Idraulica (Esercitazione)

Idrostatica

Le forze che agiscono su un fluido in quiete sono di due tipi:

• Forze di massa (sono interne);
• Forze di superficie (sono esterne).

Immaginiamo di considerare un serbatoio con un fluido in quiete all'interno:

γ = 9806 N/m³ peso specifico acqua

Prendiamo un punto all'interno del fluido e immaginiamo di ingrandire il volume che lo contiene:

W (volume)

Immaginiamo di dividere il volume con una superficie A:

A (area superficie)

e questa superficie separa il volume in questo modo:

Il sistema risulta essere in equilibrio per il 3° principio della dinamica (principio di azione e reazione).

continua

Consideriamo la superficie che contiene il punto P(A). Consideriamo un’area infinitesima che caratterizza l’intorno del punto (dA), sulla quale agiranno delle forze d_π:

Queste forze sono proporzionali a dA: d^π ~ dA

Facciamo:

lim_dA→0 ^dπ⁄_dA = Φ

[N/m²] SFORZO UNITARIO (NORMALE)

Man mano che l’area diventa piccola, tutte queste forze si inglobano e si ha un vettore:

Quindi Φ dipende dalla posizione del punto nello spazio e dall’orientazione della superficie.

Il pedice n indica che si riferisce alla superficie esamisima. è orientato positivamente verso l’interno del volume di controllo

La SPINTA ELEMENTARE agente sulla superficie elementare infinitesima (dA) è:

dπ_n = Φ_m dA

Per calcolare la spinta complessiva sull’area, basta fare l’integrale e cioè:

π = ∫_A Φ_m dA SPINTA

continua...

Dalle 3 equazioni di equilibrio alle rotazioni rispetto ai tre assi, da

9 componenti passiamo a 6, ottenendo così una matrice diagonale:

si chiamano _Gx, _Gy, _Gz.

Di queste 6 componenti, si possono distinguere: 3 componenti normali lungo

la diagonale principale (_Gx, _Gy, _Gz) e 3 componenti tangenziali (_tx, _ty, _tz).

Ora facendo la somma degli sforzi tangenziali, vediamo che si

annullano a vicenda perché sono uguali e contrari, quindi rimangono

solo gli sforzi normali; ottenendo così una matrice diagonale.

Per ogni faccia ci sono 3

componenti, 2 tangenziali e

una normale.

_Gx ⊥ BPC

_Gy ⊥ BPA

_Gz ⊥ CPB

Esistono 3 piani principali di tensione. Quindi lo sforzo sarà solamente

normale al piano perché gli sforzi tangenziali si elidono.

_tx, _ty, _tz → sforzi tangenziali, si elidono.

_Gx = _Gy = _Gz = _G

Siamo in un "regime di sforzo isotropo" perché si elidono le componenti

tangenziali (essendo uguali e contrari) e tutti gli sforzi li chiameremo P

"sforzo di compressione":

P = _Gx + _Gy + _Gz

continua

Equazione Globale della Statica dei Fluidi Pesanti

Partiamo dall'equazione indefinita della statica dei fluidi pesanti:

ρF = grad P

Integriamo questa equazione su un volume definito, detto di "controllo":

∫_w ρF dV = ∫_w grad P dV

dove:

∫_w ρF dV = G_f , G_f è la "risultante delle forze di massa"

Nota:

Il modulo di G_f è pari a ϒ·V, cioè la risultante è applicata nel baricentro del volume, ad esempio:

Deliniamo adesso l'altro integrale:

∫_w grad P dV = ∫_w (∂P/∂X ĩ + ∂P/∂Y ĵ + ∂P/∂Z k̂) dV =

∫_A P (cos n_x ĩ + cos n_y ĵ + cos n_z k̂) dA = - ∫_A P n_→ dA

dal "teorema della divergenza", si passa da un integrale di volume ad un integrale di superficie.

continua

Tracciamo il diagramma per le pressioni:

Tornando al serbatoio consideriamo un punto al suo interno e calcoliamo la pressione utilizzando la "Legge di Stevin" (ricordiamo che la distribuzione ha un andamento lineare):

P_C.I (relativo)

dove {γ} = [^N/_m³]

Consideriamo

continuo >

- Determiniamo il P.C.T. (ass):

siccome conosciamo il P.C.I. (rel), vediamo a che distanza sarà il

P.C.I (ass) da esso.

