Spinta idrostatica
L'esercizio è il numero 2 che sit rova qui:
http://www.image.unipd.it/defina/idraulica_IAT/verifica_1_2010.pdf
Se non mi sbaglio la spinta è applicata al centro di curvatura, quindi come faccio a trovare la pressione su di esso?
E per il momento applicato su A?
Purtroppo il professore non svolge esercizi in classe e sono in alto mare.
http://www.image.unipd.it/defina/idraulica_IAT/verifica_1_2010.pdf
Se non mi sbaglio la spinta è applicata al centro di curvatura, quindi come faccio a trovare la pressione su di esso?
E per il momento applicato su A?
Purtroppo il professore non svolge esercizi in classe e sono in alto mare.
Risposte
Potresti proiettare la paratoia in verticale e in orrizzontale, studiandole separatamente. il quella verticale hai una distribuzione di pressione trapezoidale, mentre in quella orrizzontale è uniforme. Trovi le risultanti lungo x e y e poi sommi e trovi la spinta
MA per trovare la sola spinta non basta solo moltiplicare la pressione nel centro di curvatura (quella a due metri dal manometro) e moltiplicarla per 1/4 di area del cilindro?
Si ma la spinta, oltre ad avere un punto di applicazione (che è corretto quello che dici te) possiede come tutti i vettori anche un modulo e un verso.
Come fai col metodo che hai detto (che sarebbe quello delle paratoie piane) a determinarne il modulo totale?
Se guardi bene hai 2 componenti della spinta: quella orrizzontale data dalla pressione del fluido a sinistra, ma poi hai anche la verticale data da Archimede
In numeri
La orrizzontale possiamo trovarla come dici te, proiettando la superficie sul quadrato verticale di $1m xx 1m$
$S_x=p_G*A=(p_M-\gamma *1,5)*1m^2=-9,7 kN$
La verticale per archimede è $S_y=\gamma \frac{\pi*R^2}{4}*1=7,7 kN$
e poi calcoli la totale come $S=\sqrt{S_x^2+S_y^2}$
Come fai col metodo che hai detto (che sarebbe quello delle paratoie piane) a determinarne il modulo totale?
Se guardi bene hai 2 componenti della spinta: quella orrizzontale data dalla pressione del fluido a sinistra, ma poi hai anche la verticale data da Archimede
In numeri
La orrizzontale possiamo trovarla come dici te, proiettando la superficie sul quadrato verticale di $1m xx 1m$
$S_x=p_G*A=(p_M-\gamma *1,5)*1m^2=-9,7 kN$
La verticale per archimede è $S_y=\gamma \frac{\pi*R^2}{4}*1=7,7 kN$
e poi calcoli la totale come $S=\sqrt{S_x^2+S_y^2}$
Esatto, mi ero scordato della spinta di archimede. Grazie!
C'è qualcosa che non mi torna , Elwood ! E' vero che non faccio esercizi di Idrostatica da una vita , ma ...
Vorrei ragionare insieme a voi .
Rendiamoci innanzitutto conto di come variano le pressioni ( relative e assolute ) nel recipiente , che come dice il problema è "a tenuta" .
Visto il valore di $\gamma$ , il liquido è acqua . La larghezza del recipiente ( perpend. al foglio) è di 1m .
Chiamo $O$ il centro del cilindro , di raggio $R = OA = OB = 1m $ . Il manometro in M segna una pressione (relativa ! ) : $P_M = 5 kPa $ . Questo mi permette di dire che il "piano dei carichi idrostatici relativi " si trova al di sopra $M$ , ad una quota di : $ h_M/\gamma = 5/9.8 m = 0.51 m $ . Cioè, il piano dei C.I.Relativi è mezzo metro circa sopra M .
Questo vuol dire che le pressioni relative su tutte le superfici orizzontali (isobariche) al di sopra di tale piano sono negative . Ma attenzione : una pressione relativa negativa non significa assolutamente che nel liquido ci siano "sforzi di trazione " , poichè la pressione relativa è quella riferita all'atmosfera .
