Plovnost Stabilitet Broda 1 2010-11

PLOVNOST I STABILITET BRODA 1 (2010) Sreda 9 - 14 Predavanja i auditorne vežbe:

Igor BAČKALOV

Vežbe – izrada projekata:

Milan KALAJDŽIĆ

3 projekta PLAN BRODSKIH LINIJA DIJAGRAMSKI LIST BRODA STABILITET BRODA Ispit: pismeni + usmeni

uslov za polaganje ispita rade se u okviru Završnog ispita...

Pismeni – zadaci (dozvoljena literatura) Usmeni – na tabli ((dozvoljena j literatura))

LITERATURA Predavanja, vežbe (hendauti) Knjiga: B. Ribar, Teorija broda Skripta Univerziteta u Zagrebu... Knjige na engleskom... Adrian Biran: Ship Hydrostatics and Stability, 2003 E.V. Lewis (editor): Principles of Naval Architecture, Part 1, Ship Buoyancy and S bili SNAME Stability, S 1987 98 K.J. Rawson & E.C. Tupper: Basic Ship Theory, 1967 Rečnik... Internet... Society of Naval Architects and Marine Engineers – SNAME (www.sname.org) (www sname org) The Royal Institution of Naval Architects – RINA (www.rina.org.uk)

NEKI OSNOVNI POJMOVI I VELIČINE Pregrade Pregrade...

Trup broda krma

krmeni pik

pramčani pik

pramac

ppaluba

unutrašnje t š j dno d dvodno mašinski prostor

srednjak dno

d b k dvobok

Nadgrađe – kaštel, kaštel kasar palubne kućice

bok kaštel

dvodno

kasar bok – levi, desni... Engleski... Engleski Vidi Sliku I - 1...

Centralna linija broda,

– linija preseka trupa i ravni simetrije

Linija rebra, rebro, teorijsko rebro, R – linija preseka trupa i poprečne ravni Mreža: rebra, VL, uzdužni preseci Glavno l rebro, b

Vodna linija, VL

– linija preseka trupa i horizontalne ravni

KVL, TVL, LVL ...

Osnovne (glavne) dimenzije broda

Gaz broda – T

Dužina broda – L

T, Tmax

Visina i slobodni bok broda – H, FB

LPP , LOA , LKVL , LVL ... Širina broda – B

B, BOA , BVL ...

FB+T = H

Koeficijenti forme δ=

V LBT

Koeficijent (punoće) istisnuća

V – zapremina p uronjenog j g dela broda, kada pliva u ravnoteži, zapremina istisnuća, istisnuće broda

d CB d,

δ ≤1

α=

AVL LB

Koeficijent (punoće) vodne linije a CVL a,

α ≤1

β=

AR BT

Koeficijent (punoće) rebra b, CR

β ≤1

AVL – površina ši unutar vodne d linije, površina vodne linije AR – površina š unutar rebra, površina rebra

ϕ=

V AGR L

AGR – površina glavnog rebra

Koeficijent finoće, prizmatični koeficijent

ϕ , CP ϕ ≤1

ϕv =

V AVL T

ϕ=

δ LBT δ = β BT ⋅ L β

Vertikalni koeficijent finoće, vertikalni prizmatični koeficijent

ϕv , CPv P ϕv ≤ 1

ϕv =

δ LBT δ = α LB ⋅ T α

Plovnost broda (osnovni pojmovi) Dve sile... obe posledica gravitacije

W = g ⋅ mB

Težina

W deluje u tački G, težištu mase Uk Ukupna sila il vode d

r r Fv = − p ⋅ n ⋅ dA

∫ A

hidrostatički pritisak Vertikalna sila, uzgon

p = pat + ρ gh

r r r r U = Fv ⋅ k = − p n ⋅ k dA

∫ A

U = ⋅ ⋅ ⋅ = ρ gV V

Ravnoteža

∑F = 0 i

Arhimedov zakon

U deluje u tački F, težištu zapremine V

⇒

W =U

Termini – preciznije

V

Zapremina brodom istisnute tečnosti kada brod pliva u ravnoteži – zapremina istisnuća (zapremina deplasmana)

(∇) ⎡⎣ m3 ⎤⎦

jednaka je zapremini podvodnog (uronjenog) dela broda

ρV = D ( ρ∇ = Δ)

D [[t]] – masa brodom istisnute tečnosti kada brod p pliva u ravnoteži – masa istisnuća (masa deplasmana)

gD [kN] – težina brodom istisnute tečnosti kada brod pliva u ravnoteži – težina istisnuća (težina deplasmana) Važi W =U U = ρ gV sledi

U praksi (po pravilu)

W = gD mB = D

istisnuće = V (m3) deplasman = D (t)

Pojam – rezerva istisnuća (rezervno istisnuće) – VR zapremina nadvodnog – vodonepropusnog dela trupa (određuje ga slobodni bok) U vezi minimalnog VR , odnosno FBmin , odnosno Tmax, postoje striktni međunarodni propisi (ILLC – International Load Line Convention, Propisi o teretnoj liniji, Propisi o nadvođu) deo IMO propisa IMO – International Maritime Organization (UN) Grubo – brodovi se dele na dva tipa A i B A – tankeri (nema otvora na palubi, paluba vodonepropusna) B – svii ostali t li b brodovi d i Propisi daju

FBmin = osnovni + popravke osnovnii FBmin = f(L)

popravke - zavise od nadgrađa, skoka palube, itd...

Plimsolova oznaka

Pojam – dedvejt (Deadweight) mB =

mče + mmaš + mopr + mter + m ppos + mzal p 1442443 1442443 prazan brod , ( Lightship ) nosivost ( Deadweight )

DWT (t) P j – tonaža Pojam t ž GT, NT Nije masa, već zapremina... Postoje međunarodni propisi (IMO): Propisi o baždarenju (Tonnage Rules) Grubo: Bruto – svi zatvoreni prostori Neto – svi zatvoreni prostori na kojima se zarađuje... Pošlo se (davno) od 1 RT = 100 kubnih stopa... ovi propisi imaju veliki uticaj na formu broda...

Vidi slike I – 2, 3...

Stanje ravnoteže broda

klasični primeri

Stanje ravnoteže može biti STABILNO LABINLNO (NESTABILNO) INDIFERENTNO

Stabilan položaj ravnoteže – minimum i i potencijalne t ij l energije ij

Brod - šest stepeni slobode

Ravnoteža stabilna, labilna, indiferentna ?

ξ ο , η ο , ζο

ξο , ηο , θ

ϕ,ψ,θ

ζο ϕ,ψ

??

Pri naginjanju oko uzdužne ose (naginjanju za ugao j), javljaju se tri slučaja

Da li će ravnoteža biti stabilna, nestabilna ili indiferentna, zavisi od položaja tačke Mo Mo – metacentar (presek napadnih linija uzgona u položaju ravnoteže i položaju pod uglom φ) Mo iznad G – ravnoteža stabilna Mo ispod G – ravnoteža nestabilna Mo u G – ravnoteža indiferentna

Kaže se

M oG > 0 M oG < 0 M oG = 0

M oG

– metacentarska visina

M oG = zM − zG

razlika koordinata

Mo je tzv. poprečni metacentar, odnosi se na poprečni stabilitet – naginjanje u poprečnoj ravni φ - ugao nagiba (ugao nakretanja) Kakva K k je j ravnoteža t ž u odnosu d na naginjanje i j j oko k poprečne č ose y – naginjanje i j j u uzdužnoj d ž j ravni ?? ML – uzdužni metacentar

M LG

uzdužna metacentarska visina

ψ –ugao trima, ugao pretege

M LG > 0 M LG < 0 M LG = 0

L B

M LG  M oG ML daleko iznad Mo MLG uvek pozitivna...

ravnoteža stabilna

??

1. POČETNI STABILITET BRODA 1.1. Statički stabilitet

1.1.1. Moment stabiliteta Moment sprega sila W i U ...

M st = W ⋅ h h – krak stabiliteta

h = M oG ⋅ sin ϕ ≈ M oG ⋅ ϕ č metacentarska k visina ii M oG – početna W = gD

U o = ρ gVo

Uo = W Brod se nagne pod dejstvom spoljnog momenta Mk za mali ugao

ϕ 1

M st ≈ gD ⋅ M oG ⋅ ϕ

Mk – moment nakretanja U novom položaju ravnoteže ž važi ži

U ϕ = ρ gVϕ Uϕ = W sledi

U ϕ = U o ⇒ Vϕ = Vo

ϕ

1

??

ϕ ≤ 0, 1 rad ≈ 5 − 6° dve aproksimacije... sin i ϕ ≈ϕ

(cos ( ϕ ≈ 1, tg t ϕ ≈ ϕ)

Mϕ ≈ M o

M oG ≠ f (ϕ )

∑M

i

=0

M k = M st 1 1 2 Ugao 1.1.2. U statičkog ičk nagiba ib

⇒

ϕs ≈

M k = gDM oG ⋅ ϕ s

Mk gD ⋅ M oG

(

ϕ s = f D, M k , M o G ne znamo unapred da li je zadovoljen uslov

ϕs

1

)

1.1.3. Početna metacentarska visina

Težište

xS =

∫ xdf f

f

xS M oG = Fo K + M o Fo − GK 14243 MoK

Fo K = z F = VCB = GK = zG = VCG =

M o Fo = ??

∫ zdV

Vo

fx ∑ =

i i

mB

f

f = f1 + f 2 SS1 =

f2 S1 S 2 f

SS ′ =

f2 S 2 S 2′ f

Vo

∑m z

i i

Početni metacentarski radujus posmatramo kao “pomeranje” klina v ′′ za ls ...

M o Fo = ??

v F oFϕ = ⋅ls V

važi

Fo Fϕ = MoFo ⋅ϕ MoFo ⋅ϕ =

ϕ

1

v ′ , v ′′ – uronjeni i izronjeni klin ⇒

MoFo =

v ⋅ ls = ?? ls ≈ 2 y s

Vϕ = Vo + v ′ − v ′′

Vϕ =Vo =V

v ⋅ls V

v′ = v′ = v

ys =

∫ yydV

v ⋅ ls = v ⋅ 2 v′

v′

∫ ydV v′

v′

∫

= 2 ydV = ...? v′

v⋅ls Vϕ

∫

∫

∫

ydV = y ⋅ dxdy ⋅ yϕ = ϕ y 2 dxdy

v′

∫

ydV = ϕ

v′

∫

dV = dx d ⋅ dy d ⋅ dz d = dxdy d d ⋅ yϕ

y 2 dA = I x

1 A 2 VLo

∫

1 A 2 VLo

AVLo

∫

y 2 dA

y 2 dA =

1 Ix 2

Ix – moment inercije površine (unutar) vodne linije za uzdužnu težišnu osu x 1 v ⋅ ls = 2 ydV = 2ϕ ⋅ I x = ϕ ⋅ I x 2 v′

∫

M o Fo =

v ⋅ ls ϕ I x = Vϕ Vϕ

M o Fo =

Ix V

Ponton Ix ??

