Cono nell'acqua

Meccanica, termodinamica, elettromagnetismo, relatività, ...
Huxeley
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Messaggio da Huxeley » 30 mar 2005, 09:29

Il problema nell’equazione trovata è che MG e quindi k non è costante perché il metacentro durante il moto cambia e non rimane nemmeno sull’asse del cono. L’equazione dà quindi solo una soluzione approssimata del problema.
Devo osservare però che l'equazione trovata non è quella del moto armonico. Somiglia all'equazione generale del pendolo tranne per un segno meno al secondo membro. Il cono non oscilla ma prima ruota finchè il baricentro cade sotto il metacentro poi comincia ad oscillare. Mi fa piacere comunque che abbiate capito subito la difficoltà della mia equazione. A questo punto ho due cose da fare 1) risolvere l'equazione e dare la soluzione approssimata del problema 2) trovare l'equazione esatta che certamente non sarà integrabile. Tutto sta nel dare un'espressione di MG dipendente solo dalle costanti e dalla variabile già introdotta. Credo anch'io comunque che l'equazione esatta non sia integrabile e che alla fine si dovrà optare per una soluzione approssimata che porta alla stessa soluzione della mia equazione che, per la cronaca ,non è integrabile in via elementare ma solo mediante sviluppo in serie perchè dovrebbe portare, credo ad un integrale ellittico (come nel caso del pendolo). La sua soluzione numerica può essere quindi solo approssimata.

Per Info Il centro di massa è un elemento geometrico cioà che dipende solo dalla geometria del corpo quindi è invariabile. Esso viene studiato in un capitolo della meccanica che si chiama appunto geometria delle masse che comprende anche la determinazione del momento d'inerzia.Il metacentro è il centro di massa della parte immersa che nel nostro caso ha forma variabile, quindi esso varia. Tuttavia la natura delle cose ci permette una semplificazione perchè il cono circolare è una figura con infiniti piani di simmetria e quando si muove la parte immersa conserva un piano di simmetria onde almeno la componente del metacentro su questo piano rimane costante.

Andiamo ora ad affrontare la questione rilevante
La condizione da porre è che il volume della parte immersa deve rimanere costante. Ciò porta a determinare il volume di un cono inclinato e a porlo uguale al volume immerso iniziale. La cosa si complica. Possiamo trovare un modo più elementare(non so se esatto) approfittando del piano di simmetria detto prima. Tracciamo allora su un sistema di assi cartesiani un triangolo isoscele col vertice nell’origine simmetrico rispetto all’asse y e vertici A,B,O . Le equazioni dei lati sono allora y=mx, y=-mx. Intersechiamo il triangolo con una retta y=px+q ottenendo i punti d’intersezione A’(q/(m-p,mq/(m-p) B’( -q/(m-p),mq/(m-p). Osserviamo dalla figura che si ha p=tgα e determiniamo q in modo che l’ area di A’B’O sia uguale all’area di A’B’O quando la retta è parallela all’asse x a distanza l .Si ha A’B’=2mq√(1+p²)/(m²-p²) mentre l’altezza di esso triangolo è q/√(1+p²) quindi l’area è [mq²/(m²-p²)]√(1-p²)/(1+p²)= mq²/(m²-p²)√cos 2α . L’area iniziale è Rl²/h . Le aree di cui sopra sono uguali per
(1) q²=[Rl²/h][R²-h²tg α*]/[R²√cos2 α)]
Conosciamo così i parametri della retta.
Il baricentro del triangolo è dato da G(0,2q/3) ed il metacentro da
M((2pq/3,2m²q/3)
La distanza MG è allora
MG=√(4tg²α q²+2/3q(h/R)²-1)
In funzione di parametri noti nonchè della variabile α. Ora possiamo sostituire il corretto valore di MG in
K=[ρπR²hg *MG]/(3I)
L’equazione, come vedete è senza speranza. Conviene risolvere la
d²α/dt²=k senα che presenta già abbastanza difficoltà e accontentarsi di una soluzione approssimata, ameno che non vogliate usare il computer.
Alla prossima appassionante puntata della telenovela
Ultima modifica di Huxeley il 01 apr 2005, 09:29, modificato 4 volte in totale.

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Messaggio da bh3u4m » 30 mar 2005, 12:40

Huxeley, ma tu frequenti l'università, spero?

Ti chiedo un favore, mi mostri i passaggi della risoluzione per approssimazione di $ d^2 a / d t^2 = k a $, così imparo per una buona volta a risolvere queste equazioni.

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Messaggio da info » 30 mar 2005, 13:05

Ragazzi, io continuo a fare la stessa domanda. Ammetto di non avere capito molto dopo una veloce lettura ma voi continuate a non rispondermi. Il CM del cono si muove come se tutte le forze applicate al cono agissero su di esso. Se supponete che la forza archimedea è uguale al peso durante tutto il processo, dite che il CM NON SI MUOVE! O che perlomeno si muove di moto rettilineo uniforme...

Sarà un ragionamento sbagliato, ma non trovo esplicita risposta nei vostri post...

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Messaggio da info » 30 mar 2005, 15:03

Huxeley ha scritto: Il cono ruota, perché instabile, intorno al punto medio L fra il baricentro G e il metacentro M
questo dubbio è praticamente uguale al precedente e l'ho già espresso. nella tua analisi le due forze costituiscono una coppia che per definizione non possono provocare rotazioni attorno a punti diversi dal CM in assenza di vincoli...

Prima di proseguire, chiarite queste questioni, plz

Huxeley
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Messaggio da Huxeley » 30 mar 2005, 18:17

il centro di massa ha posizione invariabile relativamente al cono ed è l'unico punto a rimanere fisso.

Naturalmente nella soluzione data è stata omesso l'attrito interno dell'acqua. Il problema è abbastanza difficile così immaginiamo se viene introdotto il moto viscoso.
Ma chi ha detto che le coppie provocano movimenti solo intorno al baricentro?

La soluzione dell'equazione la scriverò fra poco.
ciao
Ultima modifica di Huxeley il 31 mar 2005, 19:09, modificato 1 volta in totale.

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Messaggio da info » 30 mar 2005, 18:47

Dimostrazione a mio parere corretta che una coppia applicata ad un corpo provoca movimenti solo attorno al CM indipendentemente dalla posizione della coppia, supposto che la coppia sia l'UNICA forza agente.

Formula incontestabile di partenza: (1) S F = m*aCM-- metteteci due bei vettori sia su F che su aCM

m=massa del corpo
aCM=accelerazione del CM
SF=sommatoria vettoriale forze esterne (in questo caso solo la coppia)

La coppia crea un certo momento. (a lato: come noto il momento di una coppia risulta indipendente dal polo scelto).
Per definizione di coppia S F risulta nulla. essendo nullo il primo mebro della (1) lo è anche il secondo e per la legge di annullamento del prodotto, essendo m<>0 deve essere aCM=0.
Supponiamo per assurdo che il corpo stia ruotando con acc angolare data dalla coppia attorno ad un asse diverso dal CM e distante r da questo. Quindi il CM possiede accelerazione =theta*r. Ma il CM non possiede accelerazione e quindi deve essere r=0, ovverosia l'asse di rotazione coincide con quello passante per il CM... c.v.d.


E comunque la (1) dice che nel sistema di riferimento dell'acqua con la tua analisi il CM è fermo...

----
resta sempre l'invito per chi può (ed anche chi non può :lol: ,nel senso che tutti sono invitati) di confermare o smentire...

Huxeley
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Messaggio da Huxeley » 31 mar 2005, 17:59

Info ha perfettamente ragione!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
Il baricentro rimane fermo mentre il metacentro ruota intorno ad esso.Vi chiedo scusa.Ho commesso un'errore banalissimo che non avrei dovuto commettere. A volte parto coi calcoli e dimentico le cose fondamentali. Mi sono tanto vergognato che ho corretto tutte le lettere precedenti. Le cose tuttavia non cambiano molto
L’equazione di moto è allora
d²α/dt²=ksenα
con k= K=[ρπR²hg *MG]/(3I) MG= distanza baricentro -metacentro
MG=√(4tg²α q²+2/3q(h/R)²-1)
q²=[Rl²/h][R²-h²tg α*]/[R²√cos2 α)]

L'equazione è sempre assurda e si può tentare di risolverla nel caso k=cost.

Se avete ancora voglia di seguirmi fatelo. Userò per le derivate i simboli di Cauchy,Lagrange,Leibnitz alternativamente secondo l’utilità grafica.
L’equazione da risolvere è
d²α/dt²=ksenα con 0≤α≤2 π
che scrivo α”=ksenα

(in quella scritta prima è scappato il sen nello scrivere)
Con α angolo fral’asse del cilindro attuale e quello iniziale rivolto verso su cioè verso la base del cono. Capovolgendo quest’ultimo asse con la trasformazione θ=π-α cioè α= π-θ e quindi
α’=- θ’ α’’=- θ’’ con -π ≤θ≤π l’equazione diviene
θ’’=-ksenθ che è proprio l’equazione pendolare
moltiplicando ambo i membri per 2θ’ si ha
2θ’ θ’’=-2k θ’senθ cioè
D[ θ’]²=D(2kcosθ)
Integrando
θ’²=2kcosθ+ cost.
per t=0 si ha α=0 θ=θ‚= π θ’=0
Risolveremo l’quazione nel caso θ’ generico per trattare anche il pendolo
Per t=0 allora sostituendo 0=2Kcosθ‚+cost da cui cost.=- 2Kcosθ‚
Sostituendo
θ’²=2k(cosθ-cosθ‚)
affinchè θ’ sia reale occorre che θ’≤θ≤θ’ nel nostro caso(-π ≤θ≤π).
Ma si ha
cosθ-cosθ‚= 1-2sen²θ/2-(1-2sen²θ‚/2)=2(sen²θ‚/2-2sen²θ/2).
L’eq. diviene
θ’²=4k(sen²θ‚/2-2sen²θ/2)
Pongo ora h= senθ‚/2 senθ/2=hsenφ (nel nostro caso h=1)
Osserviamo che - π/2 ≤ φ≤π/2
O, derivando, ½ θ’cosθ/2h φ’ cos φ da cui
θ’=[2h φ’ cos φ]/±√(1-h²sen² φ
sostituendo nell’equazione e semplificando
φ’²=k(1-h²sen² φ) e quindi
φ’=±√k√ (1-h²sen² φ) essendo φ’ derivate temporale
cioè dφ/dt=±√k√ (1-h²sen² φ) separando le variabili
dφ/±√k √ (1-h²sen² φ)=dt
integrando primo e secondo membro

(***) t=∫ dφ/√k √ (1-h²sen² φ) + cost.

Ove è stato scelto il segno + perchè il tmpo è positive.
Il moto è periodico e il periodo risulta
T=1/√k ∫ dφ/√k √ (1-h²sen² φ) ove l’ntegrale è esteso da - π/2 a π/2
Per la simmetria di sen² φ si può scrivere

T=2/√k ∫ dφ/√k √ (1-h²sen² φ) con l’integrale esteso da 0 a π/2
Lintegrale trovato è un integrale ellittico di prima specie che può essere risolto con sviluppo in serie di Mc Laurin
Si ottiene allora (se conoscete lo sviluppo di McLaurin vi spiego come )
T= π/√k[1+(1!!/2!!)²k²+(3!!/4!!)²k+……………………..]
Il tempo per un’oscillazione completa (andata e ritorno) risulta
T= 2π/√k[1+(1!!/2!!)²k²+(3!!/4!!)²k+……………………..]
(!! sono semifattoriali)
La legge del moto si trova invece risolvendo l’integrale (***) in generale.
Ragazzi, capite in che pasticcio vi siete cacciati?
Adesso sono stanco di scrivere, alla prossima puntata.
Ultima modifica di Huxeley il 01 apr 2005, 09:30, modificato 1 volta in totale.

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Messaggio da info » 31 mar 2005, 19:52

Grande Huxeley. Sono contento che questo punto si sia chiarito. Purtroppo non ho le capacità per seguirti con i calcoli ma rimane una ultima questione...
mostrando come il baricentro resti fermo sotto l'azione di una coppia, io volevo dimostrare il fatto che non agisce una coppia e che quindi il volume è variabile. Del resto immagina un cono molto altoe poco denso di modo che solo una piccola parte della punta è immersa in condizioni di equilibrio instabile. Ebbene se si muove da quella posizione il baricentro cadrà rovinosamente insieme a tutto il corpo (questa è la dim intuitiva, ma che secondo me è sempre utile).

E cmq se il corpo seguisse una rotazione pura attorno al baricentro (come effettivamente accade a mio parere ma solo dopo un istante infinitesimo dt) non credi che la parte immersa debba variare di volume?

ps: tutto ciò è da discutere, cmq...

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Messaggio da Huxeley » 01 apr 2005, 09:39

Il volume della parte immersa è certamente costante. Nei miei calcoli io, per la difficoltà di porre questa condizione, ho supposto che rimanga costante l'area della sezione di cono rispetto al piano di simmetria.Credo che la cosa porti allo stesso risultato. Il cono deve però essere immaginato immerso in un fluido in condizioni di superfluiditò in modo da non opporre attrito altrimenti il baricentro cadrà rovinosamente ,come dici tu. In condizioni estreme se l'attrito interno fosse molto elevato la parte immersa si muoverebbe con molta difficoltà, sarebbe come se il corpo fosse vincolato alla punta e, per raggiungere la posizione stabile, il baricentro, come in un pendolo, ruotasse fino a porsi al di sotto del punto di sospensione. Ti consiglio di cercare di seguire i calcoli del post precedente per imparare come si tratta il pendolo semplice o quello fisico (portano alla stessa equazione)

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Messaggio da info » 01 apr 2005, 20:47

Huxeley ha scritto:Il baricentro rimane fermo mentre il metacentro ruota intorno ad esso..
Premettto che non ho mai considerato (per incapacità) un problema con attrito viscoso, e quindi mi sembrerebbe strano che una mia analisi tenesse conto di questo. Altro discorso ovviamente per gli esperimenti "pensati" che quindi lascio perdere! :lol: ... Premetto inoltre che io ho letto solo le parti scritte dei tuoi post: è un mio limite tecnico e me ne scuso.. :oops:

Nel proseguire quindi, visto che anche tu hai semplificato il problema come sbarra rettangolare (ovverosia hai riportato il problema in 2D considerando solo la sezione, la medesima cosa) mi immagino una sbarra rettangolare.

Rimanendo io ancora poco convinto che il volume immerso è costante (non ho trovato nei post sopra motivi per i quali questo debbe accadere), provo a continuare un pò di analisi fisica (non i calcoli, ovviamente!) con questa premesse ed a giungere a degli assurdi (hai presente l'esperimento di Young quando durante la battaglia tra natura ondulatoria o corpuscolare della luce qualcuno provò ad andare contro Young con un metodo simile? Ebbene quel tipo ci rimase fottuto, magari farò la stessa fine! Ma chissà! :lol: ) . Una prima necessaria conseguenza quindi abbiamo capito essere la frase sopra citata. Distinguo 2 problemi.

1- Allora, se il tutto ruota attorno al baricentro, spostando la sbarra dalla verticale di un angolo alfa si orginine una forza nel baricentro ed una nel metacentro. Ammettiamo pure (per assurdo a mio parere!) che queste forze costituiscano una coppia di momento variabile (dipendente da alfa). Si viene a creare un momento che però non tende a riportare il pendolo nella posizione di equilibrio, bensì tende a fare aumentare alfa. (per questo non ti viene il meno nell'equazione differenziale probabilmente). Ora se alfa continua ad aumentare ad un certo punto la sbarra volerà in aria (alfa=90°, immaginandosi una sbarra si vede facilmente che la sbarra vola!) ed a questo punto il baricentro, essendo sottoposto solo alla forza peso, cadrà.

2- Mi immagino ancora la sbarra. Quì cerco di capire se si può immaginare una situazione in cui, pur ruotando l'intero sistema attorno al baricentro, il volume (ovverosia la sezione della parte immersa) rimane costante. A mè pare un assurdo e credo che dei calcoli (complicati!) possano confermarlo. Per ora mi limito ad affermare che l'area immersa passa da un valore positivo (alfa=0) ad uno nullo. Supponendo la continuità della funzione Weierstrass (o Bolzano?) ci dice che ogni valore intermedio devo essere preso dalla funzione parte_immersa = f(allfa)... e poi invito a fare un disegnino (rapido!): disegnate una sbarra rettangolare, prendete un livello di riferimento per l'acqua e fate ruotare la sbarra attorno al baricentro. Disegnando qualche posizione si vede credo chiaramente che il volume della parte immersa è variabile...

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Messaggio da Huxeley » 02 apr 2005, 10:52

1) cominciamo con una questione :il meno nell'equazione non veniva perchè il sistema di riferimento era diverso,infatti se l'asse di riferimento viene cambiato di verso e posto verso il basso viene il segno meno. Si ha simmetria perchè le oscillazioni vanno da -180° a 180° mentre con l'asse rivolto verso sù vanno da o° a 360°. L'angolo, come dici tu aumenta da 0° a 360° poi diminuisce. Non capisco perchè la sbarra dovrebbe volare per alfa= 90°la rotazione continua come prima intorno al baricentro.
La sostituzione della sbarra al cono mi sembra sostanzialmente corretta(tranne che per il momento d'inerzia). Il sistema è un pendolo fisico.
Il volume della parte immersa è costante perchè istante per istante ci deve essere equilibrio e la forza peso non cambia di sicuro. Immagina mentre il corpo ruota di fermarlo con un dito in ogni istante si deve avere l'equilibrio e la parte immersa deve essere uguale alla precedente.
Il disegnino non lo puoi fare se non sai come varia il metacentro e per determinare questa variazione sei costretto a porre costante il volume

Nei miei calcoli bidimensionali io ho posto (attento posto non ricavato) che il volume della parte immersa rimanga costante per poter determinare gli altri parametri (la variazione del braccio). Anche facendo i calcoli in 3D si deve porre la costanza del volume per ricavare gli altri elementi. I calcoli in 3D si possono fare ma presentano notevoli difficoltà perchè occorre determinare il volume di un cono inclinato con base ellittica. Si può fare ma io mi scoccio un po'.

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Messaggio da info » 02 apr 2005, 22:48

Volevo fare un disegnino ma non ci riesco! :x :x :x :x . Lo descrivo! ideona!

1° disegno(bidimensionale)! sbarra posta verticale alta 20m e con 3m immersi (è in equilibrio instabile). Il baricentro è posto a 7m di altezza. La larghezza è 2m..

2° disegno(idem) medesima sbarra orizzontale. Il baricentro non si è spostato. La sbarra ora non tocca più l'acqua dato che il punto + basso si trova a 6m di altezza.

non pongono problemi queste situazioni?

Cmq un'altra domanda fondamentale è questa (che dovrei vedere nei calcoli ma...). Come hai "imposto" (si può imporre? Cosa fai variare?) nei calcoli che il volume immerso rimanga costante descrivendo contemporaneamente il moto come rotazione pura attorno al baricentro (fisso!)?
E non mi riferisco al fatto che si tratta di un cono! Utilizza pure una sbarra se ti vuoi spiegare che a mè non torna nemmeno con questa...

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Messaggio da Huxeley » 04 apr 2005, 18:07

Non pone problemi perché la sbarra è soggetta ad una coppia finché il volume della parte immersa può equlibrare il peso (nel senso che la risultante è nulla) e la coppia si può formare. Appena la sbarra fuoriesce tanto da non poter più equilibrare il peso la coppia non si può formare e la sbarra è soggetta ad un sistema di forze a risultante non nulla onde il baricentro si muove. Le equazioni cardinali sono, come sai:
dQ/dt=R
dΓ/dt=M con Γ momento della quantità di moto. R ed M vettori.
Il discorso del pendolo è valido quindi se il cono rimane immerso sempre sufficientemente da realizzare la coppia. Appena ciò non avviene, il baricentro “cade” fino a realizzare questa condizione. Dopo ricomincia il moto pendolare. Insomma nel calcolo fatto occorre porre delle limitazioni.
la seconda parte della domanda la vedrò più tardi.
Complimenti hai molto intuito!!!!!!!!!!!!!!!

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Messaggio da Huxeley » 04 apr 2005, 18:08

Non pone problemi perché la sbarra è soggetta ad una coppia finché il volume della parte immersa può equlibrare il peso (nel senso che la risultante è nulla) e la coppia si può formare. Appena la sbarra fuoriesce tanto da non poter più equilibrare il peso la coppia non si può formare e la sbarra è soggetta ad un sistema di forze a risultante non nulla onde il baricentro si muove. Le equazioni cardinali sono, come sai:
dQ/dt=R
dΓ/dt=M con Γ momento della quantità di moto. R,Q, Γ ed M vettori.
Il discorso del pendolo è valido quindi se il cono rimane immerso sempre sufficientemente da realizzare la coppia. Appena ciò non avviene, il baricentro “cade” fino a realizzare questa condizione. Dopo ricomincia il moto pendolare. Insomma nel calcolo fatto occorre porre delle limitazioni.
la seconda parte della domanda la vedrò più tardi.
Complimenti hai molto intuito!!!!!!!!!!!!!!!

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Messaggio da Huxeley » 05 apr 2005, 10:48

Cmq un'altra domanda fondamentale è questa (che dovrei vedere nei calcoli ma...). Come hai "imposto" (si può imporre? Cosa fai variare?) nei calcoli che il volume immerso rimanga costante descrivendo contemporaneamente il moto come rotazione pura attorno al baricentro (fisso!)?
E non mi riferisco al fatto che si tratta di un cono! Utilizza pure una sbarra se ti vuoi spiegare che a mè non torna nemmeno con questa...

Si deve imporre che il volume della parte immersa sia costante perché questa è una condizione fisica e non si può ricavare matematicamente. Con questa posizione è possibile ricavare la posizione del metacentro e quindi la coppia. La posizione si fa calcolando il volume della parte immersa (si tratta di un cono a base ellittica inclinato, io ho invece calcolato l’area della sezione di cono immersa e l’ho posta uguale all’area immersa iniziale. Il calcolo per la sbarra è semplice. Il volume immerso iniziale è lds con l altezza immersa,d base della sbarra s spessore. Inclinando un po’ la sbarra , la parte immersa diviene un trapezio rettangolo con base maggiore b+ dsenα ove b è da determinare. La sua area è (b+dsenα+b)*ds/2. da cui b=(2l-dsenα)/2 naturalmente l’uguaglianza è possibile se l>dsenα che è la condizione affinché la sbarra non fuoriesca dall’acqua, come hai fatto notare tu (nel caso del cono c'è una condizione simile). Se l<dsenα il baricentro si abbassa (cioè l aumenta) finchè viene realizzata la condizione l>dsenα. Quindi la sbarra si muove di moto pendolare finchè α<arcsen l/d (con l immersione iniziale della sbarra).Poi il baricentro comincia ad abbassarsi e la sbarra ad immergersi. Il corpo si trova soggetto ad una coppia che lo fa girare intorno al baricentro ed ad una forza che lo fa scendere cioè immergersi. La coppia gli fa continuare il moto pendolare mentre la forza lo fa scendere verticalmente.
Il metacentro si può trovare semplicemente componendo il baricentro di un triangolo e quello di un rettangolo, figure in cui si divide il trapezio.
C'è da dire ancora che la sbarra rettangolare , quando il baricentro si abbassa, si può porre con i lati lunghi paralleli all'acqua uno immerso e l'altro fuori dall'acqua. In tal casosi può avere un nuovo equilibrio instabile che porteà la sbarra ,con un processo uguale al precedente a porsi orizzontale parallela all'acqua come posizione di equilibrio oscillando intorno a questa.

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