Statica dei ﬂuidi Nozioni fondamentali - uniroma2.it · STATICA DEI FLUIDI Esercizi svolti...

2Statica dei fluidi

Nozioni fondamentali

Equazione indefinita della statica dei fluidi:

ρf = ∇p

Equilibrio nel campo del geopotenziale:

∂p

∂z= −ρg

Distribuzione idrostatica delle pressioni in un fluido a densita costante

p− p0 = −γ(z − z0)

ovvero la quantita

h = z +p

γ= cost.

in tutti i punti della massa fluida.

Forze idrostatiche contro superficie piana:

F = γζgΩ

ζg: affondamento del baricentro della superficie.

Forze idrostatiche contro superfici gobbe:

G+Π = 0

oppure:

Fn =

∫

A

(px, py) · n dA

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

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P. Sammarco – S.Michele CAPITOLO 2. STATICA DEI FLUIDI

Esercizi svolti

Esercizio n. 1

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

ρ = ρ0

(

1 + αζ

h

)

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

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

2. L’assetto del fluido puo definirsi barotropico?

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

Soluzione proposta

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

∂x=

∂p

∂y= 0 ⇒

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

dp

dz= −ρg = −ρ0g

(

1 + αζ

h

)

= ρ0g(

αz

h− 1

)

,

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

p− patm = ρ0gζ

(

1 +α ζ

2h

)

.

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

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

PV =

∫

V

ρg dV =

z=0∫

z=−d

ρ0g

(

1 + αζ

hb dz

)

= ρ0g b d

(

αd

2h+ 1

)

.

Dall’eguaglianza Pb = PV si ottiene quindi

d2 +2h

αd− ρb

ρ0

2h

αa = 0 ,

la cui radice positiva e

d =h

a

[

−1 +√

1 + 2ρbρ0

αa

h

]

.

Esercizio n. 2

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

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

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

Soluzione proposta

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

ρmg h2

2=

ρ g a2

2+ ρ g a b+

ρm g b2

2.

Risolvendo l’equazione rispetto ad h, si ottiene:

h =

√

ρ

ρma2

(

1 +2b

a

)

+ b2 .

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

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

Π2 (b+ a/3) + Π3

b

2+ Π4

b

3= Π1

h

3.

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

h =3

√

3ρ

ρm

[

a2b+1

3a+ ab2

]

+ b3 .

Esercizio n. 3

Lo schema in figura mostra un cassone di peso P e larghezza B che divide il piano in due regioni distinte.A sinistra sono presenti due strati di fluido di peso specifico diverso γo e γw rispettivamente di altezza h1

e h2. A destra e presente un unico fluido di densita γw di altezza h3. Il piano di imposta e costituito damateriale impermeabile per cui e possibile trascurare gli effetti di filtrazione al di sotto del cassone (assenza disottospinte) caratterizzato da un elevato coefficiente di attrito (il cassone e stabile all traslazione orizzontale).Determinare:

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

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

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

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Soluzione proposta

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

Fh =ρ0 g h

2

2

[

1 + 2h2

h1

+ρwρ0

(

h2

h1

)2

− ρwρ0

(

h3

h1

)2]

.

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

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

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

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

PO′ =ρ0g h

3

B

1

3+

h2

h1

+

(

h2

h1

)2

+ρw3ρ0

[

(

h2

h1

)3

−(

h3

h1

)3]

.

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

PO = −ρ0g h3

B

1

3+

h2

h1

+

(

h2

h1

)2

+ρw3ρ0

[

(

h2

h1

)3

−(

h3

h1

)3]

.

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

Pmin = max PO′ , PO .

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

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

14ρ0g h

2 < 0, pertanto il ribaltamento, se c’e, puo avvenire solointorno al polo O. Per evitare il ribaltamento, occorre che P ≥ Pmin = PO. Sostituendo i valori neirispettivi campi, si ottiene 2 ≥ 1

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

assegnati.

