Meccanica dei Fluidi ideali. – Soluzioni.

Meccanica dei Fluidi ideali. – Soluzioni.
1) a) Se consideriamo la colonna d’aria al di sopra della superficie terrestre come
avente una densità costante rA = 1.3 Kg/m3, pari a quella che ha alla superficie
della terra, possiamo applicare direttamente la legge di Stevino, quindi, indicando
con H l’altezza della colonna, si ha:
p0 = rAgH
Æ
H = p0/rAg
H =7943 m
b) Per determinare la variazione con la quota della densità dell’aria, nota la variazione di
pressione, si deve ricorrere alla relazione fondamentale della statica dei fluidi che nel
caso di un fluido pesante possiamo scrivere come:
dp/dz = - r(z)g
(1)
Nello scrivere questa equazione si è tenuto conto che il gradiente di pressione è diretto
lungo la verticale e dell’orientazione ascendente dell’asse z. Sostituendo nell’Eq. (1)
l’espressione esplicita di p [ = p0exp(-z/a) ] si ottiene:
r(z) = (p0/ag)exp(-z/a)
rA= r(z=0) = p0/ag
(2)
Dall’Eq. (2) si ottiene quindi a = p0/rAg = H . L’altezza H calcolata al punto a)
corrisponde qiuindi nella realtà, dato l’andamento esponenziale della densità e della
pressione, alla quota a cui esse si sono ridotte a 1/e ≈ 0.37 del loro valore alla superficie
della terra.
c) La pressione nel mare cresce con la profondità h ( supposta costante la densità
dell’acqua r = 1000 Kg/m3) secondo la legge di Stevino:
p = p0 + rgh
Si vede da questa relazione che la pressione in acqua aumenta di 1 atm ogni Dh =10.32 m
( Dh = p0/rg ). Alle profondità considerate si hanno pertanto i valori:
h = h1
h = h2
h = h3
p1 = 1.994 105 Pa = 1.97 atm
p2 = 50.06 105 Pa = 49.4 atm
p3 = 1066 105 Pa = 1052 atm
Come si vede da questi valori di pressione, pur essendo l’acqua poco comprimibile (
coefficiente di compressibilità k = (1/V)dV/dp = 4.8 10-10 Pa-1 ) l’approssimazione di
densità costante cessa di essere accettabile quando la pressione ( la profondità) supera i
108 Pa ( 1000 m).
2) a) Consideriamo il piano orizzontale passante per la superficie di separazione fra
Mercurio ed aria, che indichiamo con 2, nel ramo di destra del tubo ad U ; esso
coincide con una superficie equipotenziale ed isobara e quindi considerando la
sua intercetta 1 con il mercurio contenuto nel ramo di sinistra possiamo affermare
che la pressione nelle sezioni 1 e 2 è la stessa.
C
A
h
1
2
p = cost = p0
Nella sezione 2 la pressione p2 è pari alla pressione atmosferica p0; nella sezione 1 ,
essendo nulla la pressione nella camera C e quindi quella agente sul menisco A (si
considera trascurabile la pressione dovuta ad i vapori di Hg), la pressione p1 è dovuta al
peso della sovrastante colonna di Hg. Applicando al ramo di sinistra la legge di Stevino si
ha:
p1 = rHggh = p0 = p2
Æ
h = p0/rHgg
Da cui numericamente h = 0.760 m ( 1 atm = 760 mm Hg).
b) Nel caso in cui nella camera C sia immesso del gas si può ragionare nello stesso
modo del precedente punto; l’unica differenza consiste nel fatto che la pressione
agente sulla sezione A non è adesso nulla ma pari a p. La precedente relazione
viene quindi modificata scrivendo:
p1 = p + rHggh’ = p0 = p2
dove h’ = h – D e D = 0.15 m è la quantità di cui si è ridotto il dislivello fra i due
menischi del Mercurio. Per la pressione p del gas contenuto in C si ricava adesso:
p = po - rHggh’ = rHgg(h - h’) = rHggD
p = 20 Kpa
c) Aggiungendo nel ramo di destra la colonna di olio, di altezza b , si avrà un
aumento della pressione agente sulla sezione 2 ; di conseguenza questa si abbassa
ed in corrispondenza si innalza il menisco A nel ramo di sinistra. Ovviamente,
rispetto alla situazione iniziale, l’abbassamento d del menisco 2 è esattamente
uguale all’innalzamento del menisco A per cui la variazione del dislivello fra i
due rami è pari a D’ = 2d. L’innalzamento del menisco A produce una
diminuzione del volume occupato dal gas nel contenitore C, tuttavia questa
variazione è piccola rispetto al volume della camera C e si può
C
A
h*
b
1
2
p = cost
trascurare la conseguente variazione di pressione del gas. Per determinare il dislivello
h* che si ha in questo caso fra i menischi del mercurio si può sempre far riferimento
alla superficie isobara passante per il menisco 2 del Mercurio contenuto nel ramo di
destra. Tenendo conto che la pressione nella sezione 2 è adesso aumentata del
contributo derivante dal peso della colonna di olio, si ha
p1 = p + rHggh* = p0 + rOgb = p2
da cui
h* = (p0 – p)/rHgg - b(rO/rHg) = h’ - b(rO/rHg) = h – D - b(rO/rHg)
e quindi h*= 0.59 m. La conseguente variazione di quota d dei due menischi è quindi data
da:
d = D’/2 = (h’ – h*)/2 = (b/2)(rO/rHg)
d = 0.99 cm
3) Il problema può essere risolto nei tre casi nello stesso modo in considerazione del
fatto che nei tre recipienti la pressione ad una stessa quota y , rispetto al fondo, è
identica indipendentemente dalla forma. Consideriamo quindi la paratia P che
forma un generico angolo q con la verticale: in generale agiscono su di essa le
forze di pressione, da una parte e dall’altra della superficie, la forza applicata F e
le forze vincolari esplicate dal bordo del cassone a cui è appoggiata P. Il modulo
della forza F risulta minimo quando essa è in grado di controbilanciare le forze di
pressione senza far intervenire le reazioni vincolari ( si suppone che la tenuta sia
comunque assicurata). Quindi la forza minima F è uguale ed opposta alla
risultante delle forze di pressione agenti su P ed è applicata in un punto tale da
produrre un momento uguale ed opposto al momento risultante delle forze di
pressione.
Consideriamo una striscia della paratia di lunghezza a e altezza dl a distanza l dal
bordo inferiore della paratia, ossia a quota y = lcosq; su di essa agiscono , in direzione
perpendicolare alla superficie, la forza df2 = p0adl derivante dalla pressione
atmosferica p0 agente all’esterno e l’analoga forza df1 = p(y)adl dovuta alla pressione
p(y) agente nel liquido a quota y.
df1
P
dy
dl
l
h
df2
C
y
q
F
O
a) La pressione alla quota y , ossia alla profondità (h – y), la si ottiene
immediatamente dalla legge di Stevino e risulta:
p(y) = p0 + rg(h – y)
con r densità dell’acqua.
b) Per determinare il modulo della forza F ed il suo punto di applicazione C si
devono calcolare la risultante ed il momento risultante delle forze di pressione
rispetto ad O , che corrisponde al punto mediano del bordo inferiore della paratia.
Il sistema è simmetrico rispetto al piano mediano p, parallelo al piano di figura, e
quindi il momento delle forze di pressione rispetto ad O è diretto
perpendicolarmente al piano di figura; di conseguenza la forza F dovrà essere
applicata in un punto C che si trovi lungo l’intersezione di p con la paratia.
La forza netta agente sull’elemento di superficie considerato è:
df = df1 - df2 = [p(y) - p0]adl = rg( h – y)adl = rg( h – lcosq)adl
e il suo momento rispetto ad O risulta:
dm = ldf = rga( h – lcosq)ldl
Risultante e momento risultante sono quindi calcolati integrando su tutta la superficie
della paratia, e si ha:
rgah 2
rgh
= S(
) = Sp *
Ú0
2cos q
2
h / cosq
rgah 3
f
h
m= Ú
r
ga(h - lcosq )ldl =
=
(
)
2
0
6cos q
3 cosq
f =
h / cosq
rga(h - lcosq )dl =
dove S = ah/cosq è la superficie della paratia e p* = rgh/2 è la differenza di pressione
media fra la superficie del liquido ed il fondo. Quindi per mantenere la paratia in
† dovremo applicare una forza F = f in un punto C a distanza da O pari a b =
posizione
L/3 = h/3cosq, dove L è la lunghezza della paratia, in modo che risulti bF = m.
Nel caso in cui la paratia sia verticale ( q = 0 , L = 1 m) si ha F = 4905 N e b = 0.33 m;
negli altri due casi ( q = ± 30° ; L = 1.155 m) per il modulo della forza ed il punto di
applicazione si ha lo stesso risultato , ossia F = 5664 N e b = 0.385 m.
