Fisica
Facoltà di Ingegneria, Architettura e delle
Scienze Motorie
Lezione 22 aprile 2013
Architettura
(corso magistrale a ciclo unico quinquennale)
Prof. Lanzalone Gaetano
Statica dei
corpi rigidi
Condizioni di immobilità di un corpo rigido
Condizione necessaria ( ma non sufficiente) perché un corpo rigido sia fermo è che:
• L’accelerazione del suo centro di massa sia nulla aCM = o
• E che l’accelerazione angolare sia nulla rispetto a qualsiasi asse passante per il
centro di massa. α = 0rad / s 2
Questo è equivalente a dire:
! est
# R = Ma CM
"
M z = Iα
#
$
⇒
est
!
# R =0
" est
#
$ M =0
Le due condizioni non sono sufficienti perché, anche se soddisfatte, il corpo potrebbe: – Muoversi con velocità del centro di massa costante (moto rettilineo uniforme)
– Ruotare con velocità angolare costante attorno ad un asse centrale di inerzia (L parallelo
all’asse di rotazione)
Occorre quindi che il corpo occupi la posizione iniziale con le seguenti condizioni iniziali – Velocità del centro di massa nulla (Vcm=0)
– Velocità angolare nulla rispetto a qualunque asse passante per il centro
di massa (ω=0)
Sistemi di forze equivalenti
•
Se su un corpo rigido agiscono alcune forze, queste possono
essere sostituite da altre purché le nuove forze abbiano
– la stessa risultante (che produce la stessa accelerazione del centro
di massa)
– e lo stesso momento risultante rispetto ad un qualunque polo O (che
produce la stessa variazione del momento angolare)
•
Un qualsiasi insieme di forze (rosso) è equivalente
alla somma di una singola forza (blu) di intensità pari alla risultante
delle forze di partenza applicata nel polo O
+
una coppia di forze (verde) di momento pari al
momento risultante delle forze di partenza.
•
Fanno eccezione le forze parallele
– In questo caso si può fare a meno della coppia
– Si può sempre trovare un punto in cui applicare
la risultante delle forze
o
o
est
Ma CM = R
Iα = M z
Punto di applicazione della forza peso
Vogliamo far vedere che, dato un corpo rigido discreto
[Ciascun punto è soggetto alla forza peso (mig)]
l’insieme delle forze peso è equivalente ad un’unica forza
– Di intensità pari a Mg (M = Σ mi)
– Applicata al centro di massa
m2
m1
Q1
R est = 0
•
Considero le due masse m1 ed m2 collegate da un’asta rigida
priva di massa.
• Se l’affermazione precedente è vera, allora
– Posso equilibrare le due forze con un’unica forza F
– Applicata in un punto particolare dell’asta rigida
Cerchiamo questa forza F e il suo punto di applicazione. Annulliamo i momenti rispetto ad O
Q1
Q2
− Q1 x1 − Q2 x2
F
⇓
Q1 + Q2 + F = 0
⇓
F = − Q1 + Q2
(
)
F= m1g+m2g=(m1+m2)g
+ FxF
m gx + m2 gx2 m1 x1 + m2 x2
− Q1 x1 − Q2 x2 + FxF = 0 ⇒ xF = 1 1
=
(m1 + m2 )g
m1 + m2
Q2
F
m2
m1
O
x1
Q1
NB: il punto di applicazione coincide con il CM, è interno al segmento che congiunge i due punti
x2
xF
F
x
Q2
Equilibrio di un corpo rigido nel campo della forza peso
Corpo rigido appoggiato su di un piano orizzontale liscio.
– Il corpo è in equilibrio se la verticale passante per il centro di
massa interseca il piano orizzontale in un punto interno al
poligono di appoggio.