Esercizio n. 4

Si consideri la paratoia cilindrica a sezione circolare di tenuta di una diga artificiale (cfr. figura). La paratoiae costituita da un tubo di acciaio di raggio R, spessore s≪ R e densita ρs. Il contatto della paratoia con ladiga avviene lungo la generatrice di traccia D cosı come indicato in figura. Il livello idrostatico dell’acquacoincide con la generatrice di sommita di traccia A. Determinare

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

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

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Soluzione proposta

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

in quattro spicchi cilindrici di profondita unitaria, rispettivamente

AB,

BC,

CD,

DA . Poiche sulla

superficie

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

inoltre che le risultanti orizzontali sulle superfici

BC e

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

pressioni sulla superficie

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

orizzontale del volume fluido racchiuso in

ABOA , che fornisce:

Π1 =1

2ρ g R2 .

Tornando all’equilibrio della paratoia, si ha quindi

Fd = Π1 =1

2ρ g R2 .

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

fluidi racchiusi rispettivamente in

ABOA e

BCDB . La somma vettoriale di tali azioni fornisce

S = ρ g R2

(

1 +3

4π

)

.

Il peso della paratoia di spessore s e invece

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

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

s ≈ Rρ

ρacc

(

1

2π+

3

8

)

.

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Esercizio n. 5

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

Soluzione proposta

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

V = Vsf − Vsg .

Si ha:

Vsf =4

3πR3 ,

mentre per il calcolo di Vsg e necessario introdurre un sistema di riferimento in coordinate sferiche:

x = r sinφ cos θ

y = r sinφ sin θ

z = r cosφ

,

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

Vsg =

∫ 2/3π

0

∫ 2π

0

∫ R

R2 cosφ

r2 sinφ dr dθ dφ .

Risolvendo i due integrali in r e θ si ottiene:

Vsg = 2π

∫ 2/3π

0

(

R3

3− R3

24 cos3 φ

)

sinφ dφ .

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

Vsg =5

24π R3 .

21


Il volume immerso e pertanto

V =

(

4

3− 5

24

)

π R3 =9

8π R3 ,

e la spinta di galleggiamento vale

SA =9

8ρ g π R3 .

Il peso della boa e invece

P =4

3ρb g π R3 .

Dall’equilibrio a traslazione verticale si ottiene quindi:

SA = P ⇒ ρb = 0.84 ρ .

Esercizio n. 6

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

Soluzione proposta

Le forze agenti sul cuneo in direzione verticale sono:

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

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

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

Π1 = 2ρ g a c .

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

S2 = ρ g ζG Ω = ρ g

(

a+b

2

)

b

cos θ,

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

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

Π2 = S2 sin θ = ρ g

(

ab tan θ +b2

2tan θ

)

.

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

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

Π1 −Π2 −Π3 = Π1 − 2Π2 = 0 .

Sostituendo e svolgendo l’algebra si ha:

amin =b

2( c

tan θ− 1

) .

Esercizio n. 7

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

Soluzione proposta

Il corpo e soggetto alle seguenti azioni:

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

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

• Tiro T , diretto verso il basso.

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

da cui si ricava

ρb = ρd

a− T

g a b.

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Esercizio n. 8

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

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

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

Soluzione proposta

Le forze agenti sulla condotta sono:

• Peso proprio

P = ρcπ

[

(

D

2+ s

)2

−(

D

2

)2]

.

• Spinta di galleggiamento

SA = ρ gπ

(

D

2+ s

)2

.

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

s

D≈ 1

4

(

ρ

ρc − ρ

)

= 0.19m .

Esercizio n. 9

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

Soluzione proposta

Le forze agenti sul dispositivo sono:

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

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

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

Πs = ρsg π R2

(

a− 2

3R

)

.

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

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

bmin =ρsρi

(

a− 2

3R

)

− d .

Esercizio n. 10

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

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

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

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

Soluzione proposta

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

Fh = γp∆h2

2+ γp∆hh

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

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sovrapressioni dovute allo strato di petrolio:

Fv =

(

γ h+γp∆h

2

)

b .

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

Rv = P − Fv .

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

Rh = µRv ,

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

Fh ≤ (Rh)max = f Rv = f (P − Fv) .

Sostituendo le espressioni prima trovate di Fh, P e Fv nella formula precedente, si ottiene: 22 ≤ 57.6 cherisulta verificata.