Osculatore

P.C.T. (ass)

P.C.I. (rel (x₃))

P.C.I. (rel (x₁))

H = ^P_atm/_δ2 + (h₂ - h^*)

h = ^P_atm/_δ2 + h₂

- Tracciamo il diagramma delle pressioni assolute:

P.C.T. (ass)

P.C.I. (rel (x₂))

P.C.I. (rel (x₁))

z = 0

NOTA:

Non si può calcolare il P.C.T. (ass) considerando il fluido sottostante,

questo perché i diagrammi sono lineari

Svolgendo i calcoli, avremo:

P₂ = γ . h₂ = 8670 N/m³ 2,3 m = 19941 Pa

P₁ = γ . h₁ = 8670 N/m³ 1,5 m = -13005 Pa

IMPORTANTE:

Il fatto che le quote al di sopra del P.E.T. (rsl) siano caratterizzate da una pressione relativa negativa, significa che la pressione esterna, cioè quella atmosferica (Patm), tende a schiacciare il serbatoio nella parte superiore. Dunque la parte superiore è caratterizzata da pressioni relative negative, "depressioni" (ad esempio quando si sfila un pacchetto di sigarette).

• Ripetiamo lo stesso esercizio, considerando come liquido l'acqua γ = 9806 N/m³ e valutare qual è la massima altezza da assegnare alla parte superiore (hsu), in maniera tale da avere un regime compatibile di pressioni negative (cioè che le pressioni negative possono raggiungere un certo valore fisico in termini di colonna d'acqua che è 10,33 m.).

In definitiva avremo:

Il gas sarà in depressione.

ESERCIZIO 4:

Consideriamo un serbatoio chiuso; utilizziamo un manometro metallico nella parte superiore che misura una pressione m = 40000 Pa.

DATI

• h = 5 m
• γ = 9800 N/m³

P·V = cost.

Il manometro si trova sopra i 5 m, ma la pressione all'interno del gas è costante (P·V = cost), quindi per tutti i punti all'interno del gas la pressione è pari ad m, per cui:

P₁ = m = 40000 Pa

Determiniamo il P.C.I. (nel (x)):

z = 0

1. Note la P_A, possiamo determinare il P.C.I (nel l_c2):

   P_A = γ₂ · l_c2

   h* = ^P_A/_γ2 = ¹⁹⁹⁹⁸/₉₈₀₆ = 2,04 m

2. Determiniamo P_B:

   P_B = P_A + γ₂ · l_c3

   h₃ = 19998 - 9806 · 1,5 = 5289 Pa

3. Note la P_B, possiamo determinare il P.C.I. (nel l_c1):

   P_B (l_c1) = γ₁ · l_c2

   h* = ^{P_B (l_c1)}/_γ1 = ⁵²⁸⁹/₇₈₄₅ = 0,67 m

   P_B (l_c2) = γ₂ · h₁*

   h₁* = ^{P_B (l_c2)}/_γ2 = ⁵²⁸⁹/₉₈₀₆ = 0,54 m

4. Determiniamo la pressione in c:

   P_c = P_B - γ_c · h_c2 = 5289 - 7845 · 2 = -10401 Pa

   (è venuto negativo e quindi si trova sopra il P.C.I.(cell _c1))

5. Determiniamo m, cioè la pressione nel baricentro del manometro metallico:

   m = P_c + γ_c · h_c1 = -10401 + 7845 · 4 = 20979 Pa ≅ 0,21 bar

6. Infine tracciamo il diagramma delle pressioni (*).