4) In base alla relazione fondamentale della statica dei fluidi risulta che in tutti i punti del
fluido è costante la somma della pressione p e dell’energia potenziale per unità di volume
V. Da questo deriva che superfici isobare ed equipotenziali coincidono e che la superficie
di separazione fra due fluidi è una superficie equipotenziale. Tenendo presente queste
considerazioni possiamo rispondere ai vari quesiti.
a) La superfice di separazione fra aria ed acqua, all’equilibrio, coincide con una
superficie orizzontale lungo cui l’energia potenziale delle forze peso è costante. Quindi
la supefice del liquido è in realtà orizzontale ed è il fondo del secchio che risulta inclinato
di un angolo q rispetto all’orizzontale.
H
K
p = cost
G
L
g
q
A
O
B
I piani paralleli a quello della superficie del liquido ( linee blu ) sono quindi isobari e la
pressione nei vari punti può immediatamente essere calcolata mediante la legge di
Stevino. La profondità del punto O è data dalla lunghezza del segmento OK , ossia hO =
Lcosq , mentre per A risulta hA = AH = Lcosq + Rsinq e per B hB = BG = Lcosq – Rsinq.
Si ha pertanto:
pO = p0 + rghO = p0 + rgLcosq
pA = p0 + rghA = p0 + rg(Lcosq + Rsinq)
pB = p0 + rghB = p0 + rg(Lcosq – Rsinq)
pO = p0 + 3687 Pa
pA = p0 + 4190 Pa
pB = p0 + 3184 Pa
b) La superficie di separazione fra l’acqua e l’aria è un paraboloide di rivoluzione
attorno all’asse del cilindro e, in condizioni stazionarie, è una superficie equipotenziale.
Non essendo questa un piano orizzontale deve agire, oltre la forza peso, un’altra forza
che dà luogo ad un termine dell’energia potenziale che si va ad aggiungere a quella delle
forze peso.
y0
r
y
A
O
B
Tenuto conto dell’equazione della superficie equipotenziale corrispondente alla superficie
di separazione liquido aria :
y – Kr2 = y0
possiamo scrivere immediatamente l’espressione dell’energia potenziale complessiva, per
unità di volume :
V(r , y) = rgy – rgKr2
nella quale il primo termine deriva dalle forze peso e il secondo dalle forze aggiuntive.
In condizioni di equilibrio si ha pertanto la relazione:
p + V(r,y) = p + rgy – rgKr2 = cost = p0 + rgy0
Il valore della costante risulta fissato dal valore della pressione p0, pari alla pressione
atmosferica, nel vertice del paraboloide corrispondente alla superficie libera dell’acqua.
Le superfici isobare sono quindi paraboloidi di rivoluzione e il valore della pressione su
ciascuna di esse è fissato dal valore che essa assume nel vertice in corrispondenza
dell’asse del cilindro. Tenuto conto dell’equazione scritta si ha allora per la pressione nei
vari punti:
O ( r = 0, y = 0)
A ( r = R, y = 0)
pO = p0 + rgy0
pA = p0 + rgy0 + rgKR2
pO = p0 + 2943 Pa
pA = p0 + 4905 Pa
In questo caso il sistema è simmetrico rispetto all’asse quindi la pressione in A e B risulta
uguale.
(Osservazione – La situazione descritta al punto b) corrisponde a quella che si realizza
quando si pone in rotazione attorno all’asse del contenitore cilindrico, con velocità
angolare costante, il fluido in esso contenuto. In questo caso si può mostrare che la
superficie di separazione fra aria ed acqua assume, nel caso ideale, la forma di un
paraboloide di rivoluzione. )
5) Nell’istante in cui si applica al pistone P la forza F si produce in corrispondenza di
esso una variazione di pressione Dp = F/s. In conseguenza dell’equazione fondamentale
della statica dei fluidi, in particolare della “legge di Pascal”, questa variazione di
pressione si riperquote identica in tutti i punti del fluido, quindi anche in corrispondenza
dell’espansione del circuito a cui è collegato il ceppo C del freno.
w
C
A
O
F
F’
N
P
f
a) Il liquido del circuito idraulico esercita quindi sul ceppo C del freno una forza di
pressione F’ , perpendicolare a C, di modulo
F’ = SDp = F(S/s)
La forza F applicata al pistone viene quindi amplificata del rapporto S/s. La forza F’
viene dal ceppo applicata al volano A in direzione radiale e questo reagisce opponendo a
C una forza N , uguale ed opposta. Si ha di conseguenza la generazione di una forza di
attrito f , di modulo f = mF’, che dà luogo ad un momento assiale, rispetto al centro O del
volano, M = fR = RmF’. Dal teorema dell’energia cinetica, tenuto conto che il disco si
arresta dopo aver compiuto esattamente 3 giri, pari a Dq = 6p rad, si ha:
T = MDq = 6pRmF’ = 6pRmF(S/s)
Da cui
F’ = T/6pRm
F = F’(s/S)
Numericamente si ha F’ = 5055 N ed F = F’/100 = 50.55 N.
b) come precedentemente detto la variazione di pressione è la stessa in tutti i punti del
liquido e pari a Dp = F/s = F’/S e numericamente risulta Dp = 8.42 106 Pa = 83 atm.
6) a) La forza che si deve applicare al pistone P per equilibrare la forza peso della massa
M, quando essa si trova allo stesso livello di P, la si ottiene immediatamente utilizzando
la “legge di Pascal”. La forza F , applicata a P, produce in tutti i punti del liquido una
variazione di pressione Dp = F/pr2 e di conseguenza essa dà luogo, sulla parte del
dispositivo telescopico in corrispondenza della parte del circuito idraulico di raggio R, ad
una forza F’ = DppR2; essa all’equilibrio dovrà risultare uguale ed opposta alla forza peso
Mg del corpo collocato sul martinetto. Quindi si ha:
F = Dppr2 = F’pr2/pR2 = Mgr2/R2
P
F = 51.1 N
Mg
F
F’
Mg
h
P
mg
F*
F”
Quando il dispositivo telescopico ha innalzato la massa M ad un’altezza h per mantenere
il sistema in equilibrio si dovrà applicare al pistone una forza F* in grado di
controbilanciare la forza derivante dall’aumento di pressione dovuto sia al carico Mg ,
come nel caso precedente, sia al peso della colonna di liquido di altezza h. Quindi,
essendo la massa della colonna di olio data da m = rhpR2 si ha:
F* = Dppr2 = (Mg/pR2+ mg/pR2)pr2 = (Mg/pR2+ rgh)pr2 = F + rghpr2
Da cui numericamente F* = 56.1 N .
b) Perchè il sistema non si rompa i vari componenti devono essere in grado di sopportare
una pressione non inferiore a quella che si ha nel circuito idraulico quando la massa M è
sollevata alla quota h. La pressione più elevata la si registra in corrispondenza del pistone
P e risulta p* = F*/pr2 ossia p* = 1.786 105 Pa; questa rappresenta il minimo valore che
devono essere in grado di sopportare i componenti del martinetto.
c) Il lavoro L fatto dalle forze applicate a P ( la forza da applicare varia in funzione
della quota della massa M) può essere calcolato nel modo più diretto utilizzando il
Teorema dell’Energia Cinetica. Dato che si suppone trascurabile l’energia cinetica
acquisita dal sistema, il lavoro L deve essere uguale alla variazione di energia
potenziale delle forze peso. Quest’ultima consta di un termine relativo alla massa
M e di un termine corrispondente al lavoro necessario per portare la massa m (
massa di olio della colonna di altezza h e raggio R) dalla quota iniziale del pistone
( y = 0) alla quota finale (y = h/2) del suo centro di massa. In definitiva si ha
L = Mgh + mgh/2
L = 15.513 KJ
d) Il numero di corse effettuate dal pistone per innalzare ad una quota h il martinetto
dipende dal volume di olio V = Lpr2 che viene immesso nel circuito per ogni corsa del
pistone, pari ad L .
L
Dh
Questo volume di olio produce un innalzamento Dh del martinetto dato dalla relazione:
DhpR2 = V = Lpr2
Quindi il numero N di corse lo si ottiene immediatamente come:
N = h/Dh = (h/L)( R2/r2)
N = 576
(N.B. - Come risulta da quanto ora detto con una forza relativamente modesta ,
equivalente a poco più della forza peso di una massa di 5 kg, si può sollevare un massa
rilevante , M = 750 Kg, sfruttando la “legge di Pascal”. Il prezzo che si “paga” ,
dovendo in definitiva rispettare la conservazione dell’energia, è costituito dal grande
numero di corse, ossia dal grande spostamento che si deve fare col pistone (s = NL =
288 m) per sollevare di 2 m il martinetto. )
7) a) Quando la boa è totalmente immersa è soggetta, in base alla “legge di Archimede” ,
ad una forza verticale FA diretta verso l’alto e pari al peso della massa di fluido spostata:
in questo caso FA = r gV = rg4pR3/3 dove R è il raggio della sfera e r la densità
dell’acqua.
a)
d)
FA
FA
mg
B
mg
C
S
Il sistema costituito dal pallone e dalla catena BC è in equilibrio sotto l’azione della forza
peso mg della catena, della spinta di Archimede FA e della forza S applicata all’estremo C
della catena. Perchè la catena sia tesa il pallone dovrà applicare all’estremo B della
catena una forza verticale T ≥ mg e, poichè all’equilibrio questa forza è uguale ad FA, si
ha la condizione:
rgV = FA = T ≥ mg
Æ V ≥ V* = m/r
V* = 4 10-2 m3
b) La forza -T esercitata dalla catena sulla boa risulta all’equilibrio uguale ed opposta ad
FA, quindi per un volume V = 3V* si ha T* = rg3V* = 3mg ossia T* = 1177 N.
c) Quando la boa si disancora dal fondo, ma la catena rimane attaccata ad essa, le forze
agenti sul sistema sono unicamente la forza peso della catena mg ed FA . L’equazione di
moto del sistema è quindi data da:
FA + mg = ma
Scegliendo un asse verticale orientato positivamente verso l’alto ne risulta quindi per il
sistema una accelerazione :
a = FA - mg = rg3V* -mg = 2mg
Esso si muoverà pertanto verso la superficie con accelerazione costante a e , dato che la
sua velocità iniziale è nulla, si ha immediatamente per il tempo T che impiega a
raggiungere la superficie:
T = (2h/a)0.5 = (h/g)0. 5
T = 1.0 s
d) Una volta raggiunta la superficie, e assestatosi il sistema nella configurazione di
equilibrio, si ha una situazione in cui la forza peso della catena è controbilanciata
dalla spinta di Archimede FA’ dovuta adesso solo alla parte della boa immersa.