Se ragioniamo infatti in termini di pressioni assolute , allora abbiamo che sul piano orizzontale passante per M la pressione assoluta é $Pa_M = (101.3 + 5 ) kPa=106.3 kPa $ . Sul piano dei c.i. relativi c'è la pressione atmosferica di $101.3 kPa $ .
Quanto valgono le pressioni , relative e assolute , in B ed in A ?
Nel punto B , che è 2m sopra M , si ha la pressione relativa : $ P_B = P_M - \gamma*h = (5-19.6) kPa = - 14.6 kPa$ , e quindi una pressione assoluta : $Pa_B = (101.3 - 14.6) = 86.7 kPa $
Nel punto A ,che è 1m sotto B , si ha la pressione relativa : $ P_A = P_B + \gamma*h = (- 14.6 + 9.8) = - 4.8 kPa $ , e quindi una presssione assoluta : $ Pa_A = (-4.8 + 101.3) kPa = 96.5 kPa $
Ci siamo , fino ad ora ? Con questi valori , si possono facilmente costruire i diagrammi delle pressioni relative ed assolute . Si vede che tutta la zona sopra il piano dei c.i. relativi è ( fatemi passare lo sconcio di questa definizione) " in depressione relativa " rispetto alla pressione atmosferica . D'accordo ?
Esamino ora la paratoia , cioè il quarto di cilindro di centro $O$ e raggio $R=1m $ : all'esterno , c'è l'atmosfera con la sua pressione costante per tutti i punti : $ P_a = 101.3 kPa $ .
All'interno , c'è il liquido "in depressione" su tutto il contorno .
Perciò , su tutte le superfici elementari $dA = ds*l $ del contorno , dove $ds = R*d\alpha$ è un archetto e $ l = 1m $ è la larghezza perp. al foglio , le pressioni relative , dalla parte del liquido , sono negative : la forza elementare esterna , in ogni punto, supera la forza elementare interna ( considerando la pressione assoluta) .
Perciò viene fuori una componente orizzontale "negativa" , calcolata come dice Elwood , moltiplicando l'area del quadrato verticale di lato 1m per la pressione relativa nel centro G , che è la media di $P_A $ e $P_B$ ( io mi sono fatto l'integrale...) , che vale : $ S_o = -9.7 kN$ . La sua retta di azione passa , se ricordo bene, per il baricentro del diagramma trapezoidale delle pressioni relative , limitato al tratto da $O$ ad $A$ . Quindi è più spostata verso l'alto rispetto al baricentro della parete quadrata verticalle (Ma non mi ricordo come si trova il baricentro di un trapezio...)
Il segno "meno" , significa che la forza $ S_o$ non preme sulla superficie , ma piuttosto la "risucchia" : insomma è diretta dalla superficie verso sinistra.
Ma anche la componente verticale si può calcolare per integrazione delle componenti verticali delle forze elementari :
essendo tutta la superficie "in depressione" , anche questa componente ha il segno "meno" , cioè anzichè diretta verso l'alto è diretta verso il basso . IL suo valore è in pratica la spinta archimedea più $ P_B * l*R $ , che è negativo, come ho calcolato e scritto sul foglio allegato . Mi risulta : $S_v = -6.9 kN $
Naturalmente io posso sbagliare , e se è così vi prego di correggermi . Ciao .
Vorrei ragionare insieme a voi .
Rendiamoci innanzitutto conto di come variano le pressioni ( relative e assolute ) nel recipiente , che come dice il problema è "a tenuta" .
Visto il valore di $\gamma$ , il liquido è acqua . La larghezza del recipiente ( perpend. al foglio) è di 1m .
