Meccanica dei Fluidi ideali. – Soluzioni.

1) a) Se consideriamo la colonna d’aria al di sopra della superficie terrestre comeavente una densità costante rA = 1.3 Kg/m3, pari a quella che ha alla superficiedella terra, possiamo applicare direttamente la legge di Stevino, quindi, indicandocon 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 dipressione, si deve ricorrere alla relazione fondamentale della statica dei fluidi che nelcaso 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 direttolungo 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 dellapressione, alla quota a cui esse si sono ridotte a 1/e ≈ 0.37 del loro valore alla superficiedella terra.c) La pressione nel mare cresce con la profondità h ( supposta costante la densitàdell’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 p1 = 1.994 105 Pa = 1.97 atm h = h2 p2 = 50.06 105 Pa = 49.4 atm h = h3 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 didensità costante cessa di essere accettabile quando la pressione ( la profondità) supera i108 Pa ( 1000 m).

2) a) Consideriamo il piano orizzontale passante per la superficie di separazione fraMercurio ed aria, che indichiamo con 2, nel ramo di destra del tubo ad U ; essocoincide con una superficie equipotenziale ed isobara e quindi considerando lasua intercetta 1 con il mercurio contenuto nel ramo di sinistra possiamo affermareche 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 (siconsidera trascurabile la pressione dovuta ad i vapori di Hg), la pressione p1 è dovuta alpeso della sovrastante colonna di Hg. Applicando al ramo di sinistra la legge di Stevino siha:

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 pressioneagente sulla sezione A non è adesso nulla ma pari a p. La precedente relazioneviene 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 duemenischi 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 unaumento della pressione agente sulla sezione 2 ; di conseguenza questa si abbassaed in corrispondenza si innalza il menisco A nel ramo di sinistra. Ovviamente,rispetto alla situazione iniziale, l’abbassamento d del menisco 2 è esattamenteuguale all’innalzamento del menisco A per cui la variazione del dislivello fra idue rami è pari a D’ = 2d. L’innalzamento del menisco A produce una

diminuzione del volume occupato dal gas nel contenitore C, tuttavia questavariazione 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 dislivelloh* che si ha in questo caso fra i menischi del mercurio si può sempre far riferimentoalla superficie isobara passante per il menisco 2 del Mercurio contenuto nel ramo didestra. Tenendo conto che la pressione nella sezione 2 è adesso aumentata delcontributo 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 datada: 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 delfatto che nei tre recipienti la pressione ad una stessa quota y , rispetto al fondo, èidentica indipendentemente dalla forma. Consideriamo quindi la paratia P cheforma un generico angolo q con la verticale: in generale agiscono su di essa leforze di pressione, da una parte e dall’altra della superficie, la forza applicata F ele forze vincolari esplicate dal bordo del cassone a cui è appoggiata P. Il modulodella forza F risulta minimo quando essa è in grado di controbilanciare le forze dipressione senza far intervenire le reazioni vincolari ( si suppone che la tenuta siacomunque assicurata). Quindi la forza minima F è uguale ed opposta allarisultante delle forze di pressione agenti su P ed è applicata in un punto tale daprodurre un momento uguale ed opposto al momento risultante delle forze dipressione.

Consideriamo una striscia della paratia di lunghezza a e altezza dl a distanza l dalbordo inferiore della paratia, ossia a quota y = lcosq; su di essa agiscono , in direzioneperpendicolare alla superficie, la forza df2 = p0adl derivante dalla pressioneatmosferica p0 agente all’esterno e l’analoga forza df1 = p(y)adl dovuta alla pressionep(y) agente nel liquido a quota y.

df1 P

dy dl

l df2 h C y q F

O

a) La pressione alla quota y , ossia alla profondità (h – y), la si ottieneimmediatamente 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 pressionerispetto 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, equindi il momento delle forze di pressione rispetto ad O è direttoperpendicolarmente al piano di figura; di conseguenza la forza F dovrà essereapplicata 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 superficiedella paratia, e si ha:

†

f = rga(h - lcosq)dl =0

h / cosqÚ rgah2

2cosq= S(rgh

2) = Sp*

m = rga(h - lcosq)ldl =0

h / cosqÚ rgah3

6cos2 q=

f3

( hcosq

)

dove S = ah/cosq è la superficie della paratia e p* = rgh/2 è la differenza di pressionemedia fra la superficie del liquido ed il fondo. Quindi per mantenere la paratia inposizione dovremo applicare una forza F = f in un punto C a distanza da O pari a b =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 diapplicazione 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 delfluido è costante la somma della pressione p e dell’energia potenziale per unità di volumeV. Da questo deriva che superfici isobare ed equipotenziali coincidono e che la superficiedi separazione fra due fluidi è una superficie equipotenziale. Tenendo presente questeconsiderazioni possiamo rispondere ai vari quesiti.a) La superfice di separazione fra aria ed acqua, all’equilibrio, coincide con unasuperficie orizzontale lungo cui l’energia potenziale delle forze peso è costante. Quindila supefice del liquido è in realtà orizzontale ed è il fondo del secchio che risulta inclinatodi 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 lapressione nei vari punti può immediatamente essere calcolata mediante la legge diStevino. 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 pO = p0 + 3687 Pa pA = p0 + rghA = p0 + rg(Lcosq + Rsinq) pA = p0 + 4190 Pa pB = p0 + rghB = p0 + rg(Lcosq – Rsinq) pB = p0 + 3184 Pa

b) La superficie di separazione fra l’acqua e l’aria è un paraboloide di rivoluzioneattorno 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 forzache dà luogo ad un termine dell’energia potenziale che si va ad aggiungere a quella delleforze peso.

