STATICA DEI FLUIDI (Esercizi)

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STATICA DEI FLUIDI (Esercizi)

2.0.- RICHIAMI TEORICI

CAPITOLO 2

STATICA DEI FLUIDI

2.1.- EQUILIBRIO DI UN FLUIDO INCOMPRESSIBILE

2.2.- EQUILIBRIO DI UN FLUIDO COMPRESSIBILE

2.3.- MANOMETRO DIFFERENZIALE

2.4.- CORPI IMMERSI

2.5.- SPINTA IDROSTATICA E CENTRO DI SPINTA

2.6.- SPINTA IDROSTATICA SU SUPERFICI CURVE

Esercizi capitolo 2 - pag. i


2.0.- RICHIAMI TEORICI

Forza di pressione

Per definizione la forza infinitesima di pressione d F agente su un volume infinitesimo dV, o di corpo immerso

in un fluido o di fluido stesso, è data da

d F = grad(

p)dV

. (2.1)

Forza peso

Per definizione la forza peso d G agente su un volume infinitesimo dV, o di corpo immerso in un fluido o di

fluido stesso, è data da

dove ρ è la massa volumica in [kg/m 3 ] e g è il vettore locale della gravità

dG = ρ g dV

(2.2)

0

g = 0

− g

. (2.3)

Equilibrio fra forza di pressione e forza peso

L'equilibrio di una massa di fluido all'interno del fluido stesso, facendo uso delle relazioni (2.1) e (2.2), è dato

da

le componenti della (2.4), in base alla (2.3), sono

( p)

= g

dF = dG

→ grad ρ ; (2.4)

∂p

= 0

∂x

∂p

= 0

∂y

∂p

∂p

= − = − ρ

∂z

∂h

dove la coordinata h (profondità) è diretta verso il basso in senso contrario alla z (altezza).

Equilibrio di un fluido incompressibile

Per definizione in un fluido incompressibile la massa volumica rimane costante; si verifica cioè

Esercizi capitolo 2 - pag. ii

g

(2.5.a)

(2.5.b)

(2.5.c)

ρ = ρ = ρ = cost

(2.6)

2

1

dove ρ 2 e ρ 1 sono rispettivamente la massa volumica generica e quella di riferimento; integrando la (2.5.c) e utilizzando

la (2.6), si ha

p

p

1

2

z

z

2

h

h

2

2

1

( z − z ) = ρ g ( h − h )

dp = − ρ g dz = ρ g dh → p − p = − ρ g

(2.7)

1

1

dove p 2 e p 1 sono la pressione generica all'altezza z 2 o alla profondità h 2 e quella di riferimento all'altezza z 1 o

alla profondità h 1 . L'equazione (2.7) è stata trovata da Stevin.

Equilibrio di un fluido compressibile

Sostituendo la (2.5.c) nella relazione della compressibilità isoterma (1.22)

= κ dp


= dp

ρ =

E


= − κ ρ g dz = κ ρ g dh


= ρ g dz ρ g dh

ρ = − =

E E

e, integrando la relazione precedente, si ottiene dopo alcuni passaggi il valore della massa volumica in funzione

della altezza z o della profondità h

2

1

2

1


=

1+

κ

m

1

( z − z ) 1−

κ ρ g ( h − h )

ρ m 1 2 1 m 1 2 1

2 =

. (2.8)

ρ1

Em

ρ1

Em

=

E

+ ρ

ρ1

ρ g

g

( z − z ) E − ρ g ( h − h )

2

1

Sostituendo la (2.7) nella relazione della compressibilità (1.23) si ha infine il valore della pressione in funzione

della altezza o della profondità

Esercizi capitolo 2 - pag. iii

=

=

1 ρ2

1

1

1

1

= p1

+ ln = p1

+ ln

= p1

+ ln

κm

ρ1

κm

1+

κm

ρ1

g ( z2

− z1)

κm

1−

κm

ρ1

g ( h 2 − h1)

p 2 =

. (2.9)

ρ2

Em

Em

= p1

+ Em

ln = p1

+ Em

ln

= p + E ln

ρ

E + ρ g

1

m

1

m

1

ρ

1

2

1

1 m

( z − z ) E − ρ g ( h − h )

Manometro differenziale

La differenza di pressione ∆p letta da un manometro differenziale è data da

2

1

( ρ − ρ)

g ∆z

∆ p = p2

− p1

= M

(2.10)

dove ρ M e ρ sono le masse volumiche del fluido manometrico e del fluido attivo e dove ∆z è la differenza di livello

nei due rami del manometro.

Corpi immersi

Integrando la (2.1) su un corpo di volume V si ha

F =

dF

=

V

V

− grad

che, trasformata mediante la (2.4) in forza peso del fluido spostato dal corpo, diventa

poiché è valida la (2.3), si hanno le componenti

( p)

dV

( p)

dV = − ρ g dV = − ρ g V

F = − grad

;

V

V

m

Fx = 0

(2.11.a)

Fy = 0

(2.11.b)

Fz = ρ g V ; (2.11.c)

la componente (2.11.c) in z, diretta verso l'alto, è nota come spinta di Archimede.

Spinta idrostatica

La spinta idrostatica F i, agente su una superficie piana S immersa in un fluido, è perpendicolare alla superficie

ed il suo valore, indipendente dall'inclinazione della superficie, è dato da

Fi G G

= g h S = p S

(2.12)

dove S è l'area della superficie, h G è la distanza del baricentro G della superficie rispetto al pelo libero del fluido

e p G è il valore della pressione all'altezza del baricentro.

La retta d'azione della spinta idrostatica F i, ricordando che il momento di una forza risultante rispetto ad un

asse generico è uguale al momento della corrispondente forza distribuita rispetto allo stesso asse, si trova con la

relazione

n F n dF

(2.13)

F

i =

S

dove n F è la distanza della spinta dall'asse considerato ed n è la distanza della forza distribuita infinitesima dallo

stesso asse.

Centro di spinta

Si prenda un sistema di coordinate cartesiane ortogonali piane (x−y) in modo che l'asse y coincida con l'intersezione

del piano contenente la superficie S e il piano dei carichi piezometrici (superficie libera) e che l'asse x

sia la retta, passante per il baricentro G della superficie, di massima pendenza del piano contenente la superficie.

Le coordinate x C e y C del centro di spinta C, inteso come punto di applicazione della spinta idrostatica, sono date

da

i

1

2

1


x

C

J yy Jgg

J xy

= = x G + , yC

=

(2.14)

x S x S

x S

G

G

dove J yy è il momento d'inerzia di area della superficie S rispetto all'asse y, J xy è il momento d'inerzia centrifugo

dell'area S rispetto agli assi x e y, J gg è il momento d'inerzia di area della superficie S rispetto all'asse g passante

per il baricentro G e parallelo all'asse y, x G è la coordinata del baricentro G e S è l'area della superficie; la distanza

fra le coordinate del centro di spinta x C e del baricentro x G, con la sostituzione della (2.12), diventa allora

x

C

Jgg

Jgg

ρ g sinα

Jgg

ρ g sinα

− x G = =

=

(2.15)

x S F S p

G

dove α è l'angolo di massima pendenza del piano contenente la superficie.

In termini di profondità h, la prima relazione delle (2.14) e la relazione (2.15) diventano rispettivamente

h

C

h

C

Esercizi capitolo 2 - pag. iv

i

G

G

J yy sin α Jgg

sin α

= = h G + ; (2.16)

h S

h S

G

2

G

2

i

2

G

2

J

2

gg sin α Jgg

ρ g sin α Jgg

ρ g sin α

− h G = =

=

. (2.17)

h S F S p

Spinta idrostatica su superfici curve

Si consideri prima il caso di un liquido situato sopra una superficie curva immersa; il peso del fluido deve

essere sopportato dalla superficie stessa e di conseguenza, per l'equilibrio verticale, la componente verticale F iv

deve:

a) essere uguale al peso del fluido;

b) essere diretta verso il basso;

c) passare attraverso il baricentro del fluido reale effettivamente presente.

Si consideri poi il caso di un liquido situato sotto una superficie curva immersa; se la superficie viene tolta e

se lo spazio soprastante è riempito di liquido, per l'equilibrio verticale, la componente verticale F v deve:

a) essere uguale al peso del fluido soprastante inserito;

b) essere diretta verso l'alto;

c) passare attraverso il baricentro del fluido immaginario non effettivamente presente.

Riassumendo, si verifica che la forza verticale su una superficie curva immersa in un fluido è uguale al peso

del fluido che "sta" oppure "potrebbe stare" verticalmente su di essa.

La componente orizzontale F io della spinta idrostatica F i (2.12) è invece uguale al prodotto della proiezione

S v della superficie curva S sul piano verticale per la pressione p G all'altezza del baricentro G della proiezione S v

F = F sinα

= p S sinα

= p S

(2.18)

dove è l'angolo fra la superficie S e il piano orizzontale dei carichi piezometrici.

io

i

G

G

v

G


2.1.- EQUILIBRIO DI UN FLUIDO INCOMPRESSIBILE

Esercizio 2.1.1

Convertire i seguenti carichi: a) ∆z = 15 mCA (metri di colonna di acqua) in metri di colonna di olio blu; b)

∆z = 600 mmHg (millimetri di mercurio) in metri di colonna di olio rosso; c) ∆z = 8 mCA in cmHg.

Poiché i carichi devono determinare la stessa differenza di pressione, dalla legge di Stevin (2.7) si ha

ρA

∆ p = − ρA

g ∆zA

= − ρB

g ∆zB

→ ∆zB

= ∆zA

.

ρ

a) Dalla tab. T.1, in cui vengono letti i valori delle masse volumiche ρ A = 1000 kg/m 3 e ρ B = 797 kg/m 3 ,

si ha

A 1000

∆ zB = ∆zA

= × 15 = 18.82 m ;

797

B

b) dalla tab. T.1, in cui vengono letti i valori delle masse volumiche ρ A = 13595 kg/m 3 e ρ B = 827

kg/m 3 , si ha

c)

A 1359

-3

∆ zB

= ∆zA

= × 600×

10 = 9.86 m ;

827

B

A 1000

∆ zB = ∆zA

= × 8 = 0.588 m = 58.8 cm .

13595

B

Esercizio 2.1.2

Se all'altezza di riferimento, z 1 o alla profondità di riferimento h 1 , vige la pressione p 1 = 1 bar, calcolare la

pressione p 2 esistente ad una differenza di altezza di ∆z = − 10 m o ad una differenza di profondità ∆h = 10 m in

vari fluidi (aria in condizioni normali a T = 0 °C, acqua, mercurio).

z

z1

z2

∆z = - 10 m ∆h = 10 m

Dalla legge di Stevin (2.7) e dalla tab. T.1, in cui vengono letti i valori delle masse volumiche ρ, si ha

p2 1

1

= p − ρ g ∆z

= p + ρ g ∆h

=

= 100000 − . 294

= 100000 − . 000

= 100000 − . 000

1 × . 80665×

( −10)

= 100000 +

Esercizi capitolo 2 - pag. v

h 1

h 2

9 127 = 100127 Pa per l'aria

1000 × . 80665×

( −10)

= 100000 +

9 98067 = 198067 Pa per l'acqua

13595 × . 80665×

( −10)

= 100000 +

9 1333214 = 1433214 Pa per il mercurio.

Dai risultati ottenuti si può notare che per l'aria il termine ρ.g.∆z è piccolo in confronto a p 1 tanto da poter

considerare la pressione costante in ogni punto del campo interessato (e quindi il fluido come incompressibile),

mentre per l'acqua esso è dello stesso ordine di grandezza e per il mercurio addirittura di un ordine di grandezza

superiore.

Esercizio 2.1.3

Il piezometro, o tubo di pressione, è un tubo verticale aperto nell'estremità superiore e inserito in una tubazione

o in un contenitore. L'altezza ∆z = 20 cm della colonna di liquido con massa volumica ρ = 990 kg/m 3 è

dovuta alla pressione che il fluido possiede nel punto A. Calcolare la pressione p A.

B

h


Dalla legge di Stevin (2.7) si ha

B

A

∆ = p − p = p − p = ρ g ∆z

= 990×

9.80665×

0.20 = 1942 Pa .

p A B A atm

Poiché la parte superiore del tubo è aperta all'atmosfera, la pressione misurata è la pressione relativa (a quella

atmosferica); per avere quella assoluta, si deve sommare il valore della pressione atmosferica p atm = 101325 Pa

pA atm

∆z

= ∆p

+ p = 1942 + 101325 = 103200 Pa ≅1.03

bar .

Se il fluido è in movimento nella tubazione o nel contenitore, l'estremità inferiore del piezometro deve essere

immersa fino all'altezza del punto A perché altrimenti la lettura sarebbe alterata dalla velocità del fluido.

Esercizio 2.1.4

Calcolare la differenza di pressione ∆p necessaria per aspirare la glicerina lungo un tubo di diametro d =

12.5 mm fino ad una altezza ∆z = 22 cm. Si trascurano gli effetti delle resistenze passive.

z

Indipendentemente dal diametro del tubo, a meno che non subentrino altri fenomeni come la tensione superficiale,

dalla legge di Stevin (2.7) e dalla tab. T.1, in cui viene letto il valore della massa volumica ρ, si ha

∆z

∆ p = p − p = − ρ g ∆z

= −1260

× 9.80665×

22 × 10 = − 2720 Pa .

2

1

Esercizio 2.1.5

Il cilindro, di diametro D = 1.5 m, e la tubazione riportati in figura contengono olio di massa volumica ρ =

900 kg/m 3 . Il manometro si trova ∆z = 1.8 m sopra lo stantuffo e la lettura del manometro è p 2 = 2.2 bar. Calcolare

il peso totale G dello stantuffo e dell'eventuale carico su di esso applicato.

z

D

G

Dalla legge di Stevin (2.7), sulla linea di riferimento all'altezza dello stantuffo, si ha

p = p

1

2

+ ρ g ∆z

= 2.

2 × 10

e dalla definizione di pressione (1.9) si ha

2

5

2

∆z

Esercizi capitolo 2 - pag. vi

1

2

1

-2

p 2

+ 900 × 9.80665×

1.8 = 235900 Pa ≅ 2.36 bar

D

× 1.5

G = p1

S = p1

= 235900×

= 417000 N = 417 kN .

4

4

Esercizio 2.1.6

I cilindri, rispettivamente di diametro D = 40 cm e d = 4 cm, e la tubazione contengono olio di massa volumica

ρ = 0.75 kg/dm 3 . La differenza di altezza fra i due cilindri è ∆z = 5 m. Calcolare la forza F da applicare al-

2


lo stantuffo S necessaria a tenere in equilibrio il peso G = 50000 N.

z

D

G

2

Per tenere in equilibrio il peso G, sulla linea di riferimento (1) deve gravare una pressione pari al rapporto

fra il peso G e l'area S G della sua sezione

p =

G

S

G

=

G

D

4

2

=

×

50000

∆z

Esercizi capitolo 2 - pag. vii

1

-2

( 40×

10 )

4

2

S

= 397900 Pa

e quindi sulla linea di riferimento (2), in base alla legge di Stevin (2.7), deve gravare una pressione

p

2

3

= p − ρ g ∆z

= 397900 − 0.750 × 10 × 9.80665×

5 = 361100 Pa ≅ 3.61bar

.

1

Dalla definizione di pressione (1.9) si ha che la forza F da applicare allo stantuffo di diametro d

F = p

2

S

S

= p

2

d

4

2

= 361100×

×

F

-2

2 ( 4×

10 ) = 454 N

è molto più piccola del peso G (454


La soluzione dell'equazione di secondo grado nell'altezza z dell'aria nel serbatoio deve prevedere un valore inferiore

all'altezza Z 2 del serbatoio e quindi deve essere presa in considerazione quella con il segno negativo

davanti al discriminante. Con i dati del problema si ha

1 pa

pa

z = Z1

+ Z2

+ − Z1

+ Z2

+ − 4 Z1

Z2

2 ρ g

ρ g

2

=

1

101325

101325

= 1.5 + 4 +

− 1.5 + 4 +

− 4×

1.5×

4 = 0.389 m .

2 1000×

9.80665

1000×

9.80665

Esercizi capitolo 2 - pag. viii

2


2.2.- EQUILIBRIO DI UN FLUIDO COMPRESSIBILE

Esercizio 2.2.1

Al livello del mare (h 1 = 0 m) l'acqua ha la massa volumica ρ 1 = 1025 kg/m 3 , la pressione p 1 = 101325 Pa e

la temperatura è T = 20 °C. Assumendo costante il modulo di elasticità volumetrico E e la temperatura T, calcolare

alla profondità h 2 = 5000 m: a) la massa volumica ρ 2 ; b) la pressione p 2 considerando il fluido compressibile;

c) la pressione p 2 considerando il fluido incompressibile.

a) Dalla legge di variazione della massa volumica (2.8) per un fluido compressibile e dalla tab. T.6, in

cui viene letto il valore del modulo di elasticità volumetrico E dell'acqua di mare, si ha

2

E

2.42×

10

kg

= 1

= 1025×

= 1047 .

9

3

E − g h 2.42×

10 −1025

× 9.80665×

5000 m

1

2

b) Dalla legge di variazione della pressione (2.9) per un fluido compressibile invece si ha

p

2

ρ2

9 1047

5

5

5

= p1

+ E ln = 101325 + 2.42×

10 ln = 1.013×

10 + 513.9×

10 = 515×

10 Pa .

ρ

1025

1

Se si fosse considerato il modulo di elasticità volumetrico E variabile con la pressione, si sarebbero dovuti

ripetere in modo iterativo i calcoli delle due equazioni precedenti aggiornando ogni volta E in base ai valori della

tab. T.6.

c) Le due relazioni usate valgono ovviamente solo per un fluido considerato come compressibile, mentre

per un fluido considerato come incompressibile vale la legge di Stevin (2.7) che, nelle condizioni considerate,

dà una pressione pari a

p'

2

= p + ρ g h = 101325 + 1025×

9.80665×

5000 = 1.013×

10 + 502.6 × 10 = 504 × 10 Pa .

1

Lo scostamento percentuale vale quindi

2

p2

− p'2

515 − 504

= = 2.18 % .

p' 504

2

Esercizio 2.2.2

Batiscafi per ricerche oceanografiche sono scesi a profondità tali sotto il livello del mare che la compressibilità

dell'acqua di mare può essere significativa. Assumendo costante il modulo di elasticità volumetrico E, calcolare

lo scostamento percentuale della massa volumica e della pressione alla profondità h = 10 km rispetto all'assunzione

del fluido come incompressibile.

Per un fluido considerato come compressibile dalle relazioni (2.8) e (2.9) si ha rispettivamente

p

2

2

=

1

E

2.42×

10

kg

= 1025×

= 1069

9

3

E − g h 2.42×

10 −1025

× 9.80665×

10000 m

1

2

2

9 1069

5

5

5

= p1

+ E ln = 101325 + 2.42×

10 × ln = 1.013×

10 + 1017 × 10 = 1018×

10 Pa ,

1025

1

mentre per un fluido considerato come incompressibile dalle relazioni (2.6) e (2.7) si ha rispettivamente

p'

2

ρ' 2 = ρ1 = 1025 kg

= p + ρ g h = 101325 + 1025×

9.80665×

10000 = 1.013×

10 + 1005×

10 = 1006 × 10 Pa .

