Spinte Su Pareti Piane (Idrostatica)

P. Escobar 27/10/14

G. Messa, D. Vescovi, J. Campagnol, D. Berzi 1

Corso di Meccanica dei Fluidi

ESERCITAZIONE 3

IDROSTATICA

SPINTE

Richiami teorici: Superfici piane

Si consideri la superficie di area A che giace su un piano inclinato di un angolo rispetto al piano dei carichi idrostatici P.C.I. (orizzontale) come rappresentato nella Fig. 1. La retta di intersezione tra il p.c.i. e il piano sul quale giace la superficie premuta detta retta di sponda. Fissiamo un sistema di riferimento in cui lasse Y coincide con la retta di sponda e lasse X, ortogonale a Y, sulla retta di maggiore pendenza del piano contenente A.

Fig. 1 Spinta su superficie piana generica.

La spinta esercitata dal fluido sulla superficie espressa da:

!p = npdA

A

dove A larea della superficie, p la pressione ed ! il versore normale alla parete entrante. Nel caso di superfici piane, ! costante, quindi,

!p = n pdA

A

Inoltre, esprimendo il valore della pressione in funzione dellaffondamento h

p = h = X sin si dimostra che chiamando p0 il valore della pressione sul baricentro G della superficie,

pdA

A = X sin dA

A = X0 sinA = p0A

quindi,

2 Spinte su superfici piane

2.1 Richiami teorici

Si consideri la superficie di area A che giace su un piano inclinato di unangolo rispetto al piano dei carichi idrostatici P.C.I. (orizzontale) comerappresentato in Fig. 23. La retta di intersezione tra il P.C.I. e il pianocontenente la superficie e detta retta di sponda. Fissiamo un sistema diriferimento in cui lasse Y coincide con la retta di sponda e lasse X giacesul piano contenente A ed e ortogonale a Y .

YRetta di

Sponda

X

P.C.I.

XG

G

0

GCS

A p

Figura 23: Spinta su superficie piana generica.

La spinta esercitata dalla superficie sul fluido e pari a

p =

A

pndA

dove A e larea della superficie, p e la pressione e n e la normale alla pareteentrante nel volume di fluido.Nel caso di superfici piane, n e costante, per cui

p =

(

A

pdA

)

n.

Inoltre,

A

pdA = pGA

essendo pG la pressione nel baricentro G della superficie. Allora

p = pGAn.

23

P. Escobar 27/10/14


!p = np0A

La retta di azione di p ortogonale alla superficie e interseca il piano contenente A nel punto chiamato centro di spinta CS che ha come coordinate (,) dove lascissa misurata sullasse X (distanza del centro di spinta dalla retta di sponda) ed lordinata misurata sullasse Y. Applicando il Teorema di Varignon (il momento rispetto un polo prodotto della risultante di un sistema di forze uguale alla soma dei momenti rispetto allo stesso polo prodotti dalle singole forze) possibile ricavare le coordinate del centro di spinta:

p = X

2 sin dAA ; p = XY sin dA

A

= I

M ; =

I xyM

dove: M il momento statico della superficie premuta rispetto alla retta di sponda ([M] = [L]3):

M = X dA

A = X0A

I il momento di inerzia della superficie premuta rispetto alla retta di sponda ([I] = [L]4):

I = X 2 dA

A

Ixy il momento centrifugo della superficie premuta rispetto al sistema di riferimento XY ([Ixy] = [L]4):

IXY = XY dA

A

In queste formule X0 rappresenta la coordinata del baricentro misurata lungo lasse X. Per il teorema degli assi paralleli di Huygens-Steiner il momento dinerzia rispetto alla retta di sponda pu essere scritto in funzione del momento dinerzia rispetto a un asse parallelo passante per il baricentro come,

I = IG + X0

2 dAA = IG + X02A

introducendo questa espressione nella definizione di risulta,

=

IGX0A

+ X0

Si noti che IG non dipende dalla posizione del p.c.i perch riferito ad un asse baricentrale, quindi, dipende solo dalla forma della superficie. Lascissa misurata sulla retta di maggiore pendenza (asse X) pu essere scritta come = X0 + G indicando con la distanza del centro di spinta CS dal baricentro della superficie come indicato nella Fig.1. Lordinata coincide con lordinata del baricentro su tutte le superfici simmetriche rispetto a un asse parallelo allasse delle ascisse X.