Otpornost...

...zavisi i od rasporeda površine VL oko ose

I x 121 LB 3 1 B2 B2 = ≈ 0, 083 M o Fo = = V LBT 12 T T

AVL1 = AVL2

I x(1) < I x( 2 )

B

, M o Fo

T

, M o Fo

I kada nije ponton, važi

M o Fo

B2 T

može se prikazati kao katamarani trimarani katamarani, trimarani... Slike...

b B2 M o Fo = 12 T

b = f (α ) ≤ 1

Metacentarski radijus sledi iz formule

I M o Fo = x = V

∫

Metacentarski radijus se može odrediti i za svaku drugu osu oko koje se naginje brod

y 2 dA

AVL

∫ dV

= ...

V

CVL – težište VL

alili postojiji i niz i približnih ibliž ih obrazaca... b b ≈ 1, 5α − 0, 5

M n Fo =

In V

Poprečnoj osi y odgovara uzdužni metacentarski radijus

b ≈ 0, 096 + 0, 89α 2 b ≈ 0, 0372 ( 2α + 1)

važi...

3

b ≈ 1, 04α 2 b ≈ 0, 13α + 0, 87α 2 ± 0, 005

M L Fo =

Iy V

Nazad na MoG ...

Za ponton ... oko poprečne ose

početna poprečna metacentarske visina

M oG = Fo K + M o Fo − GK { { { 1 12

(M G) o

3

2

LB 1 L M L Fo = = LBT 12 T za brod...

M L Fo 2

L

B

2

→ M L Fo

(M G) o

o

I 2 = I min

=I

= 0, 15 m

max

)

max

IMO “preporuka”

= ⋅⋅⋅

M o Fo Tip broda Teretni brod

Glavne ose inercije ... ose (1) , (2)

=I

(

< M oG < M oG

Preporuke...

ML je daleko iznad Mo ...

I1 = I max

min i

(M G)

L2 bL L2 = T 12 T

min

( ) = (M F )

M o Fo = M n Fo M L Fo

n

o

min

max

MoG (m) (punog broda) 0,8 - 1

Kontejnerski brod

0,3 – 0,6

Remorker

0,8 – 1,2

V liki putnički Veliki t ički

1 5 – 2,2 1,5 22

Rečni putnički

0,5 – 1,5

....

1.1.4. Moment nakretanja

Mk ϕs = gD ⋅ M oG

Mk = ?? ( A) M k = M mg = mg ⋅ l

Mk = ??

M k = mglo cos ϕ

posledica različitih spoljnih uticaja uticaja...

Moment usled poprečnog pomeranja tereta

Može i

M k = M W( G ) = W ⋅ GG1 cos ϕ m ⋅ lo D ml M k = gD ⋅ o cos ϕ = mglo cos ϕ D GG1 =

ϕ

Početni stabilitet

1, cos ϕ ≈ 1

M k ≈ mg ⋅ lo Ugao statičkog nagiba

Mk mglo mlo ϕs = = = gD ⋅ M o G gDM oG D ⋅ M oG Može i

ϕs =

GG1 = ... M oG

φs usled pomeranja tereta obavezno se proverava za p p putničke brodove... putnici su lak, ali “nezgodan” teret... φmax = 10°

Na formuli za φs bazira se prva (od dve) eksperimentalne metode za određivanje ( (proveru) ) MoG tzv. proba (eksperiment) nakretanja

ϕs =

mlo D ⋅ M oG

⇒ M oG =

mlo Dϕ s

Poznate mase m poprečno se pomeraju za poznata rastojanja lo ... i meri se φs Princip jednostavan, ali propisi daju strogu proceduru...

strogi propisi

Ugao od 10°, po pravilu, nije opasan za brod... ali putnici postaju uznemireni...

Vidi npr. Ribar, str. 131 (Pitanje na usmenom)

12° - ugao panike! Slika...

nastavak: Moment nakretanja

Mk ϕs = gD ⋅ M oG

Moment usled skretanja

Vektor brzine ne leži u ravni simetrije – postoji zakretanje za ugao Θ « 1 Pri tome važi

v2 aG = aN = R r r mB aG = FR ⇒

r v ≠ const

mB aN = FN

Θ , FN ... ?

Teorija kormilarenja (manevra) je složena... Poseban predmet... U poslednjoj fazi se uspostavlja stacionarno kretanje po kružnoj putanji radijusa R (krugu okretanja), brzinom v = const Slika...

θ = 0 ⇒ FN = 0

Mk = ?? v = ( 0, 75 − 0, 8 ) vo R = ??

lo ≈ VCG −

T 2

Kormilarenje ...

Rmin = ( 2 − 3 ) L Tipični teretni brodovi 2

⎛ v ⎞ L cd = ⎜ ⎟ ⎝ vo ⎠ R

Brod se naginje od centra putanje...

M k = M F(G ) = FN cos θ ⋅ lo cos ϕ D ⋅ v2 FN = D ⋅ aN = R

cos θ ≈ 1

Dv 2 lo cos ϕ = M ko cos ϕ Mk = R

cd = ( 0, 19 − 0, 25 )

Početni stabilitet cos ϕ ≈ 1

M k = M ko

Dv 2 lo = R

Ugao statičkog nagiba

Treba uočiti sledeće... Koristili K i tili smo redukcioni d ki i moment za tačku G ... M k = M F(GN )

??

U slučaju statike, redukciona tačka je proizvoljna...

∑M

(??) i

=0

U slučaju dinamike neophodno p jje uzeti

∑M

(G ) i

Dv 2lo Mk v 2lo R ϕs = = = gD ⋅ M oG gDM o G gR ⋅ M oG

=0

... to je zakon o promeni momenta količine kretanja Problem je moguće rešiti i preko centrifugalne if l sile... il

Ugao φs , pri skretanju uobičajenih brodova, brodova nije opasan... Nije zanemarljiv kod brzih brodova, dobrih manevarskih svojstava svojstava... Slika... a naročito u superpoziciji s vetrom i pomeranjem tereta... Obavezno se (prema propisima) proverava kod putničkih brodova (φs < 10°) Postoji niz havarija u kojima je skretanje odigralo značajnu ulogu... Slike... Rezultati važe za deplasmanske brodove Gliseri se ponašaju drugačije...

Slike...

Moment usled tegljenja Pri “normalnom” normalnom tegljenju ne javlja se poprečna sila...

Primeri tegljenja... Slika... Javljaju se slučajevi

Sile koje tada deluju na remorker

FTmax – sila na stubu... ključna j karakteristika remorkera

Za remorker opasno

M k = FN ⋅ l = FN ⋅ lo cos ϕ = = ( FT − R ) tg α ⋅ cos ϕ koliki je maksimalni moment?

( FT Problem jje dinamički, složen... Rešavamo ga uprošćeno, statički Pretpostavljamo v = const Uže zategnuto...

∑F

x

= 0,

F −R S= T cos α

∑F

y

− R ) ≤ FT max

v≈0

M k = FT max ⋅ lo tg α ⋅ cos ϕ za α = 45°

pazi

M k = FT max ⋅ lo cos ϕ

α → 90°, tg α → ∞

?? svaki remorker se prevrće ??

=0⇒

FT − R − S cos α = 0 S sin α − FN = 0

FN = ( FT − R ) tg α

ali tada više ne važe polazne pretpostavke... za

ϕ 1

M k ≈ FT max ⋅ lo

1.1.4. Uticaj vertikalnog pomeranja tereta Težište broda G se pomera u G1

GG1 =

m lz D

u smeru pomeranja tereta

Menja se metacentarska visina

M oG1 = M oG m GG1 = M oG m ili

M oG1 = M oG +

m lz D m ( zo − z1 ) D

Brod d plovi l sa teretom mase m u tački čk Ao (A – težište tereta)

Menja se i moment stabiliteta

Teret se vertikalno pomeri ( di / (podigne/spusti) i) u tačku čk A1

m ⎞ ⎛ M st1 = gD g ⋅ M oG1 ⋅ ϕ = ggD ⎜ M o G m lz ⎟ ϕ D ⎠ ⎝

Ništa se ne dešava ?? ((sila il mg se pomera duž d ž svoje j napadna d linije...)

M st1 = gD ⋅ M oG ⋅ ϕ m mg ⋅ lz ⋅ ϕ = M sto m mg ⋅ lz ⋅ ϕ 14243 M stto

M st1 = M sto + mg ⋅ ( zo − z1 ) ⋅ ϕ

Pomeranje tereta u poprečnoj ravni Stabilan brod (MoG > 0) može, podizanjem tereta, izgubiti stabilitet

odgovara podizanju tereta za lkr

M oG1 = 0

M oG −

m lkr = 0 D

D lkr = M oG m

Pomeranje se sastoji iz vertikalnog i poprečnog Vertikalno, menja moment stabiliteta:

M st1 = M sto m mg ⋅ lz ⋅ ϕ šta se dešava kada je lz > lkr ,

Poprečno, stvara nagib:

ϕs =

M oG < 0

kasnije...

ml y ml y Mk = = gD ⋅ M oG1 D ⋅ M oG1 D ⋅ M oG m mlz

Ako zamislimo dve faze p pomeranja j tereta: 1. faza – mora biti vertikalno pomeranje...

1.1.5. Uticaj visećih masa

Teret mase m obešen u tački Q Slika... Brod se naginje po dejstvom Mk Dolazi do spontanog pomeranja (odklanjanja) tereta u stranu nagiba

M st = W ⋅ h′ M st = gD ⋅ M o Ao ⋅ sin ϕ M st ≈ gD ⋅ M o Ao ⋅ ϕ M o Ao = M oG − AoG

GG1 ≈ AoG ⋅ ϕ m GG1 = ⋅ Po Pϕ D Po Pϕ ≈ l ⋅ ϕ AoG =

GG1

ϕ

=

m m lϕ = l Dϕ D

Ako se vretimo na početnu skicu...

M st = gD ⋅ M o Ao ⋅ ϕ =

(

)

= gD M oG − AoG ϕ =

...rezultat je isti kao da je teret podignut u tačku vešanja Q

= gD ⋅ M oG ⋅ ϕ − mg l ⋅ ϕ

M st = M st0 − mg l ⋅ ϕ

S aspekta stabiliteta

M st0 – moment stabiliteta sa fiksnim teretom (sa teretom u Po)

teret obešen o tačku Q = teretu u tački Q Uticaj može biti značajan i opasan ...