1

2

Gli scostamenti percentuali valgono quindi

ρ2

− ρ'2

1069 −1025

p2

− p'2

1018 −1006

=

= = 4.29 %

=

= 1.19 %

ρ'

1025

p' 1006

2

Esercizio 2.2.3

Un impianto per la produzione di energia progettato dalla OTEC (Ocean Thermal Energy Conversion) pre-

m 3

Esercizi capitolo 2 - pag. ix

9

9

2

5

5

5

5

5

5


leva acqua di mare fredda alla profondità h 2 = 1000 m sotto il livello del mare e alla temperatura T 2 = 5 °C. Calcolare

l'aumento percentuale di massa volumica dell'acqua di mare alla profondità h 2 rispetto a quella di superfi-

cie (h 1 = 0 m e T 1 = 25 °C) che vale ρ 1 = 1025 kg/m 3 .

Il modulo di elasticità volumetrico medio dell'acqua di mare fra T 1 = 25 °C, tratto dalla tab. T.6

e T 2 = 5 °C, tratto dalla tab. T.6

vale

E

E

25

E

m

5

( 2.42 + 2.49)

E20

+ E30

× 10

9

= =

= 2.455×

10 Pa ,

2

2

( 2.18 + 2.32)

E0

+ E10

× 10

9

= =

= 2.250×

10 Pa ,

2

2

( 2.455 + 2.250)

E5

+ E25

× 10

9

= =

= 2.353×

10 Pa .

2

2

Dalla legge di variazione della massa volumica (2.8) per un fluido compressibile si ha allora

ρ

ρ

9

2 =

1

=

E

ed un incremento percentuale pari a

m

1

Em

2.353×

10

=

9

− ρ g h 2.353×

10 −1025

× 9.80665×

1000

1

1

2

∆ρ

ρ2

− ρ1

=

ρ ρ

ρ

=

ρ

2

1

Esercizi capitolo 2 - pag. x

9

9

9

−1

= 1.0043 −1

= 0.0043 = 0.43 % .

1.0043


2.3.- MANOMETRO DIFFERENZIALE

Esercizio 2.3.1

Un manometro differenziale, riempito di mercurio, è collegato ad una pompa idraulica, il ramo di sinistra

con la sua uscita e il ramo di destra con la sua entrata. Se le prese sono alla stessa altezza, calcolare l'aumento di

pressione ∆p creato dalla pompa quando il dislivello fra le superfici libere del mercurio è ∆z = 15 cm.

ha

A B

C

∆z z

Dalla legge del manometro differenziale (2.10) e dalla tab. T.1, in cui vengono lette le masse volumiche ρ, si

∆ p = p

− p

=

-2

( ρ − ρ ) g ∆z

= ( 13595 −1000)

× 9.80665×

15×

10 = 18530 Pa ≅ 0.185 bar

A B Hg H 2O

ammettendo che sopra i punti A e B vi sia solo il fluido attivo.

Se si fosse trascurata la massa volumica del fluido attivo (acqua) rispetto a quella del fluido manometrico

(mercurio) si sarebbe ottenuto

con un errore pari a

∆ p = ρ

che non può essere considerato trascurabile.

Hg

g ∆z

= 13595×

9.80665×

15×

10

20000 −18530

e = = 0.079 = 7.9 % ,

18530

-2

Esercizi capitolo 2 - pag. xi

= 20000 Pa ≅ 0.200 bar

Esercizio 2.3.2

Un manometro differenziale, riempito d'acqua, è collegato ad un ventilatore d'aria, il ramo di sinistra con la

sua uscita e il ramo di destra con la sua entrata. Se le prese sono alla stessa altezza e se l'aria all'ingresso della

macchina e l'acqua si trovano alla temperatura T = 20 °C, calcolare l'aumento di pressione ∆p creato dal ventilatore

quando il dislivello fra le due superfici libere dell'acqua è ∆z = 15 cm.

A B

C

∆z z

Dalla legge del manometro differenziale (2.10) e dalla tab. T.2, in cui vengono lette le masse volumiche ρ, si

ha

∆ p = p

A

− p

B

=

-2

( ρ − ρ ) g ∆z

= ( 998.2 −1.206)

× 9.80665×

15×

10 = 1467 Pa ≅ 0.0147 bar

acqua

aria

ammettendo che sopra i punti A e B vi sia solo il fluido attivo.

Per un calcolo esatto si sarebbe dovuto anche considerare che, per effetto della compressione, l'aria nella

presa sullo scarico ha una massa volumica superiore di quella nella presa sull'aspirazione; poiché però l'incremento

di pressione ottenuto è molto contenuto, questa correzione è ampiamente trascurabile. Se si fosse trascurata

la massa volumica del fluido attivo (aria) rispetto a quella del fluido manometrico (acqua) si sarebbe ottenuto

con un errore pari a

∆ p = ρ

acqua

g ∆z

= 998.2×

9.80665×

15×

10

1467 −1468

e = = − 0.001=

− 0.1%

,

1468

-2

= 1468 Pa ≅ 0.0147 bar


che può essere considerato trascurabile.

Esercizio 2.3.3.

Calcolare la differenza di pressione fra i punti di ingresso A e di uscita B (con p A > p B) della macchina M,

entro cui scorre un liquido attivo di massa volumica ρ a , sia mediante un manometro differenziale riempito di un

liquido manometrico di massa volumica ρ m maggiore di ρ a (fig. a), sia mediante due manometri a molla situati

ognuno alle altezze dei punti A (fig. c) e B (fig. d) oppure entrambi all'altezza del punto A o del punto B (fig. b).

B

A

M ∆Z

M

C

a) ∆z

b)

D D

A

M

p atm

c) ∆zA

d)

D D

C

z

Facendo riferimento alla linea isobara D − D della fig. a, la pressione nel ramo di sinistra del manometro differenziale

vale

e mediante la legge di Stevin (2.7) diventa

mentre la pressione nel ramo di destra vale

e mediante la legge di Stevin (2.7) diventa

D

D

A

Esercizi capitolo 2 - pag. xii

B

A

B

( p − p ) + ( p p )

p = p +


A

a

D

C

C

A

M

( − ∆z)

− g [ − ( z z ) ]

p = p − g

− ,

D

B

a

( p − p ) + ( p − p ) + ( p p )

p = p +


D

C

C

( − ∆z)

− g [ − ( z − z ) ] − g ( − ∆Z)

pD = pB

− m g

a A C a .

Uguagliando la pressione nei due rami del manometro e semplificando i termini uguali, alla fine si ottiene

A

A

A

C

B

D

∆zB

p atm

( − ) g ∆z

+ g ∆Z

= ∆p'

+ g ∆Z

→ ∆p'

= p − p − g ∆Z

∆ p = pA

− pB

= m a

a

a

A B a ; (A)

la differenza di pressione ∆p', letta dalla configurazione di fig. a e pari alla legge del manometro differenziale

(2.10), è uguale alla differenza di pressione fra i punti A e B meno una quantità corrispondente alla differenza di

altezza di fluido attivo fra gli stessi punti.

Un manometro a molla inserito in un punto di una tubazione dà la stessa lettura di un manometro differenziale

inserito fra lo stesso punto e l'atmosfera (figg. c, d); pertanto si ottengono i valori seguenti

e la loro differenza

A

atm

( m − a ) g ∆zA

, pB

= patm

+ ( m − a ) g zB

p = p +


A

B

( − ) g ( ∆z

− z )

∆ p = p − p =


(B)

è uguale alla differenza di pressione fra i punti A e B. Dal confronto delle relazioni (A) e (B) risulta anche

m

m − a

m − a


∆z

+ ∆Z

=


a

a

a

A

m a

( ∆z

− ∆z

) → ∆z

+ ∆Z

= ( ∆z

− ∆z

) → ∆z

− ∆z

> z

A

B

a

B

A

B

C

D

A

B

.


Se infine, con una colonna di fluido attivo, il manometro in A viene portato all'altezza del punto B oppure il

manometro in B viene portato all'altezza del punto A (fig. b), le letture vengono rispettivamente corrette nel

modo seguente

p'A = pA

− a g ∆Z

, p'B

= pB

+ a g ∆Z

e, in base alla (A), la differenza di pressione nei due casi

( pA

− pB

) − a g ∆Z

= ( m − ) g ∆z

( p − p ) − g ∆Z

= ( − ) g ∆z

∆ p' = p'A

− pB

=

a

∆ = p − p' =

p' A B A B a

m a

diventa uguale a quella determinata dal manometro differenziale; la configurazione di fig. b è allora uguale alla

configurazione di fig. a.

[Nota. Se il fluido manometrico avesse una massa volumica ρ m inferiore a quella del fluido attivo ρ a, il manometro differenziale

sarebbe rivolto verso l'alto.

B

A

∆Z

In questo caso, ripetendo la procedura vista in precedenza, nel ramo di sinistra e rispettivamente nel ramo di destra le pressioni

all'altezza della linea di riferimento D - D valgono

p = p + p − p + p − p = p − g − ∆z

− g − z − z

D B ( D C ) ( C B ) B m ( ) a [ ( B C ) ]

( p − p ) + ( p − p ) + ( p − p ) = p − g ( − ∆z)

− g [ − ( z − z ) ] − g ( − ∆Z)

pD = pA

+ D C C B B A A a

a B C a ;

uguagliando le due pressioni si ottiene

∆ = p − p = − g ∆z

+ g ∆ .]

∆z

D

C

( ) Z

p A B a m

a

In conclusione, un manometro differenziale inserito fra due punti di un impianto tiene conto anche della differenza

di pressione idrostatica dovuta all'altezza di colonna di fluido attivo fra le posizioni dei due punti.

Esercizio 2.3.4

Per misurare la perdita di carico subita dal fluido di massa volumica ρ = 1500 kg/m 3 nel passaggio attraverso

la macchina M, è inserito un manometro differenziale ad U rovesciato con fluido manometrico di massa volumica

ρ M = 750 kg/m 3 . Si sa che ∆z = − 0.9 m. Calcolare la differenza di pressione ∆p fra l'ingresso A e l'uscita B

della macchina M.

Dalla legge del manometro differenziale (2.10) si ha

B

A

- ∆z

C D

M z

( ρ − ρ)

g ∆z

= ( 750 −1500)

× 9.80665×

( − 0.9)

6619 Pa

∆ p = M =

ammettendo che sotto i punti C e D vi sia solo fluido attivo.

Esercizio 2.3.5

Un manometro ad U ha un serbatoio di diametro D = 50 mm ed ha un tubo verticale di diametro d = 10 mm;

il fluido attivo è aria a T = 20 °C, mentre il liquido manometrico è olio rosso Meriam. Calcolare: a) la deviazio-

Esercizi capitolo 2 - pag. xiii


ne del manometro, cioè la variazione di altezza del pelo libero ∆z dell'olio nei due bracci in funzione della differenza

di pressione ∆p; b) la distanza ∆z fra le tacche del tubo verticale per avere una differenza di pressione pari

a ∆p = 10 Pa.

livello di

equilibrio

∆Z

Dalla legge del manometro differenziale (2.10) si ha

D

Esercizi capitolo 2 - pag. xiv

1

d

2

∆z

( ρ − ρ)

g ( z − z ) = ( ρ − ρ)

g ( ∆z

+ ∆Z)

∆ p = p1

− p2

= M

2 1 M

ammettendo che sopra i punti (1) e (2) vi sia solo il fluido attivo. Per mettere ∆Z in funzione di ∆z, si nota che il

volume del liquido manometrico deve rimanere costante; quindi, poiché il volume che esce dal serbatoio deve

essere uguale a quello che entra nel tubo

π D

4

2

π d

∆Z

=

4

2

∆z


∆Z

=

d

D

2

∆z

,

sostituendo quest'ultima relazione in quella del manometro differenziale si ha la legge del manometro in funzione

solo di ∆z

2

d

d

∆p

= ( ρM

− ρ)

g ( ∆z

+ ∆Z)

= ( ρM

− ρ)

g ∆z

+ ∆z

= ( ρM

− ρ)

g ∆z

1+

. (A)

D

D

a) Dalla relazione precedente, dalla tab. T.1, in cui viene letta la massa volumica ρ M, e dalla tab. T.2, in

cui viene letta la massa volumica ρ, si ha

2

d

10

∆ p = ( M − ) g 1+

∆z

= ( 827 −1

. 206)

× 9.80665×

1+

× ∆z

= 8422×

∆z

;

D

50

se si fosse trascurata la massa volumica dell'aria rispetto a quella del liquido, si sarebbe ottenuto

2

d

10

∆ p = M g 1+

∆z

= 827

× 9.80665×

1+

× ∆z

= 8435×

∆z

.

D

50

b) Dalle relazioni precedenti infine si ha la distanza ∆z fra le tacche per una differenza di pressione ∆p

data

∆p

10

∆p

10

∆ z1 = = = 0.001187 m ≅1.19

mm , ∆z2

= = = 0.001186 m ≅1.19

mm .

8422 8422

8435 8435

Dai risultati si nota che con rapporti ρ M/ρ attorno al migliaio, la differenza nella distanza fra le tacche, trascurando

o no ρ rispetto a ρ M, è dell'ordine del micron.

Esercizio 2.3.6

Un manometro inclinato ha: il serbatoio di diametro D, il tubo di misura di diametro d, il liquido manometrico

di massa volumica ρ M e l'angolo di inclinazione del tubo pari a ϑ. a) Se D = 90 mm, d = 6 mm, ρ = 1750

kg/m 3 e ϑ = 30 °, calcolare la differenza di pressione massima ∆p misurabile su una lunghezza del tubo inclinato

pari a ∆L = 40 cm. b) Se D = 75 mm, d = 6 mm e ρ M = 897 kg/m 3 , calcolare l'angolo ϑ che su una lunghezza ∆L

= 125 mm misura una differenza di pressione ∆p pari a ∆z = 25 mm di colonna d'acqua. c) Se D = 96 mm e d =

8 mm, calcolare l'angolo ϑ che crea un rapporto 5/1 nella risalita del fluido rispetto ad un manometro ad U.

2

2

z

2


1

D

ϑ

2

∆L

Esercizi capitolo 2 - pag. xv

d

∆z z

Poiché dalla figura si vede che nel caso di un manometro inclinato vale la legge di trasformazione ∆z = ∆L

sinϑ, dalla legge (A) del manometro differenziale con serbatoio vista nell'esercizio 2.3.5 si ricava

2

d

d

∆p

= ( ρM

− ρ)

g ∆z

1+

= ( ρM

− ρ)

g ∆L

sinϑ

1+

. (A)

D

D

a) Dalla relazione (A) e dalla tab. T.2, in cui viene letta la massa volumica ρ, si ha la differenza di pressione

∆p in funzione di ∆L

2

d

6

∆ p = ( ρM

− ρ)

g ∆L

sinϑ

1+

= ( 1750

−1

. 206)

× 9.80665×

0.4×

sin(

30°

) × 1+

= 3445 Pa .

D

90

b) Poiché un'altezza d'acqua ∆z = 25 mm corrisponde ad una differenza di pressione ∆p pari a

∆ p = ρ g ∆z

= 1000 × 9.80665×

0.025 = 245.2 Pa ,

dalla (A) si ha l'angolo ϑ per misurare un ∆p dato su una base ∆L data

sinϑ

=

∆p

d

D

2

ϑ =

( ρ − ρ)

g ∆L

1+

( ρ − ρ)

M

= arcsin


( 897 −1.

206)

arcsin

M

245.

2

∆p

g ∆L

1+

× 9.80665×

0.125×

1+

d

D

6

75

2

2

2

=

2

= arcsin

c) Uguagliando la differenza di pressione fra un manometro inclinato ed un manometro ad U

d

∆ p = ( ρM

− ρ)

g ∆L

sinϑ

1+

= ( ρM

− ρ)

g ∆z

,

D

si ha l'angolo ϑ per un rapporto, fra manometri inclinato e verticale, ∆L/∆z dato

sinϑ

=

∆z

∆L

1+

d

D

2


ϑ =

arcsin

∆z

∆L

1+

2

d

D

2

= arcsin

1


1+

8

96

2

( 0.2219)

= 12.8 °

= 11.5 ° .

Esercizio 2.3.7

Per misurare la pressione, all'interno di una tubazione è inserito un manometro differenziale collegato all'aria

esterna. Il fluido manometrico è mercurio e il fluido attivo è acqua, mentre le caratteristiche geometriche sono:

∆z 1= 30 cm e ∆z 2 = 60 cm. Calcolare la pressione assoluta p A del fluido nel punto A.

.


A

D

∆z1

∆z2

B C

Non è possibile utilizzare la legge del manometro differenziale (2.10) perché i due rami del manometro non

sono collegati allo stesso fluido attivo; dalla legge di Stevin (2.7) applicata fra i vari punti di riferimento e dalla

tab. T.1, in cui vengono lette le masse volumiche dei fluidi usati nel manometro, si ha

A

B

( zA

− zB

) = − ρ g z2

p = − ρ g ( z − z ) = − ρ g ( − ∆z

− z )

p − p = − ρ g


p − p = p −


C

p = p

D

D

atm

e quindi la pressione assoluta nel punto A vale

B

D

M

( pA

− pB

) + ( pB

− pD

) + pD

= − ρ g ∆z2

+ ρM

g ( ∆z1

+ ∆z2

) + p =

-2

-2

= −1000

× 9.80665×

60 × 10 −13595

× 9.80665×

( − 30 − 60)

× 10 + 101325 =

pA =

atm

C

M

Esercizi capitolo 2 - pag. xvi

D

z

1

2

= 114100 + 101325 = 215400 Pa ≅ 2.15 bar .

Lo stesso risultato può essere ottenuto applicando la legge di Stevin (2.7) ai punti di riferimento B e C dove

p B = p C; infatti

B

C

A

2

M

( ∆z1

+ ∆z2

) + patm

→ pA

= − ρ g ∆z2

+ ρM

g ( ∆z1

+ ∆z2

) patm

p = p → p + ρ g ∆z

= ρ g

+ .

Esercizio 2.3.8

Per misurare la pressione, all'interno di una tubazione è inserito un manometro differenziale collegato all'aria

esterna. Il fluido manometrico è mercurio e il fluido attivo è acqua, mentre le caratteristiche geometriche sono:

∆z = 30 cm e ∆z' = 60 cm. Calcolare la pressione assoluta p A del fluido nel punto A.

A

D

∆z'

∆z

B C

Non è possibile utilizzare la legge del manometro differenziale (2.10) perché i due rami del manometro non

sono collegati allo stesso fluido attivo; dalla legge di Stevin (2.7) applicata fra i vari punti di riferimento e dalla

tab. T.1, in cui vengono lette le masse volumiche dei fluidi usati nel manometro, si ha

pA − pD

= − ρ g D

− p = − ρ

( zA

− z ) = − ρ g ∆z'

g ( z − z ) = − ρ g ∆z

pD B M D B M

p = p = p

e quindi la pressione assoluta nel punto A vale

( p − p ) + ( p − p ) + p = − ρ g ∆z'

− ρ g ∆z

+ p =

pA = A D D B B

M

atm

B

C

atm

-2

= −1000

× 9.80665×

60×

10 −13595

× 9.80665×

30×

10 + 101325 = 55400

Pa ≅ 0.554 bar .

Lo stesso risultato può essere ottenuto applicando la legge di Stevin (2.7) ai punti di riferimento B e C dove

p B = p C; infatti

p = p → p + ρ g ∆z'

+ ρ g ∆z

= p → p = − ρ g ∆z'

− ρ g ∆z

+ p .

B

C

A

M

atm

A

z

-2

M

atm


Esercizio 2.3.9

Per misurare la pressione, all'interno di una tubazione è inserito un manometro differenziale collegato all'aria

esterna. Il fluido manometrico è mercurio e il fluido attivo è acqua, mentre le caratteristiche geometriche sono:

∆z' = 60 cm e ∆z = 90 cm. Calcolare la pressione relativa p A del fluido nel punto A.