Chiamo $O$ il centro del cilindro , di raggio $R = OA = OB = 1m $ . Il manometro in M segna una pressione (relativa ! ) : $P_M = 5 kPa $ . Questo mi permette di dire che il "piano dei carichi idrostatici relativi " si trova al di sopra $M$ , ad una quota di : $ h_M/\gamma = 5/9.8 m = 0.51 m $ . Cioè, il piano dei C.I.Relativi è mezzo metro circa sopra M .
Questo vuol dire che le pressioni relative su tutte le superfici orizzontali (isobariche) al di sopra di tale piano sono negative . Ma attenzione : una pressione relativa negativa non significa assolutamente che nel liquido ci siano "sforzi di trazione " , poichè la pressione relativa è quella riferita all'atmosfera .
Se ragioniamo infatti in termini di pressioni assolute , allora abbiamo che sul piano orizzontale passante per M la pressione assoluta é $Pa_M = (101.3 + 5 ) kPa=106.3 kPa $ . Sul piano dei c.i. relativi c'è la pressione atmosferica di $101.3 kPa $ .
Quanto valgono le pressioni , relative e assolute , in B ed in A ?
Nel punto B , che è 2m sopra M , si ha la pressione relativa : $ P_B = P_M - \gamma*h = (5-19.6) kPa = - 14.6 kPa$ , e quindi una pressione assoluta : $Pa_B = (101.3 - 14.6) = 86.7 kPa $
Nel punto A ,che è 1m sotto B , si ha la pressione relativa : $ P_A = P_B + \gamma*h = (- 14.6 + 9.8) = - 4.8 kPa $ , e quindi una presssione assoluta : $ Pa_A = (-4.8 + 101.3) kPa = 96.5 kPa $
Ci siamo , fino ad ora ? Con questi valori , si possono facilmente costruire i diagrammi delle pressioni relative ed assolute . Si vede che tutta la zona sopra il piano dei c.i. relativi è ( fatemi passare lo sconcio di questa definizione) " in depressione relativa " rispetto alla pressione atmosferica . D'accordo ?
Esamino ora la paratoia , cioè il quarto di cilindro di centro $O$ e raggio $R=1m $ : all'esterno , c'è l'atmosfera con la sua pressione costante per tutti i punti : $ P_a = 101.3 kPa $ .
All'interno , c'è il liquido "in depressione" su tutto il contorno .
Perciò , su tutte le superfici elementari $dA = ds*l $ del contorno , dove $ds = R*d\alpha$ è un archetto e $ l = 1m $ è la larghezza perp. al foglio , le pressioni relative , dalla parte del liquido , sono negative : la forza elementare esterna , in ogni punto, supera la forza elementare interna ( considerando la pressione assoluta) .
Perciò viene fuori una componente orizzontale "negativa" , calcolata come dice Elwood , moltiplicando l'area del quadrato verticale di lato 1m per la pressione relativa nel centro G , che è la media di $P_A $ e $P_B$ ( io mi sono fatto l'integrale...) , che vale : $ S_o = -9.7 kN$ . La sua retta di azione passa , se ricordo bene, per il baricentro del diagramma trapezoidale delle pressioni relative , limitato al tratto da $O$ ad $A$ . Quindi è più spostata verso l'alto rispetto al baricentro della parete quadrata verticalle (Ma non mi ricordo come si trova il baricentro di un trapezio...)
Il segno "meno" , significa che la forza $ S_o$ non preme sulla superficie , ma piuttosto la "risucchia" : insomma è diretta dalla superficie verso sinistra.
Ma anche la componente verticale si può calcolare per integrazione delle componenti verticali delle forze elementari :
essendo tutta la superficie "in depressione" , anche questa componente ha il segno "meno" , cioè anzichè diretta verso l'alto è diretta verso il basso . IL suo valore è in pratica la spinta archimedea più $ P_B * l*R $ , che è negativo, come ho calcolato e scritto sul foglio allegato . Mi risulta : $S_v = -6.9 kN $
Naturalmente io posso sbagliare , e se è così vi prego di correggermi . Ciao .