Detto V’ il volume della parte immersa si ha quindi:
FA’ = rgV’ = mg Æ
V’ = m/r = V*
Æ
V’/V = 1/3
8) La risultante Fp delle forze di pressione agenti su una superficie S è data da:
r
r
Fp = - Ú pndS
(1)
S
dove n indica la normale all’elemento di superficie dS e l’integrale è esteso a tutta la
superficie S. (Per una superficie chiusa si sceglie convenzionalmente il verso della
normale n rivolto verso †
l’esterno)
u
n
dFp =-pndS
dS
dS
S
S
g
g
Su
Se la pressione è costante nella regione di spazio interessata la componente di Fp lungo
una qualsiasi direzione individuata dal versore u è data da:
r r
r r
Fpu = Fp ⋅ u = - p Ú n ⋅ udS = - pSu
S
†
dove Su indica la proiezione della superficie S su un piano perpendicolare ad u. Questo
comporta che Fpu è la stessa per tutte le superfici S che hanno lo stesso bordo g ,
indipendentemente dalla loro forma.
a) Tenuto conto di quanto premesso, la forza che la pressione atmosferica p0 esercita sui
tappi è identica nei tre casi (sulle dimensione degli oggetti considerati le sue variazioni
sono del tutto trascurabili). La minima forza F da applicare al tappo per aprire il barattolo
risulta uguale ed opposta alla componente lungo l’asse della risultante delle forze di
pressione; essendo nulla la forza di pressione agente sulle superfici interne del barattolo (
p = 0 ), si ha:
F = p0pR2
F = 4.58 103 N
dove pR2 è la proiezione della superficie esterna dei tappi nel piano perpendicolare
all’asse del cilindro, ovviamente uguale nei tre casi. La forza da applicare al contenitore è
anch’essa uguale ed opposta ad F in tutti i casi.
(Si osservi come la forza che agisce sui tappi, derivante dalla pressione atmosferica, sia
molto elevata: in questo caso corrisponde alla forza peso di una massa M = 467 Kg).
b) Nel caso in cui all’interno del barattolo non sia fatto il vuoto e quindi la pressione
interna non sia nulla , pI = p0 – Dp , la minima forza F’ da applicare al tappo, ed al
contenitore, risulta ancora uguale alla risultante delle forze di pressione agenti su tutta la
superficie del tappo; di conseguenza si deve tener conto anche di quelle che agiscono
dall’interno e si ha:
F’ = (p0 - pI)pR2 = DppR2
F’ = 136 N
Come si vede la forza di pressione agente sul coperchio è considerevole ( forza esercitata
da una massa di circa 14 Kg), nonostante il piccolo valore della depressione fra interno ed
esterno.
c) Nel caso in cui i barattoli siano immersi in acqua, e si tenga conto del gradiente di
pressione lungo la verticale, la forza da applicare nei tre casi risulta differente. Infatti
nell’integrale che esprime Fp la pressione non è più costante e quindi il risultato dipende
strettamente dalla forma della superficie S. La risultante delle forze di pressione agenti
sulla superficie esterna del tappo può essere calcolata sostituendo nell’Eq. (1) a p la sua
espressione esplicita data dalla legge di Stevino, p = p0 + rgz con z profondità rispetto
alla superficie libera dell’acqua, ed effettuando l’integrale. Si giunge tuttavia rapidamente
allo stesso risultato tenendo conto della “legge di Archimede”:
F1
z2
W
F2
La spinta di Archimede W trae origine dal gradiente delle forze di pressione che si hanno
su una determinata superficie chiusa. Nel caso in studio consideriamo un determinato
tappo che sia totalmente immerso in acqua: si ha una risultante delle forze di pressione
agenti sulla superficie inferiore F 2 diretta verticalmente verso l’alto e di modulo F2 =
p(z2)pR2 = (p0 + rgz2)pR2 , dove z2 indica la profondita a cui essa si trova. Indichiamo
con F1 la risultante delle forze di pressione sulla superficie superiore del tappo, si ha:
F1 + F2 = W
Essendo nota la forza F2 e la spinta di Archimede W = rgV, si ha che F1 è una forza
verticale rivolta verso il basso di modulo:
F1 = F2 - W = (p0 + rgz2)pR2 - rgV
Questa relazione consente di calcolare immediatamente la forza totale di pressione F x
agente sulla superficie esterna del tappo x una volta che si consideri l’opportuno valore
del suo volume Vx.
Quando il recipiente è chiuso, e al suo interno si trova una pressione pI, vengono ad agire
sul tappo x, lungo la verticale, la forza F1x e la risultante delle forze di pressione interne
FI = pIpR2; la forza netta Fx da applicare al tappo è quindi data da:
Fx = F1x – FI = (p0 + rgh)pR2 - rgVx - pIpR2 = (Dp + rgh)pR2 - rgVx
dove si è posto z2 = h (= R). Si ha quindi nei tre casi:
A) (VA = pR3)
B) (VB = pR3/3)
C) (VC = 2pR3/3)
FA = (Dp)pR2
FB = (Dp + 2rgR/3)pR2
FC = (Dp + rgR/3)pR2
FA = 136 N
FB = 139.6 N
FC = 137.8 N
Alla base del recipiente deve essere applicata nei tre casi una stessa forza F* data da:
F* = [p0 + rg(h+H)]pR2 - pIpR2 = [Dp + rg(h+H)]pR2
Da cui numericamente F* = 150.2 N ; la forza da applicare alla base risulta in questo caso
maggiore, di una quantità pari alla spinta di Archimede agente sull’intero recipiente
chiuso, di quella applicata alla parte superiore.
9) Le forze agenti sulla mongolfiera sono la forza peso Mg , applicata nel centro di
massa della navicella, la forza peso complessiva del pallone m*g derivante dall’involucro
e dalla massa di gas in esso contenuta, applicata nel centro del pallone O e di modulo
m*g = mg + (4pR3/3)rg con r densità del gas; infine agisce la spinta di archimede F A
che, considerando trascurabile il volume della navicella, è dovuta unicamente al pallone,
per cui FA = (4pR3/3)rAg, ed è applicata nel suo centro O che coincide col centro di
spinta.
FA
O
FA
O
m*g
q
b
G
(M+m*)g
Mg
a) Perchè la mongolfiera si possa alzare da terra è necessario che la spinta di Archimede,
ascensionale, sia maggiore della forza peso totale del sistema, quindi deve risultare:
FA = (4pR3/3)rAg > (M + m*)g = (M + m)g + (4pR3/3)rg
ossia
r < rA - (M + m)/(4pR3/3)
r < 0.88 Kg/m3
La densità del gas contenuto nel pallone deve, come è ovvio, essere minore di quella
dell’aria circostante quindi il gas potrà essere aria calda oppure elio.
b) Nel caso in cui il pallone sia riempito di elio, la cui densità è inferiore al valore limite
determinato, esso si innalza con una accelerazione determinata dalla prima equazione
cardinale:
(M + m*)a = FA – (M + m*)g
dove in questo caso m* = m + (4pR3/3)r* ( m* = 458 Kg). Da questa equazione si ha
quindi:
a = FA /(M + m*) - g = g(4pR3/3)rA/[M + m + (4pR3/3)r*] – g
e numericamente a = 11.5 m/s2. (Il valore calcolato non è realistico perchè la resistenza
viscosa dell’aria non è trascurabile).
c) Per determinare il periodo di oscillazione della navicella è necessario utilizzare la
seconda equazione cardinale della meccanica con centro di riduzione nel centro di massa
G del sistema. Esso si trova lungo la congiungente la navicella ( puntiforme e di massa
M) col centro di massa O del pallone (di massa m*) nel punto G la cui distanza d da O è
data da:
d = bM/(M + m*)
d = 4.66 m
Il momento d’inerzia IG del sistema rispetto ad un asse orizzontale passante per G può
essere calcolato a partire da quello dei singoli componenti: il momento d’inerzia del
pallone IO , rispetto ad un asse orizzontale passante per O, è in linea di principio la
somma del momento d’inerzia dell’involucro I = mR2 e della massa del gas in esso
contenuto. In realtà quando la mongolfiera ruota , durante l’oscillazione, l’elio in essa
contenuto non segue il moto dell’involucro ( con buona approssimazione anche tenendo
conto della viscosità ) e quindi non dà un contributo al momento d’inerzia come
avverrebbe se invece si comportasse come un corpo rigido solidale con l’involucro.