y0 r y

A O B

Tenuto conto dell’equazione della superficie equipotenziale corrispondente alla superficiedi separazione liquido aria :

y – Kr2 = y0

possiamo scrivere immediatamente l’espressione dell’energia potenziale complessiva, perunità 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 pressioneatmosferica, nel vertice del paraboloide corrispondente alla superficie libera dell’acqua.

Le superfici isobare sono quindi paraboloidi di rivoluzione e il valore della pressione suciascuna di esse è fissato dal valore che essa assume nel vertice in corrispondenzadell’asse del cilindro. Tenuto conto dell’equazione scritta si ha allora per la pressione neivari punti:

O ( r = 0, y = 0) pO = p0 + rgy0 pO = p0 + 2943 Pa A ( r = R, y = 0) pA = p0 + rgy0 + rgKR2

pA = p0 + 4905 Pa

In questo caso il sistema è simmetrico rispetto all’asse quindi la pressione in A e B risultauguale.(Osservazione – La situazione descritta al punto b) corrisponde a quella che si realizzaquando si pone in rotazione attorno all’asse del contenitore cilindrico, con velocitàangolare costante, il fluido in esso contenuto. In questo caso si può mostrare che lasuperficie di separazione fra aria ed acqua assume, nel caso ideale, la forma di unparaboloide di rivoluzione. )

5) Nell’istante in cui si applica al pistone P la forza F si produce in corrispondenza diesso una variazione di pressione Dp = F/s. In conseguenza dell’equazione fondamentaledella statica dei fluidi, in particolare della “legge di Pascal”, questa variazione dipressione si riperquote identica in tutti i punti del fluido, quindi anche in corrispondenzadell’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 dipressione 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 aC una forza N , uguale ed opposta. Si ha di conseguenza la generazione di una forza diattrito f , di modulo f = mF’, che dà luogo ad un momento assiale, rispetto al centro O delvolano, M = fR = RmF’. Dal teorema dell’energia cinetica, tenuto conto che il disco siarresta 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 delliquido 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 massaM, quando essa si trova allo stesso livello di P, la si ottiene immediatamente utilizzandola “legge di Pascal”. La forza F , applicata a P, produce in tutti i punti del liquido unavariazione di pressione Dp = F/pr2 e di conseguenza essa dà luogo, sulla parte deldispositivo telescopico in corrispondenza della parte del circuito idraulico di raggio R, aduna forza F’ = DppR2; essa all’equilibrio dovrà risultare uguale ed opposta alla forza pesoMg del corpo collocato sul martinetto. Quindi si ha:

F = Dppr2 = F’pr2/pR2 = Mgr2/R2 F = 51.1 N

P Mg F

F’ Mg

h P mg F*

F”

Quando il dispositivo telescopico ha innalzato la massa M ad un’altezza h per mantenereil sistema in equilibrio si dovrà applicare al pistone una forza F* in grado dicontrobilanciare 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 sopportareuna pressione non inferiore a quella che si ha nel circuito idraulico quando la massa M èsollevata alla quota h. La pressione più elevata la si registra in corrispondenza del pistoneP e risulta p* = F*/pr2 ossia p* = 1.786 105 Pa; questa rappresenta il minimo valore chedevono 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 funzionedella quota della massa M) può essere calcolato nel modo più diretto utilizzando ilTeorema dell’Energia Cinetica. Dato che si suppone trascurabile l’energia cineticaacquisita dal sistema, il lavoro L deve essere uguale alla variazione di energiapotenziale delle forze peso. Quest’ultima consta di un termine relativo alla massaM 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 martinettodipende dal volume di olio V = Lpr2 che viene immesso nel circuito per ogni corsa delpistone, 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 massarilevante , M = 750 Kg, sfruttando la “legge di Pascal”. Il prezzo che si “paga” ,

dovendo in definitiva rispettare la conservazione dell’energia, è costituito dal grandenumero 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 = rgV = rg4pR3/3 dove R è il raggio della sfera e r la densitàdell’acqua.

a) d) FA

FA

B mg

mg

C S

Il sistema costituito dal pallone e dalla catena BC è in equilibrio sotto l’azione della forzapeso mg della catena, della spinta di Archimede FA e della forza S applicata all’estremo Cdella catena. Perchè la catena sia tesa il pallone dovrà applicare all’estremo B dellacatena una forza verticale T ≥ mg e, poichè all’equilibrio questa forza è uguale ad FA, siha 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 adFA, 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 forzeagenti sul sistema sono unicamente la forza peso della catena mg ed FA . L’equazione dimoto del sistema è quindi data da:

FA + mg = ma

Scegliendo un asse verticale orientato positivamente verso l’alto ne risulta quindi per ilsistema una accelerazione :

a = FA - mg = rg3V* -mg = 2mg

Esso si muoverà pertanto verso la superficie con accelerazione costante a e , dato che lasua velocità iniziale è nulla, si ha immediatamente per il tempo T che impiega araggiungere 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 diequilibrio, si ha una situazione in cui la forza peso della catena è controbilanciatadalla 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 F p = - pr n dS

S

Ú (1)

dove n indica la normale all’elemento di superficie dS e l’integrale è esteso a tutta lasuperficie S. (Per una superficie chiusa si sceglie convenzionalmente il verso dellanormale 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 lungouna qualsiasi direzione individuata dal versore u è data da:

†

Fpu =r F p ⋅

r u = -p r n ⋅ r u dSS

Ú = -pSu

dove Su indica la proiezione della superficie S su un piano perpendicolare ad u. Questocomporta 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 suitappi è identica nei tre casi (sulle dimensione degli oggetti considerati le sue variazionisono del tutto trascurabili). La minima forza F da applicare al tappo per aprire il barattolorisulta uguale ed opposta alla componente lungo l’asse della risultante delle forze dipressione; 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 perpendicolareall’asse del cilindro, ovviamente uguale nei tre casi. La forza da applicare al contenitore èanch’essa uguale ed opposta ad F in tutti i casi.(Si osservi come la forza che agisce sui tappi, derivante dalla pressione atmosferica, siamolto 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 pressioneinterna non sia nulla , pI = p0 – Dp , la minima forza F’ da applicare al tappo, ed alcontenitore, risulta ancora uguale alla risultante delle forze di pressione agenti su tutta lasuperficie del tappo; di conseguenza si deve tener conto anche di quelle che agisconodall’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 esercitatada una massa di circa 14 Kg), nonostante il piccolo valore della depressione fra interno edesterno.c) Nel caso in cui i barattoli siano immersi in acqua, e si tenga conto del gradiente dipressione lungo la verticale, la forza da applicare nei tre casi risulta differente. Infattinell’integrale che esprime Fp la pressione non è più costante e quindi il risultato dipendestrettamente dalla forma della superficie S. La risultante delle forze di pressione agentisulla superficie esterna del tappo può essere calcolata sostituendo nell’Eq. (1) a p la suaespressione esplicita data dalla legge di Stevino, p = p0 + rgz con z profondità rispettoalla superficie libera dell’acqua, ed effettuando l’integrale. Si giunge tuttavia rapidamenteallo 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 hannosu una determinata superficie chiusa. Nel caso in studio consideriamo un determinatotappo che sia totalmente immerso in acqua: si ha una risultante delle forze di pressioneagenti sulla superficie inferiore F2 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. Indichiamocon 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 forzaverticale rivolta verso il basso di modulo:

F1 = F2 - W = (p0 + rgz2)pR2 - rgV

Questa relazione consente di calcolare immediatamente la forza totale di pressione Fxagente sulla superficie esterna del tappo x una volta che si consideri l’opportuno valoredel suo volume Vx.Quando il recipiente è chiuso, e al suo interno si trova una pressione pI, vengono ad agiresul tappo x, lungo la verticale, la forza F1x e la risultante delle forze di pressione interneFI = 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) FA = (Dp)pR2 FA = 136 NB) (VB = pR3/3) FB = (Dp + 2rgR/3)pR2 FB = 139.6 NC) (VC = 2pR3/3) FC = (Dp + rgR/3)pR2 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 casomaggiore, di una quantità pari alla spinta di Archimede agente sull’intero recipientechiuso, di quella applicata alla parte superiore.

9) Le forze agenti sulla mongolfiera sono la forza peso Mg , applicata nel centro dimassa 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 modulom*g = mg + (4pR3/3)rg con r densità del gas; infine agisce la spinta di archimede FAche, 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 dispinta.

FA FA O 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)rgossia 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 quelladell’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 limitedeterminato, esso si innalza con una accelerazione determinata dalla prima equazionecardinale:

(M + m*)a = FA – (M + m*)g

dove in questo caso m* = m + (4pR3/3)r* ( m* = 458 Kg). Da questa equazione si haquindi:

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 resistenzaviscosa dell’aria non è trascurabile).

c) Per determinare il periodo di oscillazione della navicella è necessario utilizzare laseconda equazione cardinale della meccanica con centro di riduzione nel centro di massaG del sistema. Esso si trova lungo la congiungente la navicella ( puntiforme e di massaM) col centro di massa O del pallone (di massa m*) nel punto G la cui distanza d da O èdata da: d = bM/(M + m*) d = 4.66 m

