Fluidodinamica
Ciao a tutti, mi scuso per l'immagine un po' grandina.
La mia domanda è relativa alle forze che agiscono su un corpo immerso in un fluido (potrei prendere anche l'aria, ma per i suoi deboli effetti si presta poco sul piano pratico).
Le tre forze appurate che mi vengono in mente sono: peso, spinta di Archimede e attrito.
La mia domanda però rigurda più che altro la pressione.
Prendiamo l'oggetto in figura: è un parallelepipedo immerso e si allunga in verticale.
Per Stevino ho che
$p(x)=rho*g*x$
Quindi io penserei che la risultate delle forze dovute alla sola pressione sia diretto verso l'alto: infatti la forza che agisce sulla faccia inferiore vale
$F_H=p*S=rhogS*H$
La forza che agisce sulla faccia superiore è
$F_h=rhogS*h$
Supponendo che il parallelepipedo sia molto lungo, si avrebbe che $H$ è sostanzilamente maggiore di $h$ e la risultante dele forze dovute alle pressioni cresce, poichè
$F=rhogS(H-h)$
Per finire: la cosa che mi lascia perplesso è che durante i problemi da me affrontati non si faceva mai riferimento a questa pressione che è più o meno intensa nelle diverse parti.
Potete darmi qualche delucidazione?
Grazie in anticipo, buone ferie a tutti.
Stefano
Risposte
Adesso che guardo meglio noto che in realtà l'ultima equazione
$F=rhogS(H-h)$
è la spinta di Archimede, perchè $S(H-h)$ è il volume..
Sono abbastanza confuso adesso, spero che qualcuno mi schiarisca le idee.
Al peggio, conosco un nuovo modo di dimostrare Archimede (la dimostrazione che conoscevo io era differente, più qualitativa).
Grazie ancora.
$F=rhogS(H-h)$
è la spinta di Archimede, perchè $S(H-h)$ è il volume..
Sono abbastanza confuso adesso, spero che qualcuno mi schiarisca le idee.
Al peggio, conosco un nuovo modo di dimostrare Archimede (la dimostrazione che conoscevo io era differente, più qualitativa).
Grazie ancora.
Quella penso sia la classica dimostrazione della spinta di Archimede (Dai libri delle superiori...) 
In generale per ricavare le espressioni comunemente utilizzate nell'idrostatica si parte da considerazioni sulle forze di pressione agenti all'interno del liquido. Nei casi semplici si considera solo la forza peso come campo esterno e, scegliendo un sistema di riferimento in cui l'asse $z$ è diretto verso l'alto, di ottiene $(dp)/(dz)=-\rhog$.
Questa si dimostra facilmente. Consideriamo un piccolo elemento di fluido a forma di parallelepipedo di area $S$, altezza $dz$ e la cui faccia inferiore è posta ad altezza $z$.
Consideriamo questo elemento in equilibrio e scriviamo le forze agenti su di esso. Nel caso che stiamo considerando abbiamo solo la forza peso e le forze di pressione agenti sulla faccia inferiore e superiore, quindi $-\rhogSdz-p(z+dz)S+p(z)S=0$.
Riscriviamola come $p(z+dz)-p(z)=-\rhogdz$ e, ricordando che $(p(z+dz)-p(z))/dz=(dp)/(dz)$, abbiamo $(dp)/(dz)=-\rhog$.
Da questa puoi ricavare la legge di Stevino per semplice integrazione, quindi ogni volta che la utilizzi in realtà stai tenendo conto di queste forze di pressione.
P.S: La dimostrazione di sopra si può fare in maniera matematicamente più corretta, ho scritto questa per semplicità.
Questa si dimostra facilmente. Consideriamo un piccolo elemento di fluido a forma di parallelepipedo di area $S$, altezza $dz$ e la cui faccia inferiore è posta ad altezza $z$.
Consideriamo questo elemento in equilibrio e scriviamo le forze agenti su di esso. Nel caso che stiamo considerando abbiamo solo la forza peso e le forze di pressione agenti sulla faccia inferiore e superiore, quindi $-\rhogSdz-p(z+dz)S+p(z)S=0$.
Riscriviamola come $p(z+dz)-p(z)=-\rhogdz$ e, ricordando che $(p(z+dz)-p(z))/dz=(dp)/(dz)$, abbiamo $(dp)/(dz)=-\rhog$.
Da questa puoi ricavare la legge di Stevino per semplice integrazione, quindi ogni volta che la utilizzi in realtà stai tenendo conto di queste forze di pressione.