Quindi considerando IO = I e applicando il teorema di Huyghens-Steiner si ha:
IG = I + md2 + M(b – d)2 = mR2 + md2 + M(b – d)2
IG = 25549 Kgm2
Dalla II Eq. Cardinale, tenendo conto che l’unica forza che dà momento rispetto a G è la
spinta di Archimede, si ha quindi per le piccole oscillazioni:
IGd2q/dt2 = - FAdsinq ≈ - [g(4pR3/3)rAd]q
da cui il periodo di oscillazione:
T = 2p(IG/FAd)0.5
T = 3.43 s
10) Consideriamo il barattolo che galleggia alla superficie di separazione di due fluidi
pesanti di densità r1 e r2 : le forze che agiscono su di esso sono la forza peso mg ,
applicata nel suo centro di massa G , coincidente con il suo centro geometrico, e le forze
di pressione che agiscono alla sua superficie. Dato che il corpo è immerso in due fluidi
diversi per applicare la legge di Archimede, che consente di determinare la risultante
delle forze di pressione, si deve operare in modo opportuno.
La superficie di separazione fra i due fluidi, che all’equilibrio è isobara , intercetta una
sezione BC del barattolo che lo divide in due parti ( disegnate in figura non più
sovrapposte per maggiore chiarezza grafica ); senza alterare la risultante complessiva
delle forze di pressione si può immaginare che sulla superficie inferiore della parte 1 ,
immersa nel fluido di densità r1, agisca una forza di pressione FS = pSpr2 , rivolta verso
l’alto e analogamente sulla superficie superiore della parte 2 agisca una forza di
pressione esattamente uguale ed opposta. In questo modo si hanno due corpi soggetti su
tutta la superficie a forze di pressione derivanti dalla presenza del fluido, che per il primo
ha densità r1 e per il secondo r2; a ciascuno di essi, dato che sono immersi in un fluido
omogeneo, si può adesso applicare la legge di Archimede per calcolare la risultante delle
forze di pressione.
r1
1
1
F1
-FS
S1
B
C
pS = cost
B
B
L
C
C
F2
G
x
FS
S2
mg
r2
2
2
Quindi, indicata con x l’altezza della porzione di barattolo immersa nel fluido di densità
r2, risulta che la porzione 1 è soggetta ad una spinta di Archimede F1 = r 1gpr2(L – x)
applicata nel centro di spinta S1, e la porzione 2 ad una spinta di Archimede F2 = r2gpr2x
applicta in S2. Quando il barattolo galleggia, in equilibrio, alla superficie di separazione
dei due fluidi la spinta complessiva dovuta alle due porzioni deve risultare uguale ed
opposta alla forza peso, quindi si ha:
F1 + F2 = r1gpr2(L – x) + r2gpr2x = mg
Da cui:
x = L[(m/pr2L) - r1]/(r2 - r1) = L(r - r1)/(r2 - r1)
(1)
dove si è indicata con r = m/pr2L la densità equivalente del barattolo; condizione di
galleggiamento comporta ovviamente che r1 < r < r2 .
a) Nel caso in cui la densità del fluido 1 sia molto minore di r e di r 2 , come accade
tipicamente se il fluido 1 è l’aria e il fluido 2 l’acqua, l’Eq. (1) può essere semplificata. In
questo caso infatti la spinta di Archimede dovuta alla parte in aria è trascurabile rispetto
alla forza peso ed alla spinta di Archimede derivante dalla parte immersa e si ha pertanto:
x = L[(m/pr2L)/r2] = Lr/r2
x = 14.9 cm
b) Se il barattolo galleggia nella posizione di equilibrio la coppia di forze costituita dalla
spinta di Archimede e dalla forza peso devono dare luogo ad un momento nullo: questo
comporta che il centro di spinta S, corrispondente al centro di massa della porzione di
fluido spostata (ossia al centro geometrico della parte immersa) e il centro di massa G
del barattolo debbano essere allineati lungo la stessa verticale. Nel caso in cui questo non
accada si genera una coppia di braccio, e quindi di momento, non nullo che tende a far
ruotare il corpo come riportato in figura ( si è esagerata l’inclinazione del barattolo per
motivi di chiarezza grafica). Nel caso a , corrispondente alla situazione del barattolo non
zavorrato, la disposizione delle forze è tale da produrre una rotazione che tende ad
aumentare l’inclinazione del corpo: infatti la forza peso è applicata nel centro geometrico
G del barattolo, disposto sull’asse del cilindro a distanza L/2 dal fondo, mentre, per
piccole inclinazioni, il centro di spinta S si trova circa lungo l’asse del cilindro a distanza
x/2 (< L/2). L’equilibrio in queste condizioni è instabile: una piccola perturbazione che
faccia deviare il barattolo dalla posizione di equilibrio produce un momento che tende a
farlo ruotare in un verso che aumenta la sua inclinazione e lo allontana sempre più da
essa; il barattolo a seguito di una piccola perturbazione si rovescerà e si disporrà con
l’asse orizzontale. Questa condizione di instabilità si produce inevitabilmente tutte le
volte che il centro di spinta si trova al di sotto del centro di massa G ; la funzione della
zavorra è giusto quella di portare il centro di massa del sistema in una posizione G’ che si
venga a trovare al di sotto della posizione del centro di spinta S’, che ovviamente varia la
sua collocazione in conseguenza dell’appesantimento e quindi della maggiore
immersione del corpo. In questo caso (fig. z) la coppia di forze dà luogo ad un momento
che tende a riportare il barattolo nella configurazione di equilibrio rendendola così
stabile: piccole perturbazioni che lo discostino da esso produrranno una oscillazione
attorno alla posizione verticale senza portare ad un rovesciamento del barattolo.
a)
z)
F
F
G
S
S’
mg
G’
mg
Tenuto conto di quanto detto è quindi necessario determinare la posizione del centro di
spinta S’ e del centro di massa G’ col barattolo zavorrato; considerando piccole
inclinazioni del barattolo si possono determinare queste posizioni nella configurazione in
cui esso è verticale. L’altezza x’ della porzione di barattolo immersa in acqua è
determinata in modo analogo a quanto fatto al punto a) tenendo conto che alla massa m
del barattolo va adesso aggiunta quella della zavorra m* , e quindi:
x’ = L[((m + m*)/pr2L)/r2] = Lr'/r2
Il centro di spinta S’ si trova nel centro di massa della porzione di cilindro
corrispondente al fluido spostato e quindi sull’asse ad una distanza xS = x’/2 dal fondo del
barattolo. Il centro di massa G’, supponendo che la zavorra sia costituita da un sottile
disco posto alla base del barattolo di massa m* , e spessore trascurabile, si trova lungo
l’asse del sistema ad una distanza dal fondo xG, data da:
xG = mL/2(m + m*)
Per la stabilità della configurazione di equilibrio si richiede che:
xS > xG
L[((m + m*)/pr2L)/2r2] > mL/2(m + m*)
Æ
da cui, posto m2 = pr 2Lr2 (massa di acqua corrispondente al volume del barattolo), si
ricava:
m* > m[(m2/m)0.5 - 1]
m* > 26.5 g
c) Nel caso in cui il primo fluido sia olio, di densità r1 = r*, si deve applicare l’Eq. 1
dato che in questo caso non è più tracurabile la spinta di Archimede dovuta alla parte
immersa in olio. Tenuto conto che il barattolo ha una densità equivalente r = 933 Kg/m3
si ha immediatamente che l’altezza della parte immersa è pari a x* = 7.9 cm.
F1
r1
S1
F2
G
S2
r2
mg
Per quanto rigurda la stabilità dell’equilibrio si dovrà adesso tenere conto le forze agenti
sono la forza peso mg applicata nel centro di massa G del barattolo, la spinta di
Archimede F1 applicata nel centro di spinta S1 , relativo alla massa di fluido spostato nel
mezzo 1, e analogamente per il mezzo 2 la spinta F2 applicata in S2. Scegliendo come
centro di riduzione il centro di massa del sistema si ha che l’equilibrio è stabile se il
momento M1 della forza F1, rispetto a G, è maggiore del momento M2 di F2. In assenza di
zavorra (situazione corrispondente a quella della figura) l’equilibrio è instabile; per
stabilizzare il sistema si dovrà anche in questo caso abbassare la posizione del centro di
massa in modo tale che risulti soddisfatta la condizione M1 > M2 .