Il momento d’inerzia IG del sistema rispetto ad un asse orizzontale passante per G puòessere calcolato a partire da quello dei singoli componenti: il momento d’inerzia delpallone IO , rispetto ad un asse orizzontale passante per O, è in linea di principio lasomma del momento d’inerzia dell’involucro I = mR2 e della massa del gas in essocontenuto. In realtà quando la mongolfiera ruota , durante l’oscillazione, l’elio in essacontenuto non segue il moto dell’involucro ( con buona approssimazione anche tenendoconto della viscosità ) e quindi non dà un contributo al momento d’inerzia comeavverrebbe 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 laspinta 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 fluidipesanti 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 forzedi pressione che agiscono alla sua superficie. Dato che il corpo è immerso in due fluididiversi per applicare la legge di Archimede, che consente di determinare la risultantedelle forze di pressione, si deve operare in modo opportuno.La superficie di separazione fra i due fluidi, che all’equilibrio è isobara , intercetta unasezione BC del barattolo che lo divide in due parti ( disegnate in figura non piùsovrapposte per maggiore chiarezza grafica ); senza alterare la risultante complessivadelle 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 versol’alto e analogamente sulla superficie superiore della parte 2 agisca una forza dipressione esattamente uguale ed opposta. In questo modo si hanno due corpi soggetti sututta la superficie a forze di pressione derivanti dalla presenza del fluido, che per il primoha 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 delleforze di pressione.

r1 1 1 F1 -FS S1 B C pS = cost B C B C L G F2 x FS S2 mg r2 2 2

Quindi, indicata con x l’altezza della porzione di barattolo immersa nel fluido di densitàr2, risulta che la porzione 1 è soggetta ad una spinta di Archimede F1 = r1gpr2(L – x)applicata nel centro di spinta S1, e la porzione 2 ad una spinta di Archimede F2 = r2gpr2xapplicta in S2. Quando il barattolo galleggia, in equilibrio, alla superficie di separazionedei due fluidi la spinta complessiva dovuta alle due porzioni deve risultare uguale edopposta alla forza peso, quindi si ha:

F1 + F2 = r1gpr2(L – x) + r2gpr2x = mgDa 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 digalleggiamento comporta ovviamente che r1 < r < r2 .a) Nel caso in cui la densità del fluido 1 sia molto minore di r e di r2 , come accadetipicamente se il fluido 1 è l’aria e il fluido 2 l’acqua, l’Eq. (1) può essere semplificata. Inquesto caso infatti la spinta di Archimede dovuta alla parte in aria è trascurabile rispettoalla 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 dallaspinta di Archimede e dalla forza peso devono dare luogo ad un momento nullo: questocomporta che il centro di spinta S, corrispondente al centro di massa della porzione difluido spostata (ossia al centro geometrico della parte immersa) e il centro di massa Gdel 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 farruotare il corpo come riportato in figura ( si è esagerata l’inclinazione del barattolo permotivi di chiarezza grafica). Nel caso a , corrispondente alla situazione del barattolo nonzavorrato, la disposizione delle forze è tale da produrre una rotazione che tende adaumentare l’inclinazione del corpo: infatti la forza peso è applicata nel centro geometricoG del barattolo, disposto sull’asse del cilindro a distanza L/2 dal fondo, mentre, perpiccole inclinazioni, il centro di spinta S si trova circa lungo l’asse del cilindro a distanzax/2 (< L/2). L’equilibrio in queste condizioni è instabile: una piccola perturbazione chefaccia deviare il barattolo dalla posizione di equilibrio produce un momento che tende afarlo ruotare in un verso che aumenta la sua inclinazione e lo allontana sempre più daessa; il barattolo a seguito di una piccola perturbazione si rovescerà e si disporrà conl’asse orizzontale. Questa condizione di instabilità si produce inevitabilmente tutte levolte che il centro di spinta si trova al di sotto del centro di massa G ; la funzione dellazavorra è giusto quella di portare il centro di massa del sistema in una posizione G’ che sivenga a trovare al di sotto della posizione del centro di spinta S’, che ovviamente varia lasua collocazione in conseguenza dell’appesantimento e quindi della maggioreimmersione del corpo. In questo caso (fig. z) la coppia di forze dà luogo ad un momentoche tende a riportare il barattolo nella configurazione di equilibrio rendendola cosìstabile: piccole perturbazioni che lo discostino da esso produrranno una oscillazioneattorno 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 dispinta S’ e del centro di massa G’ col barattolo zavorrato; considerando piccoleinclinazioni del barattolo si possono determinare queste posizioni nella configurazione incui esso è verticale. L’altezza x’ della porzione di barattolo immersa in acqua èdeterminata in modo analogo a quanto fatto al punto a) tenendo conto che alla massa mdel 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 cilindrocorrispondente al fluido spostato e quindi sull’asse ad una distanza xS = x’/2 dal fondo delbarattolo. Il centro di massa G’, supponendo che la zavorra sia costituita da un sottiledisco posto alla base del barattolo di massa m* , e spessore trascurabile, si trova lungol’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 Æ L[((m + m*)/pr2L)/2r2] > mL/2(m + m*)

da cui, posto m2 = pr2Lr2 (massa di acqua corrispondente al volume del barattolo), siricava: 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. 1dato che in questo caso non è più tracurabile la spinta di Archimede dovuta alla parteimmersa 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 agentisono la forza peso mg applicata nel centro di massa G del barattolo, la spinta diArchimede F1 applicata nel centro di spinta S1 , relativo alla massa di fluido spostato nelmezzo 1, e analogamente per il mezzo 2 la spinta F2 applicata in S2. Scegliendo comecentro di riduzione il centro di massa del sistema si ha che l’equilibrio è stabile se ilmomento M1 della forza F1, rispetto a G, è maggiore del momento M2 di F2. In assenza dizavorra (situazione corrispondente a quella della figura) l’equilibrio è instabile; perstabilizzare il sistema si dovrà anche in questo caso abbassare la posizione del centro dimassa in modo tale che risulti soddisfatta la condizione M1 > M2 .