Ciao, torno appunto da un esercitazione su questo argomento e ho capito come risolvere questi problemi. Il tuo ragionamento è giustissimo se si considera il sistema serbatoio/ambiente (prima ho fatto un esercizio di un serbatoio con paratoia contenente da una parte acqua e dall'altra aria e abbiamo ragionato così), ma credo che in questo caso occorra solo considerare il sistema serbatoio e fare finta che fuori ci sia il vuoto! Infatti questi tipi di problemi si risolvono chiudendo la paratoia (n questo caso immaginando che la chiusura continui lungo le pareti del serbatoio) e immaginando che un filetto infinitesimo di fluido passi per la chiusura stessa, per permettere di calcolare facilmente le varie grandezze col metodo dell'equilibrio globale.
Comunque devo rifare i calcoli e provare applicando tutte le forze al centro di curvatura, dopo ti saprò dire meglio.
Comunque devo rifare i calcoli e provare applicando tutte le forze al centro di curvatura, dopo ti saprò dire meglio.
"Batted":
..... Il tuo ragionamento è giustissimo se si considera il sistema serbatoio/ambiente (prima ho fatto un esercizio di un serbatoio con paratoia contenente da una parte acqua e dall'altra aria e abbiamo ragionato così), ma credo che in questo caso occorra solo considerare il sistema serbatoio e fare finta che fuori ci sia il vuoto! Infatti questi tipi di problemi si risolvono chiudendo la paratoia (n questo caso immaginando che la chiusura continui lungo le pareti del serbatoio) e immaginando che un filetto infinitesimo di fluido passi per la chiusura stessa, per permettere di calcolare facilmente le varie grandezze col metodo dell'equilibrio globale....
Batted , penso tu non possa fare a meno di considerare il sistema serbatoio/ambiente esterno .
"Far finta che fuori ci sia il vuoto" non mi sembra una strada praticabile , non la capisco . Che vuol dire ? Significherebbe ragionare in termini di "pressioni relative " , nient'altro . E in questo caso , è chiaro che sopra il piano dei carichi idrostatici avresti a che fare con pressioni relative negative ( le quali , ripeto con forza , non significano che nel liquido ci sono sforzi di trazione , che il liquido non sopporta! Infatti , il "negativo" deriva dal fatto che lo "zero" è convenzionalmente definito ignorando la pressione atmosferica .
"Batted":
...Comunque devo rifare i calcoli e provare applicando tutte le forze al centro di curvatura, dopo ti saprò dire meglio.
Che vuol dire " applicando le forze al centro di curvatura ? " . Le forze , cioè le componenti orizzontale e verticale, vanno applicate dove devono essere applicate ....
Se vuoi essere gentile , dopo che hai fatto i tuoi calcoli mettili qui , così li guardiamo tutti insieme... Io ho lavorato un giorno per fare quella robaccia che hai visto !
"navigatore":
[quote="Batted"]..... Il tuo ragionamento è giustissimo se si considera il sistema serbatoio/ambiente (prima ho fatto un esercizio di un serbatoio con paratoia contenente da una parte acqua e dall'altra aria e abbiamo ragionato così), ma credo che in questo caso occorra solo considerare il sistema serbatoio e fare finta che fuori ci sia il vuoto! Infatti questi tipi di problemi si risolvono chiudendo la paratoia (n questo caso immaginando che la chiusura continui lungo le pareti del serbatoio) e immaginando che un filetto infinitesimo di fluido passi per la chiusura stessa, per permettere di calcolare facilmente le varie grandezze col metodo dell'equilibrio globale....
Batted , penso tu non possa fare a meno di considerare il sistema serbatoio/ambiente esterno .
"Far finta che fuori ci sia il vuoto" non mi sembra una strada praticabile , non la capisco . Che vuol dire ? Significherebbe ragionare in termini di "pressioni relative " , nient'altro . E in questo caso , è chiaro che sopra il piano dei carichi idrostatici avresti a che fare con pressioni relative negative ( le quali , ripeto con forza , non significano che nel liquido ci sono sforzi di trazione , che il liquido non sopporta! Infatti , il "negativo" deriva dal fatto che lo "zero" è convenzionalmente definito ignorando la pressione atmosferica .