Detta r’ = (m + m*)/pr2L la densità effettiva del barattolo zavorrato per le distanze dal
fondo del barattolo xG, x1 e x2 rispettivamente di G’, S1’ e S2’ si ha:
xG = mL/2(m + m*) = Lr/2r’
x2 = x’/2 = L[((m+m*)/pr2L) - r1]/2(r2 - r1) = L(r' - r1)/2(r2 - r1)
x1 = (L + x’)/2 = (L/2)[1 + (r' - r1)/(r2 - r1)]
da cui:
b1 = x1 – xG = (L/2)[1 + (r' - r1)/(r2 - r1) - r/r’]
b2 = xG – x2 = (L/2)[ r/r’- (r' - r1)/(r2 - r1)]
Indicando con f l’inclinazione dell’asse del barattolo rispetto allaverticale si ha per la
condizione M1 > M2:
F1b1sinf > F2b2sinf
r1gpr2(L – x’)b1sinf = r2gpr2x’b2sinf
Æ
Sostituendo in questa disuguaglianza le espressioni di x’, b1 e b2 in termini delle densità si
ottiene il minimo valore della zavorra necessario ad assicurare l’equilibrio:
m* > pr2L{ r1 + [(r2 - r1)(r - r1)]0.5} – m
da cui risulta che la massa della zavorra deve essere maggiore di 11. 4 g.
11) La situazione considerata nell’esercizio non corrisponde a rigore ad una condizione di
stazionarietà come richiesto per la validità del Teorema di Bernoulli: infatti per realizzare
questa condizione la quota del pelo dell’acqua nel serbatoio dovrebbe essere mantenuta
costante rifornendolo in continuazione. Tuttavia, se le velocità di efflusso sono piccole, si
può pensare di essere sempre in condizioni molto vicine a quelle di stazionarietà, come si
dice di quasi-stazionarietà, considerando ancora validi il teorema di Bernoulli e la legge
di costanza della portata.
a) Supponiamo che uno solo dei fori sia aperto: in questo caso la sezione S del serbatoio,
corrispondente alla superficie di separazione fra acqua e aria, e la sezione s , in
corrispondenza del foro, delimitano (in condizione di quasi-stazionarietà) una porzione di
un tubo di flusso. Indicata con V la velocità del pelo dell’acqua nel serbatoio e con v la
velocità di efflusso dal foro si ha, essendo costante la portata:
SV = sv
Æ
V = v(s/S) << v
(1)
Nel caso in cui tutti e tre i fori siano aperti la legge di costanza della portata fornisce la
relazione SV = sv1 + sv2 + sv3 ma risulta comunque V molto minore delle velocità di
efflusso dai fori essendo s/S = 4.16 10-5 << 1. Quando i tre fori sono aperti
contemporaneamente si può pensare che il fluido contenuto nel serbatoio sia diviso in tre
tubi di flusso distinti ognuno dei quali parte dalla superficie libera dell’acqua e termina in
corrispondenza di uno dei tre fori. Le corrispondenti velocità di efflusso vn possono
essere determinate applicando il teorema di Bernoulli alle sezioni corrispondenti alla
superficie di separazione aria-acqua nel serbatoio, a quota h rispetto al fondo del
serbatoio, e a quella di ciascun foro a quota zn:
rV2/2 + pA + rgh = rvn2/2 + pA + rgzn
dove si è tenuto conto che su entrambe le sezioni considerate agisce la pressione
atmosferica pA; trascurando V rispetto a vn , in base all’Eq. (1) , si ha quindi:
vn = [2g(h – zn)]0.5
Come risulta da questa equazione la velocità di efflusso è esattamente quella che avrebbe
un qualsiasi corpo in caduta libera da un’altezza (h – zn).
h
z3
H
O
x1
Per h = h* ed h = h’ si ha rispettivamente:
v1* = 5.42 m/s
v2* = 5.24 m/s
v3* = 4.85 m/s
v1’ = 2.8 m/s
v2’ = 2.43 m/s
v3’ = 1.4 m/s
b) Le particelle di acqua in uscita dal foro a quota (H + zn) , rispetto al terreno, con
velocità vn, diretta lungo l’orizzontale, si muovono sotto l’azione della forza di gravità e
descrivono un’arco di parabola analogamente a quanto accade per un qualsiasi corpo.
Scelto un sistema di riferimento con l’origine O in corrispondenza del piede del serbatoio
sul terreno, le corrispondenti equazioni orarie sono:
x = vnt
y = (H + zn) - gt2/2
da cui per il punto di impatto con il terreno (x = xn, y = 0):
xn = vn[2(H + zn)/g]0.5 = 2[(H + zn)(h - zn)]0.5
Per h = h* ed h = h’ si ha quindi:
x1* = 2.44 m
x2* = 2.48 m
x3* = 2.50 m
x1’ = 1.26 m
x2’ = 1.15 m
x3’ = 0.72m
L’arco di parabola descritto dal getto, uscente da ciascun foro, è quindi più teso
inizialmente, quando la differenza di quota fra il pelo dell’acqua ed il foro è più elevata e
quindi la velocità di efflusso più grande, e va progressivamente riducendo la gittata con
la diminuzione del livello del liquido nel serbatoio.
c) Per determinare il tempo di svuotamento del serbatoio si deve tener conto della
velocità V , per quanto piccola possa essere, con cui si abbassa il livello del liquido in
esso contenuto. Dalle relazioni precedentemente scritte risulta:
dz/dt= -dz/dt = V = sv1/S = s(2gz)0.5/S
(2)
dove z è il livello della superficie libera dell’acqua, misurato rispetto al fondo del
serbatoio, all’istante considerato. Variando con z la velocità di efflusso ne risulta uno
svuotamento sempre più lento man mano che cala il livello del liquido. Per esempio il
tempo t in cui il livello del liquido si abbassa di una quantità D = 1 mm ( t = D/V) risulta
inizialmente pari a 4.42 s, ma quando il livello si trova ad una quota z = 5 cm si ha un
tempo pari a 24 s.
Il tempo totale di svuotamento T può essere ottenuto integrando l’Eq. (2): riordinando i
termini si ha:
dz/(z)0.5 = - [s(2g)0.5/S]dt = -Adt
da cui integrando fra la quota iniziale z = h* e la quota finale z = 0 :
Ú
0
h*
T
dz
= - Ú 0 Adt
z
ed infine:
T
At
† z =h*
2 0
0
Æ
T=
2 h * S 2h *
=
A
s
g
Numericamente risulta quindi T = 13272 s = 3 h 41 min.
†
12) In condizioni quasi-stazionarie si può applicare il Teorema di Bernoulli e la legge di
costanza della portata alle sezioni corrispondenti al foro di uscita (s = pr2) ed alla sezione
corrispondente alla superficie di separazione liquido-aria nel recipiente (S = pR 2).
Indicato con h il livello del liquido rispetto al fondo del recipiente , su cui si trova il foro,
con v e V le velocità del liquido in corrispondenza delle sezioni s ed S , rispettivamente,
con p la pressione presente nella zona A della bottiglia occupata dall’aria e con pA la
pressione atmosferica agente in corrispondenza del foro di uscita si ha:
pA + rv2/2 = p + rgh + rV2/2
vs =VS = F
Quindi per la portata ( o flusso) F si ha:
F= [
2( p - pA )
1 1
2( p - pA )
+ 2gh]/( 2 - 2 ) ª s
+ 2gh
r
s S
r
†
(1)
A
L
z
a) All’istante iniziale la pressione p è uguale a quella atmosferica ed il livello del liquido
rispetto al fondo è z = h = 3L/4, quindi si ha immediatamente dall’Eq. (1)
F = s(3gL/2)0.5
F = 5.4 10-6 m3/s = 0.32 lt/min
b) Se il recipiente è chiuso ermeticamente e non viene immessa aria durante
l’abbassamento del livello del liquido, la pressione nella zona A del recipiente diminuisce
e ad un certo istante si arresta la fuoriuscita dell’acqua. Indicato con h* il livello del
liquido quando il flusso si arresta, la corrispondente pressione p* è ottenuta
immediatamente dall’Eq. (2) ponendo F = 0 da cui:
p* = pA - rgh*
Nell’ipotesi che la pressione nella zona A vari secondo la legge pV = cost ( come accade
in una espansione isoterma) si ha inoltre:
p*pR2(L – h*) = pApR2L/4
per cui sostituendo ad h* l’espressione ricavata dalla precedente equazione si ha:
p*2 – p*(pA - rgL) – pA3rgL/4 = 0
da cui
p* = {(pA - rgL) + [(pA - rgL) + pA3rgL]0.5}/2 ≈ pA- rgL/4
La corrispondente depressione nella zona A, rispetto alla pressione atmosferica, è quindi
Dp = pA – p* = rgL/4 = 490 Pa e il livello del liquido risulta h* = L/4 = 5 cm.
c) Per mantenere costante la portata al valore iniziale si deve aumentare gradatamente la
pressione nella zona A in modo da compensare la diminuzione della pressione
piezometrica pZ = rgz. Imponendo la condizione F = F 0 = F(h = 3L/4) si ha dall’Eq.