Esercizio 1

P. Escobar 27/10/14


Determinare il valore della spinta idrostatica e la posizione del centro di spinta sulla parete rettangolare divisoria di larghezza 2b = m, 60 = del serbatoio dacqua rappresentato in figura (1=10000 N/m3, (2=10300 N/m3).

SOLUZIONE La spinta 1 esercitata dal fluido a sinistra della parete e il suo braccio 1 rispetto alla retta di sponda sono rispettivamente pari a:

1 = Ap0,1 = bh1

sin( )

h12= b

h12

2sin( )= 2 m 10000 N/m3

2.4 m( )2

2 3 / 2= 66510 N

1 =I1

M1=

I0 +Ax02

Ax0=

b12

h1sin( )

&

'(

)

*+

3

+ bh1

sin( )&

'(

)

*+

h12sin( )

&

'(

)

*+

2

bh1

sin( )h1

2sin( )

=

=

b3

h1sin( )

&

'(

)

*+

3

bh1

sin( ),

-.

/

01

h12sin( )

=23

h1sin( )

=23

2.4 m3 / 2

=1.84 m

In modo analogo, la spinta 2 esercitata dal fluido a destra della parete e il suo braccio 2 * rispetto alla sua retta di sponda sono pari a:

2 = bh2

2

2sin()= 2 m 10300 N/m3

1.4 m( )22 3 / 2

= 23311 N

2 * =I2

M 2= 2

3h2

sin()= 2

31.4 m

3 / 2= 1.08 m

h1=2.4'm'

'2 1' h2=1.4'm'

'

x'

s'

r.s.'

r.s.'

h1'h2'

1'

2'

2

1

h1' h2'

z=0'

p.c.i.1'

p.c.i.2'

b=2.0'm'

P. Escobar 27/10/14


e, di conseguenza, il braccio della spinta 2 rispetto alla retta di sponda del serbatoio di sinistra 2 pari a:

2 = 2 *+

h1 h2sin( )

=1.08 m+ 2.4 m1.4 m3 / 2

= 2.23 m

La spinta totale pari alla somma di 1 e 2 . Essendo 1 2 > , la spinta totale agente sulla paratoia sar diretta come 1 , e pari a:

=12 = 66510 N 23311 N = 43199 N

mentre il suo braccio rispetto alla retta di sponda del serbatoio di sinistra ottenuto imponendo lequilibrio alla rotazione rispetto a tale retta, risulta uguale a:

= 1 12 2

=1 12 2

=

1.84 m 66510 N 2.23 m 23311 N43199 N

=1.63 m

Esercizio 2

Calcolare la spinta totale e il centro di spinta che agisce su una paratoia rettangolare di dimensioni ab, incernierata nel suo baricentro (b/2) sommersa come indicato nella figura. Indicare se nella situazione illustrata nella figura la paratoia si trovi in condizioni di incipiente apertura, commentare il risultato.

h1'

'h2'

h1' h2'

2'

2

(h12h2)'

a'1'

1

!

a'

P. Escobar 27/10/14


SOLUZIONE La spinta esercitata dal fluido a sinistra della paratoia e il suo braccio rispetto alla retta di sponda sono:

La spinta esercitata dal fluido a sinistra della parete e il suo braccio rispetto alla retta di sponda sono:

2 = Ap0,2 = ab h2 a( ) + h2

2= ab

22h2 a( )

1 2 * = pxdAA = x2 dA

A = b x2

h2a

h2

dx = b3

h23 h2 a( )3

= ab

33h2

2 + a2 3h2a

2 * =

ab3

3h22 + a2 3h2a

ab2

2h2 a( )= 2

33h2

2 + a2 3h2a2h2 a

= h2 a( ) + a33h2 a2h2 a

Di conseguenza, il braccio della spinta rispetto alla retta di sponda del serbatoio di sinistra :

2 = 2 * + h1 h2( ) = h2 a( ) + a3

3h2 a2h2 a

+ h1 h2( ) = h1 a( ) + a3

3h2 a2h2 a

Essendo , la spinta totale agente sulla paratoia sar diretta come , e pari a:

= 1 2 =

ab2

2h1 a( ) ab2 2h2 a( ) = ab h1 h2( )

1 1

2 2 *

2 2

1 2 > 1

1 = Ap0,1 = ab h1 a( ) + h1

2= ab

22h1 a( )