Detta r’ = (m + m*)/pr2L la densità effettiva del barattolo zavorrato per le distanze dalfondo 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 lacondizione M1 > M2:

F1b1sinf > F2b2sinf Æ r1gpr2(L – x’)b1sinf = r2gpr2x’b2sinf

Sostituendo in questa disuguaglianza le espressioni di x’, b1 e b2 in termini delle densità siottiene 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 distazionarietà come richiesto per la validità del Teorema di Bernoulli: infatti per realizzarequesta condizione la quota del pelo dell’acqua nel serbatoio dovrebbe essere mantenutacostante rifornendolo in continuazione. Tuttavia, se le velocità di efflusso sono piccole, sipuò pensare di essere sempre in condizioni molto vicine a quelle di stazionarietà, come sidice di quasi-stazionarietà, considerando ancora validi il teorema di Bernoulli e la leggedi 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 , incorrispondenza del foro, delimitano (in condizione di quasi-stazionarietà) una porzione diun tubo di flusso. Indicata con V la velocità del pelo dell’acqua nel serbatoio e con v lavelocità 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 larelazione SV = sv1 + sv2 + sv3 ma risulta comunque V molto minore delle velocità diefflusso dai fori essendo s/S = 4.16 10-5 << 1. Quando i tre fori sono aperticontemporaneamente si può pensare che il fluido contenuto nel serbatoio sia diviso in tretubi 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 possonoessere determinate applicando il teorema di Bernoulli alle sezioni corrispondenti allasuperficie di separazione aria-acqua nel serbatoio, a quota h rispetto al fondo delserbatoio, 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 pressioneatmosferica 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 avrebbeun 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 v1’ = 2.8 m/s v2* = 5.24 m/s v2’ = 2.43 m/s v3* = 4.85 m/s v3’ = 1.4 m/s

b) Le particelle di acqua in uscita dal foro a quota (H + zn) , rispetto al terreno, convelocità vn, diretta lungo l’orizzontale, si muovono sotto l’azione della forza di gravità edescrivono 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 serbatoiosul 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 x1’ = 1.26 m x2* = 2.48 m x2’ = 1.15 m x3* = 2.50 m x3’ = 0.72m

L’arco di parabola descritto dal getto, uscente da ciascun foro, è quindi più tesoinizialmente, quando la differenza di quota fra il pelo dell’acqua ed il foro è più elevata equindi la velocità di efflusso più grande, e va progressivamente riducendo la gittata conla diminuzione del livello del liquido nel serbatoio.c) Per determinare il tempo di svuotamento del serbatoio si deve tener conto dellavelocità V , per quanto piccola possa essere, con cui si abbassa il livello del liquido inesso 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 delserbatoio, all’istante considerato. Variando con z la velocità di efflusso ne risulta unosvuotamento sempre più lento man mano che cala il livello del liquido. Per esempio iltempo t in cui il livello del liquido si abbassa di una quantità D = 1 mm ( t = D/V) risultainizialmente pari a 4.42 s, ma quando il livello si trova ad una quota z = 5 cm si ha untempo pari a 24 s.Il tempo totale di svuotamento T può essere ottenuto integrando l’Eq. (2): riordinando itermini 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 :

†

dzzh*

0Ú = - Adt

0

TÚ

ed infine:

†

zh*

0= -

At2 0

T

Æ T =2 h *

A=

Ss

2h *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 dicostanza della portata alle sezioni corrispondenti al foro di uscita (s = pr2) ed alla sezionecorrispondente alla superficie di separazione liquido-aria nel recipiente (S = pR2).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 lapressione 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 )r

+ 2gh]/( 1s2 -

1S2 ) ª s 2(p - pA )

r+ 2gh (1)

A

L

z

a) All’istante iniziale la pressione p è uguale a quella atmosferica ed il livello del liquidorispetto 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 durantel’abbassamento del livello del liquido, la pressione nella zona A del recipiente diminuiscee ad un certo istante si arresta la fuoriuscita dell’acqua. Indicato con h* il livello delliquido quando il flusso si arresta, la corrispondente pressione p* è ottenutaimmediatamente 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 accadein 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 = 0da cui p* = {(pA - rgL) + [(pA - rgL) + pA3rgL]0.5}/2 ≈ pA- rgL/4

La corrispondente depressione nella zona A, rispetto alla pressione atmosferica, è quindiDp = 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 lapressione nella zona A in modo da compensare la diminuzione della pressionepiezometrica pZ = rgz. Imponendo la condizione F = F0 = 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 condutturesi 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 corrispondentepressione 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 cuivalore può essere ricavato dal teorema di Bernoulli. Facendo riferimento alle sezionicorrispondenti alla superficie libera del fluido nel serbatoio ed a quella di uscita dalrubinetto, considerando trascurabile rispetto a vn la velocità dell’acqua nel serbatoio, siha:

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:

v1 = 37.6 m/s F1 = 37.6 10-4 m3/s = 6.27 lt/min v2 = 36.8 m/s F3 = 36.8 10-4 m3/s = 6.13 lt/min v3 = 36.0 m/s F3 = 36.0 10-4 m3/s = 6.0 lt/min

c) Nel caso in cui tutti e tre i rubinetti siano (completamente) aperti contemporaneamentesi deve pensare che il liquido contenuto nel recipiente e nelle condutture sia diviso in treporzioni ognuna delle quali corrisponde al tubo di flusso di un rubinetto. Per ciascuno diquesti tubi di flusso si può ancora scrivere una relazione identica all’Eq. (1) tenendoconto 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 ciascunrubinetto è ancora uguale a quella calcolata al punto precedente e l’apertura degli altrirubinetti 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 “ acaduta”, come nel caso precedente, ma tramite un’autoclave si ha un recipiente , chiuso atenuta e parziamente riempito di acqua, dove sulla superficie di separazione fra il liquidoe 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 lasezione dell’autoclave molto maggiore di quella della tubazione, in base al teorema diBernoulli 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 lastessa 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 infigura) che dalla conduttura di sezione maggiore ( S ) passa integralmente alla condutturadi sezione minore (S/4) su cui si trova il rubinetto; negli altri rami della conduttura , su cisi trovano i rubinetti chiusi il liquido è fermo. Applicando il teorema di Bernoulli e lalegge 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) siha: FA = FB = FC = F Æ vAS = vBS/2 = vCS/4 = F (1)

pA + rvA2/2 = pB + rvB

2/2 = 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 paria 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 disezione S si divide in due parti ( verde e gialla nel disegno) che affluiscono a ciascuno deidue rubinetti; ognuna di esse costituisce un tubo di flusso a cui si può applicare il teoremadi Bernoulli e la legge di costanza della portata.

p0 C 1 B p0 2 p A

3 D 4

Essendo i rami che portano ai rubinetti 1 e 2 del tutto equivalenti ne risulta che la portatadei due rubineti sarà uguale e pari alla metà della portata totale della conduttura disezione S (F2 = F1 = FC = FB/2 = FA/2 = F/2). Le Eq. (1-2), riferite per esempio al tubodi 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 + rvB

2/2 = 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 mantenutacostante, ha come effetto l’aumento della portata del singolo rubinetto; il risultato noncorrisponde a quello che si osserva comunemente perchè nella realtà si deve tenere contodella 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’acquanella conduttura di sezione S si divide in due tubi di flusso uguali che vanno ai rubinetti 1e 3.

p0 C 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 + rvB

2/2 = 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 nelpunto B dove si ha pB = pD = pA.

15) Consideriamo il getto che fuoriesce dal tubo di raggio r : esso in condizionistazionarie costituisce un tubo di flusso sulle cui pareti laterali agisce la pressioneatmosferica p0. Possiamo quindi applicare ad esso il teorema di Bernoulli e la legge dicostanza 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 aquota 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 (1)

vS = v0S0 = F (2)

Le relazioni sopra scritte valgono indipendentemente dall’orientazione del tubo da cuifuoriesce il getto fintantoché le dimensioni della sua sezione sono piccole rispetto allaquota.a) Quando il getto fuoriesce verticalmente verso il basso ( z < 0 ), esso mantiene ladirezione verticale e si ha dall’Eq. (1-2):

2R z = 0

z

2r

v = [v02 - 2gz]0.5 = [v0

2 + 2gz]0.5

da cui:

S = S0(v0/v) = S0/[ 1 + 2gz/v02]0.5 Æ r = R/[ 1 + 2gz/v0

2]0.25

Si vede pertanto che in questo caso, in conseguenza dell’aumento della velocità con ladistanza dal punto di fuoriuscita, si ha un restringimento della sezione del getto e l’effettoè tanto più evidente, ad una determinata quota, quanto più piccola è la velocità di efflussov0. 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 conuna velocità v0 che ha la direzione del tubo e il modulo precedentemente determinato. LeEq. (1-2) continuano ad essere valide nella stessa forma, ma in questo caso non sonosufficienti a determinare la sezione del getto non essendo determinata o fissata a priori latraiettoria.

zM v0 x q

In altri termini la velocità di una particella di acqua, in corrispondenza di una sezionegenerica, ha due componenti vx e vz ( orizzontale e verticale rispettivamente) il cuirapporto non è a priori definito come accade nel caso in cui la traiettoria del getto siafissata. Per determinare quest’ultima, e di conseguenza tutte le altre quantità, è necessarioricorrere ad un’altra equazione. Tenuto conto che ogni particella di acqua si muovenell’aria in un campo di pressione costante, pari a quella atmosferica, le forze relativesono ininfluenti e pertanto le sue equazioni di moto devono corrispondere a quelle di uncorpo nel campo della gravità terrestre. Ne segue che la traiettoria in aria di una particelladi fluido sarà in generale un arco di parabola secondo quanto visto a suo tempo; inparticolare 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, dallerelazioni cinematiche. Questa equazione determina subito anche la massima quota zMraggiunta dal getto (corrispondente a quella raggiunta da un corpo lanciato con la stessavelocità 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 relazionideterminate al punto precedente con q = p/2. La quota zM ragiunta in questo caso dalgetto risulta in assoluto la quota più elevata a cui si può arrivare con una prefissatavelocità 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 conseguenzadell’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 riscontrabilenella pratica, ma cessa di dare un risultato corretto quando la velocità diviene moltominore di quella di efflusso.