Esercizio n. 11

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

Soluzione proposta

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

p = γ ζ = γ [s+R (1− cos θ)]

26


Le componenti orizzontale e verticale sono quindi:

ph = p sin θ, pv = p cos θ

La risultante orizzontale e di conseguenza:

Fh =

∫ π2

0

p sin θ (Rdθ)+ γs2

2= γ

(R+ s)2

2

mentre la risultante verticale e:

Fv =

∫ π2

0

p cos θ (Rdθ) = γ R s+ γ R2 − γπ R2

4

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

Mris =

∫ π2

0

pR dθ ·(s

2+R

)

cos θ

+ γs2

2

(

R+s

3

)

da cui si ricava:

Mris =1

24γ[

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

.

Esercizio n. 12

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

27


Soluzione proposta

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

CM =J

V=

J

b · d

CG =a− d

2Per l’equilibrio, la spinta di Archimede deve essere equivalente al peso del corpo galleggiante:

γg a b = γ b d ⇒ d =γgγa

Di conseguenza:CM

CG=

2J

b d(a− d)=

2Jγg

γ Aa(1− γg

γ )

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

(

CM

CG

)

1

>

(

CM

CG

)

2

Tale relazione e valida se:2J1

γg

γ Aa1(1− γg

γ )>

2J2γg

γ Aa2(1− γg

γ )

che equivale a:J1a1

>J2a2

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

(b1)4

a1b1>

(b2)4

a2b2⇒ b1 > b2

Esercizio n. 13

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

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

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

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

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

28


Figura 2.2

Figura 2.3

Soluzione proposta

1. L’equilibrio alla traslazione verticale si scrive:

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

γw2b.

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

P + T + γwh2b+∆hγpb = γwd12b,

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

Tb = ∆hγpb2

2−→ T =

∆hγpb

2.

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

d1 =P +

∆hγpb2

+ 2hγwb+∆hγpb

γw2b= d0 +

3∆hγp4γw

.

29


3. La forza netta Fnetta sul setto verticale vale:

FA =γwh

2

2; FB =

γwh2

2+

γp∆h2

2+ γp∆hh −→ Fnetta = FA − FB = −γp∆h

(

∆h,

2+ h

)

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

M = γp

[

∆hh2

2+

∆h2

2

(

h+∆h

3

)]

.

Esercizio n. 14

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

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

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

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

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

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

Suggerimento: puo essere utile ricordare che∫

(sinx)2 dx = 1

2(x− sinx cosx) + cost.

Soluzione proposta

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

G = γR [2h sinφ− (Rφ−R sinφ cosφ)] ,

30


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

Π+ = −2∫ π

2−φ

−π2

p(θ)R sin θ dθ = −2∫ π

2−φ

−π2

γ [a+R cosφ−R sin θ]R sin θ dθ =

= γR [(π − φ)R+ (2a+R cosφ) sinφ]

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

S = G−Π+ = γR [2 sinφ(h− a)−Rπ] .

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

+:

Gb = bγh ; Πb+ = bγa.

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

G+ 2Gb −Π+ − 2Πb+ = 0 =⇒ h =

2ab+R2π + 2aR sinφ

2(b+R sin(φ)).

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

S > 0.

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

a = h− R2π

2(b+R sinφ),

ed imponendo S > 0:

h > a+Rπ

2 sin(φ)=⇒ h > h− R2π

2(b+R sinφ)+

Rπ

2 sin(φ)=⇒ b < 0,

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

Esercizio n. 15

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

1. Calcolare la densita del legno ρL.

2. Argomentare la stabilita della posizione di equilibrio.

Suggerimento: puo essere utile ricordare che∫

2√R2 − z2 dz = z

√R2 − z2 + R2 arctan

(

z√R2−z2

)

+ cost. ,∫

2z√R2 − z2 dz = − 2

3(R2 − z2)3/2 + cost.

31


Soluzione proposta

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

Π+ = γVi = γ

∫ R/2

−R

2√

R2 − z2 dz = z√

R2 − z2 +R2 arctan

(

z√R2 − z2

) ∣

∣

∣

∣

R/2

−R

=γR2

12(3√3 + 8π),

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

In condizioni idrostatiche si ha:

Π+ = P −→ ρgR2

12(3√3 + 8π) = ρLgπR

2 −→ ρL =ρ

12π(3√3 + 8π) ≃ 0.8ρ.

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

CM =J

Vi=

AB3

12

R2

12(3√3 + 8π)

=(2R sin θ)3

R2(3√3 + 8π)

,

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

CM =3√3R

3√3 + 8π

.