1 1 = pxdAA = x2 dA

A = b x2

h1a

h1

dx = b3

h13 h1 a( )3

= ab

33h1

2 + a2 3h1a

1 =

ab3

3h12 + a2 3h1a

ab2

2h1 a( )= 2

33h1

2 + a2 3h1a2h1 a

= h1 a( ) + a33h1 a2h1 a

P. Escobar 27/10/14


e il suo braccio rispetto alla retta di sponda del serbatoio di sinistra , ottenuto imponendo lequilibrio alla rotazione rispetto a tale retta, risulta uguale a:

= 1 1 2 2 =1 1 2 2

=

=h1 a( ) + a3

3h1 a2h1 a

ab

22h1 a( ) + h1 b( ) + a3

3h2 a2h2 a

ab

22h2 a( )

ab h1 h2( )=

= h1 a2

Questo risultato dimostra che la distribuzione della pressione sulla parete uniforme come indicato nella figura. Infatti, la linea di azione della risultante della spinta passa dal baricentro della parete e non produce momento perch coincidente con il centro di rotazione della cerniera.

Esercizio 3!

Determinare la spinta e il centro di spinta della paratoia circolare di diametro 2D = m della figura, essendo 31000 Kg/m = e H = 3.5m. Inoltre, supponendo che lalbero di rotazione della paratoia (

6d = cm) sia orizzontale, determinare la forza di attrito sullalbero (F), necessaria per mantenere la paratoia chiusa.

SOLUZIONE La spinta esercitata dal fluido a sinistra della paratoia e il suo braccio rispetto alla retta di sponda sono rispettivamente:

(b)'

F'd'

(a)'

H'

'D'

P. Escobar 27/10/14


= Ap0 = D 2

4H D

2%

&'

(

)* =

= 9.81 m/s2 1000 Kg/m3 2 m( )

2

43.5 m 2 m

2%

&'

(

)* = 77048 N

=I

M=

I0 +Ax02

Ax0= x0 +

I0Ax0

=H D2+

4

D2

%

&'

(

)*

4

D 2

4H D

2%

&'

(

)*

=

= 3.5 m 2 m2

+

2 m2

%

&'

(

)*

4

2 m( )2

3.5 m 2 m2

%

&'

(

)*

= 2.6 m

La forza F deve equilibrare il momento indotto dalla spinta del fluido. Imponendo lequilibrio alla rotazione rispetto allasse della paratoia, risulta:

F d2=( x0)

F = 2d

H + D2

$%&

'() = 2

0.06m77048 N 2.6 m-3.5 m+ 1

22 m( )*+,

-./= 256825 N

Esercizio 3!!

La saracinesca R chiusa e lacqua nel tubo e nel serbatoio in quiete, le dimensioni del serbatoio sono a=6.00 m e b=3.00 m, il dislivello che segna il manometro a mercurio =0.90 m. Considerando acqua = 10000 N/m3 e mercurio = 136000 N/m3 , Determinare:

a) lindicazione n del manometro metallico M in kPa e in bar b) I diagrammi delle pressioni sulle pareti AB e BC e la spinta

S sulla parete ABC in modulo e

retta dazione. c) Verificare i componenti, orizzontale oS e verticale vS , della spinta

S mediante lapplicazione

del metodo dei componenti. !

!

!

!

P. Escobar 27/10/14


!

!

!

!

!

!

!

!

!

!

!

!

!

SOLUZIONE

a) Il piano dei carichi idrostatici relativi (p.c.i.r.) del sistema coincide con il livello del pelo libero dellacqua allinterno del serbatoio, quindi a partire da questo livello possibile disegnare il diagramma delle presioni :

!

!

!

!

!

!

!

!

!

zo'

b'

a'

M'

R'4m'

10m'

ho'

b'

h1'

b'

a'

a'8!m!

A!

B!

C!

b'

a'

10m'

p.c.i.r'

p1'

'

'

p2'

pB!

pC!

'

'

'

A'

C'

P. Escobar 27/10/14


Dalla lettura del manometro liquido possibile ricavare il valore della pressione in corrispondenza del piano a-a' (nel menisco formato nella superficie di contatto fra acqua e mercurio) imponendo la uguaglianza del valore della pressione su questa superficie

p1 = mp1 = 136000 0.9 = 122400 Pap1

= 12240010000

= 12.24m

il valore di pressione che indica il manometro metallico, sar quindi:

p2 = p1 + 4 = 122400 + 9810 4n ' = 161.64 kPas = 1.61 bar

Riportando il diagramma delle pressioni sulle pareti come diagrammi di carico si ha:

Considerando la geometria h1=3.64 m, possibile quindi calcolare il modulo della spinta su ogni parete:

SAB = p0AB AAB = h12

h1a = 9810

3.642

2

6 = 389935.7 N

SBC = p0BC ABC = h1 +bsen(60)

2

ba = 9810 3.64 +1.30( )18 = 872135.3 N

pB'

pC'

AB'

p.c.i.r'

csAB'

BC'csBC'

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Le rette dazione delle spinte passeranno rispettivamente dal centro do spinta csAB e csBC calcolate con lespressione che definisce la posizione del centro di spinta rispetto alla retta di sponda come:

= xo +

oAxo

Si ha quindi:

AB =h12+

ah13

12

ah1

2

2

= 23

3.64( ) = 2.42m

BC =h1

sen60+ b

2

+

ab3

12

abh1

sen60+ b

2

= 5.70 + 0.13 = 5.83m

La risultante della spinta sulla parete ABC sar la somma vettoriale delle spinte S

AB e S

BC :

di cui il modulo e:

Sx = SAB +SABsen60 = 389935.7 + 755291.4 = 1145227.07 NSy = SAB cos60 = 436067.7 N

S= Sx2 +Sy

2 = 1225438.7 N

linclinazione della retta dazione di S

rispetto lorizzontale :

tg =SySx

= 0.38

arctg = 20.84

La retta dazione della spinta risultante passer dal centro di spinta cso. Applicando il teorema di Varignon (il momento della risultante delle forze uguale alla somma dei momenti delle singole forze) rispetto alla retta passante per A si ha:

So = SABAB +SBCBC

o =389935.7 2.42+ 872135.3 5.83

1225438.7= 4.91m

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c) La componente orizzontale So della risultante della spinta pu essere valutata come la spinta sulla superficie rettangolare AC mentre la componente verticale Sv corrisponde al peso dellacqua contenuta nel volume ABCA:

So = poA = h1 + bsen(60)

2

h1 + bsen(60) a = 145933.6 N

Sv = 2h1 + bsen(60)

2

abcos60 = 436067.76 N

Si dimostra che i valori ottenuti corrispondono alla somma delle componenti verticali e orizzontali delle singole spinte che agiscono sulle pareti AB e BC.

Esercizio 4 (Tema desame A.A. 2010-2011) Noti i pesi specifici dei liquidi, la geometria della paratoia incernierata di larghezza b e i livelli degli strati h2 e h3, determinare il livello h1 che mantiene la paratoia nella condizione indicata nella Figura (Trascurare il peso proprio della paratoia e le resistenze meccaniche nella cerniera).

SOLUZIONE Analizzo la situazione a sinistra della paratoia. La spinta e il suo braccio * rispetto alla retta di sponda del serbatoio di sinistra sono funzione dellincognita h1 , e sono rispettivamente pari a:

SX = Ap0,1 = lb 1 h1 2

sin()%

&'

(

)*

*SX = x0 +I0

Ax0=

h1sin()

2+

112 b

3

b h1sin( ) 2

%&

()

h1 1 2 h2

3 l

h3

*SX'h1' SX'SX'

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Pertanto, il braccio della stessa spinta rispetto alla cerniera pari a:

SX = *SX

h1sin( )

=

h1sin( )

2+

112 b

3

bl h1sin( ) 2=

2+

2

12 h1sin( ) 2

Analizzo ora la situazione a sinistra della paratoia. Il piano dei carichi idrostatici del fluido 3, si trova, rispetto al fondo, ad una quota h3* :

h *3 = h3 +

h2 2 3

< h3 +h2

Essendo la paratoia lambita a destra dal solo fluido 3, il sistema bifase considerato equivalente ad un altro costituito dal solo fluido 3 fino allaltezza h3*. La spinta 2 e il suo braccio *2 rispetto alla retta di sponda (identificata dallaltezza h*3), sono rispettivamente:

Pertanto, il braccio della stessa spinta rispetto alla cerniera :

Lequilibrio alla rotazione della paratoia rispetto alla cerniera impone che:

SX SX DX DX = 0

Sostituendo le espressioni precedentemente determinate e la definizione di h*3 risulta:

h1 =

23

sin() 131

$

%&

'

()+

31

h3 +23

h2$

%&

'

()

DX = Ap0, 3 = b 3 h*3

2sin()

%

&'

(

)*

*DX = x0 +I0

Ax0=

h *3sin()

2+

112 b

3

b h*3

sin( ) 2

%&'

()*

*DX' h*3'DX'

DX'

DX = *DX

h *3sin()

$

%&&

'

())=

h1sin()

2+

112 b

3

bl h*3

sin( ) 2

$%&

'()=

2+

2

12 h*3

sin( ) 2

$%&

'()

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Esercizio 5 (Tema desame A.A. 2012-2013) Si consideri la paratoia rettangolare di traccia A-B incernierata in C del serbatoio di geometria nota illustrato nel disegno. Dati: i pesi specifici g 1 e g 2,

Determinare: per quali valori di n (lettura del manometro metallico in sommit del serbatoio in pressione) la paratoia di traccia A-B si trova in condizione di equilibrio statico.

