Dinamica dei ﬂuidi Nozioni fondamentali Dinamica dei ﬂuidi Nozioni fondamentali Teorema di...

3Dinamica dei fluidi

Nozioni fondamentali

Teorema di Bernoulli

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

H = z +p

γ+

v2

2g= cost.

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

Teoremi globali

Equazione globale di continuita∂M

∂t= QMi −QMu

dove

QMi =

∫

Ai

ρv · n dAi, QMu = −∫

Au

ρv · n dAu.

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

dove

I =

∫

V

∂(ρv)

∂tdV, Qi =

∫

Ai

ρv(v · n) dAi, Qu = −∫

Au

ρv(v · n) dAu.

41

P. Sammarco – S.Michele CAPITOLO 3. DINAMICA DEI FLUIDI

Esercizi svolti

Esercizio n. 1

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

φ = − Γ

2π

[

θ − ln

(

r

r0

)]

1. Determinare le componenti della velocita vr e vθ.

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

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

Soluzione proposta

1. Le componenti scalari della velocita sono:

vr =∂φ

∂r=

Γ

2πr, vθ =

1

r

∂φ

∂θ= − Γ

2πr

2. Il flusso e:

−∮

L

~v · ~n dl =

∫ 2π

0

vrr dθ = Γ.

3. La circolazione e:∮

L

~v · ~ds =

∫ 2π

0

vθr dθ = −Γ.

Esercizio n. 2

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

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

42


Soluzione proposta

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

M = ρV =ρπD2

1

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

ρπD23

4U3 +

ρπ(D21 −D2

2)

4U2.

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

dh

dt= −U1.

Dalla continuita deriva quindi:

ρπD21

4(−U1) = −

ρπD23

4U3 −

ρπ(D21 −D2

2)

4U2.

Infine, esplicitando rispetto ad U2 si ottiene:

U2 =D2

1U1 −D23U3

D21 −D2

2

.

Esercizio n. 3

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

v(x, y) = (V0 + bx)ix − byiy

dove V0 e la velocita orizzontale in x = 0, da assumersi nota, e b e un parametro assegnato.

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

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

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

4. Calcolare il gradiente di pressione.

43


Soluzione proposta

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

∇× v = 0,

ne segue che v = ∇φ, ovvero∂φ

∂x= V0 + bx,

∂φ

∂y= −by.

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

φ(x, y) = V0x+b

2(x2 − y2).

2. a = v · ∇v = b(V0 + bx)ix + b2yiy.

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

p0γ+

V 20

2g=

p(x, y)

γ+

U2(x, y)

2g,

con U =√

v2x + v2y modulo della velocita nella sezione x. Si esplicita quindi la pressione

p(x, y) = p0 −ρ

2(b2x2 + 2V0bx+ b2y2).

4. ∇p = −ρb[(bx+ V0)ix + byiy].

Esercizio n. 4

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

Soluzione proposta

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

p

γ=

U2

2g⇒ U =

√

2p

ρ.

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

G+Πg = 0,

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

G+Πg +Πd = Qu −Qi → Πd = Qu −Qi,

44


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

Qi = ρU2Ωix.

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

Qu =ρU2Ω

2iu, iu =

(√2

2,±√2

2

)

.

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

F = ρU2Ω− 2ρU2Ω

2cos

π

4.

La forza esercitata dal cuneo sul fluido e di conseguenza:

F = 2pΩ(

1− cosπ

4

)

.

Esercizio n. 5

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

45


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

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

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

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

Soluzione proposta

1. Efflusso torricelliano dal serbatoio U1 =√

2pρ . Segue quindi che U2 = α

√

2pρ .

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

Ft = ρ(U21A1 − U2

2A2).

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

Ft = 2pA(1− α).

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

∆p = p4 − p3 = p(α2 − 1).

46


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

Ft = p3A3 − p4A4 = ∆pA3.

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

U3

A. Sostituendo i risultati ottenuti nei puntiprecedenti, si ha infine

U3 =

√

2p

ρ

(1 + α)

2=

U1 + U2

2,

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

Esercizio n. 6

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

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

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

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

Soluzione proposta

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

M = ρ ·Area AOB = ρL2θ(t)

2,

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

Qu =

∫ θ

0

ρULdθ = ρULθ(t).

2. Il teorema globale di continuita fornisce quindi

dθ

θ= −2U

Ldt.

47


3. Si integra la precedente equazione differenziale a variabili separabili

∫ θ

θ0

dθ

θ= −2U

L

∫ t

0

dt⇒ ln (θ/θ0) = −2U

Lt,

da cui segue

4. θ(t) = θ0e−2tU/L.

Esercizio n. 7

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

v(r) = vmax

(

1− r2

r20

)

0 ≤ r ≤ r0

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

1. Calcolare la vmax in funzione di v0

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

Soluzione proposta

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

Q1 = πr02v0 ; Q2 =

∫ r0

0

v(r)2πr dr =

∫ r0

0

[

vmax

(

1− r2

r02

)]

2πr dr =vmaxπr0

2

2,

ed essendo la portata Q costante nel tratto in esame:

Q1 = Q2 =⇒ v0πr02 =

vmaxπr02

2=⇒ vmax = 2v0.