16) Nel caso in considerazione, quasi-stazionario, si può considerare che tutto il liquidocompreso fra la superficie libera dell’acqua nel bacino e la sezione di arrivo alla turbinacostituisca 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 dellatubazione sul fondo del bacino) e T (arrivo della tubazione alla turbina) si ha dal teoremadi Bernoulli :

pA + rg(h + H) + rvA2/2 = pB + rgH + rvB

2/2 = pT + rvT2/2 (1)

avendo posto il livello z = 0 in corrispondenza dell’arrivo della conduttura alla turbina econ ovvio significato dei simboli. Considerando trascurabile la velocità dell’acqua nelbacino, in virtù della sua grande sezione, (vA= 0) ed essendo pA = pT = p0 =1 atm si haimmediatamente 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, lasezione del fluido si deve restringere a partire dal valore iniziale SB = pr2, uguale a quelladel tubo stesso, che ha al suo ingresso in B. Infatti se l’acqua riempisse in modo uniformetutte le sezioni del tubo ne risulterebbe , dalla legge di costanza della portata, una ugualevelocità 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 pariall’energia cinetica della massa d’acqua M = rSTvT = rF che ogni secondo arriva ad essatramite la conduttura, si ha quindi:

W = MvT2/2 = F(rvT

2/2) = Frg(h + H) = Mg(h + H) W = 132 MW

Come si vede nell’ultima relazione, e come era presumibile dato che vale per un fluidoideale la conservazione dell’energia, la potenza W risulta uguale alla variazione dienergia 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 superioridato 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 essocontenuta fino al suo punto più alto B; una volta raggiunto questo livello il liquidoinizierà a fluire dal recipiente superiore a quello inferiore e continuerà fintantochè illiquido nei due recipienti abbia raggiunto lo stesso livello (“Principio dei vasicomunicanti “). B

A

zB

zA C

zC

Per innalzare la colonna di liquido alla quota zB , con velocità sostanzialmente uguale azero, è necessario applicare alla superficie del liquido A una sovrappressione Dp; tenendoconto che sulla sezione del liquido in B agisce, inizialmente, la pressione atmosferica p0si ha dalla legge di Stevino :

p0 + Dp + rgzA = p0 + rgzBDa cui Dp = rg(zB – zA) Dp = 3.92 Kpa

La sovrappressione da applicare in A è quindi pari alla differenza di pressione idrostaticafra il punto più alto del sifone ed A.b) Una volta innescato il flusso attraverso il sifone l’acqua fluisce dal recipiente A alrecipiente 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, ilteorema 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 superficilibere del liquido nei due recipienti.Nel caso in cui non venga mantenuto costante il livello del liquido nei due contenitori ladeterminazione 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 nesegue, dalla legge di costanza della portata, che la velocità del liquido in tutti i suoi puntiè pari a vC ( risulterà evidente da quanto scriveremo fra breve che in questo caso non c’èincongruenza nel supporre che il fluido riempia tutta la sezione del sifone in ciascunpunto e che quindi la velocità del fluido sia costante). Applicando il teorema di Bernoullialle sezioni del sifone corrispondenti alle quote dei punti A, B e C si ha:

p0 + rgzA = pA + rgzA + rvC2/2 = pB + rgzB + rvC

2/2 = pC + rgzC + rvC2/2

da cui, tenendo conto dell’espressione di vC , si ha:

pA = p0 – rg(zA – zC) pA = p0 - 7848 Pa pB = p0 – rg(zB – zC) pB = p0 - 11772 Pa pC = p0

Come risulta da queste relazioni la pressione all’inteno del sifone è minore dellapressione atmosferica e il suo valore minimo dipende dalla lunghezza (zB – zC) dellaparte discendente del sifone.( Osservazione - Nel caso in cui il sifone sia particolarmente lungo si possonoraggiungere 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 alpunto B di intersezione fra il tratto orizzontale e quello verticale del tubicino a T si deveapplicare alla superficie del liquido una pressione p , maggiore di quella atmosferica, ilcui valore puo essere ricavato dalla legge di Stevino.

