Esercitazioni del corso di Idraulica - uniroma2.it · P. Sammarco CAPITOLO 1. ... 3.Indicare se il...

Universita degli studi di Roma “Tor Vergata”

Dipartimento di Ingegneria Civile e Ingegneria Informatica

– Prof. ing. P. Sammarco –

Esercitazioni del corso di

Idraulica

Anno Accademico 2013-2014

Ringraziamenti

Dispense redatte con il supporto e contributo di:

Dott. ing. S. Michele. Universita degli studi di Roma “Tor Vergata”;Dott. ing. E. Renzi. University college Dublin;Prof. ing. M. Di Risio. Universita degli studi dell’Aquila;

che l’autore ringrazia sentitamente.

1

1Cinematica dei fluidi

Riferimenti utili

Prof. Ing. P. SammarcoDipartimento di Ingegneria Civile e Ingegneria Informaticae-mail: [email protected]

Sito ufficiale del corso: http://www.uniroma2.it/didattica/idra/deposito/deposito.htm

Notazione

x, y, z: variabili indipendentiix, iy, iz: terna di versori nel riferimento cartesianov: vettore velocitaa: vettore accelerazioneOperatore nabla

∇ =∂

∂xix +

∂

∂yiy +

∂

∂ziz =

(∂

∂x,∂

∂y,∂

∂z

)Gradiente del campo delle velocita

∇v =

∂vx∂x

∂vy∂x

∂vz∂x

∂vx∂y

∂vy∂y

∂vz∂y

∂vx∂z

∂vy∂z

∂vz∂z

Divergenza del campo delle velocita

∇ · v =∂vx∂x

+∂vy∂y

+∂vz∂z

Rotore del campo delle velocita

∇∧ v =

(∂vz∂y− ∂vy

∂z

)ix +

(∂vx∂z− ∂vz

∂x

)iy +

(∂vy∂x− ∂vx

∂y

)iz

2

P. Sammarco CAPITOLO 1. CINEMATICA DEI FLUIDI

Ω,D,L,S: componenti tensoriali del campo delle velocitaΦ: potenziale scalare della velocitaA,B,C, ...: costanti scalari

Concetti di base

Elemento fluido: Volume di fluido di dimensioni talmente ridotte rispetto al volume del corpo complessivo,che le grandezze fisiche in esso si possono ritenere costanti

b(x, t)= grandezza fisica associata ad un elemento fluido che passa in x all’istante t

Teorema del trasporto in forma locale (derivata sostanziale)

Db

Dt=

(∂

∂t+ v · ∇

)b

Teorema del trasporto in forma integrale

D

Dt

∫V

b dV =

∫V

(∂b

∂t+∇ · (bv)

)dV

D

Dt

∫V

b dV =

∫V

(Db

Dt+ b∇ · v

)dV

Esercizi svolti

Esercizio n. 1

Dato il seguente campo di velocitav = x ix + y iy + z iz

1. Derivare le espressioni della divergenza, del rotore, del gradiente, dell’accelerazione e del potenziale div.

2. Derivare le espressioni delle componenti tensoriali Ω e D; scomporre quindi D = L + S. Indicare iltipo di rotazione/deformazione connessa al campo di velocita.

3. Indicare se il moto descritto e di tipo isocoro e/o irrotazionale.

4. Valutare se il moto puo essere realizzato con un fluido incomprimibile e spiegarne le motivazioni.

Soluzione proposta

1. ∇ · v =∂vx∂x

+∂vy∂y

+∂vz∂z

= 3 .

∇∧ v =

(∂vz∂y− ∂vy

∂z

)ix +

(∂vx∂z− ∂vz

∂x

)iy +

(∂vy∂x− ∂vx

∂y

)iz = 0 .

∇v =

∂vx∂x

∂vy∂x

∂vz∂x

∂vx∂y

∂vy∂y

∂vz∂y

∂vx∂z

∂vy∂z

∂vz∂z

=

1 0 00 1 00 0 1

= I .

3


a =Dv

Dt=∂v

∂t+ v · ∇v = 0 + [x, y, z] · I = x ix + y iy + z iz .

Poiche il campo di velocita ammette rotore nullo, puo scriversi v = ∇Φ, che espressa per componentifornisce le seguenti relazioni:

vx =∂Φ

∂x= x

vy =∂Φ

∂y= y

vz =∂Φ

∂z= z

.

Dall’integrazione della prima equazione in x, si ricava

Φ(x, y, z) =x2

2+ f(y, z) ,

con f(y, z) funzione da determinare. Inserendo l’espressione del potenziale appena trovata nella secondaequazione del sistema, si ha

∂f

∂y= y ⇒ f(y, z) =

y2

2+ g(z) .

Con cio, il potenziale diventa

Φ(x, y, z) =x2

2+y2

2+ g(z) .

Sostituendo questa espressione nella terza equazione del sistema, si ottiene

g′(z) = z ⇒ g(z) =z2

2+ c .

Il potenziale quindi e:

Φ =x2

2+y2

2+z2

2+ c ,

definito a meno della costante di integrazione arbitraria c. Imponendo che Φ = 0 nell’origine (0,0,0),si ottiene in definitiva:

Φ =1

2

(x2 + y2 + z2

).

2. D =1

2

(∇v +∇vT

)= I .

Ω =1

2

(∇v −∇vT

)= 0 .

L =1

3(∇ · v) · I = I .

S = D− L = 0 .

Non esistono rotazioni rigide impresse (Ω = 0). La deformazione impressa e una dilatazione (D ≡ L).

3. Il moto descritto e irrotazionale.

4. No, per un fulido incomprimibile deve essere ∇ · v = 0 .

4


Esercizio n. 2

Dato il seguente campo di velocitav = Ax2 ix + xz iy + z ln z iz

1. Derivare le espressioni della divergenza, del rotore, del gradiente, dell’accelerazione v.




Soluzione proposta

1. ∇ · v =∂vx∂x

+∂vy∂y

+∂vz∂z

= 2Ax+ ln z + 1 .

∇∧ v =

(∂vz∂y− ∂vy

∂z

)ix +

(∂vx∂z− ∂vz

∂x

)iy +

(∂vy∂x− ∂vx

∂y

)iz = −x ix + z iz .

∇v =

∂vx∂x

∂vy∂x

∂vz∂x

∂vx∂y

∂vy∂y

∂vz∂y

∂vx∂z

∂vy∂z

∂vz∂z

=

2Ax z 00 0 00 x ln z + 1

.

a =Dv

Dt=∂v

∂t+ v · ∇v = 0 + (Ax2, xz, z ln z) · I = 2A2x3 ix + (zAx2 + zx ln z) iy + z ln z(ln z + 1) iz .

2. D =1

2

(∇v +∇vT

)=

2Ax

z

20

z

20

x

20

x

2ln z + 1

.

Ω =1

2

(∇v −∇vT

)=

0

z

20

−z2

0 −x2

0x

20

. Resta verificato che D + Ω = ∇v.

L =1

3(∇ · v) I =

1

3(2Ax+ ln z + 1) I .

S = D− L =

1

3[4Ax− (ln z + 1)]

z

20

z

2−1

3(2Ax+ ln z + 1)

x

2

0x

2

2

3[−Ax+ (ln z + 1)]

.

5


Al fluido vengono impresse una rotazione rigida, una dilatazione ed una distorsione.

3. Un moto non irrotazionale.

4. Per un fluido incomprimibile, ρ∇ · v = 0 ⇒ 2Ax + ln z + 1 = 0,∀x, z. Ne segue che l’equazionedi conservazione della massa non e rispettata, qualsiasi valore assuma A. Il moto pertanto non puorealizzarsi con fluido incomprimibile.

Esercizio n. 3

Le correnti di deriva sono generate dai venti che spirano sulla superficie libera dei mari e degli oceani. Se ilvento spira nella direzione iy, la velocita della corrente di deriva alla profondita z e

v = V exp(π zd

)cos(π

4+π z

d

)ix + V exp

(π zd

)sin(π

4+π z

d

)iy

nel piano (x, y), con l’asse z ad esso ortogonale e rivolto verso l’alto. La superficie libera del fluido haequazione z = 0; la profondita del fondale si assume infinita. V e d si esprimono in dipendenza dellaviscosita del fluido e sono da assumersi note.

1. Derivare le espressioni della divergenza, del rotore, del gradiente, dell’accelerazione di v.




5. Calcolare la portata per unita di larghezza nelle due direzioni principali x ed y, rispettivamente qx eqy.

6. Che relazione esiste tra portate direzionali della corrente e direzione del vento ?

Soluzione proposta

1. ∇ · v =∂vx∂x

+∂vy∂y

+∂vz∂z

= 0 .

∇∧ v =

(∂vz∂y− ∂vy

∂z

)ix +

(∂vx∂z− ∂vz

∂x

)iy +

(∂vy∂x− ∂vx

∂y

)iz =

=πV

Dexp

(π zD

)−[sin(π

4+π z

D

)+ cos

(π4

+π z

D

)]ix +

[cos(π

4+π z

D

)− sin

(π4

+π z

D

)]iy

=

= −√

2πV

Dexp

(π zD

) [cos(π zD

)ix + sin

(π zD

)iy

].

∇v =

∂vx∂x

∂vy∂x

∂vz∂x

∂vx∂y

∂vy∂y

∂vz∂y

∂vx∂z

∂vy∂z

∂vz∂z

=√

2πV

Dexp

(π zD

) 0 0 00 0 0

− sin(π zD

)cos(π zD

)0

.

6


a =∂v

∂t+ v · ∇v = 0 .

2. D =1

2

(∇v +∇vT

)=

√2

2

πV

Dexp

(π zD

)0 0 − sin

(π zD

)0 0 cos

(π zD

)− sin

(π zD

)cos(π zD

)0

.

Ω =1

2

(∇v −∇vT

)=

√2

2

πV

Dexp

(π zD

)0 0 sin

(π zD

)0 0 − cos

(π zD

)− sin

(π zD

)cos(π zD

)0

.L = 0⇒ S ≡ D . Al campo di velocita sono connesse rotazione rigida e distorsione.

3. Il moto e di tipo isocoro.

4. Sı. Per un fluido incomprimibile infattiDρ

Dt+ ρ · ∇v = ρ · ∇v = 0 .

5. La portata qx attraverso la superficie Ax di normale ix (cfr. figura 1.1) e 1 :

qx =

∫Ax

v · ix dA =

∫ 0

−∞vx 1 · dz =

∫ 0

−∞V exp

(π zd

)cos(π

4+π z

d

)dz = . . . =

√2

2

DV

π.

La portata qy attraverso la superficie Ay di normale iy e 1:

qy =

∫Ay

v · iy dA =

∫ 0

−∞vy 1 · dz =

∫ 0

−∞V exp

(π zd

)sin(π

4+π z

d

)dz = . . . = 0 .

Figura 1.1: Superficie Ax di normale ix per il calcolo della portata qx. Analogo schema vale in direzione y, cambiandoi pedici, per il calcolo della portata qy.

6. La corrente ha flusso netto solo in direzione ix, ed e pertanto ortogonale alla direzione iy in cui invecespira il vento.

1Risolvere l’integrale sostituendo w =π z

De integrando due volte per parti.