"Batted":
...Comunque devo rifare i calcoli e provare applicando tutte le forze al centro di curvatura, dopo ti saprò dire meglio.
Che vuol dire " applicando le forze al centro di curvatura ? " . Le forze , cioè le componenti orizzontale e verticale, vanno applicate dove devono essere applicate ....
Se vuoi essere gentile , dopo che hai fatto i tuoi calcoli mettili qui , così li guardiamo tutti insieme... Io ho lavorato un giorno per fare quella robaccia che hai visto ![/quote]
Scusa, mi sono spiegato male,voglio dire appunto che ragionando in termini di pressioni relative è come se ignorassi la pressione atmosferica fuori dal serbatoio. Comunque sì, se si ha una paratoia a raggio di curvatura costante (una sfera, un cilindro, ecc...) le forze si possono considerare come applicate al solo centro di curvatura.
Comunque ecco il mio svolgimento applicato rispetto quello che ho appena detto, che porta a un risultato identico al tuo
:
E viene appunto una forza di risucchio. Ora resta da capire se è effettivamente una forza di risucchio od è dovuta al fatto che si utilizzano pressioni relative. Il momento secondo la mia convenzione è positivo e quindi spinge la paratoia verso l'interno.
Batted,
benissimo , i tuoi risultati sono uguali ai miei , come valori delle due forze : orizzontale e verticale , che come vettori sono dirette entrambe " verso l'interno" della massa fluida , cioè sono " di risucchio " , per usare una brutta ma significativa espressione .
E' chiaro che questo risultato è dovuto alla pressione relativa negativa , che esiste , come ti ho detto nel primo post, a partire dal piano dei carichi idrostatici relativi fin sotto il coperchio del serbatoio , cioè il piano passante per B .
In termini di pressioni assolute , questo vuol dire che la pressione assoluta ( atmosferica) agente all'esterno del quarto di cilindro $AB$ , di centro $O$ , è maggiore delle corrispondenti pressioni assolute agenti all'interno su tutto l'arco circolare .
E' ovvio poi che il momento tenga schiacciata la paratoia sul liquido : c'è la "depressione relativa" , lì dentro ! Ma non ho verificato il calcolo del momento , mi scuserai per questo.
Ecco un esercizio che mi è piaciuto ! E dici che sei in "alto mare" con gli esercizi di Idraulica? L'hai svolto più in fretta di me , e con un metodo più veloce ( l' equazione globale di equilibrio ) !
Ciao , alla prossima .
benissimo , i tuoi risultati sono uguali ai miei , come valori delle due forze : orizzontale e verticale , che come vettori sono dirette entrambe " verso l'interno" della massa fluida , cioè sono " di risucchio " , per usare una brutta ma significativa espressione .
E' chiaro che questo risultato è dovuto alla pressione relativa negativa , che esiste , come ti ho detto nel primo post, a partire dal piano dei carichi idrostatici relativi fin sotto il coperchio del serbatoio , cioè il piano passante per B .
In termini di pressioni assolute , questo vuol dire che la pressione assoluta ( atmosferica) agente all'esterno del quarto di cilindro $AB$ , di centro $O$ , è maggiore delle corrispondenti pressioni assolute agenti all'interno su tutto l'arco circolare .
E' ovvio poi che il momento tenga schiacciata la paratoia sul liquido : c'è la "depressione relativa" , lì dentro ! Ma non ho verificato il calcolo del momento , mi scuserai per questo.
Ecco un esercizio che mi è piaciuto ! E dici che sei in "alto mare" con gli esercizi di Idraulica? L'hai svolto più in fretta di me , e con un metodo più veloce ( l' equazione globale di equilibrio ) !
Ciao , alla prossima .