P.S: La dimostrazione di sopra si può fare in maniera matematicamente più corretta, ho scritto questa per semplicità.
Ciao Marco,
purtroppo non so integrare, ho iniziato da poco a derivare, quindi sono ancora agli albori dell'analisi (se si escludono poche sciocchezze sui limiti).
Non ho capito a cosa è riferito quel "la": alla spinta di Archimede?
Poi a questo punto dimmi pure se quella che ho scritto sopra, secondo te, può essere usata per dimostrare Archimede per quel caso semplice, come già mi ha detto cavallipurosangue.
Grazie, ciao.
purtroppo non so integrare, ho iniziato da poco a derivare, quindi sono ancora agli albori dell'analisi (se si escludono poche sciocchezze sui limiti).
Da questa puoi ricavare la legge di Stevino per semplice integrazione, quindi ogni volta che la utilizzi in realtà stai tenendo conto di queste forze di pressione.
Non ho capito a cosa è riferito quel "la": alla spinta di Archimede?
Poi a questo punto dimmi pure se quella che ho scritto sopra, secondo te, può essere usata per dimostrare Archimede per quel caso semplice, come già mi ha detto cavallipurosangue.
Grazie, ciao.
"Steven":
Ciao Marco,
purtroppo non so integrare, ho iniziato da poco a derivare, quindi sono ancora agli albori dell'analisi (se si escludono poche sciocchezze sui limiti).
Puoi considerala in maniera più semplice per variazioni finite, ovvero $(\Deltap)/(\Deltaz)=-\rhog$.
Considerando una pressione di riferimento $p_0$ ad un'altezza $z_0$ puoi scrivere $\Deltap=p-p_0$ e $\Deltaz=z-z_0$, quindi sostituendo ottieni $p=p_0-\rhog(z-z_0)$, dove il segno differisce rispetto a quella che hai scritto per la scelta del verso dell'asse $z$.
"Steven":
Non ho capito a cosa è riferito quel "la": alla spinta di Archimede?
Mi riferivo alla legge di Stevino, che è conseguenza del fatto che le forze di pressione non sono costanti al variare dell'altezza.
"Steven":
Poi a questo punto dimmi pure se quella che ho scritto sopra, secondo te, può essere usata per dimostrare Archimede per quel caso semplice, come già mi ha detto cavallipurosangue.
Certo, la dimostrazione va bene. Nota che il modo di procedere è praticamente identico a quello del mio messaggio precedente, infatti una volta ricavata la legge di Stevino dalle considerazioni sulle pressioni è molto semplice giungere alla spinta di Archimede.
Ciao.
Certo, la dimostrazione va bene. Nota che il modo di procedere è praticamente identico a quello del mio messaggio precedente, infatti una volta ricavata la legge di Stevino dalle considerazioni sulle pressioni è molto semplice giungere alla spinta di Archimede.
Va bene. Il mio dubbio era questo infatti: trattare Archimede e la differenza di pressione come elementi che generano diverse forze. Invece alla fine dicono entrambe la stessa cosa, ho afferrato?
Comunque la mia dimostrazione è riferita a un solido che si presta bene ai calcoli, non saprei generalizzare a un corpo di forma irregolare (serve qualche integrazione?).
La dimostrazione che mi hanno insegnato a scuola è valida per tutti i corpi invece.
Ciao
"Steven":
Va bene. Il mio dubbio era questo infatti: trattare Archimede e la differenza di pressione come elementi che generano diverse forze. Invece alla fine dicono entrambe la stessa cosa, ho afferrato?
Esattamente.
"Steven":
Comunque la mia dimostrazione è riferita a un solido che si presta bene ai calcoli, non saprei generalizzare a un corpo di forma irregolare (serve qualche integrazione?).
La dimostrazione che mi hanno insegnato a scuola è valida per tutti i corpi invece.
Per un corpo di forma irregolare direi che per fare il calcolo bisogna integrare sulle varie superfici.
Un altro aspetto interessante è quando la distribuzione di massa del corpo è differente da quella del liquido, ad esempio se non si ha densità costante. In questo caso il punto di applicazione della spinta di Archimede non è il centro di massa del corpo, ma il centro di massa del fluido e si ha un momento che fa ruotare il corpo.
Per corpi complicati puoi ricorrere ad una integrazione (per dimostrare la formula).