ϕs = ?? Ravnoteža

ϕs =

M k = M st

Mk gD ⋅ M o Ao

M o Ao < M o G

⇒

ϕs > ϕs

0

Može doći do trenutnog gubitka stabiliteta... Primer gradnje mostova...

1.1.6. Uticaj tečnog tereta Brod pliva bez nagiba nagiba, sa tečnim teretom u tanku... ...postoji slobodna površina Brod se nagne g pod p dejstvom Mk ...

M st = W ⋅ h′ h′ ≈ M o Ao ⋅ ϕ

M st ≈ gD ⋅ M o Ao ⋅ ϕ M o Ao = M oG − AoG

Tečnost se preliva na stranu nagiba... Slično kao kod obešene mase, dolazi do spontanog pomeranja tereta... ...dok se ne uspostavi ravnoteža sa horizontalnom slobodnom površinom

(

)

M st = gD D M oG − AoG ϕ = gD D ⋅ M oG ⋅ ϕ − gD D ⋅ AoG ⋅ ϕ M st = M sto − M fs { { moment sa zaleđenim teretom

momentt slobodne površine

AoG = ??

GG1 =

mt ρ v′ l′ = t l′ D ρV

GG1 ≈ AoG ⋅ ϕ dV = dx ⋅ dy ⋅ dz = dxdy ⋅ yϕ

∫ ydV = ∫ y ⋅ dxdy ⋅ yϕ = ϕ ∫ y dxdy 2

v′

∫

1 2

ρ v′ ⋅ l ′ AoG = = t ϕ ρ Vϕ GG1

v ′ ⋅ l ′ = ??

l ′ ≈ 2 y′

∫

v ′ ⋅ l ′ = v ′ ⋅ 2 y ′ = v ′ ⋅ 2 v′

ydV v′

∫

= 2 ydV = ? v′

y 2 dA =

A′

1 I x′ 2

dA – element slobodne površine tečnosti u tanku (površine A’) I x′ – moment inercije slobodne površine tečnosti u tanku za uzdužnu težišnu osu

1 v ′ ⋅ l ′ = 2v ′ ⋅ y ′ = 2ϕ ⋅ I x′ = ϕ ⋅ I x′ 2 AoG =

ρt v′ ⋅ l ′ ρt I x′ ⋅ ϕ = ρ Vϕ ρ Vϕ

AoG =

ρt I x′ ρ V

M st = M st0 − γ t ⋅ I x′ ⋅ ϕ

Smanjenje MG ne zavisi od količine tečnosti...

Ugao statičkog nagiba:

zavisi od veličine i oblika slobodne površine površine... to je uticaj slobodne površine...

M k = M st

Ravnoteža

ϕs =

Efektivna metacentarska visina M o Ao = M oG −

ρt I x′ ρ V

M o Ao < M o G

Moment stabiliteta

M st = M st0 − gD ⋅ AoG ⋅ ϕ = M st0 − ρ gV

M st = M st0

− ρt g ⋅ I x′ ⋅ ϕ

Mk gD ⋅ M o Ao

ϕs > ϕs

⇒

0

U slučaju većeg broja tankova

ρt I x′ ⋅ϕ ρ V

uticaj se superponira

(ρ I′ ) ∑ A G = ∑( A G) = ρV

t x i

o

o

i

Uticaj je veoma opasan... p pokazaćemo to na p primeru broda s uspravnim rebrima Puni se vodom p po celom dnu (npr. kišom) eksperiment... Kako smanjiti ovaj uticaj ...? M oG > 0 M o Ao = M oG − AoG = M o Fo − FoG − AoG Ix ρ I′ − FoG − t x V ρ V M o Ao = ... = − Fo G M o Ao =

Ao iznad Mo efektivna metacentarske visina je negativna

Potpuno napuniti tankove? Tečnost u punom tanku se ponaša kao krut teret... Ipak, treba napuniti / isprazniti tankove... teret se troši, isparava... Projektant treba da predvidi najnepovoljniji slučaj... ...punjenje tankova nije pravo rešenje

(

Pravo rešenje su uzdužne vodonepropusne pregrade

AoG

)

1

=

1 AoG 2 n

(

)

o

veoma efikasno... Primer tankova sa pravougaonom slobodnom površinom l x b slučaj (0)

slučaj (1)

n = 2 (jedna pregrada)

( A G) o

1

=

1 AoG 4

(

)

o

... Matematički – smanjuje se moment inercije slobodne površine (n – 1) broj uzdužnih pregrada

(

1 3 ρt 12 lb ρt lb3 AoG = = o 12 ρ V ρ V 3 1 ⎛b⎞ l n ρt 12 ⎜⎝ n ⎟⎠ ρt lb3 1 ρt lb3 AoG = ... = n ⋅ = n⋅ = 2 3 1 V 12 ρ n V n 12 ρ V ρ i =1

)

(

) ∑

Fizički – smanjuje se k liči tečnosti količina č i kkoja j se preliva na stranu nagiba... U široke tankove se, obavezno, ugrađuju uzdužne pregrade...

Poprečne pregrade ?

( A G) o

1

Brodovi imaju veliku nepregređenu palubu za prevoz vozila... iznad vode

1 ⎛l⎞ 3 b ρt 12 ⎜⎝ n ⎟⎠ ρt lb3 = n⋅ = n⋅ = AoG ρ V 12 ρ nV

(

)

o

nemaju j uticaja... i j

Ako voda (iz nekog razloga) dospe na ovu palubu... havarija Slike Slike... Rešenje...

Negativan uticaj slobodnih površina je (u principu) najveći j ći kkod d ttankera... k ...poznat i (uglavnom) rešen Danas je daleko opasniji uticaj tečnog tereta (slobodnih površina) na feribote i Ro-Ro brodove... U poslednjih 40 godina, preko 40 brodova ovog tipa je doživelo nesreću nesreću... Zašto?

Problem tankova u dvoboku... Da li ih spojiti ?

Realno, nema statičkog rešenja ... postoje i talasi, brod se ljulja..

nastavak: Moment nakretanja ϕs =

Moment usled vetra

Mk gD ⋅ M oG

r r vv = vv (t ) r r Fv = Fv (t )

Slika... Javlja se i dodatni problem...

ipak, brod se ljulja oko položaja ravnoteže ϕs Problem uprošćavamo... pretpostavljamo... t t lj vv ≠ f (t ) vv ≈ vsr = const zanemarujemo talase... Takođe, za početak pretpostavljamo

vv ≠ f ( z )

Rezultujuću silu vetra pretpostavljamo u obliku

Fv =

1 ρvaz ⋅ c ⋅ vv2 ⋅ S 2

Dolazi do zanošenja broda...

ρvaz=1,226 kg/m3 c ( - ) = 1,0 – 1,3

javlja se sila Fw

1 2 ρ cw vzan Sw 2

Ravnoteža... (vzan = const)

∑F = 0 i

Mv = ??

Fw =

⇒

Fv = Fw

M v = Fv ⋅ l

Možemo naći brzinu zanošenja...

1 1 2 ρvaz ⋅ c ⋅ vv2 ⋅ S = ρ ⋅ cw ⋅ vzan ⋅ Sw 2 2 c ≈ cw vzan = vv

ρvaz S ρ Sw

vzan  vv

Interesuje nas, pre svega

M v = Fv ⋅ l = Problem je

1 ρvaz c ⋅ vv2 ⋅ S ⋅ l 2

S , l = f (ϕ )

l = lo cos ϕ S (ϕ ) = ??

Mv =

S ≈ So cos ϕ

1 ρvaz cvv2 ⋅ So lo cos 2 ϕ = M vo cos 2 ϕ 2

1 ρvaz cvv2 ⋅ S (ϕ ) ⋅ lo cos ϕ = ?? 2 1 M v ≈ M vo = ρvaz c ⋅ vv2 ⋅ So ⋅ lo = const 2 M v = ... ≈ M vo 0, 75 + 0, 25 ⋅ cos 3 ϕ Mv =

(

)

Početni stabilitet

ϕ 1

Treba raditi ...

cos ϕ ≈ 1

M v ≈ M vo Ugao statičkog nagiba Mv ρvaz cvv2 Solo ϕs = = gD ⋅ M oG 2gDM oG

Moguće je uzeti u obzir i vv = f (z) Postoji niz (približnih) formula 1 7

⎛ z ⎞ vv ( z ) = ⎜ ⎟ ⋅ vnom 19 , 5 ⎝ ⎠ ⎛ z ⎞ vv ( z ) = ⎜ ⎟ ⎝ 10 ⎠

1 ρvaz c ⋅ vi2 Si li 2

Davenport

vv ( z ) = 0, 17vnom ln(100z )

Eurocode

Mv =

∑M

vi

Nagib broda usled olujnog vetra se uvek proverava... Postoje (strogi) propisi Posebno su ugroženi brodovi s velikom površinom izloženom vetru... Slike...

WMO

0 ,16

vnom

M vi =

Problem uticaja vetra na vezanii brod b d– sami...

1.2 Dinamički stabilitet

Ne važe uslovi ravnoteže, već r r (G ) dLG = Mi dt

∑

Projekcija na osu x

J xϕ&& =

∑M

x

Do sada – ravnoteža, brod jje mirovao... Sada, nov problem brod se ljulja (valja)

M x′

ϕ = ϕ (t) ϕ& , ϕ&& ≠ 0

posledica hidrostatičkog pritiska (Arhimedove sile uzgona)

dok se brod ljulja, voda ne miruje... složeno...

Pretpostavljamo

ϕ ≠ const

x

= M k − M st − M x′

M st ≈ gD ⋅ M o G ⋅ ϕ Skica slična prethodnim... ali bitna razlika

∑M

M x′ = nϕ ⋅ ϕ& + mϕ ⋅ ϕ&&

linearna funkcija ugaone brzine i ubrzanja... ubrzanja

J xϕ&& = M k − gD ⋅ M oG ⋅ ϕ − nϕϕ& − mϕϕ&& Sledi diferencijalna jednačina valjanja

(J

x

+ mϕ ) ϕ&& + nϕϕ& + gD ⋅ M oG ⋅ ϕ = M k

mϕ – dodatna masa pri valjanju (dodatni moment inercije) nϕ – prigušenje pri valjanju Uobičajeni oblik:

ϕ&& + 2 μϕ ϕ& + ωϕ2 ⋅ ϕ = mk μϕ =

nϕ

2 ( J x + mϕ )

koeficijent prigušenja ppri valjanju j j

gD ⋅ M oG J x + mϕ

sopstvena frekvencija neprigušenog valjanja

ωϕ = mk =

Mk J x + mϕ

Rešenje diferencijalne jednačine valjanja

ϕ (t ) = ϕ part + ϕhom mk = const

ϕ& part , ϕ&&part = 0 ϕ part =

mk

ωϕ2

= ... =

⇒

ϕ part = const ωϕ2 ⋅ ϕ part = mk

Mk gD ⋅ M o G

ϕpart = ϕs Postoje tri slučaja homogenog rešenja • slučaj jakog prigušenja (μϕ > ωϕ) • slučaj slabog prigušenja (μϕ < ωϕ) • slučaj veoma slabog prigušenja (μϕ « ωϕ)

U slučaju slabog prigušenja

Početni uslovi ?? Možemo razmatrati različite slučajeve...

