El peso va arriba y aun así se endereza — altura metacéntrica GM y efecto de superficie libre

El centro de gravedad de un portacontenedores queda varios metros por encima del centroide de su volumen sumergido. Lo pesado está arriba y el buque se endereza solo. En cambio, una barcaza con el centro de gravedad por debajo del centro de carena puede volcar. La relación arriba-abajo no decide nada. La magnitud que decide el caso es la altura metacéntrica $GM$, y la nota llega hasta el líquido del tanque que puede borrarla.

El centro de gravedad está por encima del de carena#

Primero los símbolos. $K$ es la quilla, $G$ el centro de gravedad y $B$ el centro de carena, es decir, el centroide del volumen sumergido. Arquímedes fijó solo la magnitud: el empuje vale lo que pesa el agua desplazada y su línea de acción pasa por el centroide de ese volumen.

En posición adrizada, $G$ y $B$ comparten la misma vertical. Peso y empuje son iguales y opuestos, de modo que el momento es cero. En ese estado da lo mismo que $G$ esté alto o bajo. La estabilidad no se define por el estado en reposo, sino por lo que aparece al inclinar el cuerpo un poco.

Al escorar cambia todo. $B$ es el centroide de la forma sumergida, así que si esa forma cambia, $B$ se desplaza con ella. $G$ gira con el buque, pero dentro de él no se mueve. Al separarse las dos verticales surge un brazo de momento. Ese brazo es el brazo adrizante $GZ$, y el momento adrizante vale $M = \Delta \cdot GZ$ para un desplazamiento $\Delta$.

Al escorar cambia la forma sumergida#

Conviene inclinarla a mano en la simulación de abajo. Se cambian manga, calado y altura del centro de gravedad, se pulsa release at 15 deg y se observa si vuelve.

$B$ (verde) es arrastrado hacia la banda baja, y la separación que se abre respecto de la vertical por $G$ (amarillo) es $GZ$. El punto morado $M$ es donde la línea de empuje corta la crujía del buque. Al subir el deslizador KG por encima de 7.33 m, $M$ cae por debajo de $G$: en lugar de volver, la barcaza queda tumbada a un ángulo fijo.

$BM = I/\nabla$ — todo está en la inercia del plano de flotación#

Con una escora pequeña $\phi$, el cambio de la forma sumergida se reduce a dos cuñas: una que emerge en la banda alta y otra que se sumerge en la banda baja. Sus volúmenes son iguales, porque el desplazamiento no puede cambiar, y están separadas transversalmente. Ese trasvase de volumen es lo que mueve $B$.

Sea una franja $dA$ del plano de flotación (la sección con la que la superficie del agua corta el casco) a una distancia $x$ de la crujía. Aporta un cambio de volumen $x\phi\,dA$ y un momento $x^2\phi\,dA$. Al sumar sobre todo el plano aparece un momento de inercia de área.

$I$ es el momento de inercia del plano de flotación respecto de la crujía y $\nabla$ el volumen desplazado. Para una sección rectangular de manga $b$, por unidad de eslora $I = b^3/12$ y $\nabla = b\,T$, de modo que

La manga entra al cubo y luego el $\nabla$ del denominador cancela una potencia y deja un cuadrado. Ensanchar el casco un 20% aumenta $BM$ un 44%. Por eso una canoa es inestable y una balsa no. Y el criterio cabe en una línea.

$KB$ es la altura del centro de carena y $KG$ la del centro de gravedad. Con $GM > 0$ el buque se adriza; con $GM < 0$ vuelca. Para una barcaza de manga $b = 16$ m y calado $T = 4$ m resulta $KB = 2.0$ m y $BM = 5.333$ m, es decir $KM = 7.333$ m. Si $KG$ vale 6.6 m, todo el margen es de 0.733 m. Por unidad de eslora, dividir $b^3/12$ entre $\nabla = b T = 64$ devuelve esos mismos 5.333 m. Ensanchar la manga un 20% deja $b^2$ en 1.44 veces; el 44% del texto es ese cuadrado. Entonces $0.44 \times 5.333$ m se suma directo a $GM$. Con $KG = 6.6$ m fijo, el margen de 0.733 m crece exactamente en esa suma. Un costado delgado resuelto como lámina puede comerse el margen antes que el plano de flotación. Si el bloqueo por cortante mata la flecha, la matriz de rigidez es lo que hay que dudar antes de leer $GZ$.

