Esame di Fluidodinamica del 23 Luglio 20010
Soluzioni
Problema n. 1
Equilibrio dei momenti delle forze agenti su una delle parti della paratia rispetto alla
cerniera. Considero le componenti verticale ed orizzontale della forza di pressione: la
componente verticale è a sua volta composta dai due contributi (con i rispettivi bracci)
Fv1 = ρghRb,
bv1 =
R
,
2
πR2
4R
b,
bv2 =
,
4
3π
La componente orizzontale (con il rispettivo braccio) è data da
Fv2 = ρg
Fo = ρg(h +
dove
ycpo = h +
R
)Rb,
2
bo = h + R − ycpo ,
1
R3 b
R
R
1 R2
12
+
=
h
+
+
,
2
2
12 h + R2
h + R2 Rb
e quindi
bo =
1 R2
R
−
.
2
12 h + R2
Dall’equilibrio dei momenti delle forze
Fc R = Fv1 bv1 + Fv2 bv2 + Fo bo ,
si ottiene:
R2
Fc = ρgb hR +
2
= 103005 N.
Si noti che il calcolo del momento della distribuzione di pressione su ciascuna delle parti
della paratia può essere semplificato osservando che la forza risultante passa per il centro
del semicerchio. Di questa forza solo la componente orizzontale (che vale ρg (h + R/2) Rb
e ha braccio R) dà momento attorno alla cerniera.
Problema n. 2
Il teorema di Bernoulli e l’equazione di conservazione della massa permettono di determinare la velocità della corrente prima e dopo la saracinesca. La conservazione della quantità
di moto applicata al volume di controllo a cavallo della paratia permette di scrivere la
relazione per determinare la forza che l’acqua esercita sulla paratia. Assumo che il canale
abbia larghezza unitaria in direzione perpendicolare al foglio.
1
Dalla conservazione del trinomio di Bernoulli tra i peli liberi prima e dopo la paratia e
dalla conservazione della massa si ha
U12
U2
+ gy1 = 2 + gy2 ,
2
2
U1 y1 = U2 y2 .
Da queste relazioni si ottiene
v
u 2g (y − y )
2
1
U1 = u
2 ,
t
1 − yy21
v
u 2g (y − y )
1
2
U2 = u
2 .
t
1 − yy21
Con i dati del problema risulta
U1 = 0.8087 m/s,
U2 = 4.0435 m/s.
Dalla conservazione della quantità di moto in direzione orizzontale applicata a un volume
di controllo che comprende la saracinesca si ha
y12
y22
−ṁU1 + ṁU2 = −F + ρg − ρg ,
2
2
dove la forza F agisce sulla saracinesca e la distribuzione di pressione sulle superfici verticali del volume di controllo varia linearmente con la profondità (ha cioè una distribuzione
idrostatica). Riscrivendo l’equazione precedente come
ρg 2
y1 − y22 ,
F = ρ U12 y1 − U22 y2 ) +
2
e sostituendo le espressioni di U1 e U2 trovate sopra si ottiene, con alcuni passaggi,
ρg (y1 − y2 )3
2 y1 + y2
= 2092.8 N.
F =
Problema n. 3
La soluzione può essere ottenuta con procedure iterative o per prova ed errore. Una
possibile procedure iterativa si basa sulla equazione:
da cui
pt1
p1
γ−1
γ
=
pt1 pt2
p1 pt2
γ−1
γ
=1+
γ−1 2
M1 ,
2
v"
#
u γ−1
u pt2 pt1 γ
2
M1 = t
−1
.
p1 pt2
γ−1
Noto, dai dati, pt2 /p1 , l’equazione è implicita in M1 poiché pt1 /pt2 è funzione di M1 .
0
0
0
Partendo, per esempio, da (pt1 /pt2 ) = 1, si trova M1 = 1.79. Per M1 = 1.8 (valore in
00
tabella immediatamente superiore a 1.79) le tabelle degli urti normali danno (pt1 /pt2 ) =
0.8127 da cui si calcola M1 00 = 1.92, e così via fino a convergere
√ sulla soluzione M1 = 2.
La velocità a monte dell’urto è data da u1 = M1 a1 , dove a1 = γRT1 . Poiché Tt1 = Tt2 =
340 K, si ha
T1 =
Tt1
1+
γ−1
M12
2
= 188.89 K,
e, con R = 287.1 J/(kg K), risulta
p
u1 = M1 γRT1
= 551.08 m/s.