7


Esercizio n. 4

Vortice di Rankine

Il moto piano e stazionario di un vortice di raggio r0 avente centro nell’origine degli assi (x, y), e descrittoin coordinate polari dalle seguenti espressioni della velocita radiale vr e della velocita tangenziale vθ:vr = 0

vθ = ωr0 ≤ r ≤ r0

;

vr = 0

vθ =r0

2ω

rr ≥ r0

Figura 1.2: Rappresentazione schematica del vortice

dove con ω si e indicata la velocita angolare positiva in senso antiorario (vortice di Rankine). Assumendo ilfluido ideale ed incomprimibile si richiede:

1. Scrivere le componenti della velocita in coordinate cartesiane vx(x, y) e vy(x, y).

2. Determinare in quali parti del dominio il campo delle velocita risulta isocoro ed irrotazionale.

3. Ricavare l’espressione della funzione di corrente Ψ(x, y).

4. Discutere l’esistenza del potenziale delle velocita Φ(x, y) per 0 ≤ r ≤ r0 ed r ≥ r0.

5. Derivare il tensore dei gradienti delle velocita e l’accelerazione


Soluzione proposta

1.

vr = 0

r = (x2 + y2)0.5=⇒

vx = −vθ sin θ = −ωyvy = vθ cos θ = ωx0 ≤ r ≤ r0

;

vx = − r20ω sin θ

(x2 + y2)0.5= − r20ωy

(x2 + y2)

vy =r20ω cos θ

(x2 + y2)0.5=

r20ωx

(x2 + y2)r ≥ r0

8


2. ∇ · v =∂vx∂x

+∂vy∂y

+∂vz∂z

= 0 ∀ x, y −→ Isocoro ovunque .

∇∧v =

(∂vz∂y− ∂vy

∂z

)ix+

(∂vx∂z− ∂vz

∂x

)iy +

(∂vy∂x− ∂vx

∂y

)iz =

2ω ; 0 ≤ r ≤ r0 −→ Rotazionale0 ; r ≥ r0 −→ Irrotazionale

.

3. • r ∈ [0, r0]

∂Ψ

∂x= −ωx

∂Ψ

∂y= −ωy

Integrando la∂Ψ

∂ysi ottiene:

Ψ(x, y) = −ωy2

2+ f(x).

Dato che∂Ψ

∂x= −ωx si ha:

f(x) = −ωx2

2+ cost.

Imponendo Ψ(0, 0) = 0:

Ψ(x, y) = −ω(x2 + y2)

2

Si ottiene quindi il valore della funzione di corrente sul bordo del vortice Ψ(r0, θ) = −ωr02

2.

• r > r0

∂Ψ

∂x= − r0

2ωx

x2 + y2

∂Ψ

∂y= − r0

2ωy

x2 + y2

Si procede come nel caso precedente:

Ψ(x, y) = −r02ω ln(x2 + y2)

2+ f(x)→ f ′(x) = 0→ f(x) = cost.

Imponendo Ψ(r0, θ) = −ωr02

2, si ricava il valore della costante:

cost. =r0

2ω ln(r02)

2− ωr0

2

2.

In definitiva si ottiene:

Ψ(x, y) = −r02ω ln

(r

r0

)− ωr0

2

2= −r0ω ln

(r√e

r0

)

9


4. Per 0 ≤ r ≤ r0 il moto e rotazionale pertanto non esiste un potenziale scalare;

Per r ≥ r0 il moto e irrotazionale ed il potenziale vale: Φ(x, y) = r02ω arctan

(yx

).

5.

∇v =

∂vx∂x ∂vy∂x

∂vx∂y

∂vy∂y

;

ax = vx

∂vx∂x

+ vy∂vx∂y

ay = vx∂vy∂x

+ vy∂vy∂y

• 0 ≤ r ≤ r0 ; ∇v =

[o ω−ω 0

];

ax = −ω2xay = −ω2y

• r ≥ r0 ; ∇v =

2r0

2ωxy

(x2 + y2)2r0

2ω(y2 − x2)

(x2 + y2)2

r02ω(y2 − x2)

(x2 + y2)2− 2r0

2ωxy

(x2 + y2)2

;

ax = − (r0

2ω)2x

(x2 + y2)2

ay = − (r02ω)2y

(x2 + y2)2

6. • r ∈ [0, r0]

D =1

2

(∇v +∇vT

)= 0 ; L =

1

2(∇ · v) = 0

Ω =1

2

(∇v −∇vT

)=

[o ω−ω 0

];

S = D− L = 0Ω 6= 0

Al campo di velocita e connessa una rotazione rigida.

• r > r0

D =1

2

4r0

2ωxy

(x2 + y2)22r0

2ω(y2 − x2)

(x2 + y2)2

2r02ω(y2 − x2)

(x2 + y2)2− 4r0

2ωxy

(x2 + y2)2

; Ω = 0 ; L = 0

S = D− L = DΩ = 0

Al campo di velocita e connessa una distorsione.

Esercizio n. 5

Il moto piano e stazionario di un campo uniforme diretto secondo l’asse delle x positive, con una sorgentenell’origine degli assi (x, y), e descritto in coordinate polari dalla seguente funzione di corrente Ψ(r, θ):

Φ(r, θ) = Ur sin θ +Qθ

2π

dove U e il modulo della velocita del campo uniforme e Q e la portata emessa dalla sorgente. Si richiede:

10


1. Derivare le espressioni della velocita radiale vr e della velocita tangenziale vθ.

2. Determinare le coordinate del punto di ristagno dove la velocita si annulla.

3. Ricavare il valore di Ψ nel punto di ristagno.

4. Determinare l’equazione della curva Ψ che passa per il punto di ristagno e rappresentarne qualitativa-mente l’andamento nel piano xy.

Soluzione proposta

1. Le espressioni della velocita tangenziale vθ e la velocita radiale vr risultano essere:vr =

1

r

∂Ψ

∂θ= U cos θ +

Q

2πr

vθ = −∂Ψ

∂r= −U sin θ

2. Nota la velocita tangenziale si ottiene:

vθ = 0 ⇔ θ = 0 oppure θ = π.

Sostituendo nell’espressione della velocita radiale, si ha:

vr = ±U +Q

2πr= 0 → r = ∓ Q

2πU,

ma r deve essere positivo, quindi θ = π. Di conseguenza, le coordinate (xP , yP ) del punto di ristagnosono:

xP = − Q

2πU; yP = 0.

3. Indicando con ΨP il valore della funzione di corrente nel punto di ristagno, otteniamo:

Ψ(r, θ) = Ur sin θ +Qθ

2π→ ΨP =

Q

2= −πxPU.

4. La curva Ψ = ΨP , si scrive:

Ur sin θ +−2πxPUθ

2π= −πxPU → r =

xP (θ − π)

sin θ.

L’andamento della curva ΨP insieme a quello delle altre funzioni di corrente Ψ = cost. e rappresentatonella figura successiva. Si nota che il punto di ristagno e un punto singolare, perche in corrispondenzadi esso, le funzioni di corrente ΨP si biforcano. Al crescere di x la funzione di corrente ΨP ha 2 asintotiorizzontali aventi coordinate:

y = πxP ; θ → 0

y = −πxP ; θ → 2π

11


Esercizio n. 6

Dato il seguente campo di velocitav = x ix − y iy

1. Derivare le espressioni della divergenza, del rotore, del gradiente e dell’accelerazione.

2. Puo essere determinato il potenziale delle velocita? Perche?

3. Ricavare le espressioni delle componenti tensoriali Ω e D; scomporre quindi D = L + S. Indicare iltipo di rotazione/deformazione connessa al campo di velocita.

4. Tracciare un grafico qualitativo delle linee di corrente e delle linee equipotenziali.

Soluzione proposta

1. ∇ · v = 0 .

∇∧ v = 0 .

∇v =

[1 00 −1

].

a =Dv

Dt= x ix + y iy .

2. Il campo di moto e irrotazionale ovunque, quindi esiste un potenziale scalare che vale:

Φ(x, y) =x2

2− y2

2+ cost.

Imponendo Φ = 0 nell’origine, si ha cost = 0

3. D =1

2

(∇v +∇vT

)=

[1 00 −1

].

Ω =1

2

(∇v −∇vT

)= 0 .

12


L =1

2(∇ · v) · I = 0 .

S = D− L 6= 0 .

Non esistono rotazioni rigide impresse (Ω = 0). La deformazione impressa e una distorsione.

4. La funzione di corrente Ψ(x, y), ha l’espressione:

Ψ(x, y) = xy + cost.

imponendo Ψ = 0 in (0, 0), si ottiene cost = 0. Di conseguenza, le linee di corrente hanno 2 asintoticoincidenti con gli assi x ed y, e la funzione di corrente ha valore nullo sugli stessi. Le linee equipotenzialiinvece, presentano due asintoti a 45 gradi. Sui suddetti asintoti, il potenziale ha valore nullo, infattiΦ(0, 0) = 0.

Esercizio n. 7

Dato il seguente campo di velocitav = Ax ix +By iy + Cz iz





Soluzione proposta

1. ∇ · v = A+B + C .

13


∇∧ v = 0 .

∇v =

A 0 00 B 00 0 C

.a = A2x ix +B2y iy + C2z iz

Φ =1

2

(Ax2 +By2 + Cz2

).

2. D ≡ ∇v, Ω = 0, L =(A+B + C)

3I, S = D − L . Al campo di velocita sono collegate dilatazione e

distorsione.

3. Il moto e irrotazionale, ∀A,B,C.

4. Solo se A+B + C = 0. In tal caso il campo di velocita e a divergenza nulla.

Esercizio n.8

Dato il seguente campo di velocitav = A lnx ix +Be−y iy





Soluzione proposta

1. ∇ · v =A

x−Be−y .

∇∧ v = 0 .

∇v =

Ax 0

0 −Be−y

.a = A2 lnx

xix −B2e−2y iy iz

Φ = Ax(lnx− 1)−Be−y + c .

2. D =

Ax 0

0 −Be−y

Ω = 0.

14


L =1

2

(A

x−Be−y

)I .

S =

1

2

(A

x+Be−y

)0

0 −1

2

(A

x+Be−y

) .

Dilatazione e distorsione.

3. Il moto e irrotazionale.

4. No (ad esclusione della soluzione banale A = B = 0), perche ∇ · v = 0 non e verificata su tutto ildominio fluido (x, y, z).

Esercizio n. 9

Per le onde superficiali di piccola ampiezza monodimensionali, l’espressione del potenziale nel dominio fluido(x, y, z) e:

Φ(x, z) =gA

ω

cosh(k(z + h))

cosh(kh)sin(kx− ωt),

con ω pulsazione dell’onda, k numero d’onda, A ampiezza dell’onda, h profondita del fondale, tutte costanti

da assumersi note. g e l’accelerazione di gravita e cosh(x) =ex + e−x

2, sinh(x) =

ex − e−x2

.

Si richiede:

1. Calcolare il laplaciano del potenziale, ∇2Φ.

2. Nell’ipotesi di moto irrotazionale, calcolare le componenti del vettore velocita v.

3. Calcolare le componenti del vettore velocita in superficie (z = 0) e sul fondale (z = −h). Commentarei risultati ottenuti.

4. Verificare che il rotore della velocita sia nullo su tutto il dominio fluido.

5. Calcolare la divergenza del vettore velocita. Che tipo di moto descrive v?

Soluzione proposta

1. ∇2Φ = 0 .

2. vx =gA

ωk

cosh(k(z + h))

cosh(kh)cos(kx− ωt) , vy = 0 , vz =

gA

ωk

sinh(k(z + h))

cosh(kh)sin(kx− ωt) .

3. Per z = 0 , v =gA

ωk [cos(kx− ωt) ix + tanh(kh) sin(kx− ωt) iz] .

Per z = −h , v =gA

ωk

1

cosh(kh)cos(kx− ωt) ix .

La componente orizzontale della velocita sul fondale si riduce di 1/ cosh(kh) rispetto al valore cheassume in superficie. La componente verticale di velocita si annulla sul fondale.