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

xC = 0; zC =

∫ R/2

−Rz dVi

Vi.

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

zC =2∫ R/2

−Rz√R2 − z2 dz

R2

12(3√3 + 8π)

= −2

3(R2 − z2)3/2

∣

∣

∣

∣

R/2

−R

R2

12(3√3 + 8π)

= − 3√3R

3√3 + 8π

.

32


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

CG =3√3R

3√3 + 8π

.

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

Esercizio n. 16

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

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

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

Soluzione proposta

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

pB = γ

(

h− l cos θ − b sin θ

2

)

,

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

pC = γ

(

h− l cos θ +b sin θ

2

)

.

33


Le distanze AB e CD valgono rispettivamente:

AB =

(


2

)

1

cos θ,

CD =

(


2

)

1

cos θ.

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

MAB =γ

2 cos θ

(


2

)2 [

1

3

(


2

)

1

cos θ+ l

]

,

MCD = − γ

2 cos θ

(


2

)2 [

1

3

(


2

)

1

cos θ+ l

]

,

MBC = −γb2 sin θ

2

(

b

2− b

3

)

.

Il momento orario determinato dalla forza F , vale invece:

MF = F

(

a cos θ +b sin θ

2

)

.

2. L’equilibrio dei momenti si scrive:

MAB +MBC +MBC +MF = 0.

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

F

(

a+bθ

2

)

− γbθ

2

(

h2 − l2)

− γb3θ

12= 0 → θ =

12aF

b [−6F + γ (b2 + 6h2 − 6l2)].

Esercizio n. 17

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

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

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

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

3. discutere il verso della forza Fx ed il caso limite in cui ∆hh ≪ 1.

34


Figura 2.4

Figura 2.5

Soluzione proposta

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

Fy = gρPab− γb(h− l),

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

35


vale la relazione:ρPa > ρ(h− l).

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

Fy = gρPab−ΠBP −ΠPC ,

cioe:

Fy = gρPab− γb

2(h− l)− γ

b

2(h+∆h− l) = gρPab− γb(h− l +

∆h

2).

L’equilibrio alla traslazione orizzontale, si scrive:

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

2(h+∆h)2 − γh2

2− T + Fx = 0,

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

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

quindi:

−T (a+ l) +γ

2(h+∆h)2

h+∆h

3− γh2

2

h

3+ γ

b

2(h+∆h− l)

b

4− γ

b

2(h− l)

b

4= 0.

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

T =γ

24(a+ l)

(

12h∆h2 + 12h2∆h+ 4∆h3 + 3b2∆h)

,

Fx =γ

24(a+ l)

(

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

.

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

a+ l >3b2 + 4∆h2 + 12h∆h+ 12h2

12(∆h+ 2h),

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

T =γh2∆h

8(a+ l)

(

4 +b2

h2

)

,

Fx =γh2∆h

8(a+ l)

(

4 +b2

h2− 8

(a+ l)

h

)

.

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

a+ l >b2 + 4h2

8h.

36


Esercizi con risultati

Esercizio n. 18

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

ρ = ρ0 ep/ǫe

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

2. L’assetto del fluido puo definirsi barotropico?

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

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

Risultati

1. p(z) = −ǫe ln

(

1− ρ0 g

ǫez

)

.

2. L’assetto del fluido e barotropico.

3. d =ǫeρ0 g

(

1− e−ρbga/ǫe)

.

4. d = 9.99m, dǫe→∞ = 10m.

Esercizio n. 19

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

3) cosı come

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

Risultati

∆h

h=

γmγd− 1 = 0.033

37


Esercizio n. 20

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

Risultati

h =2V

π R2, ∆h =

(

1− ρiρ

)

2V

π R2, F = ρi g

(

1− ρiρ

)2V 2

π2R4.

Esercizio n. 21

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

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

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

38


Risultati

1. D =

√

ρLρL.

2. T = ρL g AL

[√

ρ

ρL− 1

]

.

Esercizio n. 22

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

Risultati

T = ρa g π r2d

(

1− ρbρ

a

d

)

.

∆T = ρa g r2π∆y.

39


Esercizio n. 23

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

Risultati

ρL = 0.805 ρ

40

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