B U p0 P h p

Tenuto conto del dislivello fra il punto B, in cui la pressione è uguale a quella dell’aria, ela 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 differenzadi pressione Dp, si può ottenere lo stesso risultato lasciando inalterata la pressione allasuperficie 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 dellaT in conseguenza della compressione della pompetta P dello spruzzatore. Poichèall’uscita U la pressione è uguale a quella atmosferica, applicando il Teorema diBernoulli alle sezioni del tratto di tubicino orizzontale relative ad U e B, si ha:

p’ + rvB2/2 = p0 + rvU

2/2 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 cheper far risalire il liquido nel tubicino fino a B si deve generare un flusso tale da produrreuna 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 diincomprimibilità, quindi le relazioni utilizzate (legge della costanza della portata eteorema di Bernoulli) non sono a rigore applicabili. L’errore che si commetteconsiderando la sua densità costante , e quindi trascurando la sua comprimibilità, ètututtavia piccolo se piccole risultano le variazioni di pressione fra un punto ed un’altrodel gas. Nel caso in oggetto le massime variazioni percentuali di pressione sonodell’ordine di Dp/p0 ≈ 5 10-3, e quindi risulta giustificta l’utilizzazione delle predetterelazioni.]

19) L’aria che scorre all’interno del tubo con velocità V una volta raggiunta la parteterminale, in cui si trova la flangia, si muove in direzione radiale verso il bordo esterno diquest’ultima. In questa intercapedine, compresa fra la flangia e il disco esterno, le sezioniattraversate dal fluido hanno la forma di superfici cilindriche di raggio r ( distanzadall’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 corrispondenzadell’innesto del tubo sulla flangia, dove le linee di flusso hanno un’andamento piùcomplicato; se il raggio a è piccolo rispetto a b si potrà trascurare questa zona senzacommettere un grosso errore nel risultato finale.Premesso questo, indicata con v la velocità del fluido nell’intercapedine incorrispondenza 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 dalbordo laterale della flangia:

vb = V(a2/2db) vb = 1.14 m/s

b) La pressione p in corrispondenza della generica sezione Sr può essere ottenutaimmediatamente dal Teorema di Bernoulli; tenendo conto che sul bordo esternodell’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 , comeconseguenza 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 dir > a ma non per valori minori come comprovato dal fatto che per r = 0 si avrebbe unadivergenza. Si vede inoltre dall’Eq. (2) che la depressione è tanto maggiore quanto piùpiccola è la distanza fra disco e flangia.

c) Come conseguenza del fatto che sulla superficie esterna del disco agisce , in modouniforme, la pressione atmosferica mentre su quella interna agisce una pressione minoreesso si trova soggetto ad una risultante delle forze di pressione F che lo spinge contro laflangia. Questo produce un effetto “paradossale” nel senso che il disco viene attrattoverso il tubo e la flangia contrariamente all’aspettativa immediata secondo cui l’aria chesoffia allontana il disco.La risultante F delle forze, tutte dirette perpendicolarmente al disco, può essere calcolatarapidamente tenendo che la pressione p dipende unicamente da r : infatti la forza netta dFche agisce su una corona circolare di raggio r e spessore dr , diretta verso la flangia, èdata 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, conl’esclusione di una zona centrale di raggio a , per i motivi precedentemente detti, si ha:

†

F =rF2

4pd2 (1r

-r

b2 )dr =a

bÚ ( rF2

4pd2 )[ln(ba

) -12

+a2

2b2 ]

da cui numericamente risulta F = 29 N.Una stima dell’errore che si commette trascurando la zona centrale di raggio a la siottiene 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 èconfrontabile col valore trovato) e come si vede questo è tanto più piccolo in relazione adF quanto più piccoli sono a e d e più grande il flusso F. In ogni caso il verso di F’ è taleda accrescere la forza che spinge il disco verso la flangia e quindi non altera la sostanzadell’effetto.( Osservazione – Il “paradosso” sopra illustrato può facilmente essere verificatosoffiando con una cannuccia su un foglio di carta o di cellophane. Più frequentemente siverificano 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 pocospazio fra i due autoveicoli.)

20) Una massa d’acqua dm che si muove con velocità v possiede una quantità di motodq = 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 diquantità di moto agirà, in base al principio di azione e reazione, un’impulso uguale edopposto a dJ.

n v’

v q - J

a) Nel caso in cui il getto d’acqua rimbalzi elasticamente sulla parete, la massa dmsubisce un’urto elastico in cui non viene cambiato il modulo della velocità ma solo lasua direzione. Come avviene nell’urto elastico di una massa contro una parete fissa lacomponente della velocità parallela alla parete ( vsinq ) rimane inalterata, mentre lacomponente perpendicolare ad essa ( vcosq ) cambia verso; come conseguenza si haun 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 tempot , 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 = 9.610-2 N.b) Nel caso in cui l’urto sia completamente anelastico la velocità v’ dopo l’urto ènulla. Di conseguenza l’impuso J’ fornito dal getto alla parete avrà la direzione dellavelocità v, ossia del getto stesso, e il modulo della forza media F’ risulta in questocaso:

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 suavelocità, senza alterare il suo modulo, e pertanto, secondo quanto sopra detto,esercita in corrispondenza del gomito del ramo una forza media F diretta lungo labisettrice del gomito medesimo. Questa forza dà luogo rispetto all’asse del sistemapassante per O ad un momento M = Fasin(p/4) che produce una rotazionedell’irrigatore ( la forza F è applicata in un punto a distanza a dal centro O e formaun 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 erisulta:

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