El ángulo en que $GM \sin\phi$ traiciona#

$GM$ es una pendiente en $\phi \to 0$. A ángulos pequeños, $GZ \approx GM \sin\phi$ funciona bien. Lo interesante es cuándo deja de funcionar.

Ese punto lo fija la geometría, porque $I$ solo permanece constante mientras el plano de flotación no cambia. La barcaza anterior tiene 4 m de francobordo, así que el trancanil se sumerge en $\tan\phi = 2 \times 4/16$, o sea 26.6 grados. A partir de ahí el plano de flotación deja de ensancharse y empieza a encogerse. $BM$ se derrumba y la curva $GZ$ se dobla.

Al pulsar hold heel en la simulación y pasar de 30 grados se ve cómo la curva verde continua (el valor exacto) se despega de la recta morada discontinua ($GM\sin\phi$). La escora en que ambas discrepan de signo es el ángulo de estabilidad nula.

El líquido de un tanque se lleva todo el GM#

Ahora se coloca un tanque con líquido dentro del casco. Tanques de lastre, de combustible, de carga, o una cubierta de vehículos inundada con agua contra incendios: el problema es el mismo.

El peso del líquido no cambia al escorar. Solo se desplaza. Y ese desplazamiento arrastra $G$ hacia la banda baja. La contabilidad es idéntica a la de $BM$: la superficie libre del tanque también es un plano de flotación, y al escorar se intercambian dos cuñas.

$i$ es el momento de inercia de la superficie libre del tanque, $\rho_f$ la densidad del líquido interior y $\rho$ la del agua exterior. La pérdida no se resta del casco: se trata como una subida virtual de $G$ de esa misma magnitud. Cuánto líquido contiene el tanque no aparece en la fórmula. Salvo que esté prensado sin superficie libre o completamente vacío, 20 cm de líquido cuestan exactamente lo mismo que 2 m.

La pérdida cae como $1/n^2$ por el conteo de la expresión siguiente.

Un mamparo reduce la pérdida a la cuarta parte#

Al dividir un tanque de ancho $b_t$ en $n$ compartimentos, cada uno mide $b_t/n$ y hay $n$ de ellos.

La pérdida cae como $1/n^2$, no como $1/n$: el cubo del ancho vence a la primera potencia del número. Un solo tanque de 12 m en la barcaza anterior da $i = 144$ m⁴ frente a $\nabla = 64$ m³/m, luego $\delta GM = 2.195$ m. Los 0.733 m de $GM$ habían desaparecido mucho antes. Un único mamparo en crujía baja la pérdida a 0.549 m y la barcaza vuelve a levantarse.

Para eso está el mamparo longitudinal en el centro de un petrolero. Ni la carga ni la altura del centro de gravedad cambian. Solo se reduce a la mitad el ancho de cada superficie libre.

La curva GZ y el ángulo de estabilidad nula, en Python#

$GM$ es una única pendiente tangente. A ángulos grandes sale más rápido recortar el polígono sumergido y tomar su centroide. Se representa la sección del casco como polígono, se busca por bisección la altura de flotación que iguala el área sumergida al área desplazada y se calcula el centroide de lo que queda.

import math
 
def poly_area_centroid(poly):
    a = cx = cy = 0.0
    n = len(poly)
    for i in range(n):
        x0, y0 = poly[i]
        x1, y1 = poly[(i + 1) % n]
        cr = x0 * y1 - x1 * y0
        a += cr
        cx += (x0 + x1) * cr
        cy += (y0 + y1) * cr
    a *= 0.5
    if abs(a) < 1e-14:
        return 0.0, 0.0, 0.0
    return a, cx / (6 * a), cy / (6 * a)
 
def clip_below(poly, phi, h):
    """conserva la parte del poligono cuya altura en tierra es menor que h"""
    def f(p):
        return p[1] * math.cos(phi) - p[0] * math.sin(phi) - h
    out = []
    n = len(poly)
    for i in range(n):
        p, q = poly[i], poly[(i + 1) % n]
        fp, fq = f(p), f(q)
        if fp <= 0.0:
            out.append(p)
        if (fp < 0.0) != (fq < 0.0):
            t = fp / (fp - fq)
            out.append((p[0] + t * (q[0] - p[0]), p[1] + t * (q[1] - p[1])))
    return out
 
def waterline_offset(poly, phi, area0):
    """biseccion de la altura de flotacion que sumerge exactamente area0"""
    lo, hi = -60.0, 60.0
    for _ in range(80):
        mid = 0.5 * (lo + hi)
        a, _, _ = poly_area_centroid(clip_below(poly, phi, mid))
        if a < area0:
            lo = mid
        else:
            hi = mid
    return 0.5 * (lo + hi)
 
def righting_arm(beam, depth, draft, kg, phi):
    hull = [(-beam / 2, 0.0), (beam / 2, 0.0), (beam / 2, depth), (-beam / 2, depth)]
    h = waterline_offset(hull, phi, beam * draft)
    _, xb, yb = poly_area_centroid(clip_below(hull, phi, h))
    return xb * math.cos(phi) + (yb - kg) * math.sin(phi), xb, yb
 
def gz_curve(beam, depth, draft, kg, deg_max=70, step=1):
    return [(d, righting_arm(beam, depth, draft, kg, math.radians(d))[0])
            for d in range(0, deg_max + 1, step)]
 
BEAM, DEPTH, DRAFT = 16.0, 8.0, 4.0
KG = 6.6
KB = DRAFT / 2
BM = BEAM ** 2 / (12 * DRAFT)
GM = KB + BM - KG
print(f"KB={KB:.3f} m  BM=B^2/12T={BM:.3f} m  KM={KB+BM:.3f} m  KG={KG:.3f} m  GM={GM:.3f} m")
print(f"deck edge immerses at phi = {math.degrees(math.atan(2*(DEPTH-DRAFT)/BEAM)):.1f} deg")
print()
print(" phi[deg]   GZ[m]   GM*sin(phi)[m]   error[%]")
for d, gz in gz_curve(BEAM, DEPTH, DRAFT, KG, 60, 5):
    lin = GM * math.sin(math.radians(d))
    err = f"{100 * (lin - gz) / gz:8.1f}" if abs(gz) > 0.01 else "       -"
    print(f"  {d:5.1f}   {gz:7.4f}   {lin:11.4f}   {err}")
 
curve = gz_curve(BEAM, DEPTH, DRAFT, KG, 70, 1)
dmax, gzmax = max(curve, key=lambda t: t[1])
vanish = next((d for d, g in curve if d > 5 and g <= 0.0), None)
print()
print(f"max GZ = {gzmax:.3f} m at {dmax} deg,  vanishing stability at {vanish} deg")

KB=2.000 m  BM=B^2/12T=5.333 m  KM=7.333 m  KG=6.600 m  GM=0.733 m
deck edge immerses at phi = 26.6 deg
 
 phi[deg]   GZ[m]   GM*sin(phi)[m]   error[%]
    0.0    0.0000        0.0000          -
    5.0    0.0657        0.0639       -2.7
   10.0    0.1417        0.1273      -10.2
   15.0    0.2394        0.1898      -20.7
   20.0    0.3716        0.2508      -32.5
   25.0    0.5550        0.3099      -44.2
   30.0    0.7207        0.3667      -49.1
   35.0    0.6823        0.4206      -38.4
   40.0    0.5196        0.4714       -9.3
   45.0    0.2828        0.5185       83.3
   50.0    0.0001        0.5618          -
   55.0   -0.3116        0.6007     -292.8
   60.0   -0.6406        0.6351     -199.1
 
max GZ = 0.727 m at 31 deg,  vanishing stability at 51 deg

A 5 grados, $GZ$ vale 0.0657 y $GM\sin\phi$ vale 0.0639, un error de −2.7%. A 25 grados el par es 0.5550 frente a 0.3099, y el error se abre hasta −44.2%. Justo después de que la cubierta se sumerge a 26.6 grados, la fila de 30 grados muestra un $GZ$ real de 0.7207 contra un valor lineal de 0.3667. Apenas la mitad. El plano de flotación sigue ensanchándose hasta la inmersión de la cubierta, así que el brazo real supera la estimación lineal. El brazo máximo, 0.727 m, está en 31 grados. A 45 grados el signo del error pasa a +83.3%, y a 50 grados el $GZ$ real es 0.0001 mientras la fórmula lineal aún deja 0.5618. Tras el ángulo de estabilidad nula, 51 grados, las filas de 55 y 60 grados valen −0.3116 y −0.6406. La fórmula lineal sigue en +0.6007 y +0.6351. Prometer un brazo positivo después de la estabilidad nula es el lado peligroso de la estimación.

La pérdida por superficie libre se puede comprobar sin recortar ningún polígono. Antes de que la cubierta se sumerja los costados son verticales y el brazo adrizante tiene forma cerrada. La pérdida es una subida virtual, así que se resta $\delta GM$ de $GM$ y se introduce ese valor.

import math
 
BEAM, DRAFT, KG = 16.0, 4.0, 6.6
NABLA = BEAM * DRAFT
BM = BEAM ** 2 / (12 * DRAFT)
GM = DRAFT / 2 + BM - KG
 
def free_surface_loss(rho_f, rho, b, n, nabla):
    """perdida por superficie libre [m] de un tanque de ancho b con n mamparos"""
    i_free = n * (b / n) ** 3 / 12
    return rho_f * i_free / (rho * nabla)
 
def wall_sided_gz(gm, bm, phi):
    """brazo adrizante mientras los costados siguen verticales"""
    return (gm + 0.5 * bm * math.tan(phi) ** 2) * math.sin(phi)
 
print(" tanks   i[m^4]   dGM[m]   GM_eff[m]   GZ(20deg)[m]")
for n in (1, 2, 3, 4):
    d_gm = free_surface_loss(1000.0, 1025.0, 12.0, n, NABLA)
    gz20 = wall_sided_gz(GM - d_gm, BM, math.radians(20))
    print(f"  {n:4d}  {n*(12.0/n)**3/12:7.1f}  {d_gm:7.3f}   {GM-d_gm:8.3f}   {gz20:11.3f}")

 tanks   i[m^4]   dGM[m]   GM_eff[m]   GZ(20deg)[m]
     1    144.0    2.195     -1.462        -0.379
     2     36.0    0.549      0.185         0.184
     3     16.0    0.244      0.489         0.288
     4      9.0    0.137      0.596         0.325

Subir el número de mamparos n de 1 a 2 deja la barra roja de pérdida en la cuarta parte, y la barcaza que estaba tumbada se levanta.

El amarillo es el líquido. Su superficie se mantiene horizontal haga lo que haga el casco. Con n = 1, al soltarla no regresa: queda tumbada a un ángulo de escora permanente (angle of loll). Basta un mamparo para que la barra roja de pérdida caiga a la cuarta parte y la barcaza se levante.

Un mamparo lleva $i$ de 144 a 36, exactamente la cuarta parte. Con $\rho_f = 1000$, $\rho = 1025$, $i = 144$ y $\nabla = 64$, $\delta GM = 1000 \times 144 / (1025 \times 64) = 2.195$ m. Con $n = 4$, $i = 9$, $\delta GM = 0.137$ m y el brazo a 20 grados es 0.325 m. Todavía no llega al valor sin pérdida, 0.3716 m. El brazo adrizante a 20 grados cambia de signo, de −0.379 m a +0.184 m. La forma cerrada empleada aquí, $GZ = (GM + \tfrac{1}{2}BM\tan^2\phi)\sin\phi$, coincide con el cálculo por polígonos mientras la cubierta siga seca: sin pérdida alguna da 0.3716 m a 20 grados, el mismo número de la tabla anterior.

Antes de poner un casco a flotar en un cálculo 6-DOF con VOF#

Antes de meter el calado inicial, conviene dejar $GM = 0.733$ m escrito a mano. Si el periodo de balance libre $T_\phi = 2\pi k/\sqrt{g\,GM}$, con $k$ el radio de giro de balance, no coincide con ese valor, la sospecha cae sobre la malla o sobre la inercia introducida. $BM$ es una integral ponderada por $x^2$ sobre el plano de flotación, así que las celdas del costado hacen casi todo el trabajo. Si la superficie libre se difumina sobre dos o tres celdas, el ancho efectivo se encoge y el momento adrizante sale pequeño.

Con los tanques llenos, la pérdida sin mamparos $\delta GM = 2.195$ m es la referencia cuasiestática. El $GM$ efectivo de esa fila es $-1.462$ m. Un líquido desfasado respecto del casco puede escorar más que esa pérdida. El tratamiento implícito de la superficie libre, el Newton anidado de Casulli–Zanolli, es lo que ese cálculo necesita. El número a mano no es la respuesta. Es la cifra que se sostiene mientras se desconfía del balance que imprime el solver.