4. ∇∧ v = 0 .

5. ∇ · v = 0, il moto e isocoro.

15

2Statica dei fluidi

Nozioni fondamentali

Equazione indefinita della statica dei fluidi:

ρf = ∇p

Equilibrio nel campo del geopotenziale:

∂p

∂z= −ρg

Distribuzione idrostatica delle pressioni in un fluido a densita costante

p− p0 = −γ(z − z0)

ovvero la quantita

h = z +p

γ= cost.

in tutti i punti della massa fluida.

Forze idrostatiche contro superficie piana:

F = γζgΩ

ζg: affondamento del baricentro della superficie.

Forze idrostatiche contro superfici gobbe:

G + Π = 0

oppure:

Fn =

∫A

(px, py) · n dA

Fn: forza risultante della distribuzione idrostatica delle pressioni sulla superficie A di normale n.

16

P. Sammarco CAPITOLO 2. STATICA DEI FLUIDI

Esercizi svolti

Esercizio n. 1

In un contenitore da laboratorio di profondita h e stato immesso un fluido la cui densita varia secondo laseguente legge:

ρ = ρ0

(1 + α

ζ

h

)dove ζ e l’affondamento a partire dalla superficie libera, α e un parametro noto, ρ0 e la densita dell’acquain condizioni di riferimento, pari a 1000 kg m−3 .

1. Partendo dall’equazione indefinita della statica, derivare la distribuzione della pressione in seno alfluido.

2. L’assetto del fluido puo definirsi barotropico?

3. Un corpo a sezione rettangolare di altezza a, larghezza b e densita ρb viene immesso nel contenitore.Derivare la profondita di affondamento d per la quale il corpo e in equilibrio

Soluzione proposta

1. L’equazione indefinita della statica ρ f −∇p = 0 proiettata sugli assi x e y fornisce∂p

∂x=∂p

∂y= 0 ⇒

p = p(z). La proiezione della stessa equazione indefinita sull’asse z e pertanto:

dp

dz= −ρg = −ρ0g

(1 + α

ζ

h

)= ρ0g

(αz

h− 1),

in cui e stato usato z = −ζ. La soluzione dell’equazione differenziale tra z (ove p = p(z)) e 0 (ovep = patm), insieme con il cambio di coordinate sopra indicato, fornisce

p− patm = ρ0gζ

(1 +

α ζ

2h

).

17


2. Sı. Infatti le superfici isobare sono quelle per cui ζ = 0, ovvero piani orizzontali e coincidono con lesuperfici isopicnotiche. Pertanto, fissato ζ, risultano univocamente determinate p e ρ. Esiste quindi unlegame diretto tra densita e pressione, f(ρ, p) = 0.

3. Per l’equilibrio del corpo alla traslazione verticale, il peso Pb = ρbg a b dello stesso deve eguagliare ilpeso del volume fluido spostato:

PV =

∫V

ρg dV =

z=0∫z=−d

ρ0g

(1 + α

ζ

hb dz

)= ρ0g b d

(αd

2h+ 1

).

Dall’eguaglianza Pb = PV si ottiene quindi

d2 +2h

αd− ρb

ρ0

2h

αa = 0 ,

la cui radice positiva e

d =h

a

[−1 +

√1 + 2

ρbρ0αa

h

].

Esercizio n. 2

Una paratoia verticale difende un bacino di acqua dolce (altezza a, densita ρ), galleggiante su uno strato diacqua di mare (altezza b , densita ρm) dalle oscillazioni di marea.

1. Calcolare l’altezza h del mare per la quale le spinte orizzontali lato mare e lato bacino sono in equilibrio.

2. Calcolare l’altezza h per la quale i momenti delle spinte orizzontali rispetto al piede della paratoia sonoin equilibrio.

Soluzione proposta

1. Si consideri l’equilibrio della paratoia a traslazione orizzontale. Con riferimento alla figura 2.1, l’equi-librio alla traslazione in direzione x si scrive Π1 = Π2 + Π3 + Π4, che fornisce:

ρmg h2

2=ρ g a2

2+ ρ g a b+

ρm g b2

2.

Risolvendo l’equazione rispetto ad h, si ottiene:

h =

√ρ

ρma2(

1 +2b

a

)+ b2 .

18


Figura 2.1: Schema per il calcolo di forze e momenti agenti sulla paratoia

2. L’equilibrio a rotazione intorno al polo O situato alla base della paratoia si scrive:

Π2 (b+ a/3) + Π3b

2+ Π4

b

3= Π1

h

3.

Sostituendo le forze Πi, prima calcolate, nell’espressione precedente e risolvendo rispetto ad h si ottiene:

h =3

√3ρ

ρm

[a2b+

1

3a+ ab2

]+ b3 .

Esercizio n. 3

Lo schema in figura mostra un cassone di peso P e larghezza B che divide il piano in due regioni distinte.A sinistra sono presenti due strati di fluido di peso specifico diverso γo e γw rispettivamente di altezza h1e h2. A destra e presente un unico fluido di densita γw di altezza h3. Il piano di imposta e costituito damateriale impermeabile per cui e possibile trascurare gli effetti di filtrazione al di sotto del cassone (assenza disottospinte) caratterizzato da un elevato coefficiente di attrito (il cassone e stabile all traslazione orizzontale).Determinare:

1. La forza totale orizzontale Fx agente sul cassone in funzione di γo, γw, h1, h2 e h3

2. il peso Pmin del cassone affinche esso non si ribalti in funzione di γo, γw, h1, h2, h3 e B

Nel caso in cui h2 = h1 = h, h3 = 2h, γo = 6/7 γw, B = h, P = 2γwBh, il cassone si ribalta verso destra,verso sinistra oppure e stabile al ribaltamento? Perche?

Soluzione proposta

1. Utilizzando uno schema simile a quello dell’Esercizio 2, la risultante orizzontale delle pressioni sulcassone per metro di profondita si scrive:

Fh =ρ0 g h

2

2

[1 + 2

h2h1

+ρwρ0

(h2h1

)2

− ρwρ0

(h3h1

)2].

Oss. Se h2 = h1 = h, h3 = 2h e ρ0 = ρw, la forza Fh, come ci si attende, e nulla.

Si noti che, al variare dei dati iniziali, il vettore Fhix puo puntare verso destra (Fx > 0) oppure versosinistra (Fx < 0).

19


2. Per l’equilibrio a rotazione occorre distinguere tra i due casi

• Fh > 0. In questo caso il ribaltamento, se c’e, avviene rispetto al polo O′ situato nel verticeinferiore destro del cassone. Le forze agenti a sinistra del cassone generano pertanto un momentoribaltante Mr, al quale si oppone il momento stabilizzante Ms dato dal peso PO′ del cassone (conbraccio B/2) e dalla risultante delle pressioni agenti a sinistra dello stesso. Imponendo l’equilibrioa rotazione intorno ad O′ (cfr. Esercizio 2), si ottiene:

PO′ =ρ0g h

3

B

1

3+h2h1

+

(h2h1

)2

+ρw3ρ0

[(h2h1

)3

−(h3h1

)3]

.

• Fh < 0. In questo caso il ribaltamento, se c’e, avviene rispetto al polo O situato nel vertice in-feriore sinistro del cassone. Le forze agenti a sinistra del cassone generano pertanto un momentostabilizzante Ms. Il momento dato dal peso PO del cassone (con braccio B/2) e anch’esso stabi-lizzante. Il momento ribaltante Mr e dato invece soltanto dalla risultante delle pressioni agenti asinistra del cassone. Imponendo l’equilibrio a rotazione intorno ad O si ottiene:

PO = −ρ0g h3

B

1

3+h2h1

+

(h2h1

)2

+ρw3ρ0

[(h2h1

)3

−(h3h1

)3]

.

Il peso Pmin del cassone deve garantire l’equilibrio a rotazione in entrambi i casi, non essendo notia priori i valori di h1, h2, h3, ρ0, ρw e quindi neanche il verso di Fh ix. Risulta quindi

Pmin = max PO′ , PO .

Oss. Se h2 = h1 = h, h3 = 2h e ρ0 = ρw, il peso minimo del masso per assicurare l’equilibrio enullo, essendo nulla l’azione Fh.

3. Con i dati assegnati, si ha Fh = − 3

14ρ0g h

2 < 0, pertanto il ribaltamento, se c’e, puo avvenire solo

intorno al polo O. Per evitare il ribaltamento, occorre che P ≥ Pmin = PO. Sostituendo i valori nei

rispettivi campi, si ottiene 2 ≥ 1

9che e soddisfatta. Dunque non si verifica ribaltamento per i dati

assegnati.

Esercizio n. 4

Si consideri la paratoia cilindrica a sezione circolare di tenuta di una diga artificiale (cfr. figura). La paratoiae costituita da un tubo di acciaio di raggio R, spessore s R e densita ρs. Il contatto della paratoia con la

20


diga avviene lungo la generatrice di traccia D cosı come indicato in figura. Il livello idrostatico dell’acquacoincide con la generatrice di sommita di traccia A. Determinare

1. La spinta orizzontale per unita di larghezza che la paratoia esercita sulla diga.

2. Lo spessore s che rende la configurazione in figura di equilibrio idrostatico.

Soluzione proposta

1. All’equilibrio, l’azione orizzontale Fd della diga sulla paratoia uguaglia la risultante orizzontale dellepressioni esercitate dal fluido sulla superficie esterna della paratoia. Tale superficie si puo suddividere

in quattro spicchi cilindrici di profondita unitaria, rispettivamente_

AB,_

BC,_

CD,_

DA . Poiche sulla

superficie_

DA agisce la pressione atmosferica, la risultante delle azioni su di essa e nulla. Si noti

inoltre che le risultanti orizzontali sulle superfici_

BC e_

CD si annullano a vicenda, perche uguali inmodulo ma opposte in verso. L’azione Fd equilibra quindi solamente la risultante orizzontale Π1 delle

pressioni sulla superficie_

AB. Quest’ultima puo essere calcolata considerando l’equilibrio a traslazione

orizzontale del volume fluido racchiuso in_

ABOA , che fornisce:

Π1 =1

2ρ g R2 .

Tornando all’equilibrio della paratoia, si ha quindi

Fd = Π1 =1

2ρ g R2 .

2. Si studia ora l’equilibrio alla traslazione verticale della paratoia. Il peso P della paratoia deve equi-librare la spinta netta S, risultante della distribuzione di pressioni sulla superficie laterale. Con lasuddivisione della superficie laterale della paratoia descritta al punto precedente, e possibile calcolarele componenti verticali delle risultanti delle pressioni sulle singole facce, mediante l’equilibrio dei volumi

fluidi racchiusi rispettivamente in_

ABOA e_

BCDB . La somma vettoriale di tali azioni fornisce

S = ρ g R2

(1 +

3

4π

).

21


Il peso della paratoia di spessore s e invece

P = ρacc g π R2 − ρacc g π(R− s)2 ≈ ρacc g 2π r s ,

dove l’ultima approssimazione si ottiene trascurando i termini di ordine O(s2), essendo s R peripotesi. Dall’uguaglianza P = S si trova infine:

s ≈ R ρ

ρacc

(1

2π+

3

8

).

Esercizio n. 5

Una boa, assimilabile ad una sfera di raggio R e densita ρb, galleggia in uno specchio acqueo (vedi figura).La posizione della boa e di equilibrio. In tale posizione emerge sopra la superficie libera un segmento sfericodi altezza pari a R/2. Calcolare la densita della boa ρb.