Punto di applicazione della normale N
(N=la forza equivalente all’insieme di forze parallele
esercitate sui vari punti di appoggio) deve essere un
punto interno del poligono di appoggio • Se la forza verticale P passante per il centro di massa
(il punto di applicazione della forza peso) e la Normale
N formano una coppia di braccio nullo
– Sono verificate le condizioni di equilibrio statico
• Altrimenti il momento di questa coppia sarà sempre
diverso da zero – Non ci sarà equilibrio
N
CM
P
r
N
CM
P
Teorema del centro di massa
P + N = O ⇒ N = −P
La figura mostra un modello di gru a torre. Le parti orizzontali che si estendono da entrambi i
lati della torre sono chiamati bracci. La torre è larga 12m. Il braccio anteriore è lungo 80 m e ha
massa mba= 80 t (1t= 1000 kg). Il braccio per i contrappesi è lungo 44 m e ha massa mbct=31 t, il
contrappeso fisso alla sua estremità ha massa mcpf = 100 t, il contrappeso mobile esterno ha
massa mcpe = 40 t, il contrappeso mobile interno ha massa mcpi= 83 t e la torre ha massa mt = 100
t. Un carico di massa mc= 100 t viene sospeso al centro del braccio anteriore. La gru è bilanciata
oppure no? Nel caso in cui non fosse bilanciata, il carico dovrebbe essere spostato verso la
torre o in verso opposto per ottenere l'equilibrio?
R. xcm=-0.16m
Equilibrio di un corpo rigido con un asse fisso di
rotazione nel campo della forza peso
In generale i concetti già determinati per il punto materiale valgono anche per il corpo
rigido
Vediamo il caso di un corpo rigido in rotazione attorno ad un asse orizzontale passante
per O:
b)
a) Equilibrio stabile
a) Se il CM si trova al di sotto dell’asse di rotazione
CM
b) Equilibrio instabile
a) Se il CM si trova al di sopra dell’asse di rotazione
a) O
O
O
c) Equilibrio indifferente
a) Se l’asse di rotazione passa proprio per il centro di massa N.B. ricordate le analogie con l’energia potenziale
CM
c)
CM
Esercizio: Nella figura vediamo una scala dei pompieri di lunghezza L=12 m e massa m=45 kg
appoggiata con l’estremità superiore ad un muro privo di attrito, ad una altezza h=9.3 m dal suolo.
Il suo centro di massa si trova a un terzo della sua lunghezza. Un vigile del fuoco con massa M=72
kg si arrampica per la scala fino a che il suo centro di massa si trova a metà della scala.
Quali forze esercitano, in modulo il muro ed il terreno?
In problemi di questo tipo tutte le forze sono
contenute nel piano del disegno
Il problema diventa un problema piano con solo tre
gradi di libertà:
– Moto lungo l’asse x
– Moto lungo l’asse y
– Rotazione attorno all’asse z
Le condizioni di equilibrio si trovano imponendo che: – La componente x della risultante delle forze sia nulla
– La componente y della risultante delle forze sia nulla
– Il momento assiale Mz sia nullo
Si osservi che scegliendo un polo sul piano che contiene le forze, i rispettivi momenti
hanno solo la componente z.
⎧
⎪ Rx = 0 Fm − Ftx = 0
⎪
⎨ R y = 0 − Mg − mg + Fty = 0
⎪
a
a
⎪M z = 0 − Fm h + Mg + mg = 0
2
3
⎩
a = L2 − h 2 = 122 − 9.32 = 7.58m
NB: per il calcolo di Mz si può scegliere un punto qualsiasi del piano.
– Scegliendo il punto O ci siamo evitato di calcolare due momenti quello di Ftx e quello di Fty
a
a
7.58
7.58
Mg + mg
72 × 9.81×
+ 45 × 9.81 ×
2
3=
2
3 = 407.8N
Fm =
h
9.3
Ftx = Fm = 407.8N
Fty = Mg + mg = 1147.8N
•
NB: non si avrebbe equilibrio senza attrito sul pavimento
Equilibrio delle forze nelle Macchine
Sono dette macchine quei dispositivi che servono a vincere, con una data
forza, una forza resistente diversa da essa (per intensità e direzione)
Ad ogni macchina sono applicate in generale dueforze:
- Forza Resistente (da vincere) indicata con R
- Forza Motrice (che serve a vincere la forza resistente) indicata con F
Lo studio della macchina richiederà la ricerca della relazione che passa tra la
forza motrice e quella resistente, quando la macchina è in equilibrio.
In base al modulo di F e R possiamo classificare le macchine come :
• F=R macchina Indifferente
• F>R macchina Svantaggiosa
• F<R macchina Vantaggiosa
La
LEVA
E’ costituita da un corpo rigido girevole attorno ad un punto o asse fisso
(FULCRO)
La leva è in equilibrio solo se il Momento Risultante è nullo.