A

∆z'

∆z

D

B C

Non è possibile utilizzare la legge del manometro differenziale (2.10) perché i due rami del manometro non

sono collegati allo stesso fluido attivo; dalla legge di Stevin (2.7) applicata fra i vari punti di riferimento e dalla

tab. T.1, in cui vengono lette le masse volumiche dei fluidi usati nel manometro, si ha

pA − pB

= − ρ g B

− p = p −

( zA

− z ) = − ρ g ∆z'

p = − ρ g ( z − z ) = − ρ g ( − ∆z)

= ρ g ∆z

pC D B D M C D M

M

e quindi la pressione relativa nel punto A vale

( p − p ) + ( p − p ) = − ρ g ∆z'

+ ρ g ∆z

=

pA = A B B D

M

-2

-2

kN

= −1000

× 9.80665×

60×

10 + 13595×

9.80665×

90×

10 = − 5884

+ 120000

= 114100 Pa ≅114

= 1.14 bar .

2

m

Lo stesso risultato può essere ottenuto applicando la legge di Stevin (2.7) ai punti di riferimento B e C dove

p B = p C; infatti

Esercizi capitolo 2 - pag. xvii

z

( − ρ ∆z'

+ ρ ∆z)

pB = pC

→ pA

+ ρ g ∆z'

= ρM

g ∆z

→ pA

= g

M . (A)

Esercizio 2.3.10

Nel manometro dell'esercizio 2.3.9 rimangono uguali il fluido manometrico mercurio, il fluido attivo acqua e

l'altezza ∆z' = 60 cm, mentre viene data la pressione p A = 1.141 bar nel punto A. Calcolare la lettura ∆z del manometro

differenziale.

A

∆z'

∆z

D

B C

Non è possibile utilizzare la legge del manometro differenziale (2.10) perché i due rami del manometro differenziale

non sono collegati allo stesso fluido attivo; dalla relazione (A) dell'esercizio 2.3.9 e dalla tab. T.1, in

cui vengono lette le masse volumiche dei fluidi usati nel manometro differenziale, si ha

p

A

pA

+ ρ g ∆z'

1.141×

10 + 1000×

9.80665×

0.60

+ ρ g ∆z'

= ρM

g ∆z

→ ∆z

=

=

= 0.900 m .

ρ g

13595×

9.80665

M

Esercizio 2.3.11

Nel manometro dell'esercizio 2.3.9 il fluido manometrico e il fluido attivo diventano rispettivamente acqua e

un gas di massa volumica ρ = 7 kg/m 3 , mentre le caratteristiche geometriche rimangono ∆z' = 60 cm e ∆z = 90

cm. Calcolare: a) la pressione relativa p A nel punto A. Se viene trascurata l'altezza ∆z' del gas, calcolare: b) l'errore

e commesso.

5

z


A

∆z'

∆z

D

B C

Non è possibile utilizzare la legge del manometro differenziale (2.10) perché i due rami del manometro differenziale

non sono collegati allo stesso fluido attivo.

a) Dalla relazione (A) dell'esercizio 2.3.9 si ha

p

A

-2

-2

( − ρ ∆z'

+ ρ ∆z)

= 9.80665×

( − 7 × 60 × 10 + 1000 × 90 × 10 ) = 8785 Pa

= g

.

M

b) Se viene trascurato ∆z', la relazione precedente diventa

e l'errore percentuale ammonta a

p

A

= g ρ

M

∆z

= 9.80665×

1000 × 90×

10

8826 − 8785

e = = 0.00467 ≅ 0.5 % .

8785

Esercizi capitolo 2 - pag. xviii

-2

z

= 8826 Pa

Esercizio 2.3.12

Se la pressione in A dell'esercizio 2.3.9 è ridotta di ∆p = 50 kN/m 2 , calcolare la nuova differenza di livello

nel mercurio ∆z' * e ∆z * . (Da notare che il mercurio cala di x metri nel ramo di destra e sale di x metri nel ramo

di sinistra).

La nuova pressione

A

∆z'

D

B C

*

p A raggiunge il valore

p

* A

∆z

∆z' *

x

B *

D *

x

C *

∆z *

kN

= pA

− ∆p

= 114 − 50 = 64 = 64000 Pa .

2

m

Dalla figura si vede anche che le nuove altezze ∆z' * e ∆z * diventano

*

∆ z' = ∆z'

− x e ∆z

= ∆z

− 2 x .

Dalla legge di Stevin (2.7) applicata ai nuovi punti di riferimento B * e C * (dove * p B = * p C ) si ha

* *

*

*

*

*

B 2

2

p = pC

→ pA

+ ρH

O g ∆z'

= ρHg

g ∆z

→ pA

+ ρH

O g

Hg

e quindi


p

* A

+ g

( ρ ∆z'

− ρ ∆z)

= g ( ρ − 2 ρ )

H O

2


z' *

Hg

H O

2

Hg

x


*

A

( ∆z'

− x)

= ρ g ( ∆z

− 2 x)


p

x =

64000 + 9.80665×

=

9.80665×

= ∆z'

− x = 0.60 − 0.1951=

0.4049 m

∆ = ∆z

− 2 x = 0.90 − 2×

0.1951=

0.5098 m .

z *

*

A

+ g

g

( ρH

∆z'

− ρ ∆z)

2O

Hg

( ρ − 2 ρ )

H O

2

Hg

( 1000×

0.60 −13595

× 0.90)

( 1000 − 2 × 13595)

=

= 0.1951m


Come verifica del risultato, si sostituiscono i nuovi valori delle altezze nella legge della pressione (A) trovata

nell'esercizio 2.3.9

p

*

*

*

( − ρ ∆z'

+ ρ ∆z

) = 9.80665×

( −1000

× 0.4049 + 13595×

0.5098)

= 64000 Pa

= g

.

A 2

H O

Hg

Esercizio 2.3.13

Un olio di massa volumica ρ = 750 kg/m 3 defluisce attraverso il tubo A alterando l'equilibrio del mercurio

nel manometro ad U. Si sa che p A = 1.4 bar e che ∆Z = 0.825 m. Calcolare la differenza di altezza ∆z fra i peli

liberi del manometro differenziale.

A

olio

B

C

aria

∆Z

∆z

mercurio

Non è possibile utilizzare la legge del manometro differenziale (2.10) perché i due rami del manometro differenziale

non sono collegati allo stesso fluido attivo; dalla legge di Stevin (2.7) applicata fra i vari punti di riferimento

si ha

e quindi

pA − pB

= − ρolio

g

− p = − ρ g

pB C Hg

p = p

C

atm

( ∆z

+ ∆Z)

( − ∆Z)

( pA

− pB

) + ( pB

− pC

) → pA

− patm

= ( ρHg

− ρolio

) g ∆z

− ρ g ∆Z


5

( p − patm

) + ρolio

g ∆Z

( 1.4 × 10 −101325)

+ 750×

9.80665×

∆z

=

=

( ρ − ρ ) g

( 13595 − 750)

× 9.80665

pA − pC

=

olio

A 0.825

→ = 0.355 m .

Hg

olio

Esercizio 2.3.14

Un sofisticato sistema laser per valutare la differenza di livello dell'acqua in due grandi serbatoi è costituito

da un manometro rovesciato nel cui interno si trova olio con massa volumica leggermente più leggera dell'acqua.

Calcolare la massa volumica dell'olio ρ che determina un dislivello fra olio e acqua con un coefficiente di

amplificazione pari a r =10 volte quello esistente fra i due serbatoi.

h

∆H

H

0 0

∆η

Dalla legge di Stevin (2.7) si ha la differenza di pressione ∆p creata dalla differenza di livello ∆H dei due

serbatoi

∆ p = ρ g ∆H

;

sostituendo quest'ultima relazione nella legge del manometro differenziale (2.10), si ha

( ρ − ρ)

g ∆η

→ ρ g ∆H

= ( ρ − ρ)

g ( − ∆η)

→ ρ ( ∆H

− ∆η)

= − ρ ∆η

∆ p =

M

M

M ;

η

Esercizi capitolo 2 - pag. xix

z


poiché è

alla fine si ha

∆ η =

r ∆H

r −1

10 −1

kg

ρ ( r −1

) ∆H

= ρM

r ∆H

→ ρM

= ρ = 1000 = 900 .

3

r 10

m

Esercizio 2.3.15

Un serbatoio aperto all'atmosfera è riempito d'acqua fino ad un'altezza Z 1 = 2.5 m e possiede, ad un'altezza

Z 2 = 0.7 m dal fondo, un manometro differenziale ad U nel quale il fluido manometrico è in equilibrio ad un li-

vello Z 3 = 0.2 m sotto la presa al serbatoio. Calcolare il dislivello ∆z del manometro: a) se il fluido manometrico

ha una massa volumica ρ m = 1750 kg/m 3 ; b) se il fluido manometrico è mercurio con massa volumica ρ m =

13595 kg/m 3 ; c) se il serbatoio è chiuso con una pressione pari a una volta e mezza quella atmosferica e se il

fluido manometrico è mercurio.

z

Z1

Z3

Z2

Esercizi capitolo 2 - pag. xx

p

p atm

∆z

0 0

Non è possibile utilizzare la legge del manometro differenziale (2.10) perché i due rami del manometro differenziale

non sono collegati allo stesso fluido attivo; dalla legge di Stevin (2.7), applicata in corrispondenza

della linea isobara di riferimento 0 − 0, si ha

e quindi a

∆z

p + ρa

g Z1

− Z2

+ Z3

+ = patm

+ ρm

g ∆z

2

∆z

=

Nei vari casi il dislivello del manometro vale:

a) quando p = p atm

b) quando p = p atm

c) quando p = 1.5 p atm

( p − p ) + ρ g ( Z − Z + Z )

atm

g

ρ

a

m

1

ρa


2

( Z − Z + Z ) 1000×

( 2.5 − 0.7 + 0.2)

ρa

1 2 3

1000×

2

∆ z =

=

= = 1.60 m ;

ρa

1000

ρ

1750

1250

m −


2

2

( Z − Z + Z ) 1000×

( 2.5 − 0.7 + 0.2)

ρa

1 2 3

1000×

2

∆ z =

=

= = 0.153 m ;

ρa

1000

ρ

13595

13095

m −


2

2

( Z − Z + Z ) 0.


101325 + 1000×

9.80665 ( 2.5 − 0.7 + 0.2)

0.5 patm

+ ρa

g 1 2 3

∆ z =

=

= 0.547 m .

ρa

1000

g ρm


9.80665×

13595 −

2

2

Esercizio 2.3.16

I fluidi a e b hanno una massa volumica rispettivamente pari a ρ a = 750 kg/m 3 e a ρ b = 1200 kg/m 3 e il serba-

2

3


toio di sinistra è aperto all'atmosfera. Si sa che: ∆z 1 = 90 cm, ∆z 2 = 37.5 cm, ∆z 3 = 25 cm e ∆z 4 = 12.5 cm. Calcolare

la pressione p A nel punto A all'interno dell'acqua.

B

∆z1

D

C

fluido a

fluido b

∆z2

E

∆z3

∆z4

acqua

Non è possibile utilizzare la legge del manometro differenziale (2.10) perché i due rami del manometro differenziale

non sono collegati allo stesso fluido attivo; dalla legge di Stevin (2.7) applicata fra i vari punti di riferimento

si ha

pB = patm

= 101325Pa

p

p

p

p

C

D

E

e quindi

− p

− p

− p

− p

B

C

D

= −

= −

= −

ρ

ρ

ρ

a

a

= − ρ

b

g

g

g

-2

( z − z ) = − ρ g ( − ∆z

) = − 750 × 9.80665×

( − 90 × 10 ) = 6619 Pa

C

B

a

1

-2

( zD

− zC

) = − ρa

g ∆z2

= − 750 × 9.80665×

37.5×

10 = − 2758 Pa

-2

( zE

− zD

) = − ρb

g ∆z3

= −1200

× 9.80665×

25×

10 = − 2942 Pa

-2

g ( z − z ) = − ρ g ( − ∆z

− ∆z

) = −1000

× 9.80665×

( − 25 −12.5)

× 10 = 3677 Pa

A E H 2O

A E H 2O

3

4

( p − p ) + ( p − p ) + ( p − p ) + ( p − p ) + p = 3677 − 2942 − 2758 + 6619 + 101325 = 106000 Pa

pA A E E D D C C B B

= .

Esercizio 2.3.17

Un serbatoio contiene olio di massa volumica ρ olio = 750 kg/m 3 e il dislivello del manometro a mercurio se-

gna ∆z = 23 cm. Calcolare il valore della pressione p A indicata dal manometro A alla profondità ∆h = 3 m.

h

∆h

A

aria

olio

Dalla legge del manometro differenziale (2.10) si ha

mercurio

( ρ − ρ ) g ∆z

≅ p − ρ g ∆z

= 101325 −13595

× 9.80665×

0.23 = 70660 Pa

paria = patm

− Hg aria

atm Hg

e dalla legge di Stevin (2.7) si ha

pA aria olio

= p + ρ g ∆h

= 70660 + 750×

9.80665×

3 = 92700 Pa .

Esercizio 2.3.18

Due contenitori riempiti di fluidi con massa volumica differente, ρ 1 = 920 kg/m 3 e ρ 2 = 850 kg/m 3 , sono collegati

fra loro mediante un manometro differenziale a mercurio con ρ M = 13595 kg/m 3 . Si sa che: ∆h = 0.2 m, h 1

= 0.25 m e h 2 = 0.35 m. Calcolare la differenza di pressione ∆p = p 1 − p 2 fra i fondi dei due contenitori.

Esercizi capitolo 2 - pag. xxi

A

∆z

z

z


(1)

h 1

ρ1

(A)

p 1

∆h

2

∆h

2

ρM

Non è possibile utilizzare la legge del manometro differenziale (2.10) perché i due rami del manometro differenziale

non sono collegati allo stesso fluido attivo; dalla legge di Stevin (2.7), applicata nella posizione (A)

del ramo di sinistra del manometro differenziale, si ha

e, applicata nella posizione (B) del ramo di destra, si ha

p 2

(B)

∆h

pA = p1

− ρ1

g h1


2

∆h

p = p2

− ρ2

g h 2 +

2

B ;

perciò la differenza di pressione fra queste due posizioni diventa

∆h

∆h

∆h

− pB

= p1

− ρ1

g h1

− − p2

− ρ2

g h 2 + = ( p1

− p2

) − g ( ρ1

h1

− ρ2

h 2 ) + g ( ρ1

+ ρ ) .

2

2

2

pA 2

La stessa differenza di pressione, calcolata all'interno del fluido manometrico, è

Uguagliando le due differenze, si ottiene

∆h

2

pA B M

− p = ρ g ∆h

.

( − p ) − g ( ρ h − ρ h ) + g ( ρ + ρ ) = ρ g ∆h


p1 2 1 1 2 2 1 2 M


= 9.80665×

p − p = g

1

2

Esercizi capitolo 2 - pag. xxii

ρ2

ρ + ρ

2 ρ

h 2

(2)

1 2

( ρ h − ρ h ) + ρ g ∆h

1−

=

1

1

2

2

( 900×

0.25 − 850×

0.35)

+ 13595×

9.80665×

0.2×

1−

=

M

M

920 + 850


13595

= 9.80665×

− 67.5 + 2542 = 24300 .

[ ] Pa

Esercizio 2.3.19

Attraverso i tubi A e B visti in sezione scorre acqua di massa volumica ρ a = 1000 kg/m 3 , mentre olio di mas-

sa volumica ρ o = 800 kg/m 3 si trova nella U rovesciata del manometro e mercurio di massa volumica ρ m =

13600 kg/m 3 si trova nelle parti inferiori del manometro. Si sa che: ∆z 1 = 25.5 cm, ∆z 2 = 9 cm, ∆z 3 = 9 cm, ∆z 4

= 10 cm, ∆z 5 = 12.5 cm e ∆z 6 = 20 cm. Calcolare la differenza di pressione p A − p B fra i due tubi.

z = 0

z

A

∆z1

C

∆z2

D

∆z3 ∆z4

E

∆z5

F

∆z6

B


Data la complessità del sistema, non è possibile utilizzare la legge del manometro differenziale (2.10); dalla

legge di Stevin (2.7) applicata fra i vari punti di riferimento del sistema si ha

e quindi

p

p

p

p

p

p

A

C

D

E

F

E

− p

− p

− p

− p

− p

− p

C

D

E

F

B

F

= −

= −

= −

= −

= −

= −

ρ

ρ

ρ

ρ

ρ

ρ

a

m

o

m

a

m

g

g

g

g

g

g

-2

( z − z ) = − ρ g ∆z

= −1000

× 9.80665×

25.5×

10 = − 2501Pa

A

C

a

1

-2

( z − z ) = − ρ g ( − ∆z

) = −13595

× 9.80665×

( − 9×

10 ) = 12000 Pa

C

D

m

3

-2

( z − z ) = − ρ g ∆z

= − 800

× 9.80665×

10 × 10 = − 785 Pa

D

E

o

4

-2

( zE

− zF

) = − ρm

g ( − ∆z5

) = −13595

× 9.80665×

( −12.5

× 10 ) = 16670 Pa

-2

( zF

− zB

) = − ρa

g ( − ∆z6

) = −1000

× 9.80665×

( − 20 × 10 ) = 1961Pa

-2

( z − z ) = − ρ g ( − ∆z

) = −13595

× 9.80665×

( −12.5

× 10 ) = 16670 Pa

E

F

( p − p ) + ( p − p ) + ( p − p ) + ( p − p ) + ( p − p )=

m

5

pA − pB

= A C C D D E E F F B

= − 2501+

12000

− 785

+ 16670 + 1961=

27400 Pa .

Esercizio 2.3.20

Un manometro, con mercurio di massa volumica ρ m = 13600 kg/m 3 e con olio di massa volumica ρ o = 850

kg/m 3 , consiste in un tubo a U di diametro D 1 = 5 mm avente il ramo di destra allargato nella parte superiore ad

un diametro D 2 = 25 mm. Il ramo di destra contiene olio che ha la superficie libera nella porzione allargata e che

ha la superficie di separazione con il mercurio al di sotto della porzione allargata; se è collegato a un serbatoio

contenente gas sotto pressione, la superficie libera dell'olio cala di ∆z = 2 cm, ma rimane nella porzione allargata.

Il ramo di sinistra contiene invece solo mercurio e la sua parte superiore è aperta all'atmosfera. Calcolare la

pressione relativa p 2 del gas.

∆zm = ρo

ρm

∆z A2

A1

∆zo

∆z A2

A1

X

Y

p 1

Area

A2

Area

A1

p 2

X

Y

Esercizi capitolo 2 - pag. xxiii

∆z

∆zo

∆z A2

Quando la pressione applicata ai due rami è la stessa (p 1 = p 2), si supponga che la superficie di separazione

fra olio e mercurio sia al livello X−X e che l'altezza dell'olio sia ∆z o. La pressione al livello X−X deve essere la

stessa in entrambi i rami perché lo spazio al di sotto di questo piano è riempito di mercurio. Per il ramo di destra

si ha

p = ρ g ∆z

X

e l'altezza del mercurio ∆z m nel ramo di sinistra deve essere proporzionale a quella dell'olio rispetto alle masse

volumiche

m

o

pX

ρo

g ∆zo

ρo

∆ zm = = = ∆zo

.

ρ g ρ g ρ

Quando p 2 è più grande di p 1, la superficie libera dell'olio cala di ∆z nel tubo allargato di destra e, di conseguenza,

l'interfaccia fra l'olio e il mercurio nel tubo ristretto di destra si muove verso il basso di una quantità

proporzionale al rapporto delle aree dei tubi ∆z.A 2/A 1, fino a raggiungere il livello Y−Y. Si verifica allora:

a) volume di olio uscito dalla parte allargata del ramo di destra = ∆ z A2

;

b)

A2

diminuzione di livello nella parte sottile del ramo di destra = ∆ z ;

A

m

o

m

A1

1


c) volume di mercurio entrato nel ramo di sinistra = ∆ z A2

;

d)

A2

aumento di livello nel ramo di sinistra = ∆ z .