Soluzione proposta

All’equilibrio la spinta di galleggiamento SA eguaglia il peso del corpo P . La spinta vale S = γ V , dove Ve il volume di fluido spostato dalla boa, pari a quello della sfera di raggio R meno il volume del segmentosferico di altezza h = R/2:

V = Vsf − Vsg .Si ha:

Vsf =4

3πR3 ,

mentre per il calcolo di Vsg e necessario introdurre un sistema di riferimento in coordinate sferiche:x = r sinφ cos θ

y = r sinφ sin θ

z = r cosφ

,

con φ ∈ [0, 2/3π] angolo di latitudine, θ ∈ [0, 2π] angolo di longitudine sul piano orizzontale (x, y). r einvece la coordinata radiale e varia tra R/(2 cosφ) (alla base del segmento sferico) ed R (sulla calotta). Detto|J | = r2 sinφ il determinante Jacobiano della trasformazione, il volume del segmento sferico e:

Vsg =

∫ 2/3π

0

∫ 2π

0

∫ R

R

2 cosφ

r2 sinφ dr dθ dφ .

22


Risolvendo i due integrali in r e θ si ottiene:

Vsg = 2π

∫ 2/3π

0

(R3

3− R3

24 cos3 φ

)sinφ dφ .

L’ultimo integrale si risolve con la sostituzione u = cosφ, e fornisce il valore cercato:

Vsg =5

24π R3 .

Il volume immerso e pertanto

V =

(4

3− 5

24

)π R3 =

9

8π R3 ,

e la spinta di galleggiamento vale

SA =9

8ρ g π R3 .

Il peso della boa e invece

P =4

3ρb g π R

3 .

Dall’equilibrio a traslazione verticale si ottiene quindi:

SA = P ⇒ ρb = 0.84 ρ .

Esercizio n. 6

Si consideri la configurazione piana in condizioni idrostatiche rappresentata in figura. Il cuneo triangolare,di peso trascurabile, e mantenuto in posizione dalla spinta verticale verso il basso che il fluido esercita lungoil tratto orizzontale di larghezza 2c. Calcolare il valore limite di a = amin, al diminuire di a, per il quale laforza netta esercitata dal fluido che tiene il cuneo in posizione si annulla.

Soluzione proposta

Le forze agenti sul cuneo in direzione verticale sono:

• La risultante Π1 delle pressioni agenti sulla superficie orizzontale di base 2c, diretta verso il basso.

23


• Le componenti verticali delle risultanti degli sforzi di pressione sulle superfici inclinate di sinistra edestra, rispettivamente Π2 e Π3, dirette verso l’alto. Data la simmetria del problema, queste forzehanno stesso modulo.

Sulla superficie orizzontale la risultante (per metro di profondita del cuneo) e:

Π1 = 2ρ g a c .

Sulla superficie inclinata di sinistra, la risultante delle pressioni vale in modulo

S2 = ρ g ζG Ω = ρ g

(a+

b

2

)b

cos θ,

dove ζG e l’affondamento del baricentro della superficie bagnata rispetto al piano delle pressioni nulle, e

Ω =b

cos θ· 1 e l’area della superficie bagnata. La componente verticale di S2 e quindi

Π2 = S2 sin θ = ρ g

(ab tan θ +

b2

2tan θ

).

Come detto, analoga espressione si ha per l’azione verticale sulla superficie inclinata di sinistra: Π3 = Π2.

Il valore di a = amin in condizioni di equilibrio limite e quello per cui la somma vettoriale delle spinte verticalisi annulla, cioe

Π1 −Π2 −Π3 = Π1 − 2Π2 = 0 .

Sostituendo e svolgendo l’algebra si ha:

amin =b

2( c

tan θ− 1) .

Esercizio n. 7

Un corpo galleggiante rettangolare di altezza a, larghezza b e profondita unitaria, viene tirato ad unaprofondita d dalla superficie libera di un fluido di densita ρ tramite un cavo di ancoraggio verticale (cfr.figura). La forza che bisogna applicare per mantenere il corpo a tale profondita vale T . Determinare ladensita del corpo ρb < ρ in funzione di ρ, a, b, d, T .

24


Soluzione proposta

Il corpo e soggetto alle seguenti azioni:

• Peso proprio: P = ρba b g, diretto verso il basso.

• Spinta di galleggiamento: SA = ρ g b d, diretta verso l’alto.

• Tiro T , diretto verso il basso.

Per l’equilibrio a traslazione verticale,P + T = SA ,

da cui si ricava

ρb = ρd

a− T

g a b.

Esercizio n. 8

Una condotta sottomarina prefabbricata in calcestruzzo (densita ρc = 2300 kg /m3) di diametro interno D

e spessore s D viene collocata sul fondo del mare (densita ρc = 1030 kg /m3). Subito dopo la posa in

opera la condotta, non ancora in uso, e vuota al suo interno. Calcolare il rapporto s/D minimo affinche lacondotta resti sul fondo.

Soluzione proposta

Le forze agenti sulla condotta sono:

• Peso proprio

P = ρcπ

[(D

2+ s

)2

−(D

2

)2].

• Spinta di galleggiamento

SA = ρ gπ

(D

2+ s

)2

.

All’equilibrio SA = P , da cui si ricava, trascurando i termini O(s2):

s

D≈ 1

4

(ρ

ρc − ρ

)= 0.19 m .

25


Esercizio n. 9

Un dispositivo di chiusura e realizzato secondo lo schema indicato in figura. Esso e costituito da un cilindrodi altezza d e raggio R, immerso in un fluido di densita ρi e altezza di pelo libero pari ad a, sulla sommitadel quale e posizionata una calotta semisferica di raggio R, immersa in un fluido di densita ρs > ρi e altezzadi pelo libero pari a b. Calcolare bmin che rende nulla la forza netta agente sul dispositivo.

Soluzione proposta

Le forze agenti sul dispositivo sono:

• Πs: risultante delle pressioni agenti sulla calotta sferica del fluido di densita ρs, diretta verso il basso.

• Πi: risultante delle pressioni agenti sulla base del cilindro esercitate dal fluido di densita ρi, direttaverso l’alto.

Πs puo essere calcolata considerando l’equilibrio a traslazione verticale del volume fluido compreso tra lacalotta sferica e il piano delle pressioni nulle del fluido di densita ρs:

Πs = ρsg π R2

(a− 2

3R

).

L’azione Πs e inveceΠi = ρig π(b+ d)R2 .

Imponendo l’equilibrio a traslazione verticale del corpo, si ha Πi = Πs, da cui si ricava:

bmin =ρsρi

(a− 2

3R

)− d .

26


Esercizio n. 10

Una diga foranea di un porto e realizzata per mezzo di cassoni cellulari di cemento armato alleggerito (densita

ρc = 2000 kg/m3). Le dimensioni del singolo cassone nel piano (x, z) sono a = 15 m b = 8m. La profondita

del fondale e costante e pari ad h = 10 m. Uno sversamento di petrolio (ρp = 800 kg/m3) genera uno strato di

altezza ∆h = 2m lato porto. Trascurando i moti di filtrazione nel terreno di fondazione, effettuare la verificaa scorrimento del cassone ipotizzando un coefficiente di attrito cassone-sabbia pari a f = 0.3 e tenendoopportunamente conto delle sottospinte agenti alla base del cassone.

Soluzione proposta

Seguendo lo stesso metodo esposto nell’Esercizio 2, la risultante orizzontale delle azioni sul cassone e pari a:

Fh = γp∆h2

2+ γp∆hh

Oss. Se non fosse presente lo sversamento di petrolio, ∆h = 0 ⇒ Fh = 0. La risultante verticale del-le pressioni e invece data dalla sottospinta idrostatica e dalla risultante della distribuzione triangolare disovrapressioni dovute allo strato di petrolio:

Fv =

(γ h+

γp∆h

2

)b .

Detto P = γc a b il peso del cassone ed Rv la reazione vincolare di appoggio della fondazione, l’equilibrio allatraslazione verticale del cassone si scrive:

Rv = P − Fv .

In direzione orizzontale agiscono invece Fh e la reazione allo scorrimento offerta dalla fondazione, pari a

Rh = µRv ,

27


con µ coefficiente d’attrito tra cassone e fondazione. L’equilibrio alla traslazione orizzontale e quindi garantitofin quando la massima reazione orizzontale esplicabile dalla fondazione, (Rh)max = f Rv e maggiore o al piuuguale all’azione Fh:

Fh ≤ (Rh)max = f Rv = f (P − Fv) .Sostituendo le espressioni prima trovate di Fh, P e Fv nella formula precedente, si ottiene: 22 ≤ 57.6 cherisulta verificata.

Esercizio n. 11

Il profilo di uno sfioratore a calice di una diga ha la sua parte terminale a sezione circolare di raggio R . Detto slo spessore, non trascurabile, della parete (ipotizzando una geometria piana), calcolare il momento risultantedegli sforzi di pressione rispetto al polo O, in mezzeria della prima sezione orizzontale dello sfioratore.

Soluzione proposta

Per un punto appartenente alla superficie esterna dello sfioratore, la pressione si scrive:

p = γ ζ = γ [s+R (1− cos θ)]

Le componenti orizzontale e verticale sono quindi:

ph = p sin θ, pv = p cos θ

La risultante orizzontale e di conseguenza:

Fh =

∫ π

2

0

p sin θ (Rdθ)+ γs2

2= γ

(R+ s)2

2

mentre la risultante verticale e:

Fv =

∫ π

2

0

p cos θ (Rdθ) = γ R s+ γ R2 − γ π R2

4

Il momento risultante puo calcolarsi trovando i bracci delle rispettive azioni, oppure piu semplicementeconsiderando:

Mris =

∫ π

2

0

pR dθ ·

(s2

+R)

cos θ

+ γs2

2

(R+

s

3

)da cui si ricava:

Mris =1

24γ[(24− 6π)R3 + (36− 3π)R2 s+ 24Rs2 + 4 s3

].

28


Esercizio n. 12

Nell’ipotesi di costanza del prodotto ab, quale delle due configurazioni di corpo galleggiante e piu stabile?Dimostrare.

Soluzione proposta

La prima configurazione e piu stabile. L’equilibrio dei corpi infatti e stabile se CM > CG. Con riferimentoad un generico corpo di sezione rettangolare e spessore unitario si ha:

CM =J

V=

J

b · d

CG =a− d

2

Per l’equilibrio, la spinta di Archimede deve essere equivalente al peso del corpo galleggiante:

γg a b = γ b d ⇒ d =γgγa

Di conseguenza:CM

CG=

2J

b d(a− d)=

2JγgγAa(1− γg

γ)

dove A = ab e l’area della sezione.Si dimostra ora che la configurazione (1) e piu stabile della (2), mostrando che(

CM

CG

)1

>

(CM

CG

)2

Tale relazione e valida se:2J1

γgγAa1(1− γg

γ)>

2J2γgγAa2(1− γg

γ)

che equivale a:J1a1

>J2a2

Essendo il momento d’inerzia del piano di galleggiamento rispetto all’asse di inclinazione J = b3/12, si ottienein definitiva

(b1)4

a1b1>

(b2)4

a2b2⇒ b1 > b2

29


Esercizio n. 13

In Figura 2.2 e mostrato un natante in acqua in condizioni di equilibrio idrostatico (geometria piana).La sezione del natante e rettangolare di base pari a 2b. Internamente il natante risulta suddiviso in 2compartimenti A e B, tramite un setto rigido ed impermeabile incastrato allo scafo nel punto S. Il pesocomplessivo dello scafo rettangolare e del setto verticale e pari a P . Gli spessori dello scafo e del setto sonotrascurabili rispetto a b. I due compartimenti sono riempiti di acqua fino ad una quota del pelo libero sulfondo del natante pari ad h.