Chiama $z$ la distanza dal pelo libero del fluido dell'elemento infinitesimo di superficie avente normale entrante $vecn$. Sia $p(z)=rhogz$ la pressione idrostatica; preso un versore verticale puntante verso l'alto $veck$:
$vecFcdotveck=int_{Omega}p(z)veckcdotvecndS=rhogint_{Omega}zveckcdotvecndS=rhogint_V\text{div}(zveck)dV=rhogint_VdV=rhoVg$
Naturalmente ciò è vero all'interno delle ipotesi del teorema della divergenza o di Green-Gauss...
Chiama $z$ la distanza dal pelo libero del fluido dell'elemento infinitesimo di superficie avente normale entrante $vecn$. Sia $p(z)=rhogz$ la pressione idrostatica; preso un versore verticale puntante verso l'alto $veck$:
$vecFcdotveck=int_{Omega}p(z)veckcdotvecndS=rhogint_{Omega}zveckcdotvecndS=rhogint_V\text{div}(zveck)dV=rhogint_VdV=rhoVg$
Naturalmente ciò è vero all'interno delle ipotesi del teorema della divergenza o di Green-Gauss...
"cavallipurosangue":
Per corpi complicati puoi ricorrere ad una integrazione (per dimostrare la formula).
Chiama $z$ la distanza dal pelo libero del fluido dell'elemento infinitesimo di superficie avente normale entrante $vecn$. Sia $p(z)=rhogz$ la pressione idrostatica; preso un versore verticale puntante verso l'alto $veck$:
$vecFcdotveck=int_{Omega}p(z)veckcdotvecndS=rhogint_{Omega}zveckcdotvecndS=rhogint_V\text{div}(zveck)dV=rhogint_VdV=rhoVg$
Naturalmente ciò è vero all'interno delle ipotesi del teorema della divergenza o di Green-Gauss...
Grazie
Dici che per Giugno potrò riesumare il topic per capire quanto mi hai detto?
"Eredir":
Un altro aspetto interessante è quando la distribuzione di massa del corpo è differente da quella del liquido, ad esempio se non si ha densità costante. In questo caso il punto di applicazione della spinta di Archimede non è il centro di massa del corpo, ma il centro di massa del fluido e si ha un momento che fa ruotare il corpo.
Interessante precisazione, non me lo ero posto il problema delle densità non costante.
Grazie & ciao
Stefano
Credo di si, di solito è roba che si fa a analisi 2...
"cavallipurosangue":
Credo di si, di solito è roba che si fa a analisi 2...
Allora credo che ci vorrà un po' di più.
Non so dipende da che cosa fa lui in particolare... Io a dire il vero a gennaio del primo anno avevo già fatto analisi 1 e 2, quindi...
"cavallipurosangue":
Non so dipende da che cosa fa lui in particolare... Io a dire il vero a gennaio del primo anno avevo già fatto analisi 1 e 2, quindi...
mi pare che steven sia in V liceo...
"fu^2":
mi pare che steven sia in V liceo...
Già
Ah ok, non sapevo
Comuqnue quando il centro di massa del corpo e quello del volume di fluido( detto centro di spinta o di galleggiamento) non coincidono, bisogna considerare anche l'equilibrio dei momenti e si possono avere situazioni anche di equilibrio instabile.
Un esempio classico sono i cabinati autoraddrizzanti, quando la coperta è sottto il pelo libero dell'acqua l'equilibriom alla rotazione è instabile e basta un maroso sufficientemente "energico" oppure l'effetto del vento a innescare la rotazione che porta nuovamente la carena in acqua.
Un esempio classico sono i cabinati autoraddrizzanti, quando la coperta è sottto il pelo libero dell'acqua l'equilibriom alla rotazione è instabile e basta un maroso sufficientemente "energico" oppure l'effetto del vento a innescare la rotazione che porta nuovamente la carena in acqua.
Infgatti si ha una situazione di equilibrio instabile, tutte le volte che il centro di spinta del fluido sta sotto al baricentro del corpo.
Cavallipurosangue non so con il nuovo ordinamento, ma ai miei tempi (d.C), nel primo anno c'era solo analisi 1 e l'esame era verso natale. Analisi 2 era del 2 anno , almeno in ingeneria. Adesso viene fatto tutto nel primo trimestre del 1 anno?
A.B
A.B
Almeno fino allo scorso anno era così ad ing. meccanica, per quel che riguarda Pisa...
P.S.: In effetti in un semestr, non trimestre, anche se tre mesi son di lezioni e tre di esami...
P.S.: In effetti in un semestr, non trimestre, anche se tre mesi son di lezioni e tre di esami...
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