ϕhom = e

− μϕ t

(C

1

cos ωϕ t + C2 sin ωϕ t )

C1 , C2 su integracione konstante, slede l d iz i početnih č t ih uslova l

ωϕ = ωϕ 1 −Ψ ϕ2

μϕ Ψϕ = ωϕ

sopstvena frekvencija prigušenog i š valjanja lj j

bezdimenzioni koeficijent prigušenja i š j

U slučaju veoma slabog prigušenja

Ψϕ  1 ϕ (t ) = ϕ s + e

ωϕ ≈ ωϕ − μϕ t

(C

1

cos ωϕ t + C2 sin ωϕ t )

Počinjemo od: Slučaja ( a )

ϕ (0 ) = 0 ϕ& (0 ) = 0 Brodd je B j u ravnoteži, bez nagiba, do trenutka t = 0 Tada, na njega trenutno deluje moment nakretanja (npr. vetar), koji ostaje k t t tokom konstantan t k valjanja... lj j

Dobija se

ϕ (t ) = ϕ s ⎡⎣1 − e

μ Ψϕ = ϕ  1 ωϕ

− μϕ t

( cos ω t +Ψ ϕ

ϕ

(

Prigušenje je malo... ali i veoma složeno za određivanje...

sin ωϕ t ) ⎤⎦

ϕ (t ) ≈ ϕ s 1 − e

− μϕ t

cos ωϕ t

Ako ga zanemarimo

μϕ Ψϕ = ≈0 ωϕ

) sledi

ϕ (t ) ≈ ϕ s ( 1 − cos ωϕ t )

ϕd – dinamički ugao nakretanja

ϕd > ϕs ϕd Tp

brod ima pramčani trim trim, pretegu

Tk < Tp

Može se pisati

t = t1 ⋅ M t t p = t p1 ⋅ M t

Važi

tp lp

= tgψ ≈ ψ

t = Lpp ⋅ψ

tk ≈ψ lk

t p = l p ⋅ψ

t ≈ψ L pp

tk = tk 1 ⋅ M t

t1 =

Lpp

ρ gI y lp

t p1 =

ρ gI y

tk 1 =

tk = lk ⋅ψ

⎡ m ⎤ ⎢⎣ kNm ⎥⎦

lk ρ gI y

t1 , tp1 , tk1 – jedinični d č trim, Izveli smo

Mt

Mt ψs = ≈ gD ⋅ M L G ρ gI y

Važi

t=

M t ⋅ Lpp gD ⋅ M L G g

tp =

tk =

≈

Mt ⋅ lp gD ⋅ M L G

M t ⋅ lk gD ⋅ M L G

M t ⋅ L pp

ρ ggI y

≈

≈

Mt ⋅ lp

ρ gI y M t ⋅ lk ρ gI y

trim izazvan momentom od 1 kNm Može se pisati

M t = M t1 ⋅ t M t1 =

ρ gI y Lpp

⎡ kNm ⎤ ⎢⎣ m ⎥⎦

Mt1 – jjedinični moment trima

moment koji stvara trim od 1 m

Uzdužno pomeranje tereta Brodd pliva B li bez b trima t i s teretom t t mase m u tački A

Kako odrediti ugao statičkog trima ψs = ?? Redukujemo silu mg na tačku A...

j j lx Teret se uzdužno ppomeri za rastojanje Redukcioni moment je moment trima... ( A) M mg = Mt

M t = mg ⋅ lx cosψ ≈ mglx Javlja se trim...

ψs =

Mt gDM L G

=

mglx gDM L G

=

mlx ψ s = ⋅⋅⋅ ≈ ρIy

mlx DM L G

Istovremeni nagib i trim Kada K d bbrod d iistovremeno t ima i nagib i trim Treba, pri proračuni, uzeti njihov međusobni uticaj... Odnosno, treba računati

I x(ψ ) MoF = V MLF =

I

(ϕ ) y

V

Kod savremenih kompjuterskih programa to nije ij problem... bl Problem je (bio) što se dijagramski list (uobičajeno) proračunavao za brod bez trima i bez nagiba...

Tada iz dijagramskog lista sledi Ix za brod bez trima, odnosno Iy za brod bez nagiba... Srećom, kod malih uglova trima i nagiba, ovaj međusobni uticaj je mali i (uglavnom) zanemarljiv... IIzuzetak k su bbrodovi d i kod k d koji k ji se prii maloj l j promenii trima, vodna linija značajno menja... Kod ovih brodova, i pri ψ « 1 , uticaj trima na nagib nije zanemarljiv... Treba prepoznati takve brodove... Na primer ...

Pomeranje tereta (opšti slučaj) Brod pliva bez trima i nagiba s teretom mase m u tački Ao I – vertikalno pomeranje utiče na poprečni stabilitet....

M oGo → M oG1

uticaj na uzdužni stabilitet, zanematljiv M L Go → M L G1 ≈ M L Go ≈ M L F Teret se pomeri u tačku A1 Posle pomeranja brod pliva u novom položaju ravnoteže, s nagibom ϕs i trimom ψs P Pomeranje j delimo d li u 3 faze... f Bitan redosled

II – uzdužno pomeranje stvara trim ψs III – poprečno pomeranje stvara nagib ϕs (Da li uzeti u obzir trim, pri proračunu naguba..?)

3. STABILITET PRI VEĆIM UGLOVIMA NAGIBA Proučavamo samo poprečni stabilitet...

Krak stabiliteta

h = Nϕ G ⋅ sin ϕ

sin ϕ ≠ ϕ

Nϕ G = f (ϕ ) ≠ const

Nϕ G

iima manji ji značaj č j odd početne č metacentarske visine...

Najčešće j se računa direktno... h = h(ϕ )

Složen proračun... III projekat

Rezultat (najčešće) u obliku dijagrama

Nϕ ≠ M o

??

Nϕ – prividni metacentar

Nϕ G – prividna metacentarsko visina Ali pre toga...

3.1. Kriva težišta istisnuća, težišta vodne linije i metacentra t t Brod pliva nagnut, na VLϕ Uočiti Fϕ , Mo , Nϕ ... Brod se, dalje, nagne za dϕ , pri čemu je V = Vϕ = const

Bliske vodne linije seku se duž težišne ose

Odnosno

Cϕ – težište VLϕ

Direktno sledi iz uslova Vϕ = const, odnosno v ′ = v ′′ j (presek (p Presek normala na vodne linije pravaca uzgona) definiše tačku Mϕ Mϕ – stvarni (pravi) metacentar P Prema tome iimamo

M ϕ Fϕ

stvarni (pravi) metacentarski radijus

Važi

I x(ϕ ) M ϕ Fϕ = ⋅ ⋅ ⋅ = V izvođenje isto kao za

M o Fo

Uočiti, imamo tri metacentra: Mo , Nϕ , Mϕ pri čemu važi

ϕ → 0 , Nϕ , M ϕ → M o Sada posmatrajmo brod koji se postupno naginje... pri naginjanju je zadovoljen uslov V = Vϕ = const Fizički, brod se naginje pod dejstvom momenta a svaki položaj pod uglom ϕ momenta, je položaj ravnoteže...

Uzastopni položaji tačaka Fϕ formiraju krivu težišta istisnuća (F – krivu) Uzastopni preseci vodnih linija (tačaka Cϕ ) formiraju krivu težišta vodnih linija (C – krivu) Uzastopni položaji tačaka Mϕ formiraju krivu metacentra (M – krivu)

Odnosno

Sledi Vodna linija VLϕ je tangenta na C – krivu u tački Cϕ Tangenta na F – krivu T ki u tački Fϕ je paralelna VLϕ

ili

Normala na F – krivu u tački Fϕ je tangenta na M – krivu u tački Mϕ Po definiciji definiciji, Mϕ je centar krivine F - krive Zato je M ϕ Fϕ poluprečnik (radijus) krivine F - krive Od tl i termin Odatle t i metacentarski t t ki radijus... dij

Kod brodova čija se rebra sužavaju

Sve tri krive zavise od forme (geometrije) trupa Brod, čija se rebra šire, ima F , C , M krive oblika:

C – kriva je (po pravilu) “tužna” a Mϕ se ppomera naniže M – kriva

M – kriva

Nϕ G < M o G

Mϕ se (do uranjanja palube) pomera naviše, odnosno Nϕ je iznad Mo to je povoljno za stabilitet, jer je tada

Nϕ G > M o G

to je nepovoljno za stabilitet, jer je tada

Istorijat brodskih formi sa rebrima koja se sužavaju... Slike... Slike ...

M – kriva ??

Brod sa kružnim rebrima

Mϕ jje centar krivine F - krive Centar krivine (sva tri) kruga je u tački O Mϕ (za svako ϕ ) je u tački O

Mϕ ≡ O M – kriva se transformiše u tačku...

OFo = rF

OCo = rC

Brod se nagne za ugao ϕ ... pri Vϕ = const

rF ≠ f (ϕ ) = const

rC ≠ f (ϕ ) = const

F – kriva, krug radijusa rF

yF2 + z F2 = rF2 C – kriva, krugg radijusa j rC

yC2 + zC2 = rC2

Kod K d kkružnih ž ih rebara, b i samo kod kružnih rebara važi: Mϕ = N ϕ = Mo

M ϕ Fϕ = M o Fo = rF = const

Brod sa uspravnim rebrima

Kao što važi Možemo pisati

Brod se naginje pri Vo = Vϕ = const ... težišta vodnih linija je (zbog simetrije) u ravni simetrije broda... C – kriva se transformiše u tačku Šta je sa F – krivom ?? yF , zF = ?

yF =

Vϕ

V

yF = yFo +

z F = z Fo +

∫ ydV

Po definiciji... j

∫ zdV

zF =

Vϕ = Vo + v ′ − v ′′

Vϕ

V

∫ ydV ∫ ydV ∫ ydV v′

∫

−

V zdV

v′

V

−

∫

v′′

V zdV

v′′

V

Problem se svodi na rešavanje integrala po zapremini uronjenog klina v’ ...