1. Determinare l’affondamento d0 dello scafo in tale configurazione.

Nel compartimento B, viene aggiunta una quantita di petrolio che innalza la quota del pelo libero da h ah + ∆h (Figura 2.3 ). Onde evitare la rotazione del natante a causa dello scostamento del baricentro dellemasse, si collega verticalmente il punto O solidale allo scafo con il fondo tramite una fune inestensibile edi peso trascurabile come indicato nella stessa Figura 2.3. In questa nuova configurazione di equilibrio,determinare:

2. Il tiro verticale T della fune e l’affondamento d1 tale da mantenere lo scafo orizzontale

3. La forza netta sul setto verticale ed il momento rispetto a S

Figura 2.2

Soluzione proposta

1. L’equilibrio alla traslazione verticale si scrive:

• G + Π = 0 −→ P + γwh2b = γwd02b −→ d0 =P + γwh2b

γw2b.

2. In questo caso, l’equilibrio alla traslazione verticale si scrive:

P + T + γwh2b+ ∆hγpb = γwd12b,

mentre l’equazione di equilibrio dei momenti rispetto al polo S assume la forma:

Tb = ∆hγpb2

2−→ T =

∆hγpb

2.

30


Figura 2.3

Sostituendo l’espressione di T nella equazione di equilibrio alla traslazione verticale, si ottiene d1:

d1 =P +

∆hγpb

2+ 2hγwb+ ∆hγpb

γw2b= d0 +

3∆hγp4γw

.

3. La forza netta Fnetta sul setto verticale vale:

FA =γwh

2

2; FB =

γwh2

2+γp∆h

2

2+ γp∆hh −→ Fnetta = FA − FB = −γp∆h

(∆h,

2+ h

)ed e diretta verso sinistra. Note le forze, si calcola il momento M :

M = γp

[∆hh2

2+

∆h2

2

(h+

∆h

3

)].

Esercizio n. 14

Nella configurazione piana della figura successiva e rappresentata la sezione di un cilindro di raggio R e dipeso trascurabile che spinge in A e B sul fondo di un natante rettangolare, anch’esso di peso trascurabile.L’angolo al centro che insiste su AB e pari a 2Φ. Il natante e riempito di acqua fino ad una quota del pelolibero sul fondo dello stesso pari ad h, mentre l’affondamento di A e B rispetto al fluido esterno e pari ad a.Il sistema cilindro-natante galleggia in acqua in condizioni di equilibrio, e l’affondamento a, e un valore diprogetto assegnato che si deve preservare. Si richiede:

1. Calcolare la forza verticale netta sul cilindro in funzione di a, ρ, h, Φ ed R.

Sapendo che la distanza dei punti A e B dal bordo del natante e pari a b:

2. Calcolare l’altezza h tale da far mantenere il sistema cilindro-natante in equilibrio idrostatico in funzionedi a, b, ρ, Φ ed R.

Si supponga ora che l’affondamento a sia libero di variare in funzione di h:

3. Esplicitare l’affondamento a in funzione di h e verificare se e possibile che il cilindro si distacchi dalfondo imponendo che la spinta sullo stesso di cui al punto 1 sia positiva.

Suggerimento: puo essere utile ricordare che∫

(sinx)2 dx =1

2(x− sinx cosx) + cost.

31


Soluzione proposta

1. Si procede inizialmente con il calcolo del peso G del volume fluido che sovrasta il cilindro:

G = γR [2h sinφ− (Rφ−R sinφ cosφ)] ,

e poi con il calcolo della componente verticale della risultante delle pressioni che agisce sulla superficiedel cilindro, Π+,diretta verso l’alto:

Π+ = −2

∫ π

2−φ

−π

2

p(θ)R sin θ dθ = −2

∫ π

2−φ

−π

2

γ [a+R cosφ−R sin θ]R sin θ dθ =

= γR [(π − φ)R+ (2a+R cosφ) sinφ]

Sommando il peso del volume fluido al di sopra del cilindro, con la risultante delle pressioni, si ottiene:

S = G−Π+ = γR [2 sinφ(h− a)−Rπ] .

2. Per valutare le condizioni di equilibrio del sistema bisogna calcolare i pesi dei volumi laterali Gb e lerisultanti delle spinte sulla superficie dello scafo del natante Πb

+:

Gb = bγh ; Πb+ = bγa.

Scrivendo l’equazione di equilibrio alla traslazione verticale, si puo ricavare il valore di h che mantienein equilibrio il sistema:

G+ 2Gb −Π+ − 2Πb+ = 0 =⇒ h =

2ab+R2π + 2aR sinφ

2(b+R sin(φ)).

3. Affinche il cilindro si distacchi dal natante, la spinta sul cilindro deve essere diretta verso il basso. Ciosi traduce nella condizione:

S > 0.

Esplicitando a in funzione di h dall’equilibrio complessivo del punto 2 si ha:

a = h− R2π

2(b+R sinφ),

ed imponendo S > 0:

h > a+Rπ

2 sin(φ)=⇒ h > h− R2π

2(b+R sinφ)+

Rπ

2 sin(φ)=⇒ b < 0,

ma dato che b e maggiore di 0, il cilindro non si distacca mai.

32


Esercizio n. 15

Come indicato in figura, un tronco di legno a sezione circolare di raggio R galleggia in condizioni idrostatichein un fluido di densita ρ. Si richiede:

1. Calcolare la densita del legno ρL.

2. Argomentare la stabilita della posizione di equilibrio.

Suggerimento: puo essere utile ricordare che∫

2√R2 − z2 dz = z

√R2 − z2 +R2 arctan

(z√

R2 − z2

)+ cost.

,∫

2z√R2 − z2 dz = −2

3(R2 − z2)3/2 + cost.

Soluzione proposta

1. Si procede prima con il calcolo della spinta verticale Π+ determinata del peso del volume d’acquaspostato Vi:

Π+ = γVi = γ

∫ R/2

−R2√R2 − z2 dz = z

√R2 − z2 +R2 arctan

(z√

R2 − z2

) ∣∣∣∣R/2−R

=γR2

12(3√

3 + 8π),

e poi con il calcolo del peso totale del legno P, che risulta essere pari a P = ρLgπR2.

In condizioni idrostatiche si ha:

Π+ = P −→ ρgR2

12(3√

3 + 8π) = ρLgπR2 −→ ρL =

ρ

12π(3√

3 + 8π) ' 0.8ρ.

2. Sia M il metacentro, C il centro di carena e G il baricentro del corpo galleggiante. La distanza CMtra metacentro e centro di carena e pari a:

CM =J

Vi=

AB3

12R2

12(3√

3 + 8π)

=(2R sin θ)3

R2(3√

3 + 8π),

33


dove J e il momento di inerzia dell’area di galleggiamento rispetto all’asse di inclinazione, mentre θ euguale a arccos 1/2 = π/3. Sostituendo il valore di θ nell’equazione precedente, si ha:

CM =3√

3R

3√

3 + 8π.

Le coordinate (xC , zC) del centro di carena C valgono:

xC = 0; zC =

∫ R/2−R z dVi

Vi.

L’integrale al numeratore rappresenta il momento statico del volume Vi rispetto all’asse x. Si ha:

zC =2∫ R/2−R z

√R2 − z2 dz

R2

12(3√

3 + 8π)

= −

2

3(R2 − z2)3/2

∣∣∣∣R/2−R

R2

12(3√

3 + 8π)

= − 3√

3R

3√

3 + 8π.

Note le coordinate del centro di carena, e sapendo che il baricentro G del corpo e centrato in x = 0z = 0, si puo calcolare la distanza CG

CG =3√

3R

3√

3 + 8π.

Siccome CG = CM , il corpo galleggiante e in uno stato di equilibrio indifferente.

Esercizio n. 16

Nella configurazione piana della figura successiva e rappresentata una paratoia galleggiante di peso e inerziatrascurabili, incernierata al fondo di un canale di profondita h. La paratoia ha dimensioni b (larghezza) eda (altezza). Sulla testa della paratoia viene applicata una forza F orizzontale, di intensita nota. Calcolarela rotazione θ nella configurazione di equilibrio in cui l’incremento della spinta di galleggiamento bilancia laforza F . A tal fine:

1. Calcolare i momenti rispetto ad O della forza F e delle pressioni agenti sulle tre facce della paratoianella configurazione ’ruotata’, per un angolo θ finito e generico.

2. Nell’equazione di equilibrio dei momenti ipotizzare θ 1, θ2 ' 0, e ricavare l’espressione esplicita diθ.

Soluzione proposta

1. Si procede con il calcolo del valore della pressione pB nel punto B:

pB = γ

(h− l cos θ − b sin θ

2

),

e poi con il calcolo del valore della pressione pC nel punto C:

pC = γ

(h− l cos θ +

b sin θ

2

).

34


Le distanze AB e CD valgono rispettivamente:

AB =


2

)1

cos θ,

CD =

(h− l cos θ +

b sin θ

2

)1

cos θ.

Note le distanze, e possibile calcolare il momento rispetto ad O esercitato dalle pressioni agenti nelletre facce AB, BC e CD. Considerando positiva la rotazione in senso orario, si ha:

MAB =γ

2 cos θ


2

)2 [1

3


2

)1

cos θ+ l

],

MCD = − γ

2 cos θ

(h− l cos θ +

b sin θ

2

)2 [1

3

(h− l cos θ +

b sin θ

2

)1

cos θ+ l

],

MBC = −γb2 sin θ

2

(b

2− b

3

).

Il momento orario determinato dalla forza F , vale invece:

MF = F

(a cos θ +

b sin θ

2

).

2. L’equilibrio dei momenti si scrive:

MAB +MBC +MBC +MF = 0.

Approssimando sin θ ∼= θ e cos θ ∼= 1, ed escludendo termini di ordine superiore al primo, si ottiene:

F

(a+

bθ

2

)− γbθ

2

(h2 − l2

)− γb3θ

12= 0 → θ =

12aF

b [−6F + γ (b2 + 6h2 − 6l2)].

35


Esercizio n. 17

Nella configurazione piana della Figura 2.4 e rappresentata una paratoia galleggiante incernierata al fondodi un canale il cui pelo libero giace ad un’altezza h dal fondo in condizioni idrostatiche. Il fluido (acqua) hadensita ρ assegnata. La paratoia e collegata alla cerniera O tramite la piastra di collegamento OP di altezzal. Tale piastra puo essere considerata infinitamente rigida e di peso trascurabile. La paratoia ha dimensionib (larghezza) ed a (altezza), e omogenea con densita ρP < ρ assegnata. Fx ed Fy rappresentano le reazionivincolari della cerniera, ed i versi, sono da considerare positivi come in Figura 2.4. Si richiede:

1. Calcolare le reazioni vincolari Fx ed Fy e discutere il verso della Fy.

Successivamente il livello del pelo libero a sinistra della paratoia, aumenta di una quantita pari a ∆h comeindicato in Figura 2.5. Per contrastare la rotazione della paratoia, una fune inestensibile e di peso trascurabileviene collegata orizzontalmente sulla testa della stessa. Nella nuova configurazione di equilibrio idrostatico,

2. determinare il tiro T della fune e le reazioni vincolari Fx ed Fy,

3. discutere il verso della forza Fx ed il caso limite in cui∆h

h 1.