48


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

Π = Qu − Qi =⇒ Π1 −Π2 −R = Q2 − Q1,

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

Π1 = p1πr02 ; Π2 = p2πr0

2 ; Q1 = ρv02πr0

2

Q2 = ρ

∫ r0

0

[

2v0

(

1− r2

r02

)]2

2πr dr = ρ4

3v0

2πr02.

e per sostituzione si ottiene R:

R = πr02

(

p1 − p2 + ρv02 − ρ

4

3v0

2

)

= πr02

(

p1 − p2 − ρ1

3v0

2

)

.

49


Esercizio n. 8

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

1. Le velocita v1 di ingresso nel rubinetto e le velocita v2 e v3 di uscita del fluido, sia per a < h(t) < h0

che per 0 < h(t) < a

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

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

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

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

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

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

=√x−√x−a

a

Soluzione proposta

1. • a < h(t) < h0

L’equazione di continuita nel rubinetto si scrive:

Q1 = Q2 +Q3 −→ v1 = v2 + v3,

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

v2 =√

(h(t)− a)2g ; v3 =√

h(t)2g,

e tramite la continuita puo ottenersi v1:

v1 = v2 + v3 =√

(h(t)− a)2g +√

h(t)2g.

50


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

v1 = v3 =√

h(t)2g.

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

b dh = −v1d dt

• a < h(t) < h0

Sostituendo l’espressione di v1 nella equazione di continuita, si puo ottenere il tempo ta che il pelolibero nel serbatoio impiega nel passare da h0 a z = a:

− dh

dt

b

d=√

h2g +√

(h− a)2g =⇒ − b

d

∫ a

h0

1√h2g +

√

(h− a)2gdh =

∫ ta

0

dt

ta = −b√2

3dag2

[

(g(h0 − a))3/2 + (ga)3/2 − (gh0)3/2]

.

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

−dh

dt

b

d=√

h2g =⇒ − b

d

∫ 0

a

1√h2g

dh =

∫ t0

0

dt −→ ta =b

d

√

2a

g.

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

τ = ta + t0 =b

d

[ √2

3ag2

(

(gh0)3/2 − (g(h0 − a))3/2 − (ga)3/2

)

+

√

2a

g

]

.

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

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

h1,4 = a− h(t)− 2√

h(t)[(h(t)− a].

51


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

Π = Qu − Qi =⇒ Π1 + Q1 − F = Q2 + Q3.

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

Q2 = ρv22d = ρd

(

√

(h(t)− a)2g)2

.

Nota la Q2, si calcola il momento M :

M = Q2a = 2γda(h(t)− a).

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

52


Esercizio n. 9

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

zf = a

(

1− x2

l2

)

, (3.1)

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

−dzfdx

= tan θ ≃ sin θ ≪ 1. (3.2)

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

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

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

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

Soluzione proposta

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

q(x) = mx.

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

−→g = g sin θix − g cos θiz.

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

ρf −∇P + µ∇2v = 0,

∇ · v = 0.

53


L’equazione di continuita fornisce:

∇ · v = 0 → ∂vx∂x

= 0 → vx = vx(z),

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

ρg sin θ − ∂P

∂x+ µ

∂2vx∂z2

= 0,

−ρg cos θ − ∂P

∂z= 0.

Integrando la seconda di queste equazioni, si ha:

P (x, z) = −ρg cos θz + f(x).

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

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

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

ρg sin θ + µ∂2vx∂z2

= 0.

Le relative condizioni al contorno sono:

vx = 0 in z = 0,

dvxdz

= 0 in z = s.

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

vx = −ρg sin θz2

2µ+Az +B.

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

soluzione e quindi:

vx =ρg sin θ

µz

(

s− z

2

)

.

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

q =

∫ s

0

vx dz =ρg sin θ

µ

(

sz2

2− z3

6

) ∣

∣

∣

∣

s

0

=ρg sin θ

3µs3.

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

dzfdx

= −2axl2

.

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

−dzfdx

= tan θ ≃ sin θ → sin θ =2ax

l2.

54


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

q =ρg2ax

3µl2s3.

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

ρg2ax

3µl2s3 = q(x) → ρg2ax

3µl2s3 = mx → s = 1/3

√

m3µl2

ρg2a.

Esercizi con risultati

Esercizio n. 10

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

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

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

Risultati

Chiamando ∆ la differenza di livello nei tubi

U2A

2g= ∆.

55


InoltreU2B

2g= 2

U2A

2g= 2∆.

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

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

Esercizio n.11

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

Ω(s) = Ω1(1−√αs)

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

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

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

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

Risultati

1. V (L) =√2gH.

2. V1 = (1−√αL)

√2gH, V (s) = 1−

√αL

1−√αs

√2gH.

3. p1 = ρgH[

1− (1−√αL)2

]

, p(s) = ρgH[

1− ( 1−√αL

1−√αs)2]

.

56


Esercizio n.12

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

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

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

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

Risultati

1. V2 =V1

cos β .

2. pA − pB =ρV 2

1

2tan2 β.

3. Fx =ρV 2

1

2tan2 β · s, Fy = ρsV 2

1 tanβ.

Esercizio n.13

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

√2, viene

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

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

57


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

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

Risultati

F dx =

2ρ

π

(

Q

D

)2

[3 cos θ − sin θ], F dy =

2ρ

π

(

Q

D

)2

[sin θ − cos θ].

58

Dinamica dei ﬂuidi Nozioni fondamentali Dinamica dei ﬂuidi Nozioni fondamentali Teorema di...

Documents

Transcript of Dinamica dei ﬂuidi Nozioni fondamentali Dinamica dei ﬂuidi Nozioni fondamentali Teorema di...