(1) :
p = pA + rg(3L/4 – z)
13) a) Quando i rubinetti sono chiusi il liquido contenuto nel serbatoio e nelle condutture
si trova in condizioni statiche, quindi si può applicare direttamente la legge di Stevino.
h
z3
H
z2
z1
Indicata con zn la quota del rubinetto n rispetto al suolo e con pn la corrispondente
pressione e con pA la pressione atmosferica si ha:
pA + rg(h + H) = pn + rgzn
Æ
pn = pA + rg(h + H - zn)
e numericamente:
p1 = 8.076 105 Pa = 7.97 at
p2 = 7.78 105 Pa = 7.68 atm
p3 = 7.48 105 Pa = 7.39 atm
b) Quando il solo rubinetto n è aperto l’acqua fluisce da esso con una velocità vn il cui
valore può essere ricavato dal teorema di Bernoulli. Facendo riferimento alle sezioni
corrispondenti alla superficie libera del fluido nel serbatoio ed a quella di uscita dal
rubinetto, considerando trascurabile rispetto a vn la velocità dell’acqua nel serbatoio, si
ha:
pA + rg(h + H) = pA + rvn2/2 + rgzn
(1)
da cui per la portata Fn:
Fn = svn = s[2g(h + H - zn)]0.5
e numericamente:
F1 = 37.6 10-4 m3/s = 6.27 lt/min
F3 = 36.8 10-4 m3/s = 6.13 lt/min
F3 = 36.0 10-4 m3/s = 6.0 lt/min
v1 = 37.6 m/s
v2 = 36.8 m/s
v3 = 36.0 m/s
c) Nel caso in cui tutti e tre i rubinetti siano (completamente) aperti contemporaneamente
si deve pensare che il liquido contenuto nel recipiente e nelle condutture sia diviso in tre
porzioni ognuna delle quali corrisponde al tubo di flusso di un rubinetto. Per ciascuno di
questi tubi di flusso si può ancora scrivere una relazione identica all’Eq. (1) tenendo
conto che la legge di costanza della portata:
F = SV = sv1 + sv2 + sv3 = F1 + F2 + F3
comporta ancora V << vn essendo S >> s. In questo caso quindi la portata di ciascun
rubinetto è ancora uguale a quella calcolata al punto precedente e l’apertura degli altri
rubinetti non altera in modo rilevante il flusso di ciascuno di essi.
d) Nel caso in cui le condutture su cui si trovano i rubinetti non siano rifornite “ a
caduta”, come nel caso precedente, ma tramite un’autoclave si ha un recipiente , chiuso a
tenuta e parziamente riempito di acqua, dove sulla superficie di separazione fra il liquido
e l’aria agisce una pressione p > pA prodotta tramite un opportuno sistema di pompaggio.
p
z=0
Posto il livello del pelo dell’acqua nell’autoclave a quota z = 0 e considerando anche la
sezione dell’autoclave molto maggiore di quella della tubazione, in base al teorema di
Bernoulli per produrre lo stesso flusso si dovrà quindi avere:
p = pA + rvn2/2 + rgzn = pA + rg(h + H)
e quindi numericamente p = 8.174 105 Pa = 8.07 atm.
14) a) Nel caso in cui tutti i rubinetti siano chiusi non vi è flusso, quindi la pressione è la
stessa in tutti i punti della conduttura travandosi tutti alla stessa quota. Pertanto pD = pC =
pB = pA = p.
p0
C
1
B
2
p
A
3
D
4
b) Nel caso in cui solo il rubinetto 1 sia aperto si ha un flusso di acqua (zone verdi in
figura) che dalla conduttura di sezione maggiore ( S ) passa integralmente alla conduttura
di sezione minore (S/4) su cui si trova il rubinetto; negli altri rami della conduttura , su ci
si trovano i rubinetti chiusi il liquido è fermo. Applicando il teorema di Bernoulli e la
legge di costanza della portata al tubo di flusso che va dalla conduttura di sezione S
(punto A ) a quella di sezione S/2 ( punto B) ed infine a quella di sezione S/4 (punto C) si
ha:
FA = FB = FC = F
Æ
vAS = vBS/2 = vCS/4 = F
(1)
pA + rvA2/2 = pB + rvB2/2 = pC + rvC2/2
(2)
In termini della portata F si ha quindi:
pA + (r/2)(F/S)2 = pB + (r/2)(2F/S)2 = pC + (r/2)(4F/S)2
da cui essendo pA = p = 3p0 e pC uguale alla pressione atmosferica p0 = 1atm = 1.013 105
Pa si ha per il flusso e la pressione in B:
F = S[2(p –p0)/15r]0.5
F = 2.08 10-3 m3/s = 125 lt/min
pB = p - (3r/2)(F/S)2= p – 3(p – p0)/15 = 13p0/5
Nel ramo in cui si trova il punto D non vi è flusso e quindi la pressione è costante e pari
a quella che si ha in corripondenza della diramazione ossia risulta pD = pA.
c) Nel caso in cui siano aperti entrambi i rubinetti 1 e 2 l’acqua che scorre nel tubo di
sezione S si divide in due parti ( verde e gialla nel disegno) che affluiscono a ciascuno dei
due rubinetti; ognuna di esse costituisce un tubo di flusso a cui si può applicare il teorema
di Bernoulli e la legge di costanza della portata.
p0
C
1
p0
2
B
p
A
3
D
4
Essendo i rami che portano ai rubinetti 1 e 2 del tutto equivalenti ne risulta che la portata
dei due rubineti sarà uguale e pari alla metà della portata totale della conduttura di
sezione S (F2 = F1 = FC = FB/2 = FA/2 = F/2). Le Eq. (1-2), riferite per esempio al tubo
di flusso che termina al rubinetto 1 ( verde), divengono ora:
FC = FB/2 = FA/2 = F/2
Æ
vAS = vBS/2 = 2(vCS/4) = F
pA + rvA2/2 = pB + rvB2/2 = pC + rvC2/2
e quindi in termini del flusso F:
pA + (r/2)(F/S)2 = pB + (r/2)(2F/S)2 = pC + (r/2)(2F/S)2
Risulta quindi pB = pC = p0 e per la portata di ciascun rubinetto
F2 = F1 = FC = F/2 = S[(p –p0)/6r]0.5
F = 2.32 10-3 m3/s = 139 lt/min
Per quanto riguarda la pressione in D si ha ancora pD = pA.
Si noti che l’apertura del secondo rubinetto, se la pressione in A viene mantenuta
costante, ha come effetto l’aumento della portata del singolo rubinetto; il risultato non
corrisponde a quello che si osserva comunemente perchè nella realtà si deve tenere conto
della viscosità del liquido che cambia in modo sostanziale il risultato.
d) Nel caso invece in cui si aprano i rubinetti 1 e 3 e siano chiusi gli altri due l’acqua
nella conduttura di sezione S si divide in due tubi di flusso uguali che vanno ai rubinetti 1
e 3.
C
p0
1
B
2
p
A
p0
3
D
4
Seguendo lo stesso ragionamento adottato nel precedente punto si ha:
FC = FB = FA/2 = F/2
Æ
vAS = 2(vBS/2) = 2(vCS/4) = F
pA + rvA2/2 = pB + rvB2/2 = pC + rvC2/2
e quindi in termini della portata F:
pA + (r/2)(F/S)2 = pB + (r/2)(F/S)2 = pC + (r/2)(2F/S)2
Ne risulta quindi che la portata è la stessa del caso precedente ma cambia la pressione nel
punto B dove si ha pB = pD = pA.
15) Consideriamo il getto che fuoriesce dal tubo di raggio r : esso in condizioni
stazionarie costituisce un tubo di flusso sulle cui pareti laterali agisce la pressione
atmosferica p0. Possiamo quindi applicare ad esso il teorema di Bernoulli e la legge di
costanza della portata considerando la pressione costante, e pari a p0, in ogni sua sezione.
Posta la quota di riferimento z = 0 in corrispondenza della parte terminale del tubo,
indicando con v e v0 la velocità del fluido in corrispondenza della generica sezione S a
quota z ( misurata positivamente verso l’alto) e della sezione terminale del tubo S0 = pR2
rispettivamente, si ha:
(z0= 0)
rgz + rv2/2 = rgz0 + rv02/2
vS = v0S0 = F
(1)
(2)
Le relazioni sopra scritte valgono indipendentemente dall’orientazione del tubo da cui
fuoriesce il getto fintantoché le dimensioni della sua sezione sono piccole rispetto alla
quota.
a) Quando il getto fuoriesce verticalmente verso il basso ( z < 0 ), esso mantiene la
direzione verticale e si ha dall’Eq. (1-2):
2R
z=0
z
2r
v = [v02 - 2gz]0.5 = [v02 + 2gz]0.5
da cui:
S = S0(v0/v) = S0/[ 1 + 2gz/v02]0.5
Æ
r = R/[ 1 + 2gz/v02]0.25
Si vede pertanto che in questo caso, in conseguenza dell’aumento della velocità con la
distanza dal punto di fuoriuscita, si ha un restringimento della sezione del getto e l’effetto
è tanto più evidente, ad una determinata quota, quanto più piccola è la velocità di efflusso
v0. Per la portata assegnata si ha v0 = F/S0 = F/pR2 = 1.69 m/s e un raggio del getto r =
R/2 ad una quota
z = 15v02/2g
z = 2.19 m
b) Quando il tubo è inclinato di un angolo q rispetto all’orizzontale il getto fuoriesce con
una velocità v0 che ha la direzione del tubo e il modulo precedentemente determinato. Le
Eq. (1-2) continuano ad essere valide nella stessa forma, ma in questo caso non sono
sufficienti a determinare la sezione del getto non essendo determinata o fissata a priori la
traiettoria.