!

!

!

!

!

!

!

!

!

!

!

SOLUZIONE: Per qualsiasi valore di n.

2

1

2

aria

n

h1

C

B

A

h2

h2

2.2 Esercizi

Esercizio 1

Consideriamo la Fig. 24 e calcoliamo la spinta S esercitata dal fluido sullaparete verticale piana ABBA.

L

h

b

A

B

A

B

x

z

y

Figura 24: Esercizio 1.

Direzione: la spinta e ortogonale alla parete, quindi e diretta oriz-zontalmente (Sy = 0): S = Sxi;

Verso: essendo le pressioni positive, la spinta sara rivolta contro laparete (per pressione positiva), quindi nel verso delle x positive:Sx =

S

;

Modulo:

S

= pGA

la superficie ABBA e un rettangolo, per cui A = Lh; inoltre ilbaricentro si trova a meta altezza, per cui

pG = h

2.

Allora

S

=1

2h2L;

S =1

2h2Li.

25

Retta di applicazione: In questo caso la retta di sponda e ortogonaleal piano xy, in Fig. 26 e rappresentata dal punto B; inoltre lasse X hastessa direzione e verso opposto allasse y. Calcoliamo le coordinatedel centro di spinta CS. Sia la distanza di CS dalla retta di sponda(punto B) lungo lasse y, allora

= XG + G

dove XG =h

2e

G =IGM

=IG

XGA.

Il valore di IG si trova tabulato per diverse figure geometriche. Per ungenerico rettangolo di base B ed altezza H, come riportato in Fig. 25,si trova

IG =BH3

12.

H

B

G I =GBH312

Figura 25: Momento di inerzia di un rettangolo rispetto ad un assebaricentrico.

Per la superficie ABBA, la base del rettangolo, rispetto ad una rettaparallela alla retta di sponda, e B = L e laltezza H = h, per cui

G =

Lh3

12h

2 Lh

=h

6

e quindi

=h

2+

h

6=

2

3h.

Dato che la superficie e verticale, si poteva procedere anche in unaltro modo. Infatti, sappiamo che la retta di applicazione passa peril baricentro del solido delle pressioni. Il solido delle pressioni e un

26

prisma a base triangolare e il suo baricentro dista 23h dal vertice B;quindi, semplicemente, = 23h.

A

B

CS

SG

P.C.I.

G

X G

Figura 26: Diagramma delle pressioni e spinta S.

Esercizio 2

Determinare la spinta S agente sulla superficie ABBA di Fig. 27, dati h1,h2, L, 1, 2. Calcolare inoltre il centro di spinta.

L

h1

h2

A

B

C

A

B

C1

2y

+x


Svolgimento:

Scomponiamo leffetto dovuto ai due fluidi. Sia S1 la spinta esercitata dalfluido 1 sulla superficie ACC A e S2 la spinta esercitata dal fluido 2 sullasuperficie BCC B. Allora

S = S1 + S2.

27

Direzione: la spinta e ortogonale alla parete, quindi e diretta oriz-zontalmente (Sy = S1,y = S2,y = 0): S = Sxi;

Verso: essendo le pressioni positive, la spinta sara rivolta contro laparete, quindi nel verso delle x positive: Sx =

S

;

Modulo:

S

=

S1

+

S2

.

S1

= pG,1A1

S2

= pG,2A2

dove

A1 = h1L area della superficie ACC A

pG,1 = 1h12

pressione baricentro G1 di A1

A2 = h2L area della superficie BCC B

pG,2 = 1h1 + 2h22

pressione baricentro G2 di A2

per cui

S1

=1

21h

21L

S2

=

(

1h1 + 2h22

)

h2L

S

=

S1

+

S2

.

Retta di applicazione: consideriamo la Fig. 28. Il momento eserci-tato dalla spinta S, rispetto ad un qualsiasi polo, deve essere pari allasomma dei momenti di S1 e S2 rispetto allo stesso polo. Scegliamo peresempio il punto A, rispetto al quale calcolare i momenti; siano b, b1e b2 le distanze di S, S1 e S2 dal punto A; allora

S

b =

S1

b1 +

S2

b2.