=2

v′

V

1 =− T +2 2

∫ zdV v′

V

∫ yydV , ∫ zdV v′

v′

Za uronjeni klin važi yF = 2

∫

ydV =

∫

yydV =

∫

v′

v′

∫

∫ v′

0

y 2 tgg ϕ ⋅ dA = tg gϕ

v′

∫

⎤ dz ⎥ dxdy ⎦ y 2 dA

1 AVLo 2

1 ydV = I x ⋅ tg ϕ 2

∫

zdV =

∫

∫ ∫

y tg ϕ

1 AVLo 2

v′

∫

y ⋅ dxdydz =

⎡ y⎢ ⎣

z ⋅ dxdydz =

v′

zdV =

∫

1 AVLo 2

v′

∫ v′

⎡ ⎢ ⎣

∫∫

y tg ϕ 0

⎤ zdz ⎥ dxdy ⎦

1 2 2 1 y tg ϕ ⋅ dA = tg 2 ϕ 2 2

zdV =

1 I x ⋅ tg 2 ϕ 4

∫

1 AVLo 2

y 2 dA

∫ ydV v′

V

=2

I x tg ϕ = M o Fo ⋅ tg ϕ 2V

∫ zdV

I x tg 2 ϕ 1 1 v′ =− T +2 = zF = − T + 2 2 V 2 4V 1 1 = − T + M o Fo ⋅ tg 2 ϕ 2 2

yF = M o Fo ⋅ tg ϕ 1 1 z F = − T + M o Fo ⋅ tg 2 ϕ 2 2 Može se eliminisati ugao ϕ yF tg ϕ = M o Fo yF2 1 1 z F = − T + M o Fo ⋅ 2 2 M F o

o

2

Konačno sledi

Šta je sa metacentrom ??

1 1 zF = − T + ⋅ yF2 2 2 ⋅ M o Fo F – kriva je kvadratna parabola

yF = Fϕ F ′ = M o Fo ⋅ tg ϕ

tangens pravca F - krive M F ⋅ tg ϕ dz F 2 yF = = o o = tg ϕ dy 2M o Fo M o Fo

nagib tangente je jednak nagibu vodne linije...

1 1 z F = − T + M o Fo ⋅ tg 2 ϕ 2 2 4244 14 3 Fo F ′ S druge strane tg ϕ =

Fϕ F ′ Nϕ F ′

Fϕ F ′ = Nϕ F ′ ⋅ tg ϕ

Sledi

3.2. Kriva kraka i momenta stabiliteta ⇒

Nϕ F ′ = M o Fo Fo F ′ =

Nϕ M o = Fo F ′

1 M o Fo ⋅ tg 2 ϕ 2

Nϕ M o =

1 M o Fo ⋅ tg 2 ϕ 2

Metacentarska visina raste s porastom nagiba ϕ ... M – kriva ? Nϕ iznad Mo , M – kriva, ki i Mo naviše iz iš

Važi Bϕ =

B cos ϕ

M ϕ Fϕ = M ϕ Fϕ

(ϕ ) x

2

cBϕ I M o Fo cB = = = V T T cos 2 ϕ cos 2 ϕ 2

... raste s porastom nagiba ϕ ...

jednačinu M – krive, yM , zM = ?? sami...

h(ϕ) = ?? M st = { gD ⋅ h(ϕ ) const

Metode za određivanje h , odnosno Mst će učiti nešto kasnije j (III ( pprojekat...) j ) Sada razmatramo karakteristike jedne tipične brodske h - krive

tačka Q(ϕo , hmax) hmax – maksimalni krak stabiliteta

ϕo – ugao maksimalnog kraka tačka P (ϕp , hp) – prevojna tačka

...pozitivno h odgovara pozitivnom Mst , koji deluje suprotno od smera naginjanja ϕ... tačka R(ϕops , 0)

0 ≤ ϕ ≤ ϕops

opseg stabiliteta

ϕops – ugao opsega stabiliteta za ϕ = ϕops , h = 0 , Mst = 0 Za ϕ > ϕops , Mst menja smer R je položaj (labilne) ravnoteže

h – kriva može ((a ne mora)) imati prevojnu tačku... Ukoliko postoji, d uronu odgovara palube, ili izronu uzvoja... j

Nagib h – krive u koordinatnom početku dh(0 ) = ?? dϕ h(ϕ ) = Nϕ G ⋅ sin ϕ dh d = Nϕ G sin ϕ + Nϕ G ⋅ cos ϕ dϕ dϕ

(

)

Kada je

ϕ 1

h(ϕ ) ≈ M o G ⋅ ϕ

tangenta i kriva se (približno) poklapaju K Konstrukcija k ij tangente je j jednostavna... j d Kriva kraka stabiliteta važi samo do ugla uranjanja prvog nezaštićenog otvora ... do ugla naplavljivanja ϕnap

ϕ=0: cosϕ = 1 , sinϕ = 0

Nϕ G = M o G

dh(0 ) = M oG dϕ Jednačina tangente je ...

M oG ⋅ ϕ

... za uglove veće od ϕnap , h - kriva gubi tehnički smisao

Preporuke i propisi Mi i l kkrive Minimalne i stabiliteta... t bilit t Danny, 1884.

Rahola, 1939.

IMO, Res A749(18)

Ratni brodovi

Brod sa kružnim rebrima

h(ϕ ) = Nϕ G ⋅ sin ϕ Nϕ G = M o G = const

Brodovi, sem retkih izuzetaka (npr. nekih jedrilica) nemaju kružna rebra... Slika...

h(ϕ ) = M o G ⋅ sin ϕ sinusoida sinusoida...

M st (ϕ ) = gD ⋅ M o G ⋅ sin ϕ

Ipak, dobijeni izraz (zbog svoje jednostavnosti) pokazaće se veoma pogodan za analizu realnih brodova..

Brod sa uspravnim rebrima

h(ϕ ) = Nϕ G ⋅ sin ϕ

ϕ → 90° , h → ∞

Nϕ G = M o G + Nϕ M o

(

1 ⎛ ⎞ M st (ϕ ) = gD ⎜ M o G + M o Fo tg 2 ϕ ⎟ ⋅ sin ϕ 2 ⎝ ⎠

)

h(ϕ ) = M o G + Nϕ M o ⋅ sin ϕ 1 Nϕ M o = M o Fo ⋅ tg 2 ϕ 2

1 ⎛ ⎞ h(ϕ ) = ⎜ M o G + M o Fo tg 2 ϕ ⎟ ⋅ sin ϕ 2 ⎝ ⎠ Skribantijeva formula

M st (90°) → ∞

Brod je nemoguće nagnuti do 90° ?? Formula izvedena za uspravna rebra b neograničene visine... Realno, važi samo Realno do uranjanja palube, ili izranjanja dna...

Skribantijeva formula važi i za realne (punije) brodske forme, do uglova ~10° Slika... Prema tome Za veoma male uglove, do ~5° , važi

h(ϕ ) ≈ M o G ⋅ ϕ Za “umereno” male uglove, do ~10° , važi

1 ⎛ ⎞ h(ϕ ) ≈ ⎜ M o G + M o Fo tg 2 ϕ ⎟ ⋅ sin ϕ 2 ⎝ ⎠

A tek za veće uglove g jje neophodan p proračun h(ϕ) ...

Za tipični brod

3.3. Kriva puta stabiliteta i kriva stvarne metacentarske visine Na osnovu h – krive, definišu se još dve krive vezane za stabilitet broda kriva puta stabiliteta, e(ϕ ) kriva stvarne (prave) metacentarske visine, m(ϕ )

e(ϕ ) =

∫

ϕ 0

h ⋅ dϕ

dh d 2 e m(ϕ ) = = dϕ dϕ 2

h(ϕ ) =

de dϕ

Važe sledeće relacije vrednost e – krive u koordinatnom početku

e(0 ) =

nagib e – krive u koordinatnom početku

0

hdϕ = 0

Dokaz: Ribar, str. 96

de(0 ) = h(0 ) = 0 dϕ de(ϕops )

maksimum e – krive

dϕ

= h(ϕops ) = 0

dh(ϕo ) d 2 e(ϕo ) = =0 2 dϕ dϕ

prevoj e – krive vrednost m – krive u koordinatnom početku

m(0 ) =

vrednost m – krive kod maksimuma h – krive vrednost m – krive kod prevoja h – krive

∫

0

Geometrijsko značenje h, m, i e - krive

dh(0 ) = M oG dϕ

dh(ϕo ) m(ϕo ) = =0 dϕ

d (ϕ p ) dm dϕ

=0

ddm(0 ) =0 dϕ

h(ϕ ) = GH m(ϕ ) = M ϕ H e(ϕ ) = Fϕ H − Fo G

Kružna rebra

h(ϕ ) = M o G ⋅ sin i ϕ e(ϕ ) =

∫

m(ϕ ) =

ϕ 0

h(ϕ )dϕ = − M o G ⋅ cos ϕ

ϕ 0

= M o G ( 1 − cos ϕ )

dh = M o G ⋅ cos ϕ dϕ

Uspravna rebra

h(ϕ ) = M o G ⋅ sin ϕ +

1 M o Fo tg 2 ϕ ⋅ sin ϕ 2

(1 − cos ϕ ) 1 e(ϕ ) = h(ϕ )d ϕ = ⋅ ⋅ ⋅ = M o G ( 1 − cos ϕ ) + M o Fo 2 cos ϕ 0 dh tg 2 ϕ 1 m(ϕ ) = = ⋅ ⋅ ⋅ = M o G ⋅ cos ϕ + M o Fo + M o Fo ⋅ tg 2 ϕ ⋅ cos ϕ dϕ cos ϕ 2

∫

ϕ

2

Propisi Nekad: IMO (Res. A749(18)) Danas: Resolution MSC.267(85), 2008 IS Code

m(0 ) = M o G ≥ 0, 15m e(30°) > 0.055 m (m ⋅ rad ) e(40°) > 0.09 m e(40°) − e(30°) > 0.03 m

Pov. 1 > 0,055 m P 2 > 00,03 Pov. 03 m Pov. 1 + Pov. 2 > 0,09 m

3.4. Poprečne krive stabiliteta

∫ s ⋅ dV

Važi

sF = sF se može računati i preko koordinatnog sistema yz y ⋅ dV

∫

yF =

Vϕ

Vϕ sF = yF cos ϕ + z F sin ϕ

Vϕ

Vϕ

∫ z ⋅ dV

zF =

Vϕ

Vϕ

Krak stabiliteta se može izraziti kao h = sF − GK ⋅ sin ϕ

Uz koordinatni sistem yKz , vezan za brod koji se naginje... Uvodimo nepokretni sistem sKn sF – koordinata težišta istisnuća Fϕ

sF – zavisi od forme trupa GK

– zavisi od rasporeda masa

Uočimo, za dati brod i ppoložajj težišta G h, sF = f(ϕ , D)

sF se određuje za niz paralelnih vodnih linija broda pod konstantnim nagibom ϕ ...

sF kriva – poprečna kriva stabiliteta Uočiti

h – kriva: h(ϕ ) , pri D = const s – kriva: s( D ) , ϕ = const

Proračunava se (i crta) dijagram s – krivih za niz različitih uglova ϕ

sF1 , V1

sF2 , V2 ...