MF + MR = O
⇒
MF = MR
F b
aF = bR ⇒
=
R a
Leva di primo, secondo o terzo genere a secondo della posizione relativa di
fulcro (O), Potenza (F) e Resistenza (R).
I genere
II genere
III genere
I genere
indifferente
vantaggiosa
svantaggiosa
II genere
Paranco
Carrucola
mobile
SEMPRE VANTAGGIOSE
FM=FR/2
FM=FR/2n
III genere
SEMPRE SVANTAGGIOSE
Fortogonale
Quando ci si piega , occorre una grandissima forza muscolare
F per equilibrare il momento della forza peso P (uomo +
oggetto da sollevare) che funge da forza resistente !
Problema per casa.
La figura mostra una struttura semovente che consiste di 4 oggetti appesi a 3
sbarre di massa trascurabile. Determinare i valori delle masse 1,2 e 3 incognite tali
che la scultura sia in equilibrio.
R. 0.15kg,0,71kg,0.36kg.
Esercizi suggeriti : da 1 a 14 pag 278-279 vol. Fondamenti di Fisica sbn88-408-1331-4 Halliday
Statica dei Fluidi
I fluidi
•
•
Per fluidi si intendono i gas ed i liquidi
le distanze tra le molecole sono in media più grandi nel caso dei fluidi rispetto
ai solidi,
– le forze di interazione sono meno intense: nei fluidi le molecole sono debolmente
legate l’una all’altra
– esse non occupano posizioni predeterminate all’interno del fluido
– ma possono muoversi al suo interno.
•
I fluidi non oppongono alcuna resistenza a sollecitazioni di taglio
– Se suddividiamo in due parti il fluido con una superficie ideale è possibile far
scorrere le due parti di fluido l’una rispetto all’altra.
– Si immagini la lama di un coltello che scorre all’interno di un fluido.
•
Conseguenza:
– Se separiamo il fluido in due parti mediante una superficie qualsiasi, le forze, che
una parte di fluido esercita sull’altra, hanno solo la componete normale alla
superficie.
– Questo vale per qualunque superficie.
La pressione idrostatica
Sulla superficie immaginaria con cui abbiamo suddiviso il
fluido in due parti prendiamo una piccola area, ΔA, attorno al
punto Q
Si definisce pressione idrostatica nel punto Q la
grandezza scalare ottenuta facendo il rapporto tra la forza
(normale) che una delle due parti di fluido esercita sull’altra
attraverso l’area ΔA, e l’area ΔA (eventualmente si fa il limite
per ΔA che tende a zero) :
ΔA
Q
Fn
ΔA
−1
[ P ] = [ Fn ] [ ΔA ] = #$ MLT −2 L−2 %&
P=
•
Le dimensioni
•
Le unità di misura nel SI sono N/m2, che viene anche chiamata “pascal”, Pa.
•
Altre unità di misura della pressione:
– Atmosfera (atm)=1 atmosfera è la pressione atmosferica al livello del mare
– torr (o mm Hg) è la pressione che esercita una colonna di 1 mm di mercurio
– 1 bar= 105 Pa
1atm = 1.013×10 5 Pa = 760torr
La pressione sulle pareti del recipiente
Se la superficie ideale tracciata all’interno di un fluido viene sostituita da una
superficie reale
(p.e. la parete del contenitore)
Possiamo usare la stessa definizione per valutare al pressione sulle pareti del
contenitore
Fn
y
P=
•
•
•
ΔA
ΔA è una piccola area attorno al punto Q in cui si vuole
misurare la pressione
Fn è la forza normale esercitata dal fluido sulla piccola
porzione ΔA della parete A cosa è dovuta questa forza normale?
– Agli urti delle particelle che costituiscono il fluido sulle pareti
– Per un urto elastico su una parete liscia
1
1
m v2x + v 2y = m v' 2x +v2y
2
2
(
)
(
)
2
2
v x = v' x ⇒ v' x = ±v x
⇓
v' x = −vx
v'
F
v
x
La molecola subisce l’azione
della forza F dovuta alla parete
Per il principio di azione e
reazione esercita sulla parete
una forza uguale e contraria. La densità
•
Si definisce densità media del fluido
ρm =
•
M
V
Si definisce densità del fluido
nel punto Q
ΔM
ρ = lim ΔV→0
ΔV
– Il limite in senso “fisico”
•
I fluidi si distinguono in – Comprimibili
– Incomprimibili
PQ
dM
ρ=
dV
La legge di Stevino
Consideriamo un fluido incomprimibile (= ρ è uniforme in tutto il volume
del fluido)
•
•
•
Sia il fluido stazionario
Isoliamo idealmente una porzione di fluido
racchiusa in un cilindro di area di base A
orizzontale e altezza h (h=y1-y2)
Se tutto il fluido è stazionario, questa porzione è
ferma
Applichiamo la seconda legge della dinamica
– In particolare la sua componente verticale
F2 − F1 − mg = 0
P2 A − P1A − ρA(y1 − y2 )g = 0
⇓
P2 = P1 + ρ(y1 − y2 )g = P1 + ρgh
•
h profondità
CONCLUDIAMO: Punti alla stessa profondità hanno la stessa pressione
Punti alla stessa pressione si trovano alla stessa profondità
• La superficie di separazione tra l’aria e l’acqua è orizzontale
P0=pressione atmosferica
Esercizio: A che profondità bisogna immergersi in mare perché la
pressione raddoppi rispetto a quella in superficie
Dalla legge di Stevino ricaviamo che la pressione alla profondità h in un liquido conoscendo
quella in superficie Po, è data da: P = Po +ρgh
Vogliamo trovare h* in modo che P sia uguale a 2Po.
2Po = Po + ρgh
Da cui:
*
h =
*
*
⇒ h =
Po
ρg
Po
1atm
=
=
3 kg
m
ρg 1.024 × 10 3 9.81 2
m
s
5
1.01 × 10 Pa
=
= 10.05m
3 kg
m
1.024 × 10 3 9.81 2
m
s
Ogni 10 m di profondità la pressione aumenta di circa un’ atmosfera
Se al posto dell’acqua vi è un gas ( la densità del gas è circa 1000 volte più piccola di quella dell’acqua)
• Alla profondità di 10 m in un gas la pressione sarebbe cambiata solo di 1 millesimo di
atmosfera
• Per recipienti di piccolo volume, entro i 10 m di profondità, possiamo considerare la
pressione costante in tutto il recipiente.
P = Po + ρgh se ρh → 0 ⇒ P = Po = costante
h
La misura della pressione
•
Barometro
– Per la misura assoluta
della pressione
atmosferica
0 = Pat + ρg (− h)
Pat = ρgh
•
Manometro a tubo aperto
– Misura la differenza di
pressione tra due ambienti
– Misura relativa di pressione
P = Po +ρgh
La pressione nei liquidi
Applicando una forza sul pistone, esso a sua volta
esercita una forza sul liquido. L’aumento di pressione
genera una forza perpendicolare alle pareti del
recipiente. La velocità degli zampilli aumenta
all’aumentare della forza applicata.
Un palloncino pieno d’aria immerso nel liquido si
rimpicciolisce mantenendo la stessa forma poiché
la pressione ha in ogni punto la stessa intensità
ed è in ogni punto perpendicolare alla superficie.
Il principio di Pascal
La pressione esercitata su una superficie qualunque di un liquido si
trasmette con la stessa intensità su ogni altra superficie a contatto con il
liquido, indipendentemente da come questa è orientata.
Consideriamo un fluido contenuto in un cilindro
racchiuso da un pistone mobile
Indichiamo con Pest la pressione esercitata dal
pistone sul fluido
La pressione in tutti gli altri punti sarà:
P = Pest + ρgh
Supponiamo ora di variare la pressione Pest , per
esempio variando il carico sul pistone.
Sia ΔPest la variazione di Pest.
In tutti gli altri punti del fluido osserveremo una
variazione di pressione:
ΔP = ΔPest + Δ (ρgh )
⇒
se il liquid o è
in comressibile
Δ(ρgh)=0
ΔP = ΔPest
Una variazione di pressione in un punto del fluido si ripercuote su tutto il fluido. Paradosso Idrostatico
La pressione dipende solo dalla profondità dell’acqua , non dalla forma
del recipiente, quindi alla stessa profondità la pressione è la stessa in tutti
i vasi comunicanti del recipiente.