Calcoliamo b1 come la distanza del baricentro del solido delle pressio-ni agenti sulla superficie ACC A dal punto A. Essendo il solido unprisma a base triangolare, si ha che

b1 =2

3h1.

Analogamente b2 e pari alla distanza del baricentro del solido dellepressioni agenti sulla superficie BCC B dal punto A. Il solido dellepressioni e un prisma a base trapezioidale: vediamo come calcolarneil baricentro. Facciamo riferimento alla Fig. 29.

28

S

b1

2

S1

S2

A

B

C bb

Figura 28: Spinte e diagramma delle pressioni per lesercizio 2.

GT

GRRh

Th

1h

S2

h*

C

A

2 2h 1 1h

2hT

R

Figura 29: Baricentro del solido delle pressioni agenti sulla superficieBCC B.

Allorab2 = h1 + h

dove h e la distanza dal punto C del baricentro del trapezio. Perstimare h basta dividere il trapezio nella somma di un rettangolo edi un triangolo e applicare la seguente formula:

h =hRAR + hTAT

AR +AT

dove:

29

AR e larea del rettangolo:

AR = 1h1 h2

AT e larea del triangolo:

AT =1

22h2 h2

hR e la distanza da C del baricentro del rettangolo:

hR =h22

hT e la distanza da C del baricentro del triangolo:

hT =2

3h2.

Risulta pertanto

b2 = h1 +121h1h2 +

132h

22

1h1 +122h2

.

Infine

b =

S1

b1 +

S2

b2

S1

+

S2

.

Osservazione: in questo esercizio si e scelto di calcolare i centri di spintadelle due spinte S1 e S2 passando attraverso il baricentro del solido dellepressioni. In modo equivalente, si sarebbe potuto far riferimento alla rettadi sponda e calcolare le posizioni dei centri di spinta tramite la = XG+G.In questo caso si sarebbero dovute determinare le posizioni dei piani deicarichi idrostatici relativi per i due fluidi (e quindi delle rette di sponda).

30

Esercizio 3

Determinare la spinta S agente sulla superficie AB di Fig. 30, noti: h1, h2,h3, , , L (profondita del serbatoio) e la pressione misurata dal manometrometallico, n < 0. Calcolare inoltre la posizione del centro di spinta.

h1

gas

h2

h3

B

A

D

En


Svolgimento:

Tracciamo il diagramma delle pressioni sulla parete AB, supponendo che siainteramente in depressione (Fig. 31):

pA = n+ h2

pB = n+ (h2 + h3).

h1

gas

h2

h3

A

D

E n

RDS

pA

pB

P.C.I.

S

B

Figura 31: Diagramma delle pressioni e P.C.I. per lesercizio 3.

31

Essendo in depressione, il fluido genera un diagramma delle pressioni nega-tivo, con verso entrante nel serbatoio rispetto alla parete.

Calcoliamo la spinta S sulla parete AB. S e diretta ortogonalmente ad ABentrante nel volume di fluido. Il modulo e dato da

|S| = |pG|A

dove

A = AB L area della superficie AB

AB =h3

sin

pG = n+

(

h2 +h32

)

pressione nel baricentro G di A (e negativa)

per cui

|S| =

n+

(

h2 +h32

)

h3L

sin.

Infine, determiniamo la posizione del centro di spinta CS di S. Conosciamodove si trova il piano dei carichi idrostatici e, quindi, la retta di sponda.Sia la distanza del centro di spinta dalla retta di sponda lungo la rettapassante per i punti A e B (Fig. 32), e XG la distanza del baricentro G dellasuperficie dalla retta di sponda.

B

ACS

G

RDS XG

G

P.C.I.

S

hG

X

Figura 32: Posizione del centro di spinta per lesercizio 3.

Allora = XG + G

dove G e la distanza tra CS e G lungo la retta passante per A e B

G =IGM

=IG

XGA

32

e, essendo la parete un rettangolo di lati L e AB, si trova che

IG =L AB

3

12=

L

12

(

h3sin

)3

.

Resta da determinare solo XG. Dalla geometria, risulta

XG =hGsin

dove hG e laffondamendo del punto G rispetto al piano dei carichi idrostatici(ovvero la distanza, sullasse verticale, tra G e il P.C.I.). Allora

hG =|pG|

e

XG =|pG|

sin.