Figura 2.4

Soluzione proposta

1. Considerando i versi delle reazioni vincolari positivi come in figura, per la Fy si ha:

Fy = gρPab− γb(h− l),

36


Figura 2.5

dove i termini a destra dell’uguale rappresentano rispettivamente il peso della paratoia e la risultantedelle pressioni sulla facce BP e PC. La reazione Fx e evidentemente nulla, perche le forze dovute allepressioni a destra e a sinistra della paratoia sono di per se equilibrate. La Fy e diretta verso l’alto sevale la relazione:

ρPa > ρ(h− l).

2. In questa configurazione, la reazione vincolare Fy vale:

Fy = gρPab−ΠBP −ΠPC ,

cioe:

Fy = gρPab− γb

2(h− l)− γ b

2(h+ ∆h− l) = gρPab− γb(h− l +

∆h

2).

L’equilibrio alla traslazione orizzontale, si scrive:

ΠAB + ΠPO,s −ΠCD −ΠPO,d − T + Fx = 0 → γ

2(h+ ∆h)2 − γh2

2− T + Fx = 0,

dove i termini ΠPO,s e ΠPO,d indicano rispettivamente le spinte sul lato sinistro e destro della piastraPO. L’equazione di equilibrio dei momenti delle forze calcolati rispetto al polo O, si scrive:

−MT +MAB +MPO,s −MCD −MPO,d +MBP −MPC = 0,

quindi:

−T (a+ l) +γ

2(h+ ∆h)2

h+ ∆h

3− γh2

2

h

3+ γ

b

2(h+ ∆h− l) b

4− γ b

2(h− l) b

4= 0.

37


Gli ultimi due termini dell’equazione precedente rappresentano i momenti esercitati dalle pressioniagenti sulle facce BP e BC. Risolvendo le suindicate equazioni di equilibrio per Fx e T si ottiene:

T =γ

24(a+ l)

(12h∆h2 + 12h2∆h+ 4∆h3 + 3b2∆h

),

Fx =γ

24(a+ l)

(12h∆h2 + 12h2∆h+ 4∆h3 + 3b2∆h− 24(a+ l)h∆h− 12(a+ l)∆h2

).

3. Il tiro T e sempre diretto verso sinistra, mentre il verso della forza vincolare Fx, dipende dai parametrigeometrici del sistema. Ad esempio per:

a+ l >3b2 + 4∆h2 + 12h∆h+ 12h2

12(∆h+ 2h),

la forza Fx e diretta verso sinistra. Se ∆h/h 1 le espressioni di Fx e T diventano:

T =γh2∆h

8(a+ l)

(4 +

b2

h2

),

Fx =γh2∆h

8(a+ l)

(4 +

b2

h2− 8

(a+ l)

h

).

In questa situazione, il tiro T e sempre diretto verso sinistra, mentre la forza vincolare e diretta versosinistra se vale la relazione:

a+ l >b2 + 4h2

8h.

38


Esercizi con risultati

Esercizio n. 18

In un fluido in quiete (acqua) la densita varia secondo la relazione che segue

ρ = ρ0 e p/εe

1. Scegliendo l’asse z verticale orientato verso l’alto con origine sul piano delle pressioni relative nulle,derivare la distribuzione della pressione in seno al fluido.

2. L’assetto del fluido puo definirsi barotropico?

3. Un corpo a sezione rettangolare di altezza a, larghezza b e densita ρb < ρ0 galleggia sull’acqua. Derivarela profondita di affondamento d per la quale il corpo e in equilibrio.

4. Come cambia l’espressione di d nel caso in cui εe →∞ (fluido incomprimibile)?

Risultati

1. p(z) = −εe ln

(1− ρ0 g

εez

).

2. L’assetto del fluido e barotropico.

3. d =εeρ0 g

(1− e−ρbga/εe

).

4. d = 9.99 m, dεe→∞ = 10 m.

Esercizio n. 19

Una lente di acqua dolce (densita ρ = 1000 kg/m3) galleggia sul mare (densita ρ = 1030 kg/m

3) cosı come

indicato in figura. Tale configurazione e tipica della falda di acqua dolce nelle isole. Calcolare quanto vale ilrapporto ∆h/h in funzione delle densita dei due fluidi. La configurazione e di equilibrio idrostatico.

Risultati

∆h

h=γmγd− 1 = 0.033

39


Esercizio n. 20

Versamenti di idrocarburi liquidi, quali il petrolio, si verificano spesso all’interno degli specchi portualidurante le operazioni di carico e scarico delle navi. La densita ρi degli idrocarburi liquidi e minore di quelladell’acqua ρ e, data la loro immiscibilita, gli idrocarburi liquidi galleggiano e si spandono sulla superficie. Alfine di contenere tali effetti, in un porto viene istallato un muro semicircolare di raggio R galleggiante conla base sommersa e la sommita emersa. Dimensionando opportunamente l’altezza di tale muro galleggiantesi possono arginare cosı i volumi V di idrocarburi liquidi versati nelle acque portuali. Nella figura e indicatolo schema della soluzione scelta. Si supponga che un volume V di idrocarburo liquido venga versato per unamanovra erronea nello specchio portuale. Dopo il transitorio iniziale, uno strato di spessore uniforme riempieil bacino delimitato dal muro. Il pelo libero dell’idrocarburo risulta ad una altezza ∆h maggiore dell’acquamarina all’esterno del muro. Pertanto il muro e soggetto ad una spinta idrostatica netta orizzontale F perunita di larghezza del muro diretta verso l’esterno del muro stesso. Derivare l’espressione di h, ∆h, F infunzione di V , ρ, ρi, R, g.

Risultati

h =2V

π R2, ∆h =

(1− ρi

ρ

)2V

π R2, F = ρi g

(1− ρi

ρ

)2V 2

π2R4.

Esercizio n. 21

Un palo di piccola sezione di lunghezza L, sezioneA, densita ρL minore della densita ρ dell’acqua, e ancoratoal fondo ad un estremo, cosı come indicato in figura. Determinare

1. L’espressione della lunghezza D della parte sommersa in funzione delle densita ρL, ρ e della lunghezzaL.

2. Determinare la forza di ancoraggio T in funzione di ρL, ρ, L e di A.

40


Risultati

1. D =

√ρLρL.

2. T = ρL g AL

[√ρ

ρL− 1

].

Esercizio n. 22

Una boa accelerometrica e schematizzata con un cilindro di raggio r = b/2, altezza a e densita ρb minoredi quella dell’acqua marina ρa (cfr figura). Il dispositivo e ancorato sul fondo del mare per mezzo di unafune, come mostrato in figura. Se l’affondamento del cilindro e maggiore del valore di galleggiamento, la funerisulta in tensione. Calcolare il valore della tensione T sulla fune in funzione di a, d, r, ρb, ρa. Cosa succedese il livello del mare sale di una quantita ∆y? Calcolare la variazione di tensione ∆T .

Risultati

T = ρa g π r2d

(1− ρb

ρ

a

d

).

∆T = ρa g r2π∆y.

41


Esercizio n. 23

Un tronco di legno cilindrico di raggio R e densita ρL, galleggia in uno specchio acqueo. La posizione deltronco e di equilibrio. In tale posizione emerge sopra la superficie libera un segmento cilindrico di altezzapari a R/2. Calcolare la densita del tronco ρL.

Risultati

ρL = 0.805 ρ

42

3Dinamica dei fluidi

Nozioni fondamentali

Teorema di Bernoulli

Nell’ipotesi di fluido ideale, forze specifiche del geopotenziale, densita costante, moto permanente

H = z +p

γ+v2

2g= cost.

sulle traiettorie. Se il moto e anche irrotazionale, allora H = cost. in ogni punto del fluido in moto.

Teoremi globali

Equazione globale di continuita∂M

∂t= QMi −QMu

dove

QMi =

∫Ai

ρv · n dAi, QMu = −∫Au

ρv · n dAu.

Teorema della quantita di motoG + Π = I + Qu −Qi

dove

I =

∫V

∂(ρv)

∂tdV, Qi =

∫Ai

ρv(v · n) dAi, Qu = −∫Au

ρv(v · n) dAu.

43

P. Sammarco CAPITOLO 3. DINAMICA DEI FLUIDI

Esercizi svolti

Esercizio n. 1

Il moto irrotazionale di un fluido ideale intorno al cerchio di raggio r0 viene descritto in coordinate polarimediante il potenziale delle velocita:

φ = − Γ

2π

[θ − ln

(r

r0

)]1. Determinare le componenti della velocita vr e vθ.

2. Calcolare il flusso di v uscente attraverso una linea L che racchiude una volta il cerchio di base.

3. Calcolare la circolazione di v lungo una linea L che racchiude una volta il cerchio di base.

Soluzione proposta

1. Le componenti scalari della velocita sono:

vr =∂φ

∂r=

Γ

2πr, vθ =

1

r

∂φ

∂θ= − Γ

2πr

2. Il flusso e:

−∮L

~v · ~n dl =

∫ 2π

0

vrr dθ = Γ.

3. La circolazione e: ∮L

~v · ~ds =

∫ 2π

0

vθr dθ = −Γ.

Esercizio n. 2

Il pistone di un cilindro idraulico (v. figura) in fase di spinta si muove ad una velocit U1 nota. All’interno delcilindro e presente fluido di densita ρ uniforme. Il pistone ed il cilindro hanno diametro rispettivamente D1

e D2, entrambi noti (D1 > D2). Mentre il pistone scende nel cilindro, il fluido viene espulso dal condotto dimandata situato sul fondo, di diametro D3, con velocita U3, noti. Una parte del fluido viene infine espulsaattraverso la superficie anulare che separa cilindro e pistone, ad una velocita U2. Scegliendo un appositovolume di controllo, determinare la velocita U2 in funzione dei parametri noti.

44


Soluzione proposta

Si applica l’equazione di continuita al volume di controllo V di altezza h(t) al tempo t, racchiuso tra ilcilindro ed il pistone. In tal caso:

M = ρV =ρπD2

1

4h(t), QMi = 0, QMu =

ρπD23

4U3 +

ρπ(D21 −D2

2)

4U2.

Inoltre, la variazione di h(t) nel tempo e pari all’opposto della velocita di scorrimento del pistone:

dh

dt= −U1.

Dalla continuita deriva quindi:

ρπD21

4(−U1) = −ρπD

23

4U3 −

ρπ(D21 −D2

2)

4U2.

Infine, esplicitando rispetto ad U2 si ottiene:

U2 =D2

1U1 −D23U3

D21 −D2

2

.

Esercizio n. 3

Un campo di velocita permanente bidimensionale di un fluido incomprimibile attraverso un convergente eespresso dalla:

v(x, y) = (V0 + bx)ix − byiydove V0 e la velocita orizzontale in x = 0, da assumersi nota, e b e un parametro assegnato.

1. Verificare che il moto e irrotazionale e determinare il potenziale delle velocita.

2. Calcolare l’accelerazione delle particelle di fluido che attraversano il convergente.

3. Mediante il teorema di Bernoulli, derivare l’espressione della pressione p(x, y) nel convergente, sapendoche p(0, 0) = p0 e nota ed il piano del moto e orizzontale.

4. Calcolare il gradiente di pressione.

45


Soluzione proposta

1. Il rotore del campo di velocita si riduce a:

∇× v = 0,

ne segue che v = ∇φ, ovvero∂φ

∂x= V0 + bx,

∂φ

∂y= −by.

Integrando la prima equazione rispetto ad x e quindi la seconda rispetto ad y,si ottiene

φ(x, y) = V0x+b

2(x2 − y2).

2. a = v · ∇v = b(V0 + bx)ix + b2yiy.