Rieccomi, ho visto i calcoli di navigatori e sul formalismo matematico mi sembrano più che corretti, però "fisicamente" io sono abbastanza convinto che la spinta archimedea sia indipendente dal piano relativo dei carichi, è sempre rivolta verso l'alto.
Comunque anch'io è una vita che non faccio fluidi e posso tranquillamente sbagliarmi.
Magari visto che Batted sta facendo esercitazioni potrebbe fugare questo dubbio magari proponendolo direttamente al suo esercitatore
Comunque anch'io è una vita che non faccio fluidi e posso tranquillamente sbagliarmi.
Magari visto che Batted sta facendo esercitazioni potrebbe fugare questo dubbio magari proponendolo direttamente al suo esercitatore
Elwood,
la spinta archimedea è indipendente dal piano dei carichi relativi !
Ma è la componente verticale della forza , cioè $F_v$ , che deve tener conto del fatto che la zona sopra il piano dei carichi relativi è in "depressione" .
Infatti , nei miei calcoli , alla fine vengono fuori per $F_v$ due termini , di cui solo il secondo è la spinta di Archimede : se vuoi , ridai un'occhiata al foglio da me scritto a mano , e te ne rendi conto .
Faccio questo esempio , che forse può servire a chiarire le idee .
Supponiamo di avere un serbatoio , parzialmente pieno di liquido di dato peso specifico . Il serbatoio è aperto verso l'alto , quindi sulla superficie agisce la pressione atmosferica . Nel liquido , c'è un corpo galleggiante , che ha un suo peso e quindi la corrispondente spinta archimedea , uguale e contraria, che equilibria il peso . Il galleggiante ha una certa immersione .
Supponiamo ora che il serbatoio venga chiuso a tenuta stagna , e che nello spazio sovrastante il liquido venga pompata aria dall' esterno , la quale incrementa di $\Deltap$ la pressione nello spazio detto , rispetto alla $P_(atm) $ .
Che cosa succede , al liquido e al corpo galleggiante ?
A voi la (facile) risposta .
E se , anzichè pompare aria dentro, la pompiamo fuori , in modo da "diminuire" la pressione sul liquido , che succede ?
Sempre a voi la ( facile) risposta .
la spinta archimedea è indipendente dal piano dei carichi relativi !
Ma è la componente verticale della forza , cioè $F_v$ , che deve tener conto del fatto che la zona sopra il piano dei carichi relativi è in "depressione" .
Infatti , nei miei calcoli , alla fine vengono fuori per $F_v$ due termini , di cui solo il secondo è la spinta di Archimede : se vuoi , ridai un'occhiata al foglio da me scritto a mano , e te ne rendi conto .
Faccio questo esempio , che forse può servire a chiarire le idee .
Supponiamo di avere un serbatoio , parzialmente pieno di liquido di dato peso specifico . Il serbatoio è aperto verso l'alto , quindi sulla superficie agisce la pressione atmosferica . Nel liquido , c'è un corpo galleggiante , che ha un suo peso e quindi la corrispondente spinta archimedea , uguale e contraria, che equilibria il peso . Il galleggiante ha una certa immersione .
Supponiamo ora che il serbatoio venga chiuso a tenuta stagna , e che nello spazio sovrastante il liquido venga pompata aria dall' esterno , la quale incrementa di $\Deltap$ la pressione nello spazio detto , rispetto alla $P_(atm) $ .
Che cosa succede , al liquido e al corpo galleggiante ?
A voi la (facile) risposta .
E se , anzichè pompare aria dentro, la pompiamo fuori , in modo da "diminuire" la pressione sul liquido , che succede ?
Sempre a voi la ( facile) risposta .
Ok, allora ti ringrazio per aver colmato anche i miei dubbi.
Di nulla...
Appunto... NULLA succede , nell'esempio che ho fatto : rimangono lì dove sono . Ciao.
Appunto... NULLA succede , nell'esempio che ho fatto : rimangono lì dove sono . Ciao.
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