Esercizio 4

Determinare la spinta S agente sulla superficie AB di Fig. 33 noti h1, h2,h3, , L (profondita del serbatoio). Calcolare inoltre la posizione della rettadi applicazione.

h1

h2A

B

D

E

h3


33

Svolgimento:

Il fluido nei due serbatoi esercita pressioni diverse sulle due facce della pa-rete AB. Tracciamo il diagramma delle pressioni (Fig. 34).

pA

A

B

D

E

sx pA

dx

pB

sx pB

dx

P.C.I. dx

P.C.I. sx

x

y

+

Figura 34: Diagramma delle pressioni per lesercizio 4.

La spinta S su AB e data dalla risultante delle spinte esercitate dai fluidi

nei due serbatoi, Ssx

e Sdx:

S = Ssx+ S

dx.

Proiettando lungo i due assi x e y si ottiene

Sx = Ssxx + S

dxx

Sy = Ssxy + S

dxy = 0

essendo la parete verticale (e, quindi, la spinta orizzontale).Calcoliamo le due componenti:

Ssxx = psxGA

Sdxx = pdxG A

il segno meno nella seconda componente indica il fatto che e rivolta nel versodelle x negative.

A = h3 L

psxG =

(

h1 + h2 +h32

)

pdxG =

(

h2 +h32

)

34

per cuiSx = h1h3L

ed essendo positiva, S e rivolta nel verso delle x positive.

Si osservi che avremmo potuto determinare Sx anche a partire dal diagram-ma delle pressioni risultanti. Infatti, sottraendo al diagramma di sinistraquello di destra si ottiene, sulla superficie AB, un diagramma rettangolaree pari a h1. Quindi

Sx = pGA = h1h3L.

Per determinare la posizione del centro di spinta consideriamo i due trapezidelle pressioni agenti su AB. Il momento della spinta S rispetto ad un punto

qualsiasi, deve essere uguale alla risultante dei momenti di Ssx

e Sdx

rispettoallo stesso punto. Consideriamo il punto A e siano b, bsx, bdx le distanze dalpunto A rispettivamente del centro di spinta, del baricentro del trapezio disinistra e del baricentro del trapezio di destra (come illustrato in Fig. 35).

A

B

D

E

Sdx

Sb sx

bdxb

S sx

Figura 35: Posizione del centro di spinta lesercizio 4.

Allora

b =bsx |Ssxx | b

dx

Sdxx

|Sx|.

Calcoliamo bsx e bdx scomponendo i trapezi nella somma di un rettangoloed un triangolo come visto nellesercizio 2:

bsx = (h1 + h2)h3

h32

+1

2h23

2

3h3

(h1 + h2)h3 +1

2h23

=h32

(

h1 + h2 +2

3h3

)

(

h1 + h2 +h32

)

35

bdx =h2h3

h32

+1

2h23

2

3h3

h2h3 +1

2h23

=h32

(

h2 +2

3h3

)

(

h2 +h32

)

per cui

b =

h32

(

h1 + h2 +2

3h3

)

(

h1 + h2 +h32

)

(

h1 + h2 +h32

)

h3Lh32

(

h2 +2

3h3

)

(

h2 +h32

)

(

h2 +h32

)

h3L

h1h3L

=h32h1

(

h1 + h2 +2

3h3 h2

2

3h3

)

=h32.

Infatti, poiche il diagramma delle pressioni risultante sottraendo quello didestra a quello di sinistra e un rettangolo, il centro di spinta dista dal punto

A proprio b =h32.

36

Esercizio 5

Determinare il peso specifico 2 del fluido nel serbatoio di destra affinche laparatoia AB di Fig. 36 non ruoti attorno alla cerniera in C. Si considerinonoti h, 1, , L (larghezza del serbatoio in direzione perpendicolare al foglio).

h

Ah

C

B

1 2


Svolgimento:

Sia S1 la spinta esercitata dal fluido 1 e S2 quella esercitata da 2. Defi-niamo inoltre b1 e b2 le distanze, lungo la retta passante per i punti A e B,dei centri di spinta di S1 e S2 dal punto C (Fig. 37).Imponiamo lequilibrio alla rotazione della paratoia rispetto al punto C:

S1

b1

S2

b2 = 0;

y

+x

1S

2S1

2A

C

B

P1

P2b

b

Figura 37: Centri di spinta per lesercizio 5.

S1

= |pG,1|A1;

S2

= |pG,2|A2.

