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 :
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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 ?
We look for patterns when we are hungry or threatened, rather than bored. I don't think we needed to think about things when we were in standby mode in the ancient past.