Dobija se dijagram

ρV = D

sF (D, ϕ ) dijagram se može prikazati u 3D koordinatnom sistemu...

Iz dijagrama s – krivih, za dato D i dato GK, sledi dijagram h(ϕ ) prema formuli

h = sF − GK ⋅ sin ϕ

Projekat “STABILITET” je, ustvari, određivanje dijagrama s – krivih, iz koga se dalje određuje h(ϕ) za niz različitih stanja opterećenja broda ...

3.5. Podela stabiliteta U izrazu

h(ϕ ) = Nϕ G ⋅ sin i ϕ

član Nϕ G zavisi od forme broda i od rasporeda p masa... Da bi se olakšala analiza, koristi se nekoliko podela... Jedna smo proučili:

h = sF − GK ⋅ sin ϕ

ali ima i drugih...

(

)

h(ϕ ) = Nϕ Fo − Fo G ⋅ sin ϕ

h(ϕ ) = Nϕ Fo ⋅ sin ϕ − Fo G ⋅ sin ϕ 14243 14243 ht hf

h(ϕ ) = h f − ht

Podela stabiliteta po Atvudu (Atwood)

Nϕ G = Nϕ Fo − Fo G Nϕ Fo

zavisi samo od forme broda

Fo G

zavisi i od forme broda, broda i od rasporeda masa... ali ne zavisi od ugla ϕ

hf – stabilitet forme ht – stabilitet težine Položaj Fo je u uskim granicama...

Fo K = ( 0, 51 − 0, 53 ) ⋅ T tako da član FoG uglavnom zavisi od rasporeda masa...

Krak stabiliteta forme h f (ϕ ) = Nϕ Fo ⋅ sin ϕ može se izraziti...

M st (ϕ ) = gD ⋅ h(ϕ ) = ρ gη ′v − gD ⋅ Fo G ⋅ sin ϕ 123 1442443 M st( f ) M st(t ) Ključ proračuna je statički moment klinova ...

η ′ ⋅ v = ?? Može se dokazati (Ribar, str. 221, Barensova metoda proračuna stabiliteta)

η′ ⋅ v = ⋅⋅⋅ = v ′ = v ′′ = v

= cos ϕ

Vϕ = Vo = V hf = η ′ ⋅

η ′ ⋅ v = hf ⋅V

v V

∫

ϕ 0

∫

ϕ 0

I x (φ ) cos (ϕ − φ ) d φ =

I x (φ ) cos φ ⋅ d φ + sin ϕ

∫

ϕ 0

I x (φ ) sin φ ⋅ d φ

... numerička integracija

h(ϕ ) = h f − ht ⇒ h(ϕ ) =

η ′v V

− Fo G ⋅ sin ϕ

Atvudova formula (1798) George Atwood, 1745-1807

Danas se retko koristi... ima uglavnom istorijski značaj

Podela stabiliteta po Štajnenu (Steinen)

h(ϕ ) = M o G ⋅ sin ϕ + Nϕ M o ⋅ sin ϕ 14243 14 4244 3 hk hd

h(ϕ ) = hk + hd hk – stabilitet broda sa kružnim rebrima hd – dodatni stabilitet možemo shvatiti kao posledicu razlike lik forme f rebara b u odnosu d na kružnicu...

h(ϕ ) = Nϕ G ⋅ sin ϕ Nϕ G = M o G + N ϕ M o Nϕ M o

zavisi samo od forme broda

M oG

zavisi i od forme broda, i od rasporeda masa... ali ne zavisi od ugla ϕ

(

)

h(ϕ ) = M o G + Nϕ M o ⋅ sin ϕ

M st (ϕ ) = gD ⋅ M o G ⋅ sin ϕ + gD ⋅ Nϕ M o ⋅ sin ϕ 1442443 144 42444 3 k ( ) M st M st( d ) Član

hk (ϕ ) = M o G ⋅ sin ϕ je već proučen... Ostaje da se prouči hd

Treba uočiti da je

dhd (0 ) =0 dϕ D k Dokaz

hd (ϕ ) = Nϕ M o ⋅ sin ϕ dhd d = Nϕ M o sin ϕ + Nϕ M o ⋅ cos ϕ dϕ dϕ

(

)

ϕ=0: cosϕ = 1 , sinϕ = 0 ,

Na samom početku je rečeno

Nϕ = M o → N ϕ M o = 0

M oG = 0

Oblik hd krive se razlikuje od broda do broda, ali je tangenta u koordinatnom početku uvek horizontalna... horizontalna

– ravnoteža indiferentna

To nije sasvim tačno... Važi samo za kružna rebra... a za ostale forme ravnoteža može biti i stabilna i labilna

U zavisnosti od znaka funkcija hk , hd , može se javiti više slučajeva... slučajeva

Krive stabiliteta pri negativnom uglu nakretanja Pri promeni smera ugla ϕ , moment stabiliteta Mst (ϕ ) menja smer... Kod K d simetričnog i ič b d su zato broda Mst (ϕ ) i h(ϕ ) neparne funkcije

M st (−ϕ ) = − M st (ϕ )

Prepoznati slučajeve... Uočiti: u sva četiri slučaja položaj ϕ = 0 j položaj je l ž j ravnoteže... ž Kakav k ??

h(−ϕ ) = −h(ϕ )

Polinomi za krive stabiliteta

Put stabiliteta je

e(ϕ ) =

∫

ϕ 0

h ⋅ dϕ

Integral neparne funkcije je ( t (matematički) tički) parna funkcija f k ij

Za realne brodove se (po pravilu) h – kriva ne dobija u analitičkom obliku, već kao niz tačaka, kroz koje se povlaći “splajn”...

e(−ϕ ) = e(ϕ ) Fizičko objašnjenje će se videti kasnije... Danas je, zbog primene u programima, pogodno aproksimirati h(ϕ ) i e(ϕ ) odgovarajućim polinomima... Treba paziti – h(ϕ ) je neparna, a e(ϕ ) parna funkcija...

h (ϕ ) = a1 ⋅ ϕ + a3 ⋅ ϕ 3 + a5 ⋅ ϕ 5 + a7 ⋅ ϕ 7 + ... e (ϕ ) =

1 1 1 a1 ⋅ ϕ 2 + a3 ⋅ ϕ 4 + a5 ⋅ ϕ 6 + ... 2 4 6

a1 = M o G

a3 , a5 , a7 ... = ??

Ako je

3.6. Statički stabilitet

a3 > 0

h – kriva ima prevojnu tačku...

Slična skica kao ranije...

Može se koristiti i podela

h (ϕ ) = hk + hd = M o G sin ϕ + b3 ⋅ ϕ 3 + b5 ⋅ ϕ 5 + ... Ako je b3 > 0 , dodatni stabilitet hd je pozitivnan... Kako je

sin ϕ = ϕ −

za slučaj

0 < b3 <

1 3 ⋅ ϕ + ... 6

M oG 6

h – kriva ima pozitivan dodatni stabilitet, a nema prevojnu tačku...

Tražimo ugao statičke ravnoteže ϕs = ? Uslovi ravnoteže isti kao kod početnog stabiliteta:

∑ F = 0 ⇒ W = U = gD ∑M = 0 ⇒ M = M i

i

st

k

Važi, međutim

M st = gD ⋅ h (ϕ )

Mk i Mst su suprotnog smera... Mk – u smeru ϕ

pri čemu h(ϕ ) sledi iz proračuna stabiliteta... Jednačina

Mst – nasuprot ϕ

M st = M k

se zato ne može analitički rešiti...

nanosimo ih kao pozitivne

Problem se rešava grafo-analitički pomoću dijagrama statičkog stabiliteta

Pri tome, za moment nakretanja važe sledeći slučajevi

M k = M ko cos ϕ – Pomeranje tereta, skretanje M k = M ko cos 2 ϕ – Vetar, za jedrilice... M k = M ko – Vetar, na strani sigurnosti... Za većinu tehnički važnih slučajeva je, prema tome

M k = M ko cos n ϕ

n = 0, 1, 2

Da li je u položaju φ = φs ravnoteža stabilna ??

ϕ = ϕ1 + dϕ , ϕ = ϕs + dϕ

Mst > Mk

N ki k Neki karakteristični k i ič i slučajevi l č j i Slučaj dva preseka Postoje dva rešenja jednačine Mk = Mst unutar opsega stabiliteta U kom kom, od dva položaja ravnoteže, ravnoteže brod pliva? Treba (opet) proveriti stabilnost položaja ravnoteže...

ϕ = ϕ2 + dϕ ,

Mst > Mk Mst < Mk

Brod pliva u stabilnom položaju

ϕs = ϕ1 Treba uočiti da u stabilnom dM st dM k položaju ravnoteže važi > dϕ dϕ dok je u labilnom položaju ravnoteže

dM st dM k < dϕ dϕ

Slučaj bez preseka Ne postoji N t ji rešenje š j jednačine j d či Mk = Mst unutar opsega stabiliteta

Slučaj dodira Postoji P t ji jedno j d rešenje š j jednačine j d či Mk = Mst unutar opsega stabiliteta... ali takvo,, da važi

dM st (ϕ s ) dM k (ϕ s ) = dϕ dϕ

U celom opsegu stabiliteta je Mk > Mst Brod se prevrće

Krive Mk i Mst se dodiruju, odnosno imaju zajedničku tangentu... Ovo rešenje treba razumeti....

Ukoliko se moment nakretanja malo poveća

M k 1 = M k + ΔM k

brod se prevrće...

Ukoliko se moment nakretanja j malo smanji j

M k 2 = M k − ΔM k

brod pliva u stabilnom položaju...

Ugao ϕ = ϕs je granični ugao do koga se brod, u slučaju ravnoteže, može nagnuti To je ugao statičkog prevrtanja

ϕ s( p )

Moment koji dovodi do prevrtanja je moment statičkog prevrtanja

M k( p )

Za proste forme (kružna i uspravna rebra) izveli smo analitičke izraze za moment stabiliteta...

Sam položaj ϕ = ϕs je nestabilan...

ϕ = ϕs + dϕ ,

Mst < Mk

Koliko nam to pomaže pri proračunu statičkog stabiliteta ?