37

Calcoliamo i moduli delle spinte. La spinta S1 agisce sulla parete AB,mentre la spinta S2 solo sulla porzione AC:

A1 = AB L = 2h

sinL area della superficie AB

pG,1 = 1h pressione baricentro G1 di A1

A2 = AC L =h

sinL area della superficie AC

pG,2 = 2h

2pressione baricentro G2 di A2.

Sia P1 il centro di spinta di S1. Il diagramma delle pressioni di 1 su ABe triangolare, pertanto il centro di spinta si trova a distanza dal verticesuperiore B pari a

BP1 =2

3AB =

2

3

2h

sin=

4h

3 sin

allora

b1 = CP1 = BP1 BC =4

3

h

sin

h

sin=

1

3

h

sin.

Sia P2 il centro di spinta di S2. Anche il diagramma delle pressioni fatto da2 su AC e triangolare, con vertice in C, pertanto

b2 = CP2 =2

3AC =

2

3

h

sin.

Per lequilibrio alla rotazione rispetto a C si ha

S1

b1

S2

b2 = 0

21h2

sinL1

3

h

sin

1

22

h2

sinL2

3

h

sin= 0

2 = 21.

38

Esercizio 6

Si consideri il serbatoio cilindrico di Fig. 38, cui e collegato un manometrosemplice. Nel serbatoio e presente una paratoia a sezione circolare BC chesepara il fluido di peso specifico da un gas. Nel baricentro G della paratoiace una cerniera.Dati , m, , , a, D, h, determinare:

il diagramma delle pressioni agente sulla paratoia BC;

la coppia M che e necessario applicare affinche la paratoia non ruotiintorno alla cerniera in G.

G

C

B

h

D

A

x

y+

h D

m

a

E

gas


Svolgimento:

Diagramma delle pressioni:Consideriamo il fluido che si trova a sinistra della paratoia e calcoliamo lepressioni nei punti B e C, esercitate da , sfruttando la condizione nota dalmanometro semplice nel punto E (pE = 0):

pA = m

pD = pA a = m a

pB = pD hBD = m (a+ h sin)

pC = pB hCB = m (a+ h sin+D cos) .

39

La parte di serbatoio con fluido si trova pertanto tutta in depressione e ildiagramma delle pressioni su BC e riportato in Fig. 39.Il diagramma delle pressioni nella parte di serbatoio contenente gas e uni-forme, ma non e possibile determinare dai dati il valore della pressione pgas.

P.C.I.

pgas

pB

pC

C

B

D

A

E

x

y+

Figura 39: Diagramma delle pressioni per lesercizio 6.

Calcolo di M:Per determinare la coppia M necessaria affinche la paratoia BC non ruoriintorno G, si deve imporre lequilibrio alla rotazione rispetto a G. Dobbiamoquindi determinare quali sono le forze che possiedono momento rispetto aquesto polo. Il fluido esercita una spinta S applicata ad una distanza Gdal baricentro di BC. La spinta esercitata dal gas invece e applicata lungouna retta passante per il baricentro della superficie BC. Quindi La spintadel gas non possiede momento rispetto a G. Consideriamo la Fig. 40, doveM = Mzk.

Sia G la distanza del centro di spinta CS di S dal baricentro G. Imponendolequilibrio alla rotazione rispetto a G si ottiene

Mz +

S

G = 0.

Mz ha segno negativo, dunque agisce in senso orario.Il modulo della spinta e dato da

S

= |pG|A

dove A e larea della paratoia circolare BC, e pG e la pressione nel baricentroG.Il braccio di S e proprio la distanza tra il centro di spinta e il baricentro,

40

hG

XG

G

P.C.I.RDS

M

G

CS

x

y+

S

Figura 40: Centro di spinta per lesercizio 6.

percio

G =IG

XGA

dove XG e la distanza, lungo lasse passante per B e C, del baricentro dal

piano dei carichi idrostatici, e IG =D4

64e il momento di inerzia baricentrico

per una sezione circolare.Dalla geometria si ricava che

XG =hGcos

essendo hG la distanza di G dal piano dei carichi idrostatici lungo lasseverticale y. Allora

hG =|pG|

.

Infine si ricava cheMz =

S

G

= |pG|AIG

XGA

= |pG|IG cos

hG

= |pG|IG cos

|pG|

= IG cos.

Si noti che la coppia da applicare per mantenere ferma la paratoia e indi-pendente dalla pressione esercitata dal fluido.

41

Spinte Su Pareti Piane (Idrostatica)

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