zM
v0
x
q
In altri termini la velocità di una particella di acqua, in corrispondenza di una sezione
generica, ha due componenti vx e vz ( orizzontale e verticale rispettivamente) il cui
rapporto non è a priori definito come accade nel caso in cui la traiettoria del getto sia
fissata. Per determinare quest’ultima, e di conseguenza tutte le altre quantità, è necessario
ricorrere ad un’altra equazione. Tenuto conto che ogni particella di acqua si muove
nell’aria in un campo di pressione costante, pari a quella atmosferica, le forze relative
sono ininfluenti e pertanto le sue equazioni di moto devono corrispondere a quelle di un
corpo nel campo della gravità terrestre. Ne segue che la traiettoria in aria di una particella
di fluido sarà in generale un arco di parabola secondo quanto visto a suo tempo; in
particolare risulta che la componentte orizzontale della velocità si mantiene costante vx =
vx0 = v0cosq , mentre la componente verticale varia secondo la legge:
vz = [vz02 - 2gz]0.5 = [(v0sinq)2 - 2gz]0.5
che corrisponde a quanto si ricava dal teorema di Bernoulli o, equivalentemente, dalle
relazioni cinematiche. Questa equazione determina subito anche la massima quota zM
raggiunta dal getto (corrispondente a quella raggiunta da un corpo lanciato con la stessa
velocità v0) per cui si ha vz = 0:
zM = vz02/2g = (v0sinq)2/2g
in corrispondenza di questa quota si ha inoltre:
SM = S0(v0/vx) = S0(v0/vx0) = S0/cosq
(3)
Con un angolo q = 30° si ha quindi SM = 1.15S0.
c) Nel caso in cui il getto sia diretto verticalmente verso l’alto valgono le relazioni
determinate al punto precedente con q = p/2. La quota zM ragiunta in questo caso dal
getto risulta in assoluto la quota più elevata a cui si può arrivare con una prefissata
velocità di efflusso; per il flusso assegnato si ha zM = 1.45 m. L’Eq. (3) fornisce,
all’avvicinarsi del punto più alto, una sezione S che tende all’infinito in conseguenza
dell’annullarsi della velocità del fluido; questa equazione predice quindi, correttamente,
2r
z
z=0
2R
un allargamento della sezione all’aumentare della quota, che è facilmente riscontrabile
nella pratica, ma cessa di dare un risultato corretto quando la velocità diviene molto
minore di quella di efflusso.
16) Nel caso in considerazione, quasi-stazionario, si può considerare che tutto il liquido
compreso fra la superficie libera dell’acqua nel bacino e la sezione di arrivo alla turbina
costituisca una porzione di un’unico tubo di flusso.
A
h
B
H
T
z=0
a) Considerando le sezioni A ( superficie libera dell’acqua nel bacino), B (ingresso della
tubazione sul fondo del bacino) e T (arrivo della tubazione alla turbina) si ha dal teorema
di Bernoulli :
pA + rg(h + H) + rvA2/2 = pB + rgH + rvB2/2 = pT + rvT2/2
(1)
avendo posto il livello z = 0 in corrispondenza dell’arrivo della conduttura alla turbina e
con ovvio significato dei simboli. Considerando trascurabile la velocità dell’acqua nel
bacino, in virtù della sua grande sezione, (vA= 0) ed essendo pA = pT = p0 =1 atm si ha
immediatamente per la velocità di arrivo alla turbina:
vT = [2g(h + H)]0.5
vT = 104 m/s
L’Eq. (1) ci dice inoltre che nella conduttura, man mano che la quota decresce, la
sezione del fluido si deve restringere a partire dal valore iniziale SB = pr2, uguale a quella
del tubo stesso, che ha al suo ingresso in B. Infatti se l’acqua riempisse in modo uniforme
tutte le sezioni del tubo ne risulterebbe , dalla legge di costanza della portata, una uguale
velocità in tutti i suoi punti e in definitiva in B una pressione pB < 0 .
B
T
Di conseguenza, restringendosi la sezione del tubo di flusso (in verde nella figura),
all’inteno della conduttura è presente aria a pressione atmosferica e quindi risulta pB = p0.
La velocità nel punto B è quindi pari a:
vB = [2gh]0.5
vB = 31.3 m/s
Di conseguenza la sezione del tubo di flusso all’arrivo della turbina risulta pari a :
ST = SB(vB/vT) = SB[h/(h + H)]0.5
b) In base a quanto detto nel punto precedente si ha per la portata F :
F = SBvB= STvT
F = 24.6 m3/s
c) La potenza W (energia per unità di tempo) che viene fornita alla turbina è pari
all’energia cinetica della massa d’acqua M = rSTvT = rF che ogni secondo arriva ad essa
tramite la conduttura, si ha quindi:
W = MvT2/2 = F(rvT2/2) = Frg(h + H) = Mg(h + H)
W = 132 MW
Come si vede nell’ultima relazione, e come era presumibile dato che vale per un fluido
ideale la conservazione dell’energia, la potenza W risulta uguale alla variazione di
energia potenziale della massa d’acqua che in un secondo arriva alla turbina.
Anche in questo caso i valori trovati costituiscono nella realtà solo dei limiti superiori
dato che la presenza della viscosità altera in modo sostanziale le velocità del fluido.
17) a) Per innescare nel sifone il travaso è necessario portare il livello dell’acqua in esso
contenuta fino al suo punto più alto B; una volta raggiunto questo livello il liquido
inizierà a fluire dal recipiente superiore a quello inferiore e continuerà fintantochè il
liquido nei due recipienti abbia raggiunto lo stesso livello (“Principio dei vasi
comunicanti “).
B
A
zB
zA
C
zC
Per innalzare la colonna di liquido alla quota zB , con velocità sostanzialmente uguale a
zero, è necessario applicare alla superficie del liquido A una sovrappressione Dp; tenendo
conto che sulla sezione del liquido in B agisce, inizialmente, la pressione atmosferica p0
si ha dalla legge di Stevino :
p0 + Dp + rgzA = p0 + rgzB
Da cui
Dp = rg(zB – zA)
Dp = 3.92 Kpa
La sovrappressione da applicare in A è quindi pari alla differenza di pressione idrostatica
fra il punto più alto del sifone ed A.
b) Una volta innescato il flusso attraverso il sifone l’acqua fluisce dal recipiente A al
recipiente C e, mantenendo le quote della superficie libera dell’acqua zA e zC costanti,
siamo in condizioni stazionarie per cui si può applicare, facendo riferimento ad esse, il
teorema di Bernoulli:
p0 + rgzA = p0 + rvC2/2 +rgzC
da cui :
F = SvC = S[2g(zA – zC)]0.5
F = 7.92 10-4 m3/s = 47.5 lt/min
Come si vede la portata, fissato S, dipende essenzialmente dal dislivello fra le superfici
libere del liquido nei due recipienti.
Nel caso in cui non venga mantenuto costante il livello del liquido nei due contenitori la
determinazione del flusso è più complicata ma il risultato, in prima approssimazione,
rimane ancora valido.
c) Dato che la sezione del sifone è uguale a quella del foro di efflusso dal serbatoio C ne
segue, dalla legge di costanza della portata, che la velocità del liquido in tutti i suoi punti
è pari a vC ( risulterà evidente da quanto scriveremo fra breve che in questo caso non c’è
incongruenza nel supporre che il fluido riempia tutta la sezione del sifone in ciascun
punto e che quindi la velocità del fluido sia costante). Applicando il teorema di Bernoulli
alle sezioni del sifone corrispondenti alle quote dei punti A, B e C si ha:
p0 + rgzA = pA + rgzA + rvC2/2 = pB + rgzB + rvC2/2 = pC + rgzC + rvC2/2
da cui, tenendo conto dell’espressione di vC , si ha:
pA = p0 – rg(zA – zC)
pB = p0 – rg(zB – zC)
pC = p0
pA = p0 - 7848 Pa
pB = p0 - 11772 Pa
Come risulta da queste relazioni la pressione all’inteno del sifone è minore della
pressione atmosferica e il suo valore minimo dipende dalla lunghezza (zB – zC) della
parte discendente del sifone.
( Osservazione - Nel caso in cui il sifone sia particolarmente lungo si possono
raggiungere valori assai bassi della pressione dando luogo a fenomeni di “cavitazione”
in cui si ha sviluppo di bolle di vapore con effetti indesiderati nel moto del fluido).
18) a) Se in condizioni statiche si vuole fare arrivare il liquido contenuto nel flacone al
punto B di intersezione fra il tratto orizzontale e quello verticale del tubicino a T si deve
applicare alla superficie del liquido una pressione p , maggiore di quella atmosferica, il
cui valore puo essere ricavato dalla legge di Stevino.