3. Applicando il teorema di Bernoulli tra il punto (0, 0) e il punto generico (x, y) si ottiene

p0γ

+V 20

2g=p(x, y)

γ+U2(x, y)

2g,

con U =√v2x + v2y modulo della velocita nella sezione x. Si esplicita quindi la pressione

p(x, y) = p0 −ρ

2(b2x2 + 2V0bx+ b2y2).

4. ∇p = −ρb[(bx+ V0)ix + byiy].

Esercizio n. 4

Il manufatto della figura contiene fluido in quiete alla pressione p supposta nota e maggiore di quella atmo-sferica (posta = 0). Il manufatto viene collegato ad un tronco di tubo aperto all’estremita che sbocca quindiin ambiente a pressione atmosferica. Il getto che fuoriesce con velocita media uniforme U urta una superficieconica di base circolare (come il tubo) di area Ω e angolo al vertice π/4. Determinare la velocita media delgetto U e l’azione dinamica che il getto esercita sulla valvola in funzione della pressione p.

Soluzione proposta

Si applica l’equazione di Bernoulli lungo la traiettoria z = 0 (asse della condotta) da un punto situatoall’interno del tubo stesso (pressione p, velocita nulla) al punto situato nella sezione di sbocco (pressionenulla, velocita U). Si ha:

p

γ=U2

2g⇒ U =

√2p

ρ.

Inoltre per continuita, l’area di ciascuna sezione del getto deve essere pari ad Ω/2.Si applica ora il teorema globale della quantita di moto al volume di controllo costituito dal fluido in uscitadal tubo. Le forze di superficie Π = Πg + Πd si distinguono nella componente idrostatica Πg, in equilibriocon le forze di massa G:

G + Πg = 0,

e nella componente dinamica Πd, responsabile delle azioni dinamiche sul volume di controllo. Il teoremaglobale della quantita di moto diventa quindi

G + Πg + Πd = Qu −Qi → Πd = Qu −Qi,

46


essendo le inerzie locali nulle per il moto permanente. Sulla superficie circolare di sinistra la portata diquantita di moto vale

Qi = ρU2Ωix.

Lungo tutta la superficie cilindrica laterale le velocita normali alla stessa sono nulle. Non vi e pertantoportata di quantita di moto in ingresso o in uscita. Sulla superficie di contatto tra il cuneo ed il volume dicontrollo, agisce la forza di superficie Πd = −F ix incognita. Infine su ognuna delle due superfici inclinatedi area Ω/2 la portata di quantita di moto in uscita vale

Qu =ρU2Ω

2iu, iu =

(√2

2,±√

2

2

).

Unendo tutti i contributi e proiettando lungo l’asse della condotta, si ottiene:

F = ρU2Ω− 2ρU2 Ω

2cos

π

4.

La forza esercitata dal cuneo sul fluido e di conseguenza:

F = 2pΩ(

1− cosπ

4

).

Esercizio n. 5

Il manufatto della figura contiene fluido in quiete alla pressione relativa p, supposta nota e maggiore dizero. Il manufatto viene collegato ad un tronco di tubo di area A nota, aperto all’estremita e che sboccaquindi in ambiente a pressione atmosferica. Il getto, che fuoriesce con velocita media uniforme U1 nellasezione 1, di area A1 = A, mette in rotazione una turbina (cfr. figura, dove la linea 1-3-4-2 e una lineadi corrente = traiettoria), cedendo ad essa parte della propria energia cinetica. Come risultato di questoscambio, la velocita del fluido nella sezione 2 a valle della turbina e U2 = αU1, con α < 1 coefficiente noto.Il moto e permanente ed il fluido ideale e incomprimibile. La portata si mantiene sempre costante duranteil passaggio del fluido tra le diverse sezioni. L’area trasversale del getto cresce dal valore A1 (dato) al valoreA2 (incognito) passando per i valori del gruppo turbina A3 = A4 (incogniti).

1. Calcolare le velocita U1 e U2, rispettivamente nelle sezioni 1 e 2 disegnate in figura, in funzione dellapressione p nel serbatoio

47


2. Con riferimento al volume di controllo racchiuso tra le sezioni 1 e 2 ed alle traiettorie che lambisconoi punti estremi delle pale, calcolare l’azione Ft esercitata dal fluido sulla turbina in direzione ix, infunzione di p, A, ed α. Siano 3 e 4 le sezioni immediatamente a monte e valle della turbina (cfr.figura), entro le quali avviene lo scambio energetico tra fluido e turbina. Si ipotizza che nel passaggiodalla sezione 3 alla 4, la velocita del fluido non varia: U3 = U4. Si richiede:

3. Applicando opportunamente il teorema di Bernoulli, calcolare la caduta di pressione ∆p = p4?p3 lungola traiettoria rettilinea che attraversa centralmente le due sezioni, in funzione della pressione p nelserbatoio e del parametro α.

4. Si consideri infine il volume di controllo racchiuso tra le sezioni 3 e 4 e le traiettorie che lambisconoi punti estremi delle pale. Facendo uso del teorema globale della quantita di moto e dei risultatiprecedenti, si calcoli il valore della velocita U3 in funzione della pressione p nel serbatoio. Commentare.

Soluzione proposta

1. Efflusso torricelliano dal serbatoio U1 =√

2pρ . Segue quindi che U2 = α

√2pρ .

2. Applicando il teorema globale della quantita di moto al volume di controllo indicato, si ottiene:

Ft = ρ(U21A1 − U2

2A2).

che, insieme all’equazione di continuita U1A1 = U2A2, ed ai risultati del punto 1, fornisce

Ft = 2pA(1− α).

3. Applicando il teorema di Bernoulli lungo la traiettoria centrale intersecante le sezioni 1 e 3, e separa-tamente , lungo la traiettoria centrale intersecante le sezioni 2 e 4, si ottiene

∆p = p4 − p3 = p(α2 − 1).

48


4. Dal teorema globale della quantita di moto applicato al volume di controllo racchiuso fra le sezioni 3e 4, si ottiene:

Ft = p3A3 − p4A4 = ∆pA3.

Inoltre, dall’equazione di continuita A4 = A3 = U1

U3A. Sostituendo i risultati ottenuti nei punti

precedenti, si ha infine

U3 =

√2p

ρ

(1 + α)

2=U1 + U2

2,

ovvero la velocita del fluido attraverso la turbina e la media tra le velocita di monte e di valle.

Esercizio n. 6

Come mostrato in figura, una piastra di lunghezza L nota e incernierata ad un piano orizzontale nel puntoO. La piastra viene fatta ruotare lentamente intorno al polo O in senso orario, espellendo l’aria che si trovatra la superficie interna della piastra e il piano, ad una velocita U costante e diretta radialmente rispetto alpolo O. Nell’ipotesi di fluido incomprimibile, si richiede:

1. Definendo θ(t) l’angolo compreso tra la superficie interna della piastra e d il piano (cfr.figura), applicareil teorema globale di continuita al volume di controllo AOBindicato in figura.

2. Ricavare l’equazione differenziale per θ in funzione di t, ipotizzando θ(t = 0) = θ0 noto

3. Risolvere l’equazione differenziale e ricavare la legge oraria di θ(t) in funzione di L ed U .

Soluzione proposta

1. Si applica il teorema globale di continuita al volume di controllo AOB. La massa fluida compresa nelvolume di controllo al tempo t e

M = ρ ·Area AOB = ρL2θ(t)

2,

mentre la portata di q.ta di moto in uscita e

Qu =

∫ θ

0

ρULdθ = ρULθ(t).

2. Il teorema globale di continuita fornisce quindi

dθ

θ= −2U

Ldt.

49


3. Si integra la precedente equazione differenziale a variabili separabili∫ θ

θ0

dθ

θ= −2U

L

∫ t

0

dt⇒ ln (θ/θ0) = −2U

Lt,

da cui segue

4. θ(t) = θ0e−2tU/L.

Esercizio n. 7

Si consideri il flusso stazionario di un fluido viscoso incomprimibile di densita ρ in corrispondenza dell’imboccodi una tubazione circolare di raggio r0. Come schematizzato in figura, il fluido presenta una distribuzionedi velocita uniforme e pari a v0 nella sezione di ingresso 1. A causa della condizione di aderenza, il fluido acontatto con la parete ha velocita nulla e nella sezione 2 puo ritenersi valido il profilo delle velocita in regimedi moto laminare:

v(r) = vmax

(1− r2

r20

)0 ≤ r ≤ r0

dove con vmax si e indicata la velocita massima in corrispondenza dell’asse della tubazione. Note le pressionip1 e p2, rispettivamente nelle sezioni 1 e 2, si richiede:

1. Calcolare la vmax in funzione di v0

2. Determinare l’azione resistente R esercitata dalla parete nel tratto compreso tra la sezione 1 e la sezione2 in funzione di ρ, p1, p2, v0 ed r0.

Soluzione proposta

1. Le portate nelle sezioni 1 e 2 assumono le espressioni:

Q1 = πr02v0 ; Q2 =

∫ r0

0

v(r)2πr dr =

∫ r0

0

[vmax

(1− r2

r02

)]2πr dr =

vmaxπr02

2,

ed essendo la portata Q costante nel tratto in esame:

Q1 = Q2 =⇒ v0πr02 =

vmaxπr02

2=⇒ vmax = 2v0.

50


2. Il teorema della quantita di moto lungo l’asse x si scrive:

Π = Qu − Qi =⇒ Π1 −Π2 −R = Q2 − Q1,

le risultanti delle forze di pressione e dei flussi di quantita di moto nelle sezioni 1 e 2 valgono:

Π1 = p1πr02 ; Π2 = p2πr0

2 ; Q1 = ρv02πr0

2

Q2 = ρ

∫ r0

0

[2v0

(1− r2

r02

)]22πr dr = ρ

4

3v0

2πr02.

e per sostituzione si ottiene R:

R = πr02

(p1 − p2 + ρv0

2 − ρ4

3v0

2

)= πr0

2

(p1 − p2 − ρ

1

3v0

2

).

51


Esercizio n. 8

Si consideri la configurazione piana di un serbatoio rettangolare contenente un fluido ideale, incomprimibiledi densita ρ (vedi figura). La base del serbatoio e pari a b, mentre la quota del pelo libero del fluido rispettoall’asse del rubinetto nel suo punto di attacco (z = 0), e pari ad h0. Il rubinetto e costituito da una valvola,il cui asse (punto P ) coincide con quello del rubinetto stesso, e da due diramazioni di spessore d costante(NB: d h0, d a). Lasse della diramazione superiore e a distanza a da quella inferiore. All’istante t = 0,il rubinetto viene aperto ed il fluido fuoriesce dalle due diramazioni con velocita v2 e v3 rispettivamente. Siindica con h(t) l’altezza nel serbatoio al generico istante t. Determinare:

1. Le velocita v1 di ingresso nel rubinetto e le velocita v2 e v3 di uscita del fluido, sia per a < h(t) < h0che per 0 < h(t) < a

Considerati i due regimi di cui al punto 1, calcolare:

2. Il tempo totale che il pelo libero nel serbatoio impiega nel passare dalla quota h = h0 alla quota h = 0

Ipotizzando trascurabile sia il peso del rubinetto che quello del fluido in esso contenuto, determinare:

3. L’andamento, nel caso h(t) > a, della linea dei carichi piezometrici nelle due diramazioni 4-2 e 4-3 enel tratto 1-4 (NB: il fluido e ideale)

4. Sempre nel caso h(t) > a, il momento M rispetto a P che il fluido (1-2-3-4) esercita sul rubinetto.Fornire un grafico qualitativo di M in funzione di h(t)

Suggerimento: per il punto 2 puo essere utile ricordare che 1√x+√x−a =

√x−√x−a

a

Soluzione proposta

1. • a < h(t) < h0L’equazione di continuita nel rubinetto si scrive:

Q1 = Q2 +Q3 −→ v1 = v2 + v3,

dal teorema di Bernoulli e possibile ricavare il valore delle velocita di uscita v2 e v3:

v2 =√

(h(t)− a)2g ; v3 =√h(t)2g,

e tramite la continuita puo ottenersi v1:

v1 = v2 + v3 =√

(h(t)− a)2g +√h(t)2g.