Kružna rebra

n=0:

sin ϕ s =

n=1:

tg ϕ s =

M ko gD ⋅ M o G M ko gD ⋅ M o G

n=2:

2 ⎡ ⎤ ⎛ ⎞ gDM o G ⎢ 2M ko − 1⎥ sin ϕ s = ⋅ ⋅ ⋅ = 1+ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎥ 2M ko ⎢ gDM o G ⎠ ⎝ ⎥⎦ ⎣⎢

M st = gD ⋅ M o G ⋅ sin ϕ

Uspravna rebra

M k = M ko cos n ϕ M st = M k

M ko cos n ϕ s = gD ⋅ M o G ⋅ sin ϕ s Jednačina se ne može analitički rašiti za proizvoljno n ... Ali

1 ⎛ ⎞ M st (ϕ ) = gD ⎜ M o G + M o Fo tg 2 ϕ ⎟ ⋅ sin ϕ 2 ⎝ ⎠

M k = M ko cos n ϕ

mgl cos ϕ s = gD ⋅ M o G sin ϕ s +

1 gDM o F tg 2 ϕ s sin ϕ s 2

M st = M k

M ko cos n ϕ s = gD ⋅ M o G sin ϕ s +

1 gDM o F tg 2 ϕ s sin ϕ s 2

Što predstavlja problem za analitičko rešavanje i pri n = 0 Zato se problem Z bl rešava š grafoanalitički, f li ički a Skribantijeva formula samo olakšava određivanje Mst Ipak, uslov ravnoteže broda sa uspravnim rebrima daje jednu korisnu formuli... Neka je Mk posledica poprečnog pomeranja tereta

M k = mgl ⋅ cos ϕ Tada za uspravna rebra važi

Što se može rešiti po MoG....

M oG = ⋅ ⋅ ⋅ =

ml 1 − M o F ⋅ tg 2 ϕ s D ⋅ tg ϕ s 2

To je formula za metacentarsku visinu koju, prema IMO pravilima, treba koristiti kod probe b nakretanja... k j Ranije smo izveli formulu

M oG =

ml D ⋅ ϕs

koja važi za suviše male uglove... uglove

Nesimetrično opterećen brod Posmatramo slučaj kada je težište G van ravni simerije...

Ugao ϕs može se odrediti redukcijom težine W na tačku G’

npr. usled nesimetričnog rasporeda tereta

M k = M WG′ = gD ⋅ GG ′ cos ϕ Brod tada “legne” na bok, b k i pliva li podd nagibom ϕs

Tada je, klasičnim postupkom

Kada se ovakav brod izvede iz ravnotežnog položaja (položaja ϕs ) moment koji teži da ga vrati je M st′ = M st − M k Dijagram momenta

M st′

izgleda

Položaj plivanja broda se, prema tome, može odrediti na dva načina... Klasično, redukcijom težine na tačku u ravni simetrije... ili uvođenjem đ j momenta

M st′

Značaj ovog momenta će se videti tek u predmetu Plovnost i stabilitet 2 (kod nesimetrićno oštećenog broda) Sada ga treba razumeti ... Razmisliti o ispravljenju broda poprečnim pomeranjem tereta. Uslov ravnoteže, koji određuje ugao statičkog nagiba g ϕs jje M st′ = 0

M st′

– Moment stabiliteta nesimetrično opterećenog broda

Deluje

M k 1 = mgl y cos ϕ

nasuprot momentu Mk Kako se to “vidi” u jednom, a kako u d drugom dijagramu? dij ? Kako se vidi vertikalno pomeranje tereta?

Brod sa negativnom metacentarskom visinom U slučaju MoG < 0 ((G iznad Mo) položaj ϕ = 0 je položaj labilne ravnoteže...

Ukoliko ima pozitivan dodatni stabilitet brod može zauzeti novi stabilni ppoložajj ravnoteže pod uglom ϕs Brod “legne” na bok Dijagram stabiliteta je

Brod se naginje... Ukoliko ima negativan dodatni stabilitet brod se prevrće ...

Treba paziti na smer Mst ...

Opasnost od MoG < 0 javlja se kod brodova s lakim teretom teret popuni skladišta, a nakon toga se tovari na palubu... To su kontejnerski brodovi, brodovi za prevoz drveta, putnički brodovi, brodovi za prevoz automobila...

tg 2 ϕ s =

−2 ⋅ M o G M o Fo

M oG = −M oG

tg ϕ s =

2 ⋅ M oG M o Fo

Slike... Ugao ϕs se može naći iz krive momenta stabiliteta... stabiliteta ali (pošto je, po pravilu, mali) može se koristiti i Skribantijeva formula

1 ⎛ ⎞ M st (ϕ s ) = gD ⎜ M o G + M o Fo tg 2 ϕ s ⎟ ⋅ sin ϕ s = 0 2 ⎝ ⎠

M oG +

1 M o Fo tg 2 ϕ s = 0 2

Uočiti, početni stabilitet

M st (ϕ ) = gDM o G ⋅ ϕ ne daje ϕs za slučaj MoG < 0 ... Problem MoG < 0 je mnogo komplikovaniji (i interesantniji) nego što št na prvii pogled l d izgleda... i l d

Dijagram momenta stabiliteta je

Ispravljanje broda poprečnim pomeranjem tereta

M k = mg ⋅ l y cos ϕ ≈ ≈ mg ⋅ l y

Brod ima dva stabilna i jedan nestabilni položaj ravnoteže... može ležati na jednom, ili drugom boku,, što zavisi od početnih p uslova... Nagnuti ravnotežni položaj plivanja, bez dejstva spoljnog momenta, je (na izgled) isti k kod kao k d nesimetrično i t ič raspoređenog đ tereta... t t Kako proveriti zašto je brod nagnut..?

Brod sa negativnom MG ne može se ispraviti poprečnim pomeranjem tereta... Kako može ?? Nesreća broda Cougar Ace

Uticaj tečnog tereta

M st (ϕ ) = gD ⋅ Nϕ G ⋅ sin ϕ − gD ⋅ Aϕ G ⋅ sin ϕ 1442443 1442443 M sto M fs Kod početnog stabiliteta smo izveli

M st (ϕ ) = gD ⋅ M o G ⋅ ϕ − gD ⋅ Ao G ⋅ ϕ ρ I′ M st (ϕ ) = M sto − γ t I x′ ⋅ ϕ Ao G = t x ρ V Sada treba rešiti problem za veće uglove... Treba odrediti Kao i u slučaju početnog stabiliteta... dolazi do prelivanja tereta na stranu nagiba, usled čega se težište broda pomera iz G u G1 Moment stabiliteta se smanjuje

M st = gD D ⋅ h ′(ϕ )

h′(ϕ ) = h − r = Nϕ G sin ϕ − Aϕ G sin ϕ

Važi Sledi

r (ϕ ) = ?? smanjenje kraka stabiliteta pod uticajem tečnog tereta

r (ϕ ) = Aϕ G ⋅ sin ϕ

dr d = Aϕ G ⋅ sin ϕ + Aϕ G ⋅ cos ϕ dϕ dϕ

(

)

ϕ = 0 : ssin ϕ = 0, cos ϕ = 1, Aϕ G = Ao G = dr (0) = Ao G dϕ

ρt I x′ ρ V

Kriva r(ϕ ) je, prema tome

Ostaje još da se odredi funkcija r(ϕ )

r ′ ⋅ mt = r ⋅ D r=

mt ρv r′ = t t r′ D ρ ⋅V

r ′ = ??

r ′ = sF′ − K ′Fo′ sin ϕ a kriva kraka stabiliteta sa uticajem tečnog tereta je

sF′ =

∫ s′ ⋅ dV vt

vt

Postupak detaljno proučen kod definisanja s – krivih sada umesto uronjenog dela trupa broda – tečnost u tanku... tanku Postoji ceo niz metoda... koje sada treba primeniti na tankove...

ρt I x′ ⎛ 1 2 ⎞ + tg ϕ ⎟ sin ϕ r (ϕ ) = 1 ρV ⎜⎝ 2 ⎠

Odredi se r(ϕ ), odnosno Mfs(ϕ ) za svaki tank...

1 ⎛ ⎞ M fs (ϕ ) = γ t I x′ ⎜ 1 + tg 2 ϕ ⎟ sin ϕ 2 ⎝ ⎠

Ukupan uticaj se dobija superpozicijom

r (ϕ ) =

∑ r (ϕ ) i

M st (ϕ ) = M sto − gD D

∑ r (ϕ ) i

Obiman posao... Ukoliko tank ima pravougaoni poprečni presek

Rezultat važi samo ukoliko je slobodna površina između bočnih zidova tanka... pa rezultat (ipak) zavisi od količine tečnosti u tanku... Ukoliko je ceo tank oblika kvadra 1 3 I x′ = bT lT 12 bT3 lT ⎛ 1 2 ⎞ tg ϕ ⎟ sin ϕ M fs (ϕ ) = γ t 1 + ⎜ 12 ⎝ 2 ⎠ b 1 2 ⎞ ⎛ M fs (ϕ ) = γ t ⋅ bT lT hT ⋅ T bT ⎜ 1 + tg t ϕ ⎟ sin i ϕ 123 12hT ⎝ 2 ⎠ vT

M ffs (ϕ ) = γ t ⋅ vT ⋅ bT ⋅ kT dobija se, analogno Skribantijevoj formuli

kT =

1 ctg θT 12

1 ⎛ ⎞ ⋅ ⎜ 1 + tg 2 ϕ ⎟ sin ϕ 2 ⎝ ⎠

IMO propisi dozvoljavaju i približan proračun uticaja slobodnih površina

M fs (ϕ ) = γ t ⋅ vT ⋅ bT ⋅ kT ⋅ δ T

δT = kT =

kT =

Razmotrili smo problem za slučaj početnog stabiliteta... Rešili osnovni slučaj – slučaj ( a )

vT lT ⋅ bT ⋅ hT

1 ctg θT 12

3.7. Dinamički stabilitet

1 ⎛ ⎞ ⋅ ⎜ 1 + tg 2 ϕ ⎟ sin ϕ 2 ⎝ ⎠ ϕ ≤ θT

1 (1 + tg θT ⋅ tg ϕ ) cos ϕ − 8 1 1 ⎛ ⎞ − tg 2 θT ⋅ ⎜ 1 + ctg 2 ϕ ⎟ cos ϕ 12 2 ⎝ ⎠

ϕ > θT

Ako je

Tada smo, pomoću zakona o promeni kinetičke energije, izveli formulu koja važi i za velike uglove nagiba ϕd ϕd M k dϕ = M st d ϕ

∫

ri (30°) < 1 cm uticaj ti j tanka t k se zanemaruje... j

δT

pomoću linearne diferencijalne jednačine valjanja...

??

0

∫

0

Iz ove formule, određuje se ϕd i bez diferencijalne jednačine...