B
U
P
h
p
p0
Tenuto conto del dislivello fra il punto B, in cui la pressione è uguale a quella dell’aria, e
la superficie del liquido si ha:
Dp = p – p0 = rgh
Dp = 530 Pa
b) Poichè ciò che conta ai fini della risalita del liquido fino a B è unicamente la differenza
di pressione Dp, si può ottenere lo stesso risultato lasciando inalterata la pressione alla
superficie libera del liquido al valore p0 e riducendo invece quella in B al valore p’ = p0 Dp ; questa depressione la si può ottenere facendo fluire l’aria nel ramo orizzontale della
T in conseguenza della compressione della pompetta P dello spruzzatore. Poichè
all’uscita U la pressione è uguale a quella atmosferica, applicando il Teorema di
Bernoulli alle sezioni del tratto di tubicino orizzontale relative ad U e B, si ha:
p’ + rvB2/2 = p0 + rvU2/2
F = SvB = svU
con s = pr2 (2.83 10-7 m2 ). Si ha quindi:
p0 – p’ = Dp = (rF2/2)(1/s2 – 1/S2)
c) Tenuto conto della relazione ora scritta e di quanto precedentemente detto risulta che
per far risalire il liquido nel tubicino fino a B si deve generare un flusso tale da produrre
una depressione Dp = rgh e quindi dato da:
F = [2Dp/r(1/s2 – 1/S2)]0.5 = [2gh/(1/s2 – 1/S2)]0.5≈ s[2gh]0.5
da cui numericamente F = 3.07 10-7 m3/s.
[ N.B. – L’aria , in quanto gas, non è un fluido ideale perché non soddisfa il requisito di
incomprimibilità, quindi le relazioni utilizzate (legge della costanza della portata e
teorema di Bernoulli) non sono a rigore applicabili. L’errore che si commette
considerando la sua densità costante , e quindi trascurando la sua comprimibilità, è
tututtavia piccolo se piccole risultano le variazioni di pressione fra un punto ed un’altro
del gas. Nel caso in oggetto le massime variazioni percentuali di pressione sono
dell’ordine di D p/p0 ≈ 5 10-3, e quindi risulta giustificta l’utilizzazione delle predette
relazioni.]
19) L’aria che scorre all’interno del tubo con velocità V una volta raggiunta la parte
terminale, in cui si trova la flangia, si muove in direzione radiale verso il bordo esterno di
quest’ultima. In questa intercapedine, compresa fra la flangia e il disco esterno, le sezioni
attraversate dal fluido hanno la forma di superfici cilindriche di raggio r ( distanza
dall’asse del sistema) ed altezza d e quindi di area Sr = 2prd .
d
b
r
a
Questo ad eccezione di una zona di raggio circa uguale ad a, in corrispondenza
dell’innesto del tubo sulla flangia, dove le linee di flusso hanno un’andamento più
complicato; se il raggio a è piccolo rispetto a b si potrà trascurare questa zona senza
commettere un grosso errore nel risultato finale.
Premesso questo, indicata con v la velocità del fluido nell’intercapedine in
corrispondenza della sezione di raggio r, si ha dalla legge di costanza della portata:
vSr = v2prd = Vpa2
Æ
v = V(a2/2dr)
(1)
Si vede quindi che la velocità in questa zona risulta inversamente proporzionale al raggio,
ossia alla distanza dall’asse del sistema.
a) L’Eq. (1) fornisce immediatamente per r = b il valore della velocità di efflusso vb dal
bordo laterale della flangia:
vb = V(a2/2db)
vb = 1.14 m/s
b) La pressione p in corrispondenza della generica sezione Sr può essere ottenuta
immediatamente dal Teorema di Bernoulli; tenendo conto che sul bordo esterno
dell’intercapedine ( r = b) la pressione è pari a quella atmosferica p0 si ha:
p + rv2/2 = p0 + rvb2/2
v = V(a2/2dr) = vb(b/r)
da cui:
p = p0 – (r/2)(Va2/2d)2(1/r2 – 1/b2)
(2)
Come si vede la pressione nell’intercapedine risulta minore di quella atmosferica , come
conseguenza del flusso di aria, e diminuisce quanto più ci si avvicina all’asse del sistema.
Per quanto detto in precedenza questa espressione può essere ritenuta valida per valori di
r > a ma non per valori minori come comprovato dal fatto che per r = 0 si avrebbe una
divergenza. Si vede inoltre dall’Eq. (2) che la depressione è tanto maggiore quanto più
piccola è la distanza fra disco e flangia.
c) Come conseguenza del fatto che sulla superficie esterna del disco agisce , in modo
uniforme, la pressione atmosferica mentre su quella interna agisce una pressione minore
esso si trova soggetto ad una risultante delle forze di pressione F che lo spinge contro la
flangia. Questo produce un effetto “paradossale” nel senso che il disco viene attratto
verso il tubo e la flangia contrariamente all’aspettativa immediata secondo cui l’aria che
soffia allontana il disco.
La risultante F delle forze, tutte dirette perpendicolarmente al disco, può essere calcolata
rapidamente tenendo che la pressione p dipende unicamente da r : infatti la forza netta dF
che agisce su una corona circolare di raggio r e spessore dr , diretta verso la flangia, è
data da:
dF = 2prdr(p0 – p) = (rF2/4pd2)(1/r2 – 1/b2)rdr
dove F = pr2V è il flusso di aria. Integrando quindi su tutta la superficie del disco, con
l’esclusione di una zona centrale di raggio a , per i motivi precedentemente detti, si ha:
rF 2
F=
4 pd 2
1 r
rF 2
b 1 a2
Ú a ( r - b2 )dr = ( 4pd 2 )[ln( a ) - 2 + 2b2 ]
b
da cui numericamente risulta F = 29 N.
Una stima†dell’errore che si commette trascurando la zona centrale di raggio a la si
ottiene considerando che se la pressione in questa zona, all’interno dell’ intercapedine,
fosse nulla si avrebbe una ulteriore forza diretta verso l’interno pari a F’ = p0pr2 = 32 N.
Questo valore rappresenta il limite superiore dell’errore commesso ( in questo caso è
confrontabile col valore trovato) e come si vede questo è tanto più piccolo in relazione ad
F quanto più piccoli sono a e d e più grande il flusso F. In ogni caso il verso di F’ è tale
da accrescere la forza che spinge il disco verso la flangia e quindi non altera la sostanza
dell’effetto.
( Osservazione – Il “paradosso” sopra illustrato può facilmente essere verificato
soffiando con una cannuccia su un foglio di carta o di cellophane. Più frequentemente si
verificano e si subiscono gli effetti di questa “forza di attrazione” in auto quando ,
viaggiando per esempio in autostrada, si supera un camion a forte velocità e con poco
spazio fra i due autoveicoli.)
20) Una massa d’acqua dm che si muove con velocità v possiede una quantità di moto
dq = vdm , e quando la sua velocità cambia da v a v’ ne risulta un impuso dJ = dq’ – dq
= dm(v’ – v) , agente su di essa. Ovviamente sul corpo che determina tale variazione di
quantità di moto agirà, in base al principio di azione e reazione, un’impulso uguale ed
opposto a dJ.
n
v’
v
q
-J
a) Nel caso in cui il getto d’acqua rimbalzi elasticamente sulla parete, la massa dm
subisce un’urto elastico in cui non viene cambiato il modulo della velocità ma solo la
sua direzione. Come avviene nell’urto elastico di una massa contro una parete fissa la
componente della velocità parallela alla parete ( vsinq ) rimane inalterata, mentre la
componente perpendicolare ad essa ( vcosq ) cambia verso; come conseguenza si ha
un impulso dJ diretto perpendicolarmente alla parete e di modulo dJ = dm2(vcosq).
Per quanto ora detto l’impulso totale J fornito dal getto alla parete in un tempo
t , in cui arriva una massa d’acqua m = rvst , risulta uguale a :
J = mt2(vcosq) = rvst2(vcosq)
da cui una forza media F data da:
F = J/t = 2rSv2cosq = 2rF2cosq/S
dove F è il flusso. Nel caso considerato, con q = p/4, risulta numericamente F = 9.6
10-2 N.
b) Nel caso in cui l’urto sia completamente anelastico la velocità v’ dopo l’urto è
nulla. Di conseguenza l’impuso J’ fornito dal getto alla parete avrà la direzione della
velocità v, ossia del getto stesso, e il modulo della forza media F’ risulta in questo
caso:
F’ = J’/t = rSv2 = rF2/S
F’ = 6.8 10-2 N
c) L’acqua fluendo in un braccio dell’irrigatore cambia la direzione della sua
velocità, senza alterare il suo modulo, e pertanto, secondo quanto sopra detto,
esercita in corrispondenza del gomito del ramo una forza media F diretta lungo la
bisettrice del gomito medesimo. Questa forza dà luogo rispetto all’asse del sistema
passante per O ad un momento M = Fasin(p/4) che produce una rotazione
dell’irrigatore ( la forza F è applicata in un punto a distanza a dal centro O e forma
un angolo di p/4 rispetto alla direzione del braccio ).
a
O
w
v
v’
F
Pertanto l’accelerazione angolare a è data dalla II Eq. cardinale della dinamica e
risulta:
I0a = 4M = 4Fasin(p/4)= 8ar(F/4)2cos(p/4)sin(p/4)/s = arF2/4s
da cui:
a = arF2/4sI0
a = 34.8 rad/s2