A

Poiché tutto lo spazio al di sotto di Y−Y è riempito di mercurio, la pressione p Y a questo livello deve essere

la stesa nei due rami. Per il ramo di destra, in cui l'olio arriva fino a Y−Y, si ha

mentre per il ramo di sinistra si ha

Di conseguenza

∆ p = p

2

− p = ρ g ∆z

+ ρ

1

o

o

m

p

A2

= p2

+ ρo

g ∆zo

+ ∆z

− ∆z

A

Esercizi capitolo 2 - pag. xxiv

1

Y ,

1

ρo

A2

A2

p Y = p1

+ ρm

g ∆zo

+ ∆z

+ ∆z

.

ρ A A

A2

g 2 ∆z

A

1

− ρ

o

g ∆z

o

m

− ρ

o

g ∆z

A2

A2

-2

25 25

= g ∆z

2 ρm

− ρo

−1

= 9.80665×


10 2×

13600×

− 850×

−1

= 129000 Pa .

2

2

A A

5 5

1

1

Esercizio 2.3.21

La sensibilità di un tubo a U aumenta se si allargano le estremità e se si riempie una parte di acqua (ρ a =

1000 kg/m 3 ) e l'altra di olio (ρ o = 950 kg/m 3 ). L'area A 2 di ogni allargamento è 50 volte l'area A 1 del tubo

(A 2/A 1 = 50). Se la superficie di separazione fra l'olio e l'acqua si muove di ∆z = 25 mm (nel ramo di destra da

X a Y), calcolare la differenza di pressione corrispondente ∆p = p 2 − p 1.

∆za = ρo

ρa

∆z A1

A2

∆zo

∆z

X

Y

p 1

Area

A2

Area

A1

A

A

2

1

1

−1

p 2

X

Y

=

∆z A1

Quando la pressione applicata ai due rami è la stessa (p 1 = p 2), si supponga che la superficie di separazione

fra olio e acqua sia al livello X−X e che l'altezza dell'olio sia ∆z o. La pressione al livello X−X deve essere la

stessa in entrambi i rami perché lo spazio al di sotto di questo piano è riempito da acqua. Per il ramo di destra si

ha

p = ρ g ∆z

X

e l'altezza dell'acqua ∆z a nel ramo di sinistra deve essere proporzionale a quella dell'olio rispetto alle masse volumiche

a

o

a

o

a

A2

pX

ρo

g ∆zo

ρo

∆ za = = = ∆zo

.

ρ g ρ g ρ

Quando p 2 è più grande di p 1, l'interfaccia fra l'olio e l'acqua si muove verso il basso nel ramo di destra di

una quantità ∆z fino al livello Y−Y. Si verifica allora:

1

2

∆zo

∆z

2


a) volume di olio uscito dalla parte allargata del ramo di destra = ∆ z A1

;

b)

A1

diminuzione di livello nella parte allargata del ramo di destra = ∆ z ;

A

c) volume di acqua entrato nella parte allargata del ramo di sinistra = ∆ z A1

;

d)

A1

aumento di livello nella parte allargata del ramo di sinistra = ∆ z .

A

Poiché tutto lo spazio al di sotto di Y−Y è riempito di acqua, la pressione p Y a questo livello deve essere la

stesa nei due rami. Per il ramo di destra, in cui l'olio arriva fino a Y−Y, si ha

mentre per il ramo di sinistra si ha

Di conseguenza

∆ p = p

2

A1

− p1

= ρo

g ∆zo

+ ρa

g ∆z

1+

A

A1

p Y = p2

+ ρo

g ∆zo

+ ∆z

− ∆z

,

A

ρo

A1

p Y = p1

+ ρa

g ∆zo

+ ∆z

+ ∆z

.

ρ

A

2

− ρ

o

g ∆z

o

a

− ρ

Esercizi capitolo 2 - pag. xxv

o

2

A1

g ∆z

1−

A

A1

A1

-3

1

1

= g ∆z

ρa

1+

− ρo

1−

= 9.80665×

25×

10 1000×

1+

− 950×

1−

= 21.8 Pa .

A

A

50

50

2

2

2

2

=

2

2


2.4. CORPI IMMERSI

Esercizio 2.4.1

Un corpo a forma di parallelepipedo lungo X = 40 cm, largo Y = 20 cm e alto Z = 30 cm in acqua dolce pesa

G' = 60 N. Calcolare: a) il peso in aria G; b) la massa volumica ρ c.

a) La spinta di Archimede (2.11.c) corrisponde al peso del volume di acqua occupato dal corpo

F pz

e il peso in aria è dato da

= ρ g V = ρ g X Y Z = 1000 × 9.80665×

0.4 × 0.2 × 0.3 = 235.4 N

G = G' + Fpz

= 60 + 235.4 = 295.4 N .

b) Dalla definizione di forza di gravità (2.3) si ha la massa volumica del corpo

G

295.4

kg

G = m g = ρc

V g = ρc

X Y Z g → ρc

= =

= 1260 .

X Y Z g 0.4×

0.2×

0.3×

9.80665

3

m

Esercizio 2.4.2

Un sasso, che in aria pesa G = 60 N, immerso in acqua dolce pesa G' = 33 N. Calcolare: a) il suo volume V;

b) la sua massa volumica ρ s ; c) l'innalzamento subito dall'acqua se il sasso viene immerso in una vasca di forma

cubica di lato L = 60 cm.

a) Dalla spinta di Archimede (2.11.c) si ha la differenza di peso fra aria e acqua G − G' e il volume V

G − G' 60 − 33

-3

3

F pz = G − G' = ρ g V → V = =

= 2.753×

10 m .

ρ g 1000×

9.80665

b) Dalla definizione di forza di gravità (2.3) si ha la massa volumica

G

60

kg

G = m g = ρs

V g → ρs

= =

= 2220 .

-3

3

V g 2.753×

10 × 9.80665 m

c) L'innalzamento viene calcolato nel modo seguente

V 2.753×

10

V = L L z → z = =

= 0.00765 m ≅ 7.7 mm .

L L 0.6×

0.6

Esercizio 2.4.3

Una tavola di legno, di massa volumica ρ t = 500 kg/m 3 , ha una sezione Y = 30 cm per Z = 7.5 cm. Calcolare

la sua lunghezza X per sostenere in acqua di mare una persona che ha una massa m = 45 kg.

Nelle condizioni limite di galleggiamento i pesi della tavola G t e della persona G p diretti verso il basso devono

equilibrare la spinta di Archimede F pz diretta verso l'alto; allora, prendendo dalla tab. T.1 il valore della massa

volumica dell'acqua di mare, si ha

G t + G p = Fpz

→ ρt

V g + m g = ρ g V → ρt

X Y Z + m = ρ X Y Z

G

Fpz

G

m

45

→ ( ρ − ρt

) X Y Z = m → X =

=

= 3.81m

.

× 0.30×

0.075

Esercizi capitolo 2 - pag. xxvi

-3

( ρ − ρ ) Y Z ( 1025 − 500)

t


Esercizio 2.4.4

Un idrometro (densimetro) pesa G = 2.5 g e nella parte superiore ha un gambo cilindrico di diametro d = 2.5

mm; calcolare l'affondamento, rispetto all'acqua, all'interno di un olio lubrificante.

∆z

acqua olio

Poiché l'idrometro galleggia, dalla spinta d'Archimede (2.11.c) si ha il volume sommerso nel caso dell'acqua

G 0.0025

-6

3

G = Fpz

= ρacqua

g Vacqua

→ Vacqua

= =

= 0.2549×

10 m ≅ 255 mm

ρ g 1000×

9.80665

e dal volume sommerso nel caso dell'olio si trova la differenza di affondamento ∆z

G = F

pz

= ρ

olio

g V

olio

= ρ

olio

g

acqua

2

π d

( V + S ∆z)

= ρ g V + ∆z


acqua

dove S è la sezione del tubicino di lettura dell'idrometro.

olio

acqua

Esercizi capitolo 2 - pag. xxvii

4

G

− V 0.0025

-6

acqua

− 0.2549×

10

ρolio

g

∆ z =

= 880×

9.80665

= 0.007088 m ≅ 7.1mm

2

2

π d

π×

0.0025

4

4

Esercizio 2.4.5

Un pezzo di legno, di massa volumica ρ l = 650 kg/m 3 , ha sezione quadrata di lato l = 7.5 cm ed è lungo L =

1.5 m. Calcolare la quantità di piombo che deve essere legata ad una sua estremità affinché esso galleggi sull'acqua

di mare in assetto verticale sporgendo dall'acqua per a = 30 cm. Si trascura il volume del piombo.

Per l'equilibrio il peso del pezzo di legno e del pezzo di piombo deve uguagliare il peso del volume di liquido

spostato dalla parte sommersa del complesso; allora dalla definizione di forza di gravità (1.4) e dalla spinta di

Archimede (2.11.c) si ha

a

( m + m ) g = ρ g V → ρ l l L + m = ρ l l ( L − a)

G = Fpz


l p

l

p

dove m l è la massa del legno, m p è la massa del piombo, ρ l è la massa volumica del legno e ρ è la massa volumica

dell'acqua di mare ricavata dalla tab. T.1. Con i dati del problema si ha

( L − a)

− ρ l l L = l l [ ( ρ − ρ ) L − ρ a]

= 0.075×

0.075×

[ ( 1025 − 65)

× 1.5 −1000

× 0.3]

= 1.48 kg

mp = ρ l l

l

l

.

Esercizio 2.4.6

Calcolare la percentuale in volume di un pezzo di metallo, di massa volumica ρ m = 7200 kg/m 3 , che emerge

dal mercurio su cui galleggia.

L

3


Se V t è il volume totale, V i è il volume immerso e V e è il volume emerso, dalla relazione di equilibrio si ha

G = Fpz

→ ρm

Vt

g = ρHg

g Vi

→ ρm

Vt

= ρHg

t e

Esercizi capitolo 2 - pag. xxviii

( V − V ) →

V ρHg

− ρ

e

m 13595 − 7200

→ ρm

Vt

= ρHg

Vt

− ρHg

Ve

→ = =

= 0.47 = 47 % .

V ρ 13595

[Nota. Se fosse ghiaccio che galleggia su acqua dolce si avrebbe

V ρa

− ρ

e g 1000 − 917

= = = 0.083 = 8.3 % ,

Vt

ρa

1000

mentre se galleggiasse su acqua di mare si avrebbe

V ρa

− ρ

e g 1025 − 917

= = = 0.11=

11%

.

Vt

ρa

1025

Da considerare la non trascurabile differenza di galleggiamento del ghiaccio in acqua dolce e in acqua di mare.]

Esercizio 2.4.7

Un cassone di metallo, lungo X = 10 m, largo Y = 4 m, alto Z = 5 m e pesante G = 0.54 × 10 6 N galleggia su

acqua dolce. Calcolare: a) l'immersione; b) il peso minimo che deve essere caricato a bordo per affondarlo.

a) In condizioni di equilibrio (galleggiamento) il peso del cassone è sostenuto dalla spinta della parte

immersa; dalla spinta di Archimede (2.11.c) si ha

G

540000

G = ρ g V = ρ g X Y z → z = =

= 1.38 m .

ρ g X Y 1000×

9.80665×

10×

4

b) Per affondare il cassone si deve caricare un peso P che vinca la spinta del volume d'acqua relativo alla

rimanente altezza Z − z

6

( Z − z)

= 1000

× 9.80665×

10 × 4×

( 5 −1.38)

= 1.42 × 10 N

P = ρ g X Y

.

Esercizio 2.4.8

Un galleggiante cubico di lato L = 1.2 m ha una massa m g = 180 kg ed è ancorato mediante una catena di

massa trascurabile ad un blocco di cemento di massa m b = 680 kg. Nella configurazione normale il galleggiante

è immerso per Ζ = 23 cm e il blocco è adagiato sul fondo. Calcolare: a) la forza con cui è sollecitata la catena; b)

l'innalzamento dell'acqua ∆Z necessario per sollevare il blocco dal fondo.

∆Z

a) Dalla spinta di Archimede (2.11.c) si ha

F pz

m g

m b

= g V = g L L Z = 1000 × 9.80665×

1.2 × 1.2 × 0.23 = 3248 N .

Questa forza equilibra il peso del galleggiante G g e la forza F con cui è sollecitata la catena; si ha allora

= G + F → F = F − G = F − m g = 3248 −180

× 9.80665 = 1480 N .

Fpz g

pz g pz g

b) Per iniziare il sollevamento dei pesi sia del galleggiante sia del blocco di cemento, la spinta deve essere

almeno pari a

Fpz = Gg

+ Gb

→ g L L ( Z + ∆Z)

= ( mg

+ mb

)g

e l'innalzamento del pelo libero deve essere almeno pari a

t

Z

Hg


mg

+ mb

− L L Z 180 + 680 −1000

× 1.2×

1.2×

0.23

∆ Z =

=

= 0.367 m .

L L

1000×

1.2×

1.2

Esercizio 2.4.9

Un pallone sonda senza strumentazione ha una massa m = 50 kg e, gonfiato con un gas di peso specifico ρ g

= 0.55 kg/m 3 , raggiunge un diametro d = 6 m. Calcolare il peso G della strumentazione che può sollevare.

In condizioni di equilibrio la spinta Fpz diretta verso l'alto sostiene il peso del pallone m.g, il peso del gas Gg in esso contenuto e il peso della strumentazione G. Allora si ha

= m g + G + G → G = ρ V g − m g − ρ g V = [ ( ρ − ρ ) V − m]g

Fpz

Gg

m g

Fpz g

g

g

dove V è il volume del pallone e ρ è la massa volumica dell'aria tratta dalla tab. T.2 alla temperatura T = 20 °C.

Con i dati del problema si ha

3

G

4 d

4 6

( ρ − ρ ) π − m g = ( 1.206 − 0.55)

× × π×

− 50 × 9.80665 = 237 N

G = g

.

3 2

3 2

Esercizio 2.4.10

Un manometro è costituito da una tazza cilindrica capovolta che galleggia su un liquido contenuto in un recipiente

aperto all'atmosfera; la pressione che deve essere misurata giunge all'interno della camera chiusa attraverso

un tubo di collegamento e viene determinata mediante l'altezza z tra la sommità emersa della tazza e il pelo

libero del liquido. Calcolare la sensibilità del manometro, cioè la variazione ∆z dell'altezza in funzione della

variazione di pressione ∆p, sapendo che il diametro della tazza è d = 25 mm e che lo spessore del suo mantello è

t = 0.25 mm.

Z

p 1

z1

Z - z1

Esercizi capitolo 2 - pag. xxix

Z

3

t d

p 2

z2

Z - z2

La tazza cilindrica galleggia in una certa posizione per effetto dell'equilibrio fra la forza peso diretta verso il

basso e le forze, dovute alla pressione interna e alla spinta di Archimede della parte di tazza immersa, dirette

verso l'alto; per le due posizioni raffigurate si ha quindi

2

π d

π d

p1 + ρ g π d t 1 2


4

4

2

( Z − z ) = p + ρ g π d t ( Z z )

dove t è lo spessore medio del mantello cilindrico della tazza e d è il suo diametro. Aprendo le parentesi e semplificando

si ottiene la relazione

2


ρ g π d t

( z − z ) = ( p − p )

2

1

2

1

π d

4

e i parametri da cui dipende la sensibilità dello strumento

Esercizi capitolo 2 - pag. xxx

2


∆ d

25×

10

= =

∆p

4 ρ g t 4×

1000×

9.80665×

0.25×

10

ρ g t ∆z

= ∆p

-3

z -3

= 2.55×

10

-3

Esercizio 2.4.11

Una campana cilindrica di diametro d = 1.2 m si trova in acqua dolce, in condizioni di equilibrio, semisommersa

al di sopra della superficie libera di una quantità Z e = 0.9 m e con il pelo libero interno al di sotto di quello

esterno di una quantità Z i = 0.3 m. Calcolare: a) il peso G; b) la pressione interna p 1 . La campana viene poi

spinta al di sotto della superficie libera di una quantità Z = 3 m. Calcolare: c) la altezza z dell'aria nella campana;

d) la pressione interna p 2 .

Ze

Zi

d d

a) Dalla spinta di Archimede (2.11.c), in condizioni di equilibrio, si ha

p 1

2

p a

π d

π×

1.2

G = Fpz

= ρ g V = ρ g ∆Zi

= 1000×

9.80665×

× 0.3 = 3330 N .

4

4

b) Dalla legge di Stevin (2.7) si ha

z

( − ∆Z

) = 101325 −1000

× 9.80665×

( − 0.30)

= 101325 + 2942 = 104300 Pa

p1 = pa

− ρ g i

.

c) Se si ipotizza che durante l'affondamento la compressione sia isoterma, la pressione è inversamente

proporzionale al volume (p.V = cost) e quindi, data la costanza della sezione, all'altezza dell'aria nel serbatoio

p

1

Ze

+ Zi

+ i = p2

z → p2

= p1

; (A)

z

( Z Z )

questa pressione è uguale a quella ottenibile dalla legge di Stevin (2.7)

per cui, uguagliando le due espressioni

e

p2 a

[ − ( Z + z)

]

2

p a

p 2

= p − ρ g

(B)

+ [ ]z ,

( Z Z ) = p + ρ g ( Z + z)

p1 e i a

dopo aver aperto le parentesi e dopo aver raggruppato i coefficienti si ha

z

2

( Ze

+ Zi

)

= 0

pA

p1

+ + Z z −

.

ρ g

ρ g

La soluzione dell'equazione di secondo grado nell'altezza z dell'aria nel serbatoio deve essere positiva e quindi

deve essere presa in considerazione quella con il segno positivo davanti al discriminante

1

z =

2


pa

+ Z

ρ g

+

pa

+ Z

ρ g

2

p

+ 4

1

( Ze

+ Zi

)

=

ρ g

d

4

m

Pa

.

Z

z


=

1

2


101325

+ 3

1000×

9.80665

+

101325

+ 3

1000×

9.80665

Esercizi capitolo 2 - pag. xxxi

2

( 0.9 + 0.3)

=

104300×

+ 4×

1000×

9.

80665

1

=

2

− ( 10.33

+ 3)

+

2 ( 10.33

+ 3)

+ 51.05

= 0.8971m

.

Da notare che la pressione atmosferica pa corrisponde ad una altezza di 10.33 m di colonna d'acqua.

d) La pressione interna può essere ottenuta o dalla (A)

o dalla (B)

p2 a

p

2

= p

1

Ze

+ Zi

0.9 + 0.3

= 104300×

≅139500

Pa

z

0.8971

[ − ( Z + z)

] = 101325 −1000

× 9.80665×

[ − ( 3 + 0.8971)

] = 101325 + 38220 ≅139500

Pa

= p − ρ g

.

Esercizio 2.4.12

Una nave ha una massa m = 10 × 10 6 kg e pesca z m = 7.5 m in acqua di mare; se si scarica una zavorra m z =

0.25 × 10 6 kg, il pescaggio in acqua di mare si riduce a z z = 7.2 m e sulla linea di galleggiamento l'area S della

sezione retta della nave rimane costante. Calcolare il pescaggio z d in acqua dolce prendendo la massa volumica

dell'acqua di mare ρ m = 1025 kg/m 3 e quella dell'acqua dolce ρ d = 1000 kg/m 3 .

Vd - Vm

m

Poiché il peso della zavorra scaricata corrisponde alla diminuzione della spinta esercitata dall'acqua di mare,

è possibile dalla spinta di Archimede (2.11.c) calcolare l'area della sezione retta della nave sulla linea di galleggiamento

mz

250000

2

G z = ∆Fpz

→ mz

g = ρm

g S ( zm

− zz

) → S =

=

= 813 m ;

ρ

∆z

zm

m

zd

( z − z ) 1025×

( 7.5 − 7.2)

passando poi da acqua di mare ad acqua dolce, la spinta che tiene in equilibrio la nave deve avere lo stesso valore

e di conseguenza impegna volumi differenti data la diversità delle masse volumiche dei fluidi

m 10000000

m g = ρm

g Vm

→ Vm

= = = 9756 m

ρ 1025

m 10000000

3

m g = ρd

g Vd

→ Vd

= = = 10000 m .

ρ 1000

Il maggior volume di acqua dolce rispetto a quello di acqua di mare costituisce quindi l'aumento del pescaggio

Vd

− Vm

10000 − 9756

zd

= zm

+ ∆z

= zm

+ = 7.5 +

= 7.5 + 0.3 = 7.8 m .

S

813

d

m

m

z

3


2.5. SPINTA IDROSTATICA E CENTRO DI SPINTA

Esercizio 2.5.1

Una faccia di un serbatoio rettangolare è larga B = 1.5 m e alta H = 2 m. Il serbatoio è completamente riempito

di olio di massa volumica ρ = 920 kg/m 3 . Trovare la spinta idrostatica F sulla faccia verticale e la profondità

del suo centro di pressione rispetto alla sommità superiore.

Liquido

H

h C = 2 H

3

La legge di Stevin (2.7) fra la pressione p e la profondità h è

M

Esercizi capitolo 2 - pag. xxxii

h

p = ρ g h = γ h

ρ g h

C

Diagramma

della pressione

F

N p = ρ g H O

ed è mostrata graficamente nella figura; essa è un triangolo in cui la coordinata verticale rappresenta la

profondità e la coordinata orizzontale rappresenta la intensità della pressione.

L'area del diagramma è il prodotto della profondità [m] e della pressione [N/m 2 ] e rappresenta, in scala, la

forza risultante per unità di larghezza f = F/B [N/m] gravante sulla superficie immersa normale al diagramma.

Se H è l'altezza del liquido e se la superficie immersa si estende dalla superficie libera fino al fondo del serbatoio,

il diagramma della pressione è il triangolo S ≡ MNO e quindi

Con i dati del problema si ha:

F 1

1

1

f = = S = NO × MN = ρ g H × H = ρ g

B 2

2

2

2

H

1 2 1

2 N

f = g H = × 920×

9.80665×

2 = 18040

2 2

m

F = f B = 18040×

1.5 = 27100 N = 27.1kN

.

La risultante F passa attraverso il centro di area C del diagramma della pressione che si trova dal punto M ad

una distanza pari a

2 2

h = H = × 2 = 1.33 m .

3 3

Esercizio 2.5.2

Una diga lunga Y = 1.5 m crea un bacino in cui l'acqua raggiunge un'altezza Z o una profondità H pari a Z =

H = 3 m a seconda che si prenda la coordinata z diretta verso l'alto o la coordinata h diretta verso il basso; calcolare

la forza totale esercitata dall'acqua sulla superficie della diga.

z

h

Z = H

Poiché sulla faccia sinistra della diga agisce la pressione generica p maggiore di quella (atmosferica) p 0 agente

sulla faccia di destra, la differenza di pressione, a seconda che si consideri la altezza o la profondità dell'acqua,

è data dalla legge di Stevin (2.7)


p = p − p

0

− ρ g

=

+ ρ g

p

dFx

p 0

h

z

( z − z0

) = ρ g ( Z − z)

( h − h ) = ρ g h

0

p 0

x


e la relativa forza infinitesima è data dalla forza idrostatica dF x in direzione perpendicolare alla diga (2.12)

dF x

( Z − z)

∆p

Y dz = ρ g Y dz

= ∆p

dS =

.

∆p

Y dh = ρ g Y h dh

Di conseguenza la forza totale agente sulla diga, a seconda che si consideri la altezza o la profondità dell'acqua,

è data rispettivamente da

F

x

=

S

dF

x

=

0

Z

ρ g Y

( Z − z)

dz = ρ g

Y Z

Z

dz − ρ g Y

H

H H

Fx

= dFx

= ρ g Y h dh = ρ g Y h dh = ρ g Y .

S 0

0

2

0

z dz = ρ g Y Z

Esercizi capitolo 2 - pag. xxxiii

2

0

Z

2

2

Z

− ρ g Y

2

Con i dati del problema si ha il valore numerico della spinta in direzione orizzontale

2

2

2

Z

= ρ g Y

2

Z H

3

Fx

= g Y = g Y = 1000×

9.80665×

1.5×

= 66200 N ≅ 66 kN .

2 2

2

[Nota. Si sarebbe ottenuto lo stesso risultato nel seguente modo:

a) calcolando dapprima la pressione idrostatica a livello del pelo libero p1 (z = Z, h = 0) ed alla base della diga p2 (z = 0, h

= H)

p1 = 0 p2

= − ρ g ( − Z)

= ρ g H = 1000 × 9.80665×

3 = 29420 Pa ;

b) calcolando poi la media delle due pressioni (in questo caso la metà di quella corrispondente alla profondità H perché si

prende in considerazione solo la pressione idrostatica)

p1

+ p2

0 + 29420

pm

= = = 14710 Pa ;

2 2

c) moltiplicando infine la pressione media per l'area

= p Y Z = p Y H = 14710 × 1.5×

3 = 66200 Pa .]

Fm m

m

La posizione della retta d'azione, a seconda che si consideri la altezza o la profondità dell'acqua, è data dalla

relazione (2.13); rispettivamente si ha

z

F

=

Z Z Z

Z

z dFx

ρ g Y ( Z − z)

z dz −

0

2 3 6 1 1

=

= = = Z = 3 = 1m

2

2 2

Fx

Z Z Z 3 3

ρ g Y

2

2 2

S

(partendo dal basso) dove si è fatto ricorso alla relazione che dà F x in funzione dell'altezza z e

h

F

=

S

3

H

2 H

h dFx

ρ g Y h dh

0 3 2 2

=

= = H = 3 = 2 m

2 2

Fx

H H 3 3

ρ g Y

2 2

(partendo dall'alto) dove si è fatto ricorso alla relazione che dà F x in funzione alla profondità h.

[Nota. Si sarebbe ottenuto lo stesso risultato calcolando la posizione del baricentro del triangolo della pressione idrostatica

2 2 2

h F = Z = H = 3 = 2 m .]

3 3 3

Esercizio 2.5.3

Una parete inclinata dell'angolo α = 45 ° è larga X = 1.2 m ed è situata fra le profondità H 1 = 1.5 m e H 2 =

3.5 m; calcolare la forza totale esercitata da un olio di massa volumica ρ = 900 kg/m 3 .

h

H2

H1

α

α

∆H

3

p

3

p a

2

3

y

z

H

h


Per determinare in modo completo la forza, si deve specificarne la grandezza, la retta d'azione e il verso.

Considerando la parete inclinata giacente sul piano (x − y), la grandezza della forza idrostatica F z (2.12) lungo

la coordinata z vale

F

z

= −

S

∆p

dS

= −

∆p

dx dy

dove ∆p è la differenza di pressione fra la faccia interna e quella esterna del serbatoio. Per effettuare la integrazione

è necessario trovare la differenza di pressione in funzione della coordinata y; questo risultato si ottiene sostituendo

la relazione

in cui si è applicata la trasformazione di coordinate

nella legge di Stevin (2.7)

h = H1

+ H = H1

+ y sinα

,

H = y sinα


Esercizi capitolo 2 - pag. xxxiv

S

H

y =

sinα

( H + y α)

p = pa

+ ρ g h = pa

+ ρ g 1 sin ,

e osservando che dalla parte opposta della parete agisce la pressione atmosferica p a

F

z

Si ottiene allora una forza pari a

= −

0

X

∆H/sinα

0

∆p

dx dy =

= − ρ

− ρ

g

g

0

X

dx

∆H/sinα

0

( H + y α)

∆ = p − p = ρ g sin

p a 1 .

( H + y sinα)

dy =

1

2

y

2

∆H/sinα

∆H

sinα

∆H

/ sin

2

X [ x]

H y + sin α = − ρ g X H +

sinα

=

0

1

= − ρ g X

∆H

sinα

0

1

∆H

2 2

H1

+ = − 900×

9.80665×

1.2×

× 1.5 + = − 74890 N

2

sin

2

ed un verso diretto in senso contrario all'asse z (per effetto del segno negativo).

2

2

α

( 45°

)

[Nota. Si sarebbe ottenuto lo stesso risultato nel seguente modo:

a) calcolando la pressione idrostatica alla profondità H1 e alla profondità H2 p1 = ρ g H1

= 900×

9.80665×

1.5 = 13240 Pa p2

= ρ g H2

= 900×

9.80665×

3.5 = 30890 Pa

b) calcolando la media delle due pressioni

p1

+ p2

13240 + 30890

pm

= =

= 22070 Pa

2 2

c) moltiplicando la pressione media per l'area

∆H

2

Fz = pm

X = 22070×

1.2×

= 74890 N

sinα

sin(

45°

)

c') moltiplicando la pressione media per la proiezione dell'area sul piano verticale e riproiettando la forza orizzontale così

ottenuta in direzione perpendicolare all'area

Fo

52960

Fo

= p X ∆H

= 22070×

1.2×

2 = 52960 N , Fz

= = = 74890 N .]

sinα

sin 45°

La posizione della retta d'azione è data dalla relazione (2.13). Considerando i momenti attorno all'asse x si ha

e quindi

y

F

=

1

F

z

0

X

0

H/sinα

ρ g

y ∆p

dx dy =

F


ρ g

=

F

z

z

y

2

0

X

dx

y

3

∆H/sinα

0

y

y

F

F

z

= S

( H + ysin

α)

dy =

1

∆H/sinα

ρ g X

F

y ∆p

dS

∆H

/ sin

2

( )

X [ x]

H + sin α = H

+

sinα

=

0

1

2

3

0

z

1

2

2

α

3

∆H

/ sin

3

3

α


2

ρ g X ∆H

H1

∆H

900×

9.80665×

1.2 2 1.5 2

= + =

× × + = 1.60

m .

2

2

F sin α 2 3 74890 sin 2 3

Considerando invece i momenti attorno all'asse y si ha

e quindi

x

F

=

1

F

z

0

X

0

H/sinα

ρ g

x ∆p

dx dy =

F


ρ g

=

F

z

2

x

2

X

0

z

z

0

X

dx

2

∆H/sinα

0

y

x

F

F

z

= S

( H + ysin

α)

dy =

1

y

H1

y + sin α

2

La retta d'azione f della forza F z è allora data da

∆H/sinα

0

x ∆p

dS

ρ g X

=

F 2

H

Esercizi capitolo 2 - pag. xxxv

z

2

1

∆H

∆H

+

sin α

2

2

2

( 45°

)

/ sin

2

2

α

sinα

ρ g X ∆H

∆H

X 1.2

= H1

+ = = = 0.60 m .

∆H

∆H

2 sinα

2 2 2

ρ g X H1

+

sinα

2

f = x F i + yF

j = 0.60 i + 1.6 j

Esercizio 2.5.4

Nel tubo, di diametro d = 35 cm e collegato ad un serbatoio lungo X = 6 m, largo Y = 2.4 m e alto Z = 1.8 m,

l'acqua sale fino all'altezza ∆Z = 3.6 m. Trascurando il peso del serbatoio e del tubo calcolare: a) le forze idrostatiche

sulle pareti laterali del serbatoio; b) la forza agente sul fondo del serbatoio; c) il peso totale dell'acqua.

Infine: d) confrontare e commentare i risultati ottenuti nei punti b, c.

z

Z

Dalla legge di Stevin (2.7) si hanno i valori della pressione all'altezza della parte superiore p 1 e della parte

inferiore del serbatoio p 2

p 1

p 2

= ρ g ∆Z

= 1000×

9.80665×

3.6 = 35300 Pa

= ρ

il valore medio agente sulle pareti laterali vale quindi

g

p

X

∆Z

( ∆Z

+ Z)

= 1000×

9.80665×

( 3.6 + 1.8)

= 52960 Pa

p

m

p1

+ p2

35300 + 52960

= =

= 44130 Pa .

2

2

Di conseguenza:

a) le spinte sulle pareti laterali, che a due a due si fanno equilibrio in direzione x e in direzione y rispettivamente,

valgono

Fx = pm

Y Z = 44130×

2.4×

1.8 = 190600 N ≅191

kN

= p X Z = 44130 × 6.0 × 1.8 = 476600 N ≅477

kN ,

Fy m

b) la forza agente sul fondo del serbatoio vale

Fz 2

= p X Z = 52960×

6.0×

2.4 = 762600 N ≅763

kN ,

c) il peso totale dell'acqua contenuta nel volume del serbatoio V s e del tubo V t è invece

x

=


G = ρ g

π d

4

2

( V + V ) = ρ g X Y Z + ∆Z

= 1000×

9.80665×

6.0×

2.4×

1.8 + × 3.6 =

s

t

Esercizi capitolo 2 - pag. xxxvi

2

π×

0.35

4

= 257600 N ≅ 258 kN .

d) Considerando il serbatoio come un corpo isolato, si nota che la reazione del terreno R = 258 kN (diretta

verso l'alto), contrastante la forza peso dell'acqua, non riesce ad equilibrare la spinta F z = 763 kN (diretta

verso il basso); per l'equilibrio lungo la z bisogna infatti considerare anche la spinta S che riceve la parete superiore

del serbatoio (diretta verso l'alto)

in conclusione si ha

S = p

1

X Y

π d


4

2

π×

0.35

= 35300×

6.0×

2.4 −

4

forze verso il basso = forze verso l'alto

F z = S + G

763 = 505 + 258

2

= 505000 kN ≅ 505 kN

In altre parole la pressione idrostatica, e quindi le spinte ad essa relative, sono dovute non al peso reale del fluido

sovrastante (G), ma a quello "immaginario" che potrebbe esserci in base all'altezza piezometrica (Z + ∆Z)

provocata anche da un tubo di diametro modesto d.

Esercizio 2.5.5

Il portellone, situato su una faccia di un serbatoio, è largo Y = 60 cm, è alto Z = 1 m ed è incernierato sulla

sua estremità inferiore. Se sulla superficie libera del fluido è applicata una pressione p 0 = 5000 Pa e se il fluido

ha una massa volumica ρ = 1600 kg/m 3 , calcolare la forza F richiesta per tenere il portellone chiuso.

p 0

Z

Dalla relazione della spinta idrostatica (2.12), facendo l'equilibrio dei momenti attorno all'asse y passante per

A, si ottiene

Z F


A

z dF = 0

p


1

F =

Z

A

A

F

z dF

p

=

1

Z

A

dF p

z

p dA

z

=

1

Z

0

Z

z

x

p Y dz

dove dF p è la forza infinitesima dovuta alla spinta del fluido; per calcolare il valore dell'integrale, prima si trova

dalla legge di Stevin (2.7) la pressione in funzione dell'altezza

e poi la si sostituisce nell'equazione di equilibrio

1

F =

Z

0

Z

z

p Y dz

=

Y

Z

=

p

1

Z

0

0

Z

2

z

2

z

( z Z)

p = p0

− ρ g −

1

Z

Z

[ p - ρ g ( z − Z)

] Y dz = p Y z dz − ρ g Y ( z − Z)

z dz =

Z

0

0

− ρ

g

3

2

z z

− Z

3 2

Z

0

=

Y

Z

0 0

p0

Z

2

2

− ρ

g

0

Z

3

3

Z Z


3 2

= Y Z

p0

2

ρ g Z

+

6

5000 1600×

9.80665×

1

= 0.6×


+

= 3069 N .

2

6

Esercizio 2.5.6

Un portellone è inclinato di un angolo α = 30 °, è alto Y = 4 m, è largo X = 5 m ed è incernierato lungo A ad

una profondità H = 2 m. Calcolare la reazione alla spinta provocata dall'acqua per effetto della differenza di

=


pressione fra le due facce del portellone.

h

Y

α

A

H

Considerando la parete inclinata giacente sul piano (x − y), la grandezza della forza idrostatica (2.12) lungo

la coordinata z vale

R

z

= −

F

z

=

S

∆p

dS =

Esercizi capitolo 2 - pag. xxxvii

S

y

∆p

dx dy

dove ∆p è la differenza di pressione fra le due facce del portellone. Per effettuare l'integrazione è necessario trovare

la differenza di pressione in funzione della coordinata y; questo risultato si ottiene sostituendo la relazione

nella legge di Stevin (2.7)

h = H + y sinα

p a

a

( H + y α)

= p + ρ g h = p + ρ g sin

e osservando che dalla parte opposta della paratia vige la pressione atmosferica p a

Si perviene allora a

R

z

=

0

X

Y

X

∆p

dx dy = ρ g dx

0

0

0

Y

( H + y α)

∆p = p - pa

= ρ g sin .

y

2

X

( H + y sinα)

dy = ρ g [ x]

H y + sinα

=

2

0

2

Y

0

Y

16

= ρ g X H Y + sinα

= 1000×

9.80665×


2 × 4 + 0.5 = 588300 N .

2

2

La posizione della retta d'azione è data dalla relazione (2.13). Considerando i momenti attorno all'asse x si ha

e quindi

y

R

=

1

R

z

0

X

0

Y

y ∆p

dx dy =

ρ g

R

Considerando invece i momenti rispetto all'asse y si ha

e quindi

x

R

=

1

R

z

0

X

0

Y

x ∆p

dx dy =

z

ρ g

R

0

X

dx

0

Y

y

y

R

R

z

= S

y ∆p

dS

ρ g

R

y

2

y

3

dF

X

( H + y sinα)

dy = [ x]

H + sinα

=

2

3

z

0

ρ g X Y Y 1000×

9.80665×

5 2×

4 4

= H + sinα

=

× + 0.5 = 2.22 m .

R 2 3

588300 2 3

z

X

z

x dx

0

0

Y

x

R

R

z

= S

x ∆p

dS

ρ g

R

x

2

( H + y sinα)

dy =

H y + sinα

=

z

2

X

0

2

2

ρ g X Y X 5

= H Y + sinα

= = = 2.50 m .

2

Y 2 2 2 2

ρ g X H Y + sinα

2

3

2

y

2

2

Y

0

2

Y

0

z

dR

3

A


La retta d'azione r della forza R z è allora data da

r R R

= x i + y j = 2.50 i + 2.22 j .

Esercizio 2.5.7

Il portellone, situato sul setto di separazione fra la parte di destra e la parte di sinistra di un serbatoio, è alto

Z 2 = 1.8 m, è largo Y = 1.2 m ed è incernierato sulla sua estremità superiore. Nel caso in cui il serbatoio a destra

sia aperto e contenga olio con massa volumica ρ o = 750 kg/m 3 e a sinistra sia chiuso e contenga un'altezza d'ac-

qua pari a Z 1 = 5.4 m con una depressione p = − 0.15 bar rispetto alla pressione atmosferica, calcolare la forza

orizzontale F da applicare all'estremità B del portellone per tenerlo in equilibrio.

z

p

Z1

aria

∆Z

0 0

acqua

E

F

D

B

A

C

olio

Per effettuare l'equilibrio dei momenti agenti sul portellone rispetto all'asse x passante per A si devono conoscere

le spinte idrostatiche e le loro rette d'azione.

Per quanto riguarda l'olio, la spinta è uguale a

ρo

g Z2

750×

9.80665×

1.8

Fo = pmo

Y Z2

= Y Z2

=

× 1.2×

1.8 = 14300 N

2

2

e la sua retta di applicazione, passante attraverso il baricentro del parallelepipedo triangolare ABC formato dalla

pressione, si trova alla distanza

Z2

2 2

do = Z2

= × 1.8 = 1.20 m

3 3

dal punto A.

Invece per quanto riguarda l'acqua, la pressione nei punti A e B vale rispettivamente

la pressione media vale

la spinta vale

( Z − Z ) = −15000

+ 1000×

9.80665×

( 5.4 −1.8)

= 20300 Pa

pA = p + ρa

g 1 2

= p + ρ g Z = −15000

+ 1000×

9.80665×

5.4 = 37960 Pa ,

pB a 1

p

ma

Esercizi capitolo 2 - pag. xxxviii

Fa

pA

+ pB

20300 + 37960

= =

= 29130 Pa ,

2

2

Fa = pma

Y Z2

= 29130×

1.2 × 1.8 = 62920 N

e la sua retta di applicazione, passante attraverso il baricentro del parallelepipedo quadrangolare ABEF formato

dalla pressione, si trova alla distanza d a . Il valore di d a è determinato dall'equilibrio fra il momento statico del

trapezio ABEF e la somma dei momenti statici delle due parti che lo compongono, quella rettangolare ABDE e

quella triangolare FDE, rispetto all'asse x passante per A; si ha allora

S

ABEF

d

a

= S

ABDE

1

2

Z

2

+ S

p

=

FDE

A

Z

2

3

2

p

1

2

A

Z

2

Z

Z

2

2

1

+

2

1

+

2


d

( p − p )

B

( p − p )

B

A

A

a

Z

Z

S

=

2

2

2

3

ABDE

Z

2

1

Z

2

S

2

ABDE

= Z

2

+ S

+ S

FDE

FDE

2

3

d a

Z

2

x

=

1 1 1

pA

+ pB

− p

2 3 3

1 1

pA

+ pB

− pA

2 2

A

A

B

=

d o

Fo

F


Per l'equilibrio, la forza F deve essere tale che

F

a

d

a

1 1 1 1

pA

+ pB

× 20300 + × 37960

= Z 6 3 1.8 6 3

2

= ×

= 0.9910 m .

1

1

( pA

+ pB

) × ( 29130 + 37960)

2

2

Fa

da

− Fo

do

62920×

0.9910 −14300

× 1.20

= Fo

d0

+ F Z2

→ F =

=

= 25100 N .

Z

1.

8

2

Esercizio 2.5.8

Una diga a gravità, lunga Y = 150 m e alta H = 30 m, è sottoposta alla spinta dei ghiacci f = 0.19 MN per

ogni metro di lunghezza e alla spinta idrostatica F i dell'acqua alta Z = 25 m. Se la massa volumica del cemento è

ρ c = 2500 kg/m 3 , calcolare il valore minimo della base b affinché la diga non ruoti attorno al punto O.

La spinta totale dei ghiacci è data da

z

Z

Fi

F

d i

F = f Y = 190000×

150 = 28.50×

10

G

Esercizi capitolo 2 - pag. xxxix

b

6

d g

O

N = 28.5 MN

ed è applicata all'altezza del pelo libero, mentre la spinta idrostatica è data da

F = p

i

m

Y Z

ρ

=

ed è applicata ad una distanza dal terreno pari a

Il peso della diga è dato da

ed è applicato alla distanza

a

g Z 1000×

9.80665×

30

6

Y Z =

× 150×

30 = 661.9×

10

2

2

G = ρ V = ρ

c

c

d i

1 1

= Z = × 25 = 8.333 m .

3 3

b Y b × 150×

30

6

= 2500 ×

= 5.625×

10

2

2

2

dg =

3

dall'asse passante per O.

Dall'equilibrio dei momenti attorno all'asse passante per O infine si ha

6 2

G dd

− Fi

di

− F Z = 5.625×

10 b b − Fi

di

− F Z = 0

3

b


b

H

x

N ≅ 662 MN

Fi

di

+ F Z 661.9×

10 × 8.333 + 28.50×

10 × 25

→ b =

=

= 40.8 m .

6 2

6 2

5.625×

10 ×

5.625×

10 ×

3

3

Esercizio 2.5.9

Una lamina circolare di diametro D = 125 cm, inclinata dell'angolo α rispetto al piano dei carichi piezometrici,

è immersa in acqua in modo che la distanza del suo perimetro misurato verticalmente sotto la superficie

dell'acqua varia fra h inf = 150 cm e h sup = 60 cm. Calcolare: a) la spinta idrostatica F dovuta all'acqua che agisce

su un lato della lamina; b) la distanza verticale h C del centro di spinta C sotto la superficie libera.

6

6


h inf

h C

F

h sup

a) Premesso che la profondità h G del baricentro e l'area S della lamina valgono rispettivamente

C

h

2

2

inf + hsup

1.5 + 0.60

π D π×

1.25

2

h G = = = 1.050 m , S = = = 1.227 m ,

2 2

4 4

dalla (2.12) si ricava la spinta idrostatica F

F = g h G S = 1000 × 9.80665×

1.050×

1.227

= 12640 N .

D

b) Premesso che il momento d'inerzia di area J gg rispetto all'asse baricentrale g (vedi tab. 2.1 del capitolo

2 della teoria) e il seno dell'angolo di inclinazione sinα della lamina valgono rispettivamente

J

gg

4

4

π D π×

1.25

4

hinf

− hsup

1.5 - 0.60

= = = 0.1198 m , sinα

= = = 0.720 ,

64 64

D 1.25

dalla (2.17) si ricava la profondità del centro di spinta

h

C

2

J g sin

2

gg ρ α 0.1198×

1000×

9.80665×

0.720

= hG

+

= 1.050

+

= 1.050 + 0.04818 = 1.10 m .

F

12640

Esercizio 2.5.10

Un canale spilla acqua alla base di un serbatoio le cui facce sono inclinate di un angolo α = 80° rispetto all'orizzontale.

L'entrata del canale è chiusa da una paratoia circolare di diametro D = 1.25 m, che può ruotare attorno

al suo diametro orizzontale. Se la paratoia è completamente immersa: a) dimostrare che il momento M della

spinta idrostatica F sulla paratoia è indipendente dall'altezza dell'acqua; b) calcolare il valore del momento M.

h C

F

h G

O

α

G

C

a) Se la paratoia è completamente immersa, la spinta idrostatica F agisce sul centro di pressione C ad

una profondità h C sotto il pelo libero e l'asse di rotazione G passa attraverso il baricentro della paratoia ad una

profondità h G sotto il pelo libero.

Di conseguenza il momento M agente sulla paratoia per effetto della spinta idrostatica F è dato da

M =

F.

CG

= F

( OC − OG)

α

Esercizi capitolo 2 - pag. xl

D

h C h

F

sin


=

dove CG è la distanza fra il centro di spinta C e il baricentro G della paratoia; sostituendo questa distanza mediante

la (2.16), si ha allora la relazione

h J g sin

C − h G gg

M = F = F

= g Jgg

sin

sin F sin

che è indipendente dall'altezza dell'acqua.

b) Con i dati del problema e dalla tab. 2.1 del capitolo 2 della teoria, in cui si ricava il momento d'inerzia

di area J gg rispetto all'asse baricentrale g, si ha

2

G


π 4 π

4

M = ρ g Jgg

sinα

= ρ g D sinα

= × 1000 × 9.80665×

1.25 × sin(

80°

) = 1160 N.m .

64

64

Esercizio 2.5.11

Una paratoia rettangolare EF, incernierata nell'estremità superiore E e tenuta chiusa tramite un peso, è larga

B = 120 cm, è alta H = 90 cm ed è inclinata dell'angolo α = 60°, mentre il peso totale, dovuto a quello della paratoia

e a quello aggiuntivo, vale P = 20000 N ed è applicato nel punto Q. Trovare l'altezza h dell'acqua che provoca

l'apertura della paratoia.

La paratoia si apre quando il momento della spinta idrostatica F i rispetto alle cerniere è uguale al momento

del peso P rispetto alle stesse cerniere.

L'altezza verticale H v della paratoia è data da

P

G

B C

H v

la profondità h G del baricentro G della paratoia è data da

l'area S della paratoia è data da

h G

H

H/4

Q

F

Esercizi capitolo 2 - pag. xli

a

N

E

( 60°

) = 0.7794 m

= EN = H sin = 0.9×

sin

;

O

α

1 1

= h − EN = h − × 0.7794 = h − 0.

3897 [ m]

;

2 2

S = B H = 1.2×

0.9 = 1.080 m .

Di conseguenza, dall'equazione della spinta idrostatica (2.12), si ricava

Fi G

2

b

Fi

h G

( h − 0.3897)

× 1.080 = 10590×

( h − 0.3897)[

N]

= ρ g h S = 1000×

9.80665×

.

Il momento d'inerzia di area J gg della paratoia rispetto all'asse baricentrico g (vedi tab. 2.1 del capitolo 2 della

teoria) vale

3

B H 1.

2 × 0.90

J gg = = = 0.07290 m

12 12

e la profondità h C del centro di pressione C può essere ottenuta dalla relazione (2.17)

h

C

2

3

( h − 0.3897)

4

( 60°

)

J g sin

2

gg

0.07290×

1000×

9.80665×

sin

0.05063

= h G +

= h − 0.

3897 +

= h − 0.

3897 + [ m]

.

F

10590×

h − 0.3897

Il braccio b della spinta idrostatica F i rispetto alle cerniere è dato da

h

b =

C

0.05063

h − 0.

3897 + −

( ) ( h − 0.7794)

h − H v

=

h − 0.3897

sin(

60°

)


sin

e il momento M F della spinta idrostatica è dato da

0.05846

= 0.50 +

h − 0.3897

0.05846

= F b = 10590×

( h − 0.3897)

× 0.50 +

= 5295×

( h − 0.3897)

+ 619.1=

5295 h −1444

[ N.m]

.

h − 0.3897

MF i

h C

[ m]

h


Il braccio a del peso P rispetto alle cerniere è dato da

e il momento M P è dato da

a =

3

H cos

4

M P

L'uguaglianza dei due momenti porta a

MF P

3

= × 0.90×

cos

4

( 60°

) = 0.3375 m

= P a = 20000×

0.3375

= 6750 N.m .

= M → 5295 h −1444

= 6750 → h = 1.55 m .

Esercizio 2.5.12

La sezione di una diga ha la forma di un trapezio. La larghezza del lato inferiore è a, mentre quella del lato

superiore è (a + b). La diga è verticale e l'altezza dell'acqua è h. Dimostrare che: a) la forza risultante sulla diga

1

2

1 4 a + b

è F = g ( 3 a + b)

h ; b) la profondità del centro di pressione è h C = h .

6

2 3 a + b

h

a + b

A B

G

h G

E D a C F

Per determinare la posizione del baricentro h G del trapezio ABCD si ricorre ai momenti statici di area rispetto

al lato AB:

1

- area del trapezio ABCD:

SABCD

= ( 2 a + b)h

;

2

distanza del baricentro del trapezio ABCD da AB:

h ;

- G

- area del rettangolo ABFE:

SABFE

= ( a + b)h

;

1

- distanza del baricentro del rettangolo ABFE da AB : h ABFE = h ;

2

1

- area dei due triangoli ADE e BFC:

SADE

= SBFC

= b h ;

4

2

- distanza del baricentri dei due triangoli ADE e BFC da AB:

h ADE = hBFC

= h ;

3

- momento statico del trapezio ABCD rispetto ad AB =

= momento statico del rettangolo ABFE rispetto ad AB +

− momenti statici dei triangoli ADE e BFC rispetto ad AB

SABCD hG

= SABFE

h ABFE − SADE

h ADE − SBFC

h BFC →


1

1 1 2 1 2

( 2 a + b)

h hG

= ( a + b)

h h − b h h − b h h →

2

2 4 3 4 3


b

a +

2

h hG

=

a b

+

2 6

2

h →

a b

+

2 6 1 3 a + b

hG

= h = h .

b

a +

3 2 a + b

2

a) Dalla relazione (2.12) si trova la spinta idraulica risultante

1 3 a + b 2 a + b 1

2

F = g h G SABCD

= g h h = g ( 3 a + b)

h [ N]

.

3 2 a + b 2 6

b) Per determinare la profondità del centro di pressione h C del trapezio ABCD si ricorre ai momenti d'inerzia

di area rispetto al lato AB:

- momento

d'inerzia

del rettangolo ABFE rispetto ad AB:

Esercizi capitolo 2 - pag. xlii


( a + b)

JABFE

= JABFE-

GG + SABFE

h ABFE =

h

12

+

- momento d'inerzia

del triangolo ADE rispetto ad AB :

-

J

ADE

= J

ADE-GG

+ S

ADE

h

ADE

3

b

h

= 2

36

( a + b)

momento d'inerzia

del triangolo BFC rispetto ad AB:

J

- momento d'inerzia

del trapezio ABCD rispetto ad AB =

J

ABCD

= J

ABFE

− J

ADE

− J

3

+

1

2

Esercizi capitolo 2 - pag. xliii

h

1

b h

4

BFC =

×

h

b h

8

2

3

3

2

h

=

3

3

( a + b)

h ( a + b)

h ( a + b)

2

12

3

b h

=

72

+

b h

+

9

= momento d'inerzia

del rettangolo ABFE rispetto ad AB +

BFC

=

( a + b)

3

h

3

3

3

4

b h

=

8

− momenti d'inerzia

dei triangoli ADE e BFC rispetto ad AB

3

3

3

b h


8

b h


8

a h

=

3

b h

+

12

1

3

= ( 4 a + b)

h

12



1

3 ( 4 a + b)

h

JABCD

12

1 4 a + b

h C = =

= h [ m]

.

h S 1 3 a + b 1

G ABCD

2 3 a + b

h ( 2 a + b)

h

3 2 a + b 2

Esercizio 2.5.13

Un canale orizzontale, con una sezione trapezia larga B 1 = 150 cm nella parte superiore e B 2 = 90 cm nella

parte inferiore e alta H = 1.8 m, è chiuso da una paratia verticale fissata con chiavistelli sui quattro angoli. Calcolare:

a) la forza totale F dovuta all'acqua; b) la profondità h C del centro di pressione; c) le forze F S1, F S2, F I1 e

F I2 esercitate su ogni chiavistello.

H

S1

I 1

h C

B1

B2

C

a) Dall'esercizio 2.5.12 si trova la forza dovuta all'acqua (h = H, a = B 2 e b = B 1 − B 2)

1

2 1

2 1

2

F = ρ g ( 3 a + b)

h = ρ g ( 2 B2

+ B1)

H = 1000×

9.80665×

( 2 × 0.9 + 1.5)

× 1.8 = 17500 N .

6

6

6

b) Dall'esercizio 2.5.12 si trova la profondità del centro di pressione (h = H, a = B 2 e b = B 1 - B 2)

h

C

I 2

1 4 a + b 1 3 B2

+ B1

1 3×

0.9 + 1.5

= h =

H = ×

× 1.8 = 1.15 m .

2 3 a + b 2 2 B + B 2 2×

0.9 + 1.5

2

1

c) Per trovare le forze sui chiavistelli, bisogna dapprima determinare le risultanti di quelli superiori R S e

di quelli inferiori R I facendo gli equilibri attorno all'asse orizzontale passante per il punto C

R

R

S

I

H = F

H = F h

( H − h )

C

C



data la simmetria, le forze sui chiavistelli sono

F

S1

R

R

S

I

S2

R S

R I

H − hC

1.80 −1.15

= F = 17500×

= 6320 N

H

1.80

;

hC

1.15

= F = 17500×

= 11180 N

H 1.80

RS

6320

R I 11180

= FS2

= = = 3160 N e FI1

= FI2

= = = 5590 N .

2 2

2 2

Esercizio 2.5.14

Un canale, di sezione trapezoidale, è alto H = 3.6 m ed è largo nella parte superiore B 1 = 10.5 m e nella parte

F

C

3

=

3

h

3


inferiore B 2 = 6 m. Una diga è costruita normalmente al canale con un angolo di inclinazione, verso l'acqua del

canale, α = 50° rispetto alla orizzontale. Calcolare la forza totale sulla diga e la posizione del centro di pressione

quando quando il canale è completamente pieno.

α

H

Dall'esercizio 2.5.12 si trova la forza orizzontale dovuta all'acqua (h = H, a = B 2 e b = B 1 - B 2)

1

2 1

2 1

2

3

Fo

= g ( 3 a + b)

h = g ( 2 B2

+ B1

) H = × 1000×

9.80665×

( 2×

6 + 10.5)

× 3.6 = 477 × 10 N ;

6

6

6

la forza normale alla diga è quindi

( 50°

)

Esercizi capitolo 2 - pag. xliv

B1

B2

2

o 477 × 10

3

= = 622 10

F

F = × .

sinα

sin

Dall'esercizio 2.5.12 si trova la profondità del centro di pressione (h = H, a = B 2 e b = B 1 - B 2)

h

C

1 4 a + b 1 3 B2

+ B1

1 3×

6 + 10.5

= h =

H = × × 3.6 = 2.28 m .

2 3 a + b 2 2 B + B 2 2×

6 + 10.5

2

1

Esercizio 2.5.15

Una chiusa verticale è larga B = 5 m e ha l'acqua da una parte fino all'altezza H = 7.5 m e dall'altra fino a h =

3 m. calcolare: a) la forza risultante orizzontale F sulla chiusa; b) la posizione della retta d'azione di F; c) la posizione

cui la retta tende quando h tende a 7.5 m.

B

H

F

x H

3

F1 F2

Se F 1 è la forza risultante sulla parte sinistra della chiusa e F 2 è la forza risultante sulla parte destra della

chiusa, si ha:

- area della faccia sinistra bagnata dall'acqua

: S1

= B H ;

- area della faccia destra bagnata dall'acqua

: S2

= B H ;

-

1

altezza del baricentro della faccia sinistra dal fondo : hG1

= H ;

2

-

1

altezza del baricentro della faccia destra dal fondo : hG2

= h ;

2

- risultante sulla faccia sinistra : F1

=

1

g h G1 S1

=

2

2

g B H ;

- risultante sulla faccia destra : F2

=

1

g h G2 S2

=

2

2

g B h ;

-

1

altezza di F1

dal fondo : x1

= H ;

3

-

1

altezza di F2

dal fondo : x 2 = h .

3

a) F 1 e F 2 hanno una forza risultante F pari a

h

3

h


2 2 1

2 2

6

( H − h ) = × 1000×

9.80665×


( 7.5 − 3 ) = 1.16×

10 N = 1.16 MN

1

F = F1

− F2

= g B

.

2

2

b) Per l'equilibrio, il momento di F rispetto al fondo è uguale al momento di F 1 rispetto al fondo meno il

momento di F 2 rispetto al fondo; si ha allora

F x = F x − F x

1

1

2

2


1

2

g B

2 2 1 2 1 1 2 1

( H − h ) x = g B H H − g B h h →

3

2

3

Esercizi capitolo 2 - pag. xlv

2

3

2

1 H − h 1 H + H h + h 1 7.5 + 7.5×

3 + 3

→ x = =

= ×

= 2.79 m .

3 2 2

H − h 3 H + h 3 7.

5 + 3

c) La retta d'azione della risultante tende al punto centrale della chiusa quando il livello più basso (h = 3

m) raggiunge quello più alto (H = 7.5 m):

3 H 1

H → h x → = H .

6H

2

Esercizio 2.5.16

Le due porte di una diga, che è larga B = 7.5 m, formano fra loro un angolo di 120°. Ogni porta ruota attorno

a due cerniere che sono situate a h b = 0.75 m e a h t = 6.25 m sopra il fondo della diga. Le altezze dell'acqua nei

due lati della diga sono H = 9 m e h = 3 m rispettivamente. Trovare: a) la forza agente su ogni cerniera; b) la

spinta fra le due pareti.

In una parete del canale è inserita una paratoia larga B p = 1 m e alta H p = 0.75 m avente il suo livello superiore

coincidente con il livello inferiore della diga. Trovare: c) la grandezza della risultante; d) il punto di applicazione

della risultante.

30°

R

Pianta

120°

F

B

H

N F1 F2

F

x H

3

h

3

2

Sezione

Hp

h

2

Bp

3

2

Pressione

a) b) c)

Se F 1 e F 2 sono le forze risultanti dell'acqua a monte e a valle di una delle porte, dalla fig. b si ha:

-

B

larghezza di una porta : B' = =

2 cos

B

( 30°

) 3

-

1 B H

1 7.5×

9

forza risultante : F1

= ρ g hG1

S1

= ρ g H = 1000×

9.80665×

× 9×

= 1725000 N = 1725 kN ;

2 3

2 3

-

1 B h

1 7.5×

3

forza risultante : F2

= ρ g hG2

S2

= ρ g h = 1000×

9.80665×

× 3×

= 192000 N = 192 kN ;

2 3

2 3

-

1 1

altezza di F1

dal fondo : x1

= H = × 9 = 3 m ;

3 3

-

1 1

altezza di F2

dal fondo : x 2 = h = × 3 = 1m

;

3 3

- risultante sulla diga : F = F − F = 1725 −192

= 1533 kN ;

forza 1 2

2

1 H + H h + h 1 9 + 9×

3 + 3

- altezza di F rispetto al fondo : x = = ×

= 3.25 m .

3 H + h 3 9 + 3

2

La diga è in equilibrio sotto la forza dell'acqua F, la risultante R delle reazioni delle cerniere superiore e inferiore

(fig. a) e della reazione N fra le porte che agisce normalmente all'unione e quindi con un angolo retto rispetto

all'asse della diga. Le tre forze sono sullo stesso piano orizzontale e si incontrano in un punto perché sono

fra loro in equilibrio. In direzione parallela alla diga si ha:

( 30 ) = R cos(

30°

) → N R

N cos ° = ,

2

2

C

D

2

A

B


mentre in direzione normale alla diga si ha:

( 30 ) + R sin(

30°

) = 2 N sin(

30°

) = 2 R sin(

30°

) = F → H = R = F 1533 kN

N sin ° = ;

le tre forze agiscono ad un'altezza dal fondo x = 3.25 m.

La reazione risultante R è divisa fra le cerniere superiore ed inferiore:

x − h b 3.25 − 0.75

- forza sulla cerniera superiore : R t = R = 1533×

= 697 kN ;

h − h 6.25 − 0.75

- sulla cerniera inferiore : R = R − R = 1533 − 697 = 836 kN .

forza b

t

t

b

La fig. c mostra il diagramma della pressione della diga. Sotto il livello AD la pressione aumenta in modo

uguale sulle sue due facce in modo che, al di sotto del livello inferiore dell'acqua, la pressione rimane costante e

uguale al valore AD. La parte superiore della paratoia si trova in A e la forza risultante è rappresentata dall'area

ABCD:

=

N

m

kN

;

m

area della paratoia : S = B H

2

= 1×

0.75 = 0.75 m ;

- pressione : pp

ρ g ( H − h)

= 1000×

9.80665×

( 9 − 3)

= 58860 ≅ 59

2 2

-

p

- sulla paratoia : F = p S = 58.86 × 0.75 = 44 kN .

forza p p p

p

p

Poiché la pressione è uniforme su tutta la paratoia, la forza F p agisce sulla sua altezza media, pari a x = 37.5 cm

sotto il livello inferiore dell'acqua.

Esercizio 2.5.17

Trovare la forza risultante e il centro di pressione su: a) una superficie piana verticale quadrata di lato L =

1.8 m; b) una superficie piana verticale circolare di diametro D = 1.8 m. In entrambi i casi il baricentro delle superfici

è h G = 1.2 m sotto il pelo libero dell'acqua.

O

L

La forza risultante su una superficie piana è data dalla relazione (2.12)

G

L

F = g h G

mentre la profondità del centro di pressione è data dalla relazione (2.16)

h

C

= h

G

J

+

gg

D

G

Esercizi capitolo 2 - pag. xlvi

h

S

sin α

dove α è l'angolo di inclinazione della superficie rispetto al piano dei carichi piezometrici. Nel caso di parete

verticale, in cui α = 90°, si ha:

a) per il quadrato:

h

C

F =

b) per il cerchio:

F =

g h

G

S sin

=

g h

G

L

4

2

sin

G

S

2

O

h G

= 1000 × 9.80665×

1.2 × 1.8 × sin

2

( 90°

) = 38100 N

L 2

2

J sin

sin

2 2

2 2

gg α

α

12

L sin α 1.8 × sin ( 90°

)

= hG

+ = hG

+ = hG

+ = 1.2 +

= 1.425 m ;

2

h S h L 12 h

12 × 1.2

g h

G

S sin

G

=

g h

G

D

4

2

G

sin

G

= 1000×

9.80665×

1.2×

× 1.8

4

2

× sin

( 90°

) = 29900 N


h

C

4

π D 2

2

J sin

sin

2 2

2 2

gg α

α

64

D sin α 1.8 × sin ( 90°

)

= hG

+ = hG

+

= hG

+ = 1.2 +

= 1.369 m .

2

hG

S

π D 16 hG

16 × 1.2

hG

4

A parità di dimensioni massime, il quadrato rispetto al cerchio ha una superficie maggiore e quindi la forza

risultante è più grande e il centro di spinta più profondo.

Esercizio 2.5.18

Una paratia verticale ha una porta alta H = 2 m e larga B = 1 m fissata mediante due cerniere situate ad una

distanza a = 15 cm sotto la parte superiore e ad una distanza a = 15 cm sopra la parte inferiore di un lato verticale

e mediante un chiavistello nel centro dell'altro lato verticale. Quando una faccia della paratia è sottoposta alla

pressione dell'acqua il cui pelo libero si trova all'altezza del chiavistello (H/2) calcolare: a) la forza sul chiavistello

F C; b) le forze F P1 e F P2 su ogni cerniera, dopo aver trovato la loro risultante R P.

a

a

B

H

2

H

2

La forza risultante su una superficie piana è data dalla relazione (2.12)

H

R P

h P

F = g h G

mentre la profondità del centro di pressione è data dalla relazione (2.16)

h

C

= h

G

J

+

gg

Esercizi capitolo 2 - pag. xlvii

h

S

S

F

sin α

G

b

b C

d

FC

C

d C

h C

FP2

P R P

2

FP1

m n

dove α è l'angolo di inclinazione della superficie rispetto al piano dei carichi piezometrici. Nel caso di parete

verticale, in cui α = 90°, si ha:

oppure

h

C

= h

G

I

+

gg

F = g h G S = g h G

h

sin

G

S

2

= h

G

B H

+ 12

h

3

G

h C

B H

sin

B H

2

= 1000×

9.80665×

0.5×


1=

4900 N

= h

G

+

2

H sin

12 h

2 2

= H = × 1=

0.6667 m .

3 3

G

2

2

( 90°

)

1 × sin

= 0.5 +

12 × 0.5

2

= 0.6667 m

La forza sul chiavistello viene trovata facendo l'equilibrio della porta attorno all'asse passante per i perni delle

due cerniere

F b = F

dove b è il braccio della spinta F dell'acqua e vale b = B/2, F C è la forza sul chiavistello e b C è il braccio della

forza F C e vale b C = B; allora

C bC

B

b F 4900

F

2

C = F = F = = = 2450 N .

b B 2 2

C


Per trovare le forze sulle cerniere, bisogna dapprima determinare la loro risultante R P sul punto intersezione

dell'asse passante per i perni delle cerniere e dell'asse passante per i punti di applicazione della spinta F e della

forza sul chiavistello F C. Il punto d'intersezione si trova alla profondità h P ad una distanza d dalla spinta F e ad

una distanza d C dalla forza sul chiavistello F C. In base alla simmetria della configurazione si verifica che

h P = 2 hC

= 2×

0.6667=

1.333 m

d

C

=

h

2

P

+ B

2

=

1.333

+ 1

= 1.667 m

d

=

2

1.667

=

2

0.8333 m

d = F d → R = F = 2450 N .

d C =

R P C

P C

A questo punto è possibile calcolare le due forze agenti sulle cerniere mediante il sistema di equazioni seguente

F

F

P1

P2

m = R

m = R

P

P

( n − m)

n



F

F

P1

P2

= R

= R

P

P

Esercizi capitolo 2 - pag. xlviii

2

2

H

2

h a 1.333 0.15

n m P − +

− +


= R

2

2

P

= 2450×

= 697 N

m H − 2 a

2 − 2×

0.15 .

H

2

h P + − a

1.333 + − 0.15

2 n

= R 2450

2

P = ×

= 3150 N

H − 2 a m 2 − 2×

0.15

Esercizio 2.5.19

Un recipiente è lungo L = 180 cm, alto H = 90 cm, largo B 1 = 90 cm nella parte superiore e B 2 = 30 cm nella

parte inferiore ed è completamente riempito di acqua. Calcolare: a) il peso totale dell'acqua; b) la forza totale esercitata

dall'acqua sulla parete di fondo; c) la forza totale esercitata su una delle pareti laterali inclinate. Verificare:

d) l'equilibrio in direzione verticale.

a) Il peso totale dell'acqua del recipiente è dato da

L

B1

B2

( B + B ) H

( 0.90 + 0.30)

1 2

× 0.90

G = g V = g S L = g

L = 1000×

9.80665×

× 1.80 = 9530 N .

2

2

b) Poiché la pressione p f agente sulla parete di fondo è data dalla legge di Stevin (2.7)

p f

= g H = 1000×

9.80665×

0.90 = 8830 Pa ,

la forza F f agente sulla parete di fondo è data dalla relazione (2.12)

= p S = p L B = 8830×

1.80×

0.30 = 4770 N .

Ff f f 2

c) Poiché la pressione media p m all'altezza del baricentro di una parete laterale è data da

la forza F l agente su una parete laterale inclinata è data da

p

m

p0

+ pf

0 + 8830

= = = 4415 Pa ,

2 2

componente orizzontale

: F1o

= pm

L H = 4415×

1.80×

0.90=

7150 N ;

B1

− B2

0.90 − 0.30

componente verticale : F1v

= pm

L = 4415×

1.80×

= 2380 N .

2

2

d) Per l'equilibrio deve essere:

= F + 2×

F → 9530 = 4770 + 2×

2380 → 9530 = 9530 c.v.d.

G f 1v

H


Esercizio 2.5.20

Un serbatoio cilindrico verticale chiuso, di diametro D = 60 cm e di altezza H = 1.8 m, contiene acqua fino

ad una altezza h = 1.2 m. Nel cilindro è pompata aria alla pressione p o = 35 kN/m 2 sopra quella atmosferica.

Calcolare: a) la forza normale totale F sulla parete verticale del serbatoio; b) la distanza h C del centro di pressione

dalla base.

p o

D

h

La pressione sulla parete verticale può essere considerata come somma di una quantità costante, corrispondente

alla pressione p o, e di una quantità idrostatica variabile linearmente da p iS, agente a livello del pelo libero,

a p iI, agente sul fondo del serbatoio.

a) Per quanto riguarda la forza si ha

-

superficie su cui grava p : S = D H = × 0.6 × 1.8 = 3.393 m ;

o

o

- dovuta alla pressione p : F = p S = 35000×

3.393 = 119000 N ;

forza o o o o

pressione idrostatica

a livello del pelo libero : piS

= 0 ;

- Pa

- pressione idrostatica

sul fondo : piI

= ρ g h = 1000×

9.80665×

1.2 = 11770 Pa ;

piS

+ piI

0 + 11770

- pressione idrostatica

media : pim

= = = 5885 Pa ;

2 2

2

- superficie su cui grava p : S = π D h = π×

0.6 × 1.2 = 2.262 m ;

i

i

- dovuta alla pressione p : F = p S = 5885×

2.262 = 13000 N ;

forza im i im i

forza totale : F = Fo

+ Fi

= 119000 + 13000

- = 132000 N

b) Per quanto riguarda il centro di pressione, si può considerare la parete cilindrica come una parete

rettangolare avente per base la circonferenza del serbatoio; allora:

-

H 1.8

altezza del centro di spinta di Fo

: hC

= = = 0.9 m ;

o 2 2

-

H 1.2

altezza del centro di spinta di Fi

: hC

= = = 0.4 m ;

i 3 3

- F hC

= Fo

hC

o

+ Fi

hC

i


Fo

hC

+ F h

o i Ci

hC

=

F

119000×

0.9 + 13000×

0.4

=

= 0.851m

132000

Esercizio 2.5.21

Un'apertura rettangolare sulla faccia bagnata dall'acqua di una diga è chiusa mediante un portellone montato

su due perni orizzontali passanti attraverso il centro dei due lati verticali. Se il livello dell'acqua è al di sopra del

bordo superiore del portellone: a) dimostrare che il momento richiesto per aprirlo è indipendente dal livello dell'acqua;

b) calcolare il valore del momento per un portellone largo B = 1.25 m e alto H = 1 m.

B

Se si indica con h l'altezza dell'acqua al di sopra del bordo superiore del portellone, la pressione può essere

considerata come somma di una quantità costante, dovuta solamente all'altezza h e corrispondente alla pressione

p S agente sul bordo superiore, e di una quantità idrostatica variabile linearmente da p iS agente sul bordo superiore

a p iI agente sul bordo inferiore.

a) Allora

- pressione costante : pS

= ρ g h ;

- dovuta a p : F = p S = ρ g h B H ;

forza S S S

H

Esercizi capitolo 2 - pag. xlix

2

H


-

altezza del centro di spinta di

H

FS

: h C = .

S 2

La forza F S è applicata alla stessa altezza dei perni e quindi non crea momento; di conseguenza l'altezza h non

influenza il momento di apertura del portellone.

c.v.d.

b) Ancora:

- idrostatica

superiore : p 0

pressione iS = ;

- pressione idrostatica

inferiore : piI

= ρ g H ;

-

pressione idrostatica

media :

p

im

piS

+ piI

0 + ρ g H ρ g H

= = = ;

2 2 2

-

ρ g H ρ g B H

forza della pressione idrostatica

: Fi

= pim

S = B H =

2

2

1000×

9.80665×

1.25×

1

=

2

= 6129 N ;

-

H 1

altezza del centro di spinta di Fi

: hC

= = = 0.333 m ;

i 3 3

- momento di F :

2

H g B H H H g B H 1000×

9.80665×

1.25×

1

M = Fi

− h C =

− = =

= 1021 N.m .

i 2

2 2 3 12

12

Esercizio 2.5.22

Un'apertura circolare A nella parete inclinata (α = 60°) di un serbatoio è chiusa mediante una valvola a disco

V di diametro D = 70 cm. Il disco è incernierato in H e il braccio del contrappeso è appena sufficiente a tenere

la valvola chiusa quando il serbatoio è vuoto. Sapendo che a = 15 cm, trovare la massa addizionale m che deve

essere posta sul braccio a una distanza b = 90 cm dalla cerniera per poter mantenere chiusa la valvola fino a che

il livello dell'acqua non raggiunga l'altezza h = 60 cm sopra il centro della valvola (si trascura il peso del braccio).

h C

h= h G

F

C

G

α

D

La forza risultante orizzontale su una superficie piana è data dalla proiezione della relazione (2.12) sul piano

verticale

V

F = g hG

dove α è l'angolo di inclinazione della superficie rispetto al piano dei carichi piezometrici, mentre la profondità

del centro di pressione è dato dalla relazione (2.16)

Nel caso in cui α = 60°, per il cerchio si ha:

2

h

C

Esercizi capitolo 2 - pag. l

3

a

A

S sin

H

Jgg

sin α

= hG

+ .

h S

F = g h G S sin = g h G

D

4

sin = 1000×

9.80665×

0.6×

× 0.7

4

× sin(

60°

) = 1961 N ;

4

π D 2

2

J sin

sin

2 2

2 2

gg α

α

64

D sin α 0.7 × sin ( 60°

)

hC

= hG

+ = hG

+

= hG

+ = 0.6 +

= 0.6383 m .

2

hG

S

π D 16 hG

16×

0.6

hG

4

G

2

b

2

m

2

3

2


Rispetto all'asse di rotazione H il momento creato dalla forza F deve essere uguale a quello creato dal peso P

della massa m. Il braccio della forza F è dato da

b

e quindi

F

=

D

D hC

− h

0.7 0.6383 − 0.6

a + + GC sinα

= a + + sinα

= 0.15 + +

× sin

2

2 sinα

2 sin

F b

F

Esercizi capitolo 2 - pag. li

( 60°

)

F bF

1961×

0.4713

= m g b → m = =

= 105 kg .

g b 9.80665×

0.9

( 60°

) = 0.4713 m

Esercizio 2.5.23

Una paratoia rettangolare, larga B = 1.8 m e alta H = 1.5 m, con il bordo superiore posizionato h = 1.2 m sotto

il pelo libero, viene aperta mediante scorrimento su guide. Sapendo che la paratoia e le guide sono inclinate di

α = 45° rispetto alla orizzontale e che il coefficiente di attrito fra paratoia e guide è f = 0.12, calcolare la forza

necessaria lungo le guide per aprire la paratoia.

h G

h

Fo

F

α

G C

H sin α

La forza orizzontale su una superficie piana è data dal prodotto della pressione agente all'altezza del suo baricentro

per la proiezione, sul piano verticale, dell'area della superficie stessa; allora:

-

H

hG = sinα

+ h ;

2

- p = ρ g hG

= ρ g

H

sinα

+ h

2

G ;

H

- F = pG

× A sinα

= ρ g sinα

+ h × B H sinα

2

o ;

F H

1.5

= = ρ α + = × × ° + × ×

.

sinα

2

2

- g sin h B H 1000 9.80665 sin(

50 ) 1.2 1.8 1.5 47000 N

F o =

La forza lungo le guide diventa allora

T = f F = 0.12×

47000 = 5640 N .

Esercizio 2.5.24

Un canale rettangolare, largo B = 120 cm e alto H = 90 cm, scarica acqua dolce in mare attraverso un foro

praticato in un argine avente un angolo α = 50 ° rispetto all'orizzontale. Il canale è chiuso tramite una valvola a

cerniera, che ruota attorno al bordo superiore e che ha massa m = 500 kg con centro di gravità coincidente con il

baricentro. Se il livello del mare si trova all'altezza delle cerniere, calcolare il dislivello ∆h fra acqua dolce e acqua

di mare affinché la valvola si apra e consenta lo scarico in mare (massa volumica acqua ρ a = 1000 kg/m 3 e

massa volumica mare ρ m = 1025 kg/m 3 ).

P.S. Nella figura di destra è mostrato, per l'acqua dolce, come sia F a = F a1 + F a2 e come h Ca sia ricavabile da

h Ca1 e h Ca2.

H

2 +∆h

∆h

h Ca

α

G

H

2 h Cm H

Fa

b

P

Cm

Ca

Fm

p a

Fa1

Fa2

h Ca1

p m

h Ca2


Per l'equilibrio attorno alle cerniere, il momento creato dall'acqua dolce deve essere uguale ai momenti creati

dall'acqua di mare e dal peso della valvola

F

a

h

C

a

= F h + P b .

m

A sua volta il momento creato dall'acqua dolce può essere scomposto in due quantità: quella dovuta alla pressione

(costante) in corrispondenza delle cerniere e quella (variabile) dovuta al carico piezometrico che aumenta

con la profondità

dove

a

C

a

a1

Esercizi capitolo 2 - pag. lii

C

C

F h = F h + F

- p × A sinα

= ρ g ∆h

× B H sinα

= 1000×

9.80665×

∆h

× 1.2×

0.9 × sin(

50°

) = 8113 ∆h

[ N]

= ;

Fa1 1

a

1 1

- h C = H = × 0.9 = 0.45 m ;

a1 2 2

H

0.9

- Fa2 = p2

× A sinα

= ρa

g × B H sinα

= 1000×

9.80665×

× 1.2×

0.9×

sin(

50°

) = 3651[

N]

;

2

2

2 2

- h C = H = × 0.9 = 0.60 m .

a2 3 3

Ancora:

H

0.9

- Fm = pm

× A sinα

= ρm

g × B H sinα

= 1025×

9.80665×

× 1.2 × 0.9×

sin(

50°

) = 3742 N ;

2

2

2 2

- h C = H = × 0.9 = 0.6 m ;

m 3 3

- P = m g = 500 × 9.80665 = 4903 N ;

-

F

a1

H 1 0.90 1

b = = × = 0.3776 m .

2 tgα

4 tg

In conclusione

h

C

a1

+ F

a2

h

C

a2

= F


m

h

( 50°

)

C

m

+ P b


a1

m

a2

h

C

a2

8113×

∆h

× 0.45 + 3651×

0.6 = 3742×

0.6 + 4903×

0.3776 →

→ 3651×

∆h

× 0.45 −1906

= 0 → ∆h

= 0.522 m .

Esercizio 2.5.25

L'estremità di uscita di un canale rettangolare, largo B = 1.2 m e alto H = 0.9 m, è chiusa da una valvola a

cerniera inclinata di α = 50° rispetto all'orizzontale e incernierata sul lato superiore del canale. La valvola ha

una massa m = 830 kg e il suo centro di gravità si trova h Q = 0.33 m sotto le cerniere. Quale deve essere il livello

h dell'acqua, rispetto alla base, affinché la valvola si apra?

h

H - h

h C

b F

Per l'equilibrio attorno alle cerniere, il momento creato dalla spinta dell'acqua deve essere uguale a quello

creato dal peso della valvola

b P

α

Q

F

F b = P b .

F

La forza orizzontale su una superficie piana è data dal prodotto della pressione agente all'altezza del baricentro

della parte immersa per la proiezione, sul piano verticale, dell'area della superficie stessa (2.12)

P

P

h Q

C

H


mentre il suo braccio è dato da

il peso della valvola è dato da

mentre il suo braccio è dato da

h

F = pG

S = g B h =

2

1

2

g B h

2

1

= h + ( H − h)

= h + ( H − h)

= H − h ;

3

3

bF C

Sostituendo nell'equazione di equilibrio, si ha

F b

F

= P b

P


1

ρ g B h

2

2

b

1 hQ

× H − h = m g

3 tgα

P = m g

hQ

=

tgα

P .


Esercizi capitolo 2 - pag. liii


1

ρ B h

6

3

2

+

( 50°

)

1

ρ B H h

2

1

3 1

2 830×

0.33

3 2

→ − × 1000×

1.2×

h + × 1000×

1.2×

0.9×

h =

→ − 200 h + 540 h − 230 = 0 .

6

2

tg

Uno o più dei tre zeri del polinomio di terzo grado si individuano rappresentando graficamente il suo andamento

nel campo possibile della soluzione 0 < h < H; nella figura seguente è riportato il campo fra h = 0.5 m e h

= 0.9 m e da essa si vede che uno degli zeri si trova attorno a h = 0.77 m.

F h

80

40

-40

-80

-120

-160

0

2

=

m h

Q

tgα

0.5 0.55 0.6 0.65 0.7 0.75 0.8 0.85 0.9

Per una individuazione più precisa dello zero si può ricorrere al metodo di Newton - Raphson che, partendo

da un valore iniziale di tentativo e trovando il valore incrementale ∆h dell'incognita h, consente con procedura

iterativa di avvicinarsi alla soluzione cercata; se si pone

le equazioni da risolvere sono

F

h m

3 2

2

( h)

= − 200 h + 540 h − 230 , F'(

h)

= − 600 h + 1080 h

( h)

'(

h)

F

∆ h = − , h = h + ∆h

.

F

Partendo da h = 0.5 m, si trovano i valori riportati nella tabella seguente

h F(h) F'(h) ∆h h+∆h

0.5000000 −120.0000000 390.0000000 0.3076923 0.8076923

0.8076923 16.8957670 480.8875740 −0.0351345 0.7725578


0.7725578 0.0770431 476.2550054 −0.0001618 0.7723960

0.7723960 0.0000020 476.2303304 0.0000000 0.7723960

e quindi la soluzione h = 0.772 m.

Esercizi capitolo 2 - pag. liv


2.6. SPINTA IDROSTATICA SU SUPERFICI CURVE

Esercizio 2.6.1

Una diga in ferro è costituita da un cilindro BAC, pesante G C = 60 kN, e da un setto verticale BE, pesante G S

= 10 kN. Il cilindro, di diametro d = 2 m e di lunghezza Y = 3 m, è immerso in acqua profonda H = 6 m. Calcolare

le spinte orizzontale F o e verticale F v gravanti sul cilindro.

z

H

p

h A

Esercizi capitolo 2 - pag. lv

D E

Dalla relazione (2.18) si ha che la spinta orizzontale F x è dovuta alla pressione piezometrica che agisce sulla

proiezione, lungo il piano verticale, della superficie cilindrica BAC. Poiché la profondità h A del punto A, medio

fra B e C, è data da

la pressione idrostatica p A nel punto A è data da

h A

= ρ g h

pA A

d

= H − ,

2

= ρ

e la proiezione verticale S v del mantello del cilindro è data da

g

Sv = Y d ,

d

H −

2

la spinta orizzontale è data dalla pressione p A moltiplicata per l'area del rettangolo S v

Fo = pA

Sv

= ρ

g

H −

d

2

Y d

A

2

= 1000×

9.80665×

6 − × 3×

2 = 294200 N ≅ 294 kN

2

ed è diretta verso destra.

La spinta verticale è invece dovuta alla somma algebrica della forza diretta verso il basso agente sulla superficie

cilindrica AB e della forza diretta verso l'alto agente sulla superficie cilindrica AC; entrambe le forze sono

date dal peso reale oppure immaginario dell'acqua sovrastante le due superfici. Il peso dell'acqua reale gravante

sulla superficie AB è

G

AB

= ρ g V

ABED

= ρ

g

h

A

d

2

2

1 π d


4 4

B

C

2 1 π×

2

Y = 1000×

9.80665×


− × × 3 = 124000 N

2 4 4

dove V ABED è il volume dell'acqua, mentre il peso dell'acqua reale e immaginaria gravante sulla superficie AC è

G

AC

= ρ g V

ACED

= ρ

g

h

A

d

2

2

1 π d

+

4 4

dove V ACED è il volume dell'acqua. La spinta verticale complessiva vale

2 1 π×

2

Y = 1000×

9.80665×


+ × × 3 = 170200 N

2 4 4

Fv = G AC − G AB = 170200 −124000

= 46200 N ≅ 46 kN

ed è diretta verso l'alto.

Poiché il peso è superiore alla spinta di Archimede, il cilindro appoggia sul fondo con una forza

diretta verso il basso.

F = GC

+ GS

− Fv

= 60 + 10 − 46 = 24 kN

Esercizio 2.6.2

Una paratoia consiste di un quarto di circonferenza di raggio R = 1.5 m ruotante attorno al suo centro O. Es-

d

2

2

x


sa è larga Y = 3 m, ha una massa m = 6000 kg e il suo baricentro G P ha le coordinate x P = 0.6 m e y P = 0.6 m.

Quando l'acqua è allo stesso livello di O, calcolare: a) l'entità delle componenti orizzontale F x e verticale F z della

spinta F sulla paratoia; b) l'angolo di inclinazione α della spinta F rispetto all'orizzontale; c) il momento M richiesto

per aprire la paratoia facendola ruotare attorno ad O verso l'alto.

h G

O

A

G

P

x G

GP

Fz

R

y G

α

a) Dalla relazione (2.18) si ha che la spinta orizzontale F x è dovuta alla pressione piezometrica che agisce

sulla proiezione OA, lungo il piano verticale, della superficie cilindrica AB. Poiché la profondità h G del baricentro

G della superficie OA è data da

la pressione idrostatica p G nel punto G è data da

B

Esercizi capitolo 2 - pag. lvi

F

R

hG = ,

2

pG = ρ g hG

= ρ

g

R

2

Fx

1

= ρ g R

2

e la proiezione verticale S v = OA del mantello del cilindro è data da

Sv = Y R ,

la spinta orizzontale F x è data dalla pressione p G moltiplicata per l'area del rettangolo S v

F = p

x

G

S

v

1

1 2 1

2

= ρ g R Y R = ρ g Y R = × 1000×

9.80665×


1.5 = 33100 N

2

2 2

ed è diretta verso sinistra.

La spinta verticale F z è invece dovuta al peso immaginario dell'acqua sovrastante la superficie cilindrica ed è

diretta verso l'alto. Il peso dell'acqua immaginaria gravante sulla superficie AB è data da

1 2

1 2

Fz

= GABO

= ρ g VABO

= ρ g Y π R = 1000×

9.80665×


× π×

1.5 = 51990 N .

4

4

b) Il valore assoluto della spinta F è quindi dato da

F =

2

x

F

+ F

2

z

=

33100

e il suo angolo di inclinazione α rispetto all'orizzontale vale

α =

F

arctg

F

x

2

51990

= arctg

33100

+ 51990

2

= 61630 N

z .

= 1.004 rad = 57.5 °

c) Poiché la superficie AB è parte di un cilindro, per ragioni di simmetria la spinta F passa attraverso O

e non crea momento nell'apertura della paratoia; il momento è quindi dovuto al solo peso della paratoia applicato

al punto G P

= P h = m g h = 6000×

9.80665×

0.6 = 35300 N.m .

M G G


Esercizio 2.6.3

Un frangiflutti ha una curva rappresentata nel piano (x − z) dall'equazione x 2 = A z con A = 2 m. Se l'altezza

dell'acqua di mare raggiunge il valore Z = 3 m, calcolare: a) l'entità per metro di lunghezza (Y = 1 m) delle

componenti orizzontale F x e verticale F z della spinta F sul frangiflutti; b) le posizioni x C e z C delle componenti

rispetto rispettivamente all'asse z e all'asse x.

Z Fx

zC

z

x C

x 2 = A z

a) Poiché la pressione atmosferica agisce sulle superfici sia del frangiflutti sia del pelo libero del liquido,

la pressione in funzione di z e di x è data dalla sola parte idrostatica della legge di Stevin (2.7)

p

x

= Z

A

( z)

− ρ g ( z − Z)

p(

x)

= − ρ g −

di conseguenza, sostituendo queste leggi nelle relazioni delle componenti orizzontale F x e verticale F z, per unità

di lunghezza del frangiflutti si ottiene

F

F

x

z

=

=

0

0

Z

p

p

Z

( z)

dz = − ρ g ( z − Z)

AZ

0

AZ

dz = ρ g

x

A

Z z

2

z


2

Z

0

= ρ

g

1 x

A 2

Z

Fz

Z


2

Esercizi capitolo 2 - pag. lvii

2

2

2

2

x

;

ρ g Z 1000×

9.80665×

3 N

= =

= 44130

2

2

m

1 A Z

A 3

( x)

dx = − ρ g − Z dz = ρ g Z x − = ρ g Z A Z − A Z =

0

2

Il valore assoluto della spinta F per unità di lunghezza è quindi dato da

3

0

AZ

2

2

N

= ρ g Z A Z = 1025×

9.80665×

× 3×


3 = 49240 .

3

3

m

2 2

2

2 N

F = Fx

+ Fz

= 44130 + 49240 = 66120 .

m

b) Le rette d'azione sono ottenute facendo l'equilibrio attorno all'asse y del momento delle componenti

per unità di lunghezza e dell'integrale dei momenti delle singole quantità infinitesime per unità di lunghezza. Per

la componente in x, sostituendo il valore prima ottenuto per F x, si ha

F

x

z

C

=

A z

p

1

F

( z)

z dA → z = p(

z)

z dA =

z

C

x

A z

z

2

1 Z

1 z z 2 ρ g Z Z 3

= − ρ g ( z − Z)

z dz = ρ g Z − =

= = = 1.00 m ,

2

F 0

F 2 3 ρ g Z 6 3 3

x

mentre per la componente in z, sostituendo il valore prima ottenuto per F z, si ha

F

z

x

C

=

A x

=

p

1

F

z

1

F

( x)

x dA → x = p(

x)

x dA =

0

AZ

x

− ρ g

x

− Z

2

x dx

C

=

1

F

z

z

A z

ρ g

La retta d'azione della spinta F è quindi data da

2

2

x

Z

2


1

A

x

x

4

x

4

0

AZ

=

1

F

z

3

ρ g

2

A Z

Z

2


1

A

3

( A Z)

3 ρ g A Z 3 3

= = A Z = × 2×

3 = 0.920 m .

ρ g 2 Z A Z 4 8 8

4

2

2

0

AZ

=


f = 0.92 i + 1.00 k

Esercizio 2.6.4

Una paratia, larga Y = 5 m, ha una curva rappresentata nel piano (x − z) dall'equazione z 2 = A x con A = 4

m. Se l'altezza dell'acqua raggiunge il valore Z = 4 m, calcolare: a) l'entità delle componenti orizzontale F x e

verticale F z della spinta F sulla paratia; b) le posizioni x C e z C delle componenti rispetto rispettivamente all'asse

z e all'asse x.

z x = z2

A

x C

Fz

zC

Fx

Poiché la pressione atmosferica agisce sulle superfici sia della paratia sia del pelo libero del liquido, la

pressione in funzione di z e di x è data dalla sola parte idrostatica della legge di Stevin (2.7)

p

( z)

− ρ g ( z − Z)

p(

x)

= − ρ g ( A x)

Esercizi capitolo 2 - pag. lviii

Z

1/2 [ − Z]

= ;

di conseguenza, sostituendo queste leggi nelle relazioni delle componenti orizzontale F x e verticale F z, si ottiene

F

F

z

x

=

=

0

Z

Y p

2

Z / A

0

Y p

Z

2

( z)

dz = − Y ρ g ( z − Z)

dz = ρ g Y Z z − = ρ g Y Z − =

0

2

Z / A

( x)

dx = − Y ρ g ( A x)

0

Il valore assoluto della spinta F è quindi dato da

2

x

z

2

2

2

Z / A

1/2

2 1/2 3/2

[ − Z]

dx = ρ g Y Z x − A x =

3

3

Z

0

2

Z

2

2

x

ρ g Y Z 1000×

9.80665×


4

= =

= 392300 N

2

2

3

3

Z 2 1/2 Z ρ g Y Z 1000×

9.80665×


4

= ρ g Y − A = =

= 261500 N .

3 / 2

A 3 A 3 A


4

2

z

2

F = F + F = 392300

+ 261500 = 471000 N ≅ 0.47 MN .

Le rette d'azione sono ottenute facendo l'equilibrio attorno all'asse y del momento delle componenti e dell'integrale

dei momenti delle singole quantità infinitesime. Per la componente in x, sostituendo il valore prima ottenuto

per F x, si ha

F

x

z

C

=

A z

p

1

F

( z)

z dA → z = p(

z)

z dA =

z

C

x

A z

z

2

2

1 Z

1 z z 2 ρ g Y Z Z 4

= − ρ g Y ( z − Z)

z dz = ρ g Y Z − =

= = = 1.33 m ,

2

F 0

F 2 3 ρ g Y Z 6 3 3

x

mentre per la componente in z, sostituendo il valore prima ottenuto per F z, si ha

F

z

x

C

=

A x

p

1

F

( x)

x dA → x = p(

x)

x dA =

=

x

1

F

z

2

Z / A

0

− ρ g Y

C

z

A z

x

x

2

Z / A

2

1/2

1 x 2 1/2 2/5

[ ( A x)

− Z]

x dx = ρ g Y Z − A x =

F

z

3

2

0

5

0

3

3

2


La retta d'azione della spinta F è quindi data da

5

1 Z 2 1/2 Z 3 A ρ g Y Z 3 Z 3×

4

= ρ g Y − A =

= = = 1.20 m .

2

5 / 2

3 2

F 2 A 5 A ρ g Y Z 10 A 10 A 10 × 4

z

f = 1.20 i + 1.33 k .

Esercizio 2.6.5

La figura mostra la sezione normale di una diga con una faccia parabolica avente il vertice in O. L'asse della

parabola è verticale e, al livello dell'acqua, è distante b = 12.5 m dalla faccia. Il centro di spinta C della semiparabola

di acqua si trova a x C = 4.68 m dalla verticale per il punto O e l'altezza dell'acqua è h =50 m. Calcolare:

a) la spinta idrostatica F dovuta all'acqua agente su una larghezza Y = 1 m di diga; b) la inclinazione α della

spinta F rispetto alla verticale; c) la distanza OQ, dal punto O, del punto Q dove la retta d'azione della risultante

taglia il segmento orizzontale OP.

h

h G

B

O

G

zC

x C

b

S

C

α

Fz

a) Dalla relazione (2.18) si ha che la spinta orizzontale F x è dovuta alla pressione piezometrica che agisce

sulla proiezione OB, lungo il piano verticale, della superficie parabolica OA. Poiché la profondità h G del baricentro

G della superficie OB è data da

la pressione idrostatica p G nel punto G è data da

Esercizi capitolo 2 - pag. lix

5

Q

h

hG = ,

2

pG = ρ g hG

= ρ

g

h

2

A

Fx

F

1

= ρ g h

2

e la proiezione verticale S v della superficie parabolica OA è data da

Sv = Y h ,

la spinta orizzontale F x è data dalla pressione p G moltiplicata per l'area del rettangolo S v

1 1 2 1

2

6

Fx

= pG

Sv

= ρ g h Y h = ρ g Y h = × 1000×

9.80665×

1 × 50 = 12.26×

10 N ,

2 2 2

è diretta verso destra e si trova ad un'altezza z C rispetto al segmento orizzontale OP pari a

z C

1 1

= h = × 50 = 16.67 m .

3 3

La spinta verticale F z è invece dovuta al peso reale dell'acqua sovrastante la superficie parabolica ed è diretta

verso il basso. Il peso dell'acqua reale gravante sulla superficie OA è data da

F = G

z

OAB

= ρ g V

OAB

= ρ

g

Y A

OAB

dove A OAB è l'area di metà parabola.

2

2

6

= ρ g Y h b = 1000×

9.80665×


× 50×

12.5 = 4.086×

10 N

3

3

P

5

2

2


La spinta idrostatica F è allora data da

2

x

2

z

2 2 6

6

( 12.26 + 4.086 ) × 10 = 12.9×

10 N

F = F + F =

.

b) L'angolo α di inclinazione di F rispetto alla verticale è dato da

α =

Fx

12.26×

10

arctg = arctg

= 1.249 rad = 71.55 ° .

6

F 4.086×

10

c) La risultante F taglia OP in Q e, se F z taglia OP in S, si ha:

z

1

1 Fx

1 12.26×

10

OQ = OS + SQ = xC

+ h tgα

= xC

+ h = 4.68 + × 50×

= 54.7 m .

6

3

3 F 3 4.086×

10

Esercizi capitolo 2 - pag. lx

z

6

6

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