Konstruiše se dijagram statičkog stabiliteta

Površina 1 se određuje numeričkom integracijom...

ϕd se zatim određuje iz nekoliko

interacija...

iz uslova

pov. 1 = pov. 2

∫

Na osnovu

ϕd 0

M k dϕ =

∫

ϕd 0

Problem se može rešiti i pomoću dijagrama dinamičkog stabiliteta M st d ϕ

Konstruiše se kriva

važi

∫

ϕs 0

M k dϕ +

∫

ϕd ϕs

M k dϕ =

∫

ϕs 0

M st d ϕ +

∫

ϕd ϕs

M st d ϕ

odnosno ϕs

ϕd

( M − M ) dϕ = ∫ ( M − M ) dϕ ∫144 42444 3 14442444 3 0

k

st

površina 1

ϕs

st

k

površina 2

∫

ϕ 0

M st d ϕ = − Ast (0, ϕ ) = Est (ϕ )

Ast(0,ϕ ) – rad momenta stabiliteta od položaja ϕ = 0 do proizvoljnog ppoložaja j Est(ϕ ) – potencijalna energija stabiliteta u odnosu na položaja ϕ = 0

Est (ϕ ) =

∫

ϕ 0

Est (ϕ ) = gD

M st d ϕ =

∫

ϕ 0

∫

ϕ 0

gD ⋅ h(ϕ )d ϕ

h(ϕ )dϕ Est (ϕ ) = gD ⋅ e(ϕ )

Takođe se konstruiše kriva

∫

ϕ 0

M k dϕ = Ak (0, ϕ )

Ak(0,ϕ ) – rad momenta nakretanja od položaja ϕ = 0 do proizvoljnog položaja Iz jednačine Sledi

∫

ϕd 0

M k dϕ =

∫

ϕd 0

M st d ϕ

Ak (0, ϕd ) = Est (ϕd )

Presek krivih određuje ugao ϕd Dijagram dinamičkog stabiliteta se mora složiti s dijagramom statičkog stabiliteta...

Važe relacije

dEst (ϕ ) = M st (ϕ ) dϕ

dAk (0, ϕ ) = M k (ϕ ) dϕ

Razmatrali slučaj dinamičkog stabiliteta slučaj ( a )

Ugao dinamičkog nagiba ϕd se određuje (alternativno) iz

dijagrama statičkog stabiliteta (ugao je određen jednakošću površina...) i dijagrama dinamičkog stabiliteta... ugao je određen presekom krivih Est i Ak

Neki karakteristični slučajevi dinamičkog stabiliteta

U dijagramu statičkog stabiliteta, to se vidi kao

Slučaj bez preseka (krive Est i Ak se ne seku)

Ne postoji rešenje jednačine Ek(ϕd ) = Ak(0,ϕd ) p g stabiliteta unutar opsega Nema ugla dinamičkog nagiba... U celom opsegu stabiliteta je Est(ϕ ) < Ak(0,ϕ ) Brod se prevrće...

pov. 1 > pov. 2 Postoji položaj statičke ravnoteže ϕs , ali dolazi do dinamičkog prevrtanja broda

Slučaj dodira (krive Est i Ak se dodiruju) Postoji jedno rešenje jednačine Est (ϕd ) = Ak(0,ϕd ) unutar opsega stabiliteta... ali takvo, da krive Ak i Est imaju zajedničku tangentu... postoji dinamički ugao nakretanja ϕd ... Važi

dEst (ϕd ) dAk (0, ϕd ) = ⇒ dϕ dϕ

M st (ϕd ) = M k (ϕd ) pov. 1 = pov. 2 ugao dinamičkog nagiba jednak je uglu labilne ravnoteže

Slučaj treba detaljnije analizirati...

Ako se moment nakretanja malo poveća

M k 1 = M k + ΔM k

dolazi do dinamičkog prevrtanja broda j malo smanji j Ako se moment nakretanja

M k 2 = M k − ΔM k

brod se naginje do dinamičkog ugla ϕd

Prikazani ugao ϕ = ϕd je granični ugao do koga se brod može nagnuti, a da ne dođe do prevrtanja Zovemo ga ugao dinamičkog prevrtanja ϕ d( p ) a moment koji izaziva taj ugao je moment dinamičkog prevrtanja M k( d )

Uporediti ugao statičkog i dinamičkog prevrtanja... ϕ s( p ) , ϕd( p ) Uporediti moment statičkog i dinamičkog prevrtanja M k( p ) , M k( d ) Razumeti razliku...

Brod nagnut ka momentu nakretanja Brod se valja amplitudom ϕo ... moment (na primer vetar) zahvata ga u položaju amplitude ka momentu... slučaj ( b )

U dijagramu statičkog stabiliteta, to se vidi kao

pov. 1 = pov. 2 Iz zakona o promeni kinetičke energije... izveli formulu

∫

ϕd −ϕo

M k dϕ =

∫

ϕd −ϕo

M st d ϕ

Transformišemo je (slično kao ranije) ϕs

ϕd

( M − M ) dϕ = ∫ ( M − M ) dϕ ∫144 42444 3 14442444 3 −ϕo

k

st

površina 1

ϕs

st

k

površina 2

Da je brod bio zahvaćen momentom u položaju bez nagiba – ugao ϕd bi bio j manji... Razmatrani uticaj je nepovoljniji... Kako se problem rešava preko dijagrama dinamičkog stabiliteta ?

Jednačina

∫

ϕd −ϕo

U dijagramu dinamičkog stabiliteta to je

M k dϕ =

ϕd

∫

−ϕo

M st d ϕ

može ž se transformisati f i i u oblik blik

∫

∫

ϕd −ϕo

ϕd −ϕo

M k dϕ =

∫

M k dϕ = −

0

M st dϕ +

−ϕo

−ϕo

∫

ϕd

M st d ϕ

0

ϕd

M dϕ + M dϕ ∫14243 ∫1424 3 st

st

0

0

Est (−ϕo )

Est (ϕd )

Odakle sledi Ak (−ϕo , ϕd ) = − Est (−ϕo ) + Est (ϕd )

Presek krivih (opet) određuje ugao dinamičkog nagiba...

Odnosno Est (ϕd ) = Est (−ϕo ) + Ak (−ϕo , ϕd )

Da jje brod bio zahvaćen momentom u položaju bez nagiba...

Brod nagnut od momenta nakretanja Brod se valja j amplitudom p ϕo ... moment (na primer vetar) zahvata ga u položaju amplitude od momentu... slučaj (c)

Iz zakona o promeni kinetičke energije... izveli formulu

∫

ϕd ϕo

M k dϕ =

∫

ϕd ϕo

M st dϕ

Transformišemo je (slično kao ranije) ϕs

ϕd

( M − M ) dϕ = ∫ ( M − M ) dϕ ∫144 42444 3 14442444 3 ϕo

k

st

površina 1

ϕs

st

k

površina 2

S druge strane (istim postupkom kao i ranije) dobija se jednačina Est (ϕd ) = Est (ϕo ) + Ak (ϕo , ϕ d )

U dijagramima se to vidi kao

Slučaj konstantnog momenta nakretanja

Na primer...

Problem se, naročito u slučaju vetra, često rešava pod pretpostavkom Mk = const...

Odrediti moment Mk = const koji zahvata brod bez nagiba i dovodi do

Tada je

dinamičkogg pprevrtanja j broda... Ak (0, ϕ ) =

∫

ϕ

M k dϕ = M k ⋅ ϕ

0

što omogućava da se prethodni slučajevi nešto jednostavnije reše...

Sami – preko dijagrama statičkog stabiliteta...

Da li zadati moment Mk = const , koji zahvata brod u najnepovoljnijem položaju l ž j valjanja, lj j prevrće ć brod... b d

Kriterijum vremenskih uslova Osnovni IMO kriterijum stabiliteta (Weather Criterion) Uticaj vetra i talasa, uticaj nevremena...

Moraju, M j prema Res.A R A 749(18) 749(18), dda zadovolje svi brodovi.. Potiče iz japanskih propisa 1950-60. Jamagata...

U ovom slučaju, ne...

Scenario je sledeći...

Pretpostavlja se da je brod izložen bočnoj oluji... srednja brzina vetra 26 m/s (10° Bf ),

ϕd ≤ ϕdop ( p) ϕdop = ϕ d d , ϕ f , 50°

postoje olujni talasi (stanje mora 8, visina talasa 11 m) i udari vetra... Brod se, pod dejstvom vetra, nagne do ugla statičke ravnoteže ϕs1 i valja, pod dejstvom talasa, oko tog položaja amplitudom ϕo

ϕo se proračunava tako da iznosi 70%

rezonantne amplitude valjanja broda na regularnom (sinusnom) talasu... U najnepovoljnijem položaju broda, deluje udar vetra i povečava moment vetra za 50% ... Određuje se dinamički ugao nagiba broda ϕd posle udara vetra Propisi ograničavaju ovaj ugao

Rešiti preko dijagrama dinamičkog stabiliteta...

Nesimetrično opterećen brod Brod nagnut u smeru momenta nakretanja

Brod nagnut nasuprot momentu nakretanja j

pov. 1 = pov. 2

pov. 1 = pov. 2

Dokaz sami sami... Zadatak se može (alternativno) rešiti redukcijom težine na ravan simetrije...

Brod sa negativnom metacentarskom visinom Brod nagnut u smeru momenta nakretanja

Brod nagnut nasuprot momentu nakretanja k j

pov. 1 = pov. 2 pov. 1 = pov. 2

Uočiti stabilne i labilne položaje ravnoteže...

USLOVI ZA POLAGANJE ISPITA Da bi se položio ispit iz predmeta PLOVNOST I STABILITET BRODA 1 neophodna je pozitivna ocena iz sva tri dela ispita • projekat • pismeni ispit • usmeni ispit

Ukupna p ocena jje srednja j vrednost ocene projekta, kolokvijuma, pismenog i usmenog dela ispita Preostala dva projekta • DIJAGRAMSKI LIST BRODA • STABILITET BRODA

Za polaganje pismenog ispita p p pozitivno ocenjen j neophodan projekat: PLAN BRODSKIH LINIJA Za polaganje usmenog dela ispita neophodno je položiti pismeni deo ispita u istom ispitnom roku...

završavaju se u okviru diplomskog rada i brane na diplomskom ispitu Overeni Plan brodskih linija i Dijagramski list su uslov za dobijanje projekata iz svih ostalih predmeta... p

PLOVNOST I STABILITET BRODA 1 ______________________________

Slika I – 1. Tipičan brod za prevoz rasutog tereta (bulk carrier)

Nazad na predavanje I...

Predavanje I - slike

1

PLOVNOST I STABILITET BRODA 1 ______________________________

Mali brod za prevoz kontejnