p O = p 1 =6000 N/m 2 p A =p 1 -ρgr= N/m 2 L equilibrio del volume fluido isolato in figura impone F V +F O +W+F E =0. con F V =(0; F V ) F O =(-F O ;0) W=(0;-W) F E =(F Ex ;F Ey ) F O =(p A +p O )RL/2=1499 N, F V =p O RL=2100 N, W=ρgLR 2 π/4= N Equilibrio nella direzione x: -F O +F Ex =0 F Ex = F O =1499 N Equilibrio nella direzione y: F V -W+F Ey =0 F Ey =W- F V = N Il modulo di F E è F E =(F Ex 2 +F Ey 2 ) 0.5 = N, la retta di applicazione di F E è passante per il punto C ed inclinata di un angolo θ=arctg( F Ey / F Ex )=37.6 rispetto l asse x. Considerazioni geometriche suggeriscono che il braccio di F E sia b=rsenθ=0.21 m. Pertanto il momento necessario a tenere la paratoia in equilibrio è orario e pari a M=b F E =404.8 N/m ESERCIZIO 6) (4 punti) Scelto il sistema di riferimento in figura risulta: p/ x=-ρa x =-ρa p/ y=-ρ(g+a y )=-ρg dp=( p/ x)dx+( p/ y)dy=-ρadx-ρgdy

12 Integrando tra i punti 1 e 2: p 1 -p 2 =-ρa(x 1 -x 2 )-ρg (y 1 -y 2 ) p 1 =p 2 =p atm perche 1 e 2 sulla superficie libera, inoltre risulta che y 1 -y 2 = -h (h altezza del serbatoio) e (x 1 -x 2 )=l=lunghezza del serbatoio. Quindi 0=-ρal+ρgh da cui a=gh/l=5.886m/s 2 ESERCIZIO 7 (4 punti) u=-5x+7y v=2x+7y a) PUNTI RISTAGNO tali da soddisfare la condizione u=0 e v=0 ovvero sono i punti soluzione del sistema -5x+y7=0 2x+7y=0, pertanto l unico punto di ristagno e il punto di coordinate (0;0). b) u,t =v, t =0 MOTO STAZIONARIO c) a x = u, t +u u,x +v u,y =0+(-5x+7y ) (-5)+(2x+7y )7=301 a y = v, t +u v,x +v v,y =0+(-5x+7y) 2+(2x+7y) 7=154 d) E xx = u,x =-5 E xy =E yx =0.5(u,y +v,x )=0.5(7+2)=4.5 E yy = v,y =7; e) ζ= v,x -u,y =2-7=-5 0 MOTO ROTAZIONALE