52


• 0 < h(t) < aSi procede come il caso precedente, con la differenza che non c’e piu efflusso dalla sezione di uscita 2:

v1 = v3 =√h(t)2g.

2. L’equazione di continuita tra il pelo libero e la sezione 1 del rubinetto, si scrive:

b dh = −v1d dt

• a < h(t) < h0Sostituendo l’espressione di v1 nella equazione di continuita, si puo ottenere il tempo ta che il pelolibero nel serbatoio impiega nel passare da h0 a z = a:

− dh

dt

b

d=√h2g +

√(h− a)2g =⇒ − b

d

∫ a

h0

1√h2g +

√(h− a)2g

dh =

∫ ta

0

dt

ta = − b√

2

3dag2

[(g(h0 − a))3/2 + (ga)3/2 − (gh0)3/2

].

• 0 < h(t) < aCome effettuato in precedenza, si prende l’espressione di v1 e la si sostituisce nella equazione dicontinuita. Stavolta cio che si ricava e il tempo t0 che il fluido impiega nel passare da z = a az = 0:

−dhdt

b

d=√h2g =⇒ − b

d

∫ 0

a

1√h2g

dh =

∫ t0

0

dt −→ ta =b

d

√2a

g.

Noti i tempi ta e t0, si puo ricavare il tempo totale di svuotamento τ :

τ = ta + t0 =b

d

[ √2

3ag2

((gh0)3/2 − (g(h0 − a))3/2 − (ga)3/2

)+

√2a

g

].

3. Note le velocita nei 3 tratti, tramite il teorema di Bernoulli si ottiene:

In particolare, nel tratto 1− 4 c’e un carico piezometrico negativo pari a:

h1,4 = a− h(t)− 2√h(t)[(h(t)− a].

4. Il teorema globale della quantita di moto lungo x, si scrive:

Π = Qu − Qi =⇒ Π1 + Q1 − F = Q2 + Q3.

53


Per quanto riguarda il calcolo del momento M , si considera solo il flusso di quantita di moto nellasezione di uscita 2 poiche le altre grandezze hanno braccio nullo. La risultante della Q2 vale:

Q2 = ρv22d = ρd

(√(h(t)− a)2g

)2.

Nota la Q2, si calcola il momento M :

M = Q2a = 2γda(h(t)− a).

5. Il momento M , ha valori nulli per 0 < h(t) < a, poiche le forze Q1, Q3, Π1 ed F hanno rispettivamentebraccio nullo rispetto a P . Per a < h(t) < h0 il contributo del flusso di quantita di moto Q2, fa crescereil momento linearmente con pendenza pari a 2γda.

54


Esercizio n. 9

Si consideri la sezione stradale di figura. La forma della sezione e data dalla:

zf = a

(1− x2

l2

), (3.1)

con a l, cosi che la pendenza lungo x del manto, e da ritenersi molto piccola:

−dzfdx

= tan θ ' sin θ 1. (3.2)

Sia m l’intensita della pioggia per unita di area [(m3/s)(1/m2)] ed s(x) lo spessore del film di acqua chescorre sul manto stradale in una generica ascissa x. Il fluido e da considerarsi viscoso. Si richiede:

1. Calcolare la portata q(x) che fluisce attraverso s(x), applicando la conservazione della massa ad unopportuno volume di controllo.

2. Dall’equazione di Navier-Stokes, derivare il profilo delle velocita v e la portata q di una corrente dispessore s che fluisce su un pendio costante inclinato di θ sull’orizzontale.

3. In base ai risultati di cui ai punti 1 e 2, ricavare lo spessore s(x) in funzione di m.

Soluzione proposta

1. Considerata la stazionarieta del moto, la portata q(x) alla generica ascissa x vale:

q(x) = mx.

2. Come indicato nella figura successiva, si definisce un nuovo sistema di riferimento (x, z) ruotato di θrispetto a (x, z). L’accelerazione di gravita −→g , nel sistema inclinato (x, z), e espressa dalla relazione:

−→g = g sin θix − g cos θiz.

ix e iz, indicano rispettivamente i versori dell’asse x e z. Le equazioni di Navier-Stokes che governanoil moto stazionario ed unidirezionale di un fluido viscoso sono:

ρf −∇P + µ∇2v = 0,

∇ · v = 0.

55


L’equazione di continuita fornisce:

∇ · v = 0 → ∂vx∂x

= 0 → vx = vx(z),

cioe la velocita vx e solo funzione di z. Le componenti dell’equazione del moto rispetto agli assi x e z,assumono la forma:

ρg sin θ − ∂P

∂x+ µ

∂2vx∂z2

= 0,

−ρg cos θ − ∂P

∂z= 0.

Integrando la seconda di queste equazioni, si ha:

P (x, z) = −ρg cos θz + f(x).

Applicando la condizione al contorno P (z = s) = 0, otteniamo:

f(x) = ρg cos θs → P (z) = ρg cos θ(s− z).

La pressione e solo funzione di z, quindi ∂P∂x = 0. La prima equazione del moto si semplifica in:

ρg sin θ + µ∂2vx∂z2

= 0.

Le relative condizioni al contorno sono:

vx = 0 in z = 0,

dvxdz

= 0 in z = s.

Integrando due volte l’equazione del moto rispetto a z, si ricava:

vx = −ρg sin θz2

2µ+Az +B.

Imponendo le due condizioni al contorno, le costanti di integrazione risultano B = 0 e A = ρg sin θsµ . La

soluzione e quindi:

vx =ρg sin θ

µz

(s− z

2

).

Il profilo delle velocita e quindi parabolico e raggiunge la velocita massima sulla superficie libera. Laportata q di fluido che fluisce lungo il piano inclinato, e data da:

q =

∫ s

0

vx dz =ρg sin θ

µ

(sz2

2− z3

6

) ∣∣∣∣s0

=ρg sin θ

3µs3.

3. Si calcola dapprima la derivata del profilo del manto stradale:

dzfdx

= −2ax

l2.

Poi, tenendo conto dell’approssimazione tan θ ' sin θ, si ha:

−dzfdx

= tan θ ' sin θ → sin θ =2ax

l2.

56


Sostituendo l’espressione del sin θ in quella che esprime la portata q, si ricava:

q =ρg2ax

3µl2s3.

Eguagliando la portata q a q(x), otteniamo:

ρg2ax

3µl2s3 = q(x) → ρg2ax

3µl2s3 = mx → s = 1/3

√m3µl2

ρg2a.

Esercizi con risultati

Esercizio n. 10

Si consideri il tratto di condotta circolare di sezione Ω nota, in figura. Nel punto 1 un fluido ideale si muovecon velocita v1 nota, mentre nel punto 2 la velocita dello stesso fluido e da assumersi nulla. La sezione delrestringimento a valle e Ω′ = Ω/

√2. Con riferimento ai diversi livelli indicati nelle due prese 1 e 2, tracciare

ed argomentare l’andamento della linea dei carichi totali He relativi h lungo la traiettoria A-B coincidentecon l’asse della condotta, ipotizzando vA = v1, hA = h1.

Risultati

Chiamando ∆ la differenza di livello nei tubi

U2A

2g= ∆.

57


InoltreU2B

2g= 2

U2A

2g= 2∆.

La linea dei carichi totali H e orizzontale e si trova a livello della presa dinamica. La linea dei carichipiezometrici h e abbassata di ∆ rispetto ad H nel tratto a sezione Ω, mentre e abbassata di 2∆ rispetto adH nel tratto a sezione

√Ω. In corrispondenza del cambio di sezione vi e un salto di h pari a ∆.

Esercizio n.11

Secondo lo schema riportato in figura, un ugello che termina in atmosfera (efflusso libero) e costituito dauna breve condotta a sezione costante Ω1 e da un convergente di lunghezza L e sezione variabile secondo laseguente relazione:

Ω(s) = Ω1(1−√αs)

con ascissa s definita come in figura ed α un parametro positivo. Ω1 e quindi l’area della condotta nellasezione 1 di ascissa s = 0. Il livello H nel serbatoio rimane costante durante l’efflusso; il diametro del tuboe piccolo rispetto ad H. Assumendo che il fluido sia ideale, determinare:

1. La velocita di efflusso nella sezione terminale (s = L)

2. La velocita nella sezione 1 di area Ω1 in funzione di H, α, L e la velocita V (s) in corrispondenza dellagenerica sezione s del convergente in funzione di H, α, L

3. La pressione p1 nella sezione 1 e la pressione p(s) nella generica sezione s del convergente

Risultati

1. V (L) =√

2gH.

2. V1 = (1−√αL)√

2gH, V (s) = 1−√αL

1−√αs

√2gH.

3. p1 = ρgH[1− (1−

√αL)2

], p(s) = ρgH

[1− ( 1−

√αL

1−√αs

)2].

58


Esercizio n.12

Nella figura e rappresentato un deviatore di getto costituito da una serie di lame, tutte poste ad una stessadistanza s tra loro nel piano orizzontale (x, y). Una corrente rettilinea investe le lame con velocita V1 nellasezione 1 di ingresso, di area Ω1 nota. Nella sezione 2 di uscita (area Ω2 = Ω1), la stessa corrente risultadeviata rispetto alla direzione iniziale di un angolo β ed ha velocita V2. Il moto e stazionario ed il fluidoideale. Si richiede:

1. Con riferimento al volume di controllo tra le sezioni 1 e 2, determinare la velocita V2 di uscita infunzione di V1 e β

2. Determinare la caduta di pressione pA − pB che si verifica lungo la traiettoria A-B mostrata in figura

3. Con riferimento al volume di controllo tra le sezioni 3 e 4, e contenuto tra due lame successive(cfr.figura), calcolare le forze Fx ed Fy per metro di profondita, agenti sui bordi della coppia di lamedelimitanti lo stesso volume di controllo. Ipotizzare V3 = V1, V4 = V2, p3 = pA, p4 = pB .

Risultati

1. V2 = V1

cos β .

2. pA − pB =ρV 2

1

2 tan2 β.

3. Fx =ρV 2

1

2 tan2 β · s, Fy = ρsV 21 tanβ.

Esercizio n.13

La seguente configurazione nel piano (x, y) mostra un impianto in cui defluisce acqua con portata Q nellasezione di ingresso circolare, di diametro D. Attraverso il tronco di tubazione di diametro D3 = D/

√2, viene

edotta la portata Q3 = Q/2 . Il flusso principale abbandona quindi l’impianto attraverso la sezione circolaredi diametro D2 = D3 = D/

√2 . L’impianto e mantenuto nella sua sede da un blocco di ancoraggio.

1. Scelto un appropriato volume di controllo, applicare ad esso il teorema globale della quantita di moto,considerando le sole azioni dinamiche.

59


2. Calcolare le componenti delle azioni dinamiche lungo x e y esercitate sul blocco di ancoraggio, infunzione dell’angolo θ, della portata Q e del diametro D.

Risultati

F dx =2ρ

π

(Q

D

)2

[3 cos θ − sin θ], F dy =2ρ

π

(Q

D

)2

[sin θ − cos θ].

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Esercitazioni del corso di Idraulica - uniroma2.it · P. Sammarco CAPITOLO 1. ... 3.Indicare se il...

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