La leva idraulica
Consideriamo due cilindri pieni di un fluido incomprimibile (p.e. olio)
In condizioni di riposo entrambi i pistoni sono alla stessa altezza e la pressione del fluido appena
sotto i pistoni è la pressione atmosferica
Se spingiamo il pistone Ai con una forza Fi, facciamo cioè aumentare la pressione del fluido in uno
dei rami del pistone, allora la pressione aumenterà dappertutto della stessa quantità
ΔP =
Fi
Ai
Il secondo pistone sarà quindi in grado di esercitare
sull’ambiente esterno una forza: Fo = ΔPAo = Fi
F0 > Fi
per
Ao
Ai
A0 > Ai
La forza risulta amplificata per un fattore pari al
rapporto tra le aree e che lo spostamento del
secondo pistone è ridotto rispetto a quello del primo
dello stesso fattore.
Il lavoro da fare per sollevare un oggetto pesante è
sempre lo stesso
Il pistone grande di un torchio idraulico ha raggio
20cm. Quale forza deve essere applicata al pistone
piccolo, avente raggio di 2.0cm, per sollevare
un’automobile con massa di 1500Kg ?
R. 150 N
Applicazioni principio di Pascal
in medicina:
pressione sull’addome
si trasmette alla gola
permettendo fuoriuscita
di corpi estranei
dalla trachea
manovra di Heimlich
F
dentifricio esce dal tappo
schiacciando fondo del tubetto
F
Il principio di Archimede
La Spinta di Archimede è la forza a cui è soggetto un
corpo quando è immerso in un fluido
•
Consideriamo, in un fluido stazionario, la porzione di
fluido racchiusa in una superficie chiusa che
riproduce perfettamente la superficie esterna di un
corpo.
Questa porzione di fluido è in equilibrio (fluido
stazionario)
•
La risultante delle forze che la porzione di fluido
all’esterno del contorno esercita su quella all’interno
del contorno è proprio uguale al peso del fluido
racchiuso all’interno del contorno. (Ricorda: il fluido è
in equilibrio !!!)
Quando immergeremo il corpo, la parte di fluido
esterna al contorno del corpo è la stessa , continuerà
ad esercitare sempre la stessa forza.
La spinta di Archimede che agisce su di un corpo
immerso in un fluido è una forza diretta verso l’alto il
cui modulo è pari a quello della forza peso della
•
•
Il principio di Archimede
Un corpo, immerso in un fluido in equilibrio, subisce una spinta verso l’alto
pari al peso del volume del fluido spostato:
S=plV(la spinta è applicata
al baricentro del fluido spostato)
S
S
P
S
P
P
pL e pc : pesi specifici del liquido e del corpo
S<P ↔ pL < pc
affonda
S=P ↔ pL = pc
S>P ↔ pL > pc
in equilibrio
galleggia
La corona d’oro di Archimede
Gerone II, tiranno di Siracusa, fece costruire da un valente orafo una corona d'oro, a forma
di rami intrecciati, del tipo di quella riprodotta a lato, per porla a decoro di una statua
rappresentante un Dio. Tuttavia quando ricevette la bellissima corona ebbe il sospetto che
l'orafo potesse aver sostituito, all'interno della corona, l'oro con l'argento. Per questo il
Tiranno chiese ad Archimede di determinare se la corona fosse d'oro massiccio
oppure se contenesse all'interno il meno pregiato argento. Ma poiché la corona, di
pregevole fattura, doveva ornare il capo di una divinità, era essa stessa un oggetto sacro.
Quindi il Tiranno pose ad Archimede la condizione che la corona doveva restare integra
(oggi diremmo che Archimede doveva sottoporre la corona a un esame non distruttivo).
Archimede trovò la soluzione.
Bastava porre in una vasca una quantità d'oro puro di peso pari a quello della corona e poi
riempire la vasca d’acqua fino all'orlo. Quindi bisognava togliere l'oro e immergervi la
corona: se vi fosse stato argento, che a parità di peso occupa un volume maggiore di
quello dell'oro, l'acqua sarebbe traboccata.
Come riferisce l'architetto romano Vitruvio nel primo secolo avanti Cristo, Archimede riuscì
in questo modo a scoprire la frode che l'orafo commise nei confronti di Gerone II.
Applicazioni principio di Archimede
iceberg galleggia:
ρ ghiaccio = ρ 0 = 900 kg / m 3
ρ acqua − mare = ρ f = 1025 kg / m 3
ρ0 V
= ≈ 9 / 10
ρ f V0
sommergibile
[camere stagne funzionano
tipo vescica natatoria]
solo 1/10 emerge dall’acqua !!!
vescica natatoria
vescica natatoria
organo a forma di sacco
riempiendosi/svuotandosi d'aria
consente al pesce di salire/scendere
mongolfiera
a minore o maggiore profondità
[aria calda meno densa di
aria fredda
genera forza verso l’alto]
Equazione di Continuità
tubo di
sezione variabile
nell’ intervallo di tempo Δt
Δx1 = v1Δt
⇒ Δm1 = ρ1 A1Δx1 = ρ1 A1v1Δt
Δx2 = v2 Δt
⇒ Δm2 = ρ 2 A2 Δx2 = ρ 2 A2v2 Δt
la massa si conserva [fluido stazionario]
Δx1
Δx2
Δm1 = Δm2
ρ1 A1v1Δt = ρ 2 A2v2 Δt
ρ è costante [fluido stazionario, incompressibile]
A1v1 = A2v2 = costante
N.B.
equazione di continuità
A v = [Volume]/[tempo]=portata
quantità di fluido che entra da una estremità del tubo
è uguale alla quantità di fluido che esce
nello stesso intervallo di tempo
[in assenza di perdite]
Teorema di Bernoulli
pressione varia in un fluido in movimento in un tubo di sezione
variabile
lavoro forze di pressione
L p = F1Δx1 − F2 Δx2
spinge
il fluido
si oppone
al moto del fluido
= p1 A1Δx1 − p2 A2 Δx2 = ( p1 − p2 )ΔV
ΔV = A1Δx1 = A2 Δx2 =
la massa si conserva
ρ è costante
lavoro forza peso
L = L p + Lg = ΔK
Δm
ρ
Lg = −Δmg ( y2 − y1 ) = − ρΔVg ( y2 − y1 )
teorema dell’energia:
lavoro netto è pari a variazione energia
cinetica
1
1
( p1 − p2 )ΔV − ρΔVg ( y2 − y1 ) = Δmv22 − Δmv12
2
2
1 2
p + ρv + ρgy = costante
2
1
1
p1 + ρv12 + ρgy1 = p2 + ρv22 + ρgy2
2
2
conservazione energia meccanica
per un fluido ideale
•
La pressione che si esercita sulle
pareti è determinata esclusivamente
dall’ altezza complessiva della
colonna d’acqua e non dal peso
dell’acqua o sezione del tubo.
•
Alla loro superficie di
separazione due liquidi
immiscibili raggiungono, in vasi
fra loro comunicanti , altezze che
sono in rapporto inverso alle
rispettive densità.
Teorema di Torricelli
Un liquido perfetto pesante (solo forza peso) fuoriesce, da un recipiente
aperto, con velocità pari in modulo a quella che avrebbe un grave in caduta
libera.
Sia s<<S
La soluzione è di ben un secolo prima di Bernoulli !!!
Se applichiamo Bernoulli in una linea di flusso AB si avrà :
Fenomeni naturali
Velocità differenti in
prossimità dei due buchi
p1 !
v12 $ p2 !
v22 $
+ # z1 + & =
+ # z2 + &
ρg "
2g % ρ g "
2g %
χ1
p1
p2
+ χ1 =
+ χ2
ρg
ρg
se
χ1 < χ 2 ⇒ P1 > P2
χ2
CAMINO
Applicazioni teorema di Bernoulli
porte che sbattono
per fluido che scorre a quota fissa
ala aeroplano
1
1
p1 − p2 = ρv22 − ρv12
2
2
velocità corrente maggiore
sopra ala
⇒ pressione minore sopra
ala
pressione maggiore sotto
ala
si genera forza (spinta)
verso l’alto
p minore per v maggiore
v1 > v2 quindi p2 > p1 ⇒ la porta sbatte
flusso da un rubinetto
flusso d’acqua si restringe mentre cade
1
1
p1 + ρv12 + ρgy1 = p2 + ρv22 + ρgy2
2
2
per p1 = p 2= pressione atmosferica
1
2
1
gh = (v12 − v22 ) > 0
2
A2, p2,v2,y2
A1, p1,v1,y1
ρg ( y2 − y1 ) = ρ (v12 − v22 )
⇒ v1>v2 e A2>A1
[da eq. continuità (A2v2=A1v1)]
