Equilibrio orizzontale secchio

[bub]

Abbiamo un secchio di forma perfettamente cilindrica di altezza $H$ e raggio di base $R$ con $H >= R$. Il secchio viene retto da un manico (di quelli usuali per secchi). In pratica il secchio può soltanto ruotare intorno ad un asse posto in cima e passante per il centro della base superiore. Supponendo la massa del secchio trascurabile (diciamo pure che è zero) quanta acqua bisogna aggiungere (non nulla) come minimo al secchio affinché assuma di sicuro la posizione orizzontale? (quella posizione in cui la base risulti ortogonale alla forza peso).

[bub]

Provo a riproporre questo quesito che so risolvere solo geometricamente e bidimensionalmente riducendo il secchio ad un rettangolo che può ruotare attorno al punto centrale della base superiore.

[professorkappa]

ci fai un disegnino? Perche io non capisco com'e il sistema

[bub]

Ciao professorkappa.
Il secchio cilindrico nel disegno è visto di lato e può soltanto ruotare attorno al perno A (intuitivamente l'asse del manico).
In pratica bisogna individuare quanta acqua bisogna aggiungere (al minimo) in volume per far mantenere il secchio sicuramente in equilibrio orizzontale (l'acqua è rappresentata dal poligono celeste).
Nel disegno il secchio è in equilibrio (non è realistico e proporzionale però il disegno), ma non orizzontale perché la linea tratteggiata passante per il perno e parallela alla forza peso non è perpendicolare alla base del secchio. Esistono queste forme di equilibrio non orizzontali perché l'acqua che si trova a destra della linea tratteggiata (in tre dimensioni è un piano) può essere della stessa quantità che si trova a sinistra.
Ad un certo punto aggiungendo sempre acqua il secchio dovrà per forza equilibrarsi necessariamente in orizzontale perché non ci sarà più la possibilità di poter mantenere altre forme di equilibrio come quella esposta in figura.
Il problema consiste nell'individuare il minimo volume d'acqua da aggiungere per equilibrarlo necessariamente orizzontalmente.
Spero di essere riuscito a spiegare il problema.

[Shackle]

Seguimi, perchè non è semplice.

Supponiamo di avere un secchio di forma parallelepipeda , di dimensioni $L,H,B$ , dove $H$ è l'altezza, $L$ è la larghezza, $B$ è la dimensione normale al foglio. (fig.1, nel foglio allegato) . anche questo solido è un cilindro, non occorre che la base sia circolare; nel nostro cilindro parallelepipedo è più facile capire come stanno le cose . Il secchio vuoto non pesa , per ipotesi.

Partiamo da una condizione in cui il secchio è "sicuramente" verticale , per cui la superficie dell'acqua è perfettamente orizzontale e perpendicolare alle pareti , l' acqua è alta $h$ nel secchio, il volume dell'acqua è $V = h*L*B$ ,il suo peso, applicato in $G$ vale :
$P=rho*g*V $ . Il baricentro si trova a quota $h/2$ dal fondo, quindi dista $ AG = H-h/2$ da $A$.

Ci domandiamo fino a che punto possiamo diminuire $h$, perché il secchio rimanga in quella posizione, che evidentemente è di equilibrio stabile : se lo incliniamo di un angolo $theta $ comunque piccolo, facendolo ruotare attorno ad $A$ , e poi togliamo la causa perturbatrice , il secchio compie delle oscillazioni smorzate , e alla fine ritorna in posizione verticale .
E facciamo proprio questo : incliniamo il secchio di un angolo $theta$ come nella fig 2 . Che succede ? Una parte del liquido che sta a sinistra si sposta a destra. I due cunei si chiamano rispettivamente " menisco di emersione" a Sn, e "menisco di immersione" a Ds , il motivo si capisce facilmente. I due volumi $v_e$ e $v_i$ sono uguali , la superficie libera del liquido "inclinato " interseca quello del liquido orizzontale proprio in $O$ , cioè a metà della larghezza $L$ .
Il baricentro $G$ del liquido evidentemente si sposta verso destra in $G'$ , perché deve rimanere sulla verticale passante per $A$ . Si dimostra pure che la curva $GG'$ è un arco di parabola . Lasciamo perdere questo.

Facciamo una cosa : anziché farci venire il torcicollo per guardare la figura 2 inclinata, lasciamo il secchio verticale , e incliniamo la superficie di $theta$ , quindi anche la nuova verticale per $A$ sarà inclinata di $theta$ rispetto alla vecchia. E quindi passiamo alla fig. 3. Ecco le tre figure :

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Nela fig. 3 ho aumentato un po' l'angolo , per chiarezza , tanto poi alla fine lo togliamo di mezzo . Aver tolto il menisco da Sn e passato a Ds , significa aver tolto una massa , e quindi è come se il peso del menisco di Sn fosse diretto verso l'alto , e quello del menisco di destra verso il basso . Le due forze formano una coppia , di cui occorre valutare il momento, che è "sbandante" , cioè causa rotazione oraria. La distanza tra i due baricentri $g_e$ e $g_i$ dei menischi , è uguale , con buona approssimazione ¹, a :
$ 2d = 2*2/3*L/2 = 2/3L$

il peso di un menisco è : $ p_e = p_i = rho*g*(BL^2)/8*tg theta $

Quindi il momento sbandante è uguale a : $ 2/3L*rho*g*(BL^2)/8*tg theta = (BL^3)/(12) rho*g* tg theta$

Notiamo che la quantità $I = (BL^3)/(12)$ non è altro che il momento di inerzia di area della superficie libera iniziale $L*B$ rispetto a un asse ,perpendicolare al foglio e passante per $O$ . Questa è un'altra proprietà generale , in casi simili della statica di corpi galleggianti, che non ti dico , ma lasciamo perdere anche questo .

Da che cosa è dato invece il "momento raddrizzante " , che fa tornare il secchio verticale? Se guardi la fig.3 , ho messo in $G'$ due forze uguali e contrarie , uguali al peso della massa liquida , perché spostare il peso da $G$ in $G'$ si può vedere anche cosi : in $ G'$ ,c'è il peso $P$ diretto in basso secondo la verticale , equilibrato dalla reazione vincolare di $A$ ; inoltre abbiamo una coppia di forze $(P, -P)$ il cui braccio è uguale a $GQ = AG sen theta $ , e il cui verso è antiorario , quello che ci serve . Sembra non molto rigoroso , ma d'altronde basta pensare che , a parte i menischi, c'è una cospicua massa che non si sposta , per cui il suo baricentro rimane praticamente in $G$ , e il suo peso rimane praticamente uguale al peso $P$ di tutta la massa : ricordiamoci che stiamo ragionando con un "piccolo" angolo di inclinazione $theta$ , per cui questi trucchetti sono leciti !

Il momento raddrizzante è dato perciò da : $P*GQ = rho*g*hLB * AG sen theta = rho*g* V*AG sen theta$ , dove $V$ è il volume del fluido .

E infine, per la stabilità, il momento raddrizzante deve essere maggiore del momento sbandante . Cioè , eliminando $rho*g$ da entrambi i membri, deve essere :

$ V*AG sen theta > I * tg theta$

cioè: $AG cos theta > I/V$

la quantità $I/V$ si chiama "raggio metacentrico" del volume liquido: è infatti una lunghezza, perché $I$ è in $m^4$ e $V$ è in $m^3$ . Ancora, per angoli piccoli, si può porre $cos theta \approx 1 $ .

In definitiva , si deve verificare che : $ AG > I/V $ .

Si tratta ora di esprimere i due membri in funzione di $h$ , perché è questo che stiamo cercando! Ti risparmio tutti i passaggi. Ho trovato, sostituendo le espressioni di $I$ e di $V$ , che deve essere : $H-h/2 > L^2/(12h) $ . Come vedi, la dimensione $B$ normale al foglio si elimina. Si ottiene una disequazione di 2º grado , questa :

$12 hH - 6h^2 - L^2 >0 $

riordinando ,e cambiando segni : $6h^2 -12hH +L^2 <0$

le soluzioni devono essere interne all'intervallo delle radici della eq. di 2º grado associata.

L'equazione di 2º grado associata è : $6h^2 -12hH +L^2 = 0$ , che ha radici :

$h = (6H -+ sqrt (36H^2 - 6L^2))/6 = H - + sqrt ( H^2 - L^2/6) $

Ovviamente prendiamo la soluzione dove al 2º membro compare il segno $-$ davanti alla radice :

$h = H - sqrt ( H^2 - L^2/6) $

Ecco, questo è il valore minimo che può avere $h$ , affinché l'equilibro del secchio in posizione verticale sia assicurato. Per valori di $h$ inferiori a questo, si ha la situazione da te raffigurata : equilibro in posizione inclinata . Naturalmente bisogna verificare che $H^2 > L^2/6$ , altrimenti il discriminante dell'equazione sarebbe sarebbe nullo o negativo. Discriminante nullo significa due soluzioni reali e coincidenti, cioè $h=H$ ; in pratica, un secchio molto largo e poco alto potrebbe non avere soluzioni di equilibrio stabile verticale, perché appena $h$ diventa minore di $H$ il secchio si inclina. Discriminante negativo significa soluzioni complesse, cioè non ci sono valori reali per $h$ .

Un esperimento pratico non si può fare, perché tutti i secchi materiali hanno un peso. Aggiungendo il peso del secchio, la cosa si complica un po', ma volendo si può fare .

Ora ti chiedo : chi ti ha dato questo esercizio ? O dove lo hai trovato ?

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Note

1. questa valutazione non è esatta , ma per piccoli angoli va bene , altrimenti andremmo troppo lontano coi calcoli ↑

[bub]

Ciao Shackle , non ricordo piu, un libro scaricato da mio fratello
dopo cerco. Comunque non c era la soluzione. Mi sembrava divertente come problema e l ho proposto qua. Grazie per la risposta
Poi leggo con calma, non immaginavo fosse complicato.

[bub]

Shackle ciao, riporto anche la soluzione mancata, con un ragionamento intermedio che poi non sono riuscito a completare.



Io avevo immaginato che riempiendo il secchio fino a questa linea di acqua qua (come nel disegno) da questo punto in poi aggiungendo acqua, l'altezza h (della normale per il perno fino al livello dell'acqua) sarebbe rimasta costante fino a che il secchio non si sarebbe raddrizzato. Insomma da questo punto in poi intuitivamente afferro che la linea dell'acqua dovrebbe restare fissa e il secchio ruotare mentre si riempie fino alla posizione di equilibrio orizzontale (dalla posizione di equilibrio orizzontale in poi h inizia a diminuire se si aggiunge ancora acqua).
Individuata questa h, bisognava sottrarre l'altezza del secchio a questa h e si otteneva l'altezza del cilindro d'acqua minino per equilibrarlo.
Solo che non sapevo come individuare questa linea, bidimensionalmente ci ero riuscito con un ragionamento geometrico sulle aree, ma in tre dimensioni poi ci sono volumi e immaginavo che non si potesse estendere.

Purtroppo non so darti il titolo del libro, non ricordo più e nemmeno mio fratello, cercarlo nel suo archivio è un po' complicato.

[Shackle]

Francamente ci ho capito poco . Se , nella tua figura , alzi un po' il livello del liquido , non puoi forse avere un'altra configurazione , in cui le aree blu a destra e a sinistra della verticale sono uguali ? E quindi il secchio sarebbe ancora in equilibrio in posizione inclinata ? Io dico di sí , però a naso non è facile vedere se è giusto o sbagliato .

C'è da tener presente un'altro punto importante . Finora , stiamo supponendo una inclinazione puramente trasversale ; cioè , l'asse di inclinazione ( cosí si chiama l'intersezione tra superficie libera "diritta" e superficie libera "inclinata" : questa cosa è chiara, spero) , passante per $O$ , è puramente perpendicolare al foglio , perciò nel fenomeno la larghezza $B$ non entra .

E se invece fosse $B>L$ ???

Cioè , se la dimensione $B$ normale al foglio fosse preponderante rispetto alla larghezza $L$ giacente nel piano di figura, che succederebbe ? Succederebbe che un livello di acqua troppo basso farebbe inclinare il secchio nel senso avanti-indietro , anziché sinistra-destra , no ?
Chiarisco che sto pensando al secchio sospeso in $A$ con una cerniera sferica , che consenta tutti i movimenti ,a anche la rotazione attorno all'asse verticale.

Ma c'è ancora di più . La superficie diritta e quella inclinata si intersecano, come abbiamo detto , in una retta che si chiama " asse di inclinazione " . Bene , chi ci dice che quest'asse di inclinazione debba essere necessariamente perpendicolare alla coppia di facce Sn-Ds , oppure Ad - Av ? Non ce lo dice nessuno, se non facciamo una trattazione analitica adeguata . [NB : se la sezione del secchio è circolare , ovviamente $B=L$ , e il problema non si pone] .
Pensa, per esempio, a un secchio che abbia la forma di una scatola di scarpe , col punto di sospensione in $A$ , al centro dell'area del coperchio . Mettendo poca acqua dentro , questo secchio si può inclinare da una parte qualsiasi, accumulandosi l'acqua in uno dei vertici inferiori . Se si aumenta l'acqua, probabilmente si annulla l'inclinazione che interessa il lato minore , ma resta quella relativa al lato maggiore.

Sai che cosa entra in gioco , nel caso più generico ? Prima ho parlato del momento di inerzia dell'area $LB$ rispetto a un asse di inclinazione supposto parallelo a $B$ . Poi Ho parlato di un asse di inclinazione parallelo a $L$ . Nel caso più generale , entra in gioco " l'ellisse centrale di inerzia" del rettangolo $LB$ . Se l'asse di inclinazione è un diametro qualsiasi di questa ellisse, il "piano di inclinazione" ha la direzione del diametro coniugato . Con " piano di inclinazione" intendo quel piano , passante per $O$ , parallelo agli spostamenti di ogni punto nel passare dall posizione diritta a quella inclinata . La formuletta che assicura l'equilibrio del secchio in posizione verticale è sempre, per angoli piccoli :
$AG > I/V$
però ora $I$ è il momento di inerzia della superficie libera orizzontale rispetto all'asse di inclinazione generico , non è uno dei due momenti centrali di inerzia .
Però direi che la vera direzione dell'asse di inclinazione è del tutto casuale , vista la scorrevolezza del liquido in tutte le direzioni .

Aggiungo qualche curiosità in piû. Quando si studiano le inclinazioni dei corpi galleggianti ( =l'acqua è fuori, non nel recipiente, il quale è in equilibrio alla traslazione verticale : P=S ) , che è un problema simile a questo per certi versi, si trovano dei risultati interessanti.
In ogni caso, l'asse di inclinazione "passa" per il centro di figura (=baricentro geometrico) della sezione orizzontale del secchio diritto , qualunque sia la figura.Questo è un teorema dimostrato niente di meno che dal grande Eulero ! E vale anche per superfici di galleggiamento di forma irregolare ( non rettangolare) e corpi qualsiasi, quando l'angolo di inclinazione tende a zero. Cioè , la distanza tra asse di inclinazione e centro di figura della sezione orizzontale diritta è un infinitesimo di ordine superiore rispetto all'angolo di inclinazione .

Ora però direi che non dobbiamo aggiungere troppa carne al fuoco, perchè la trattazione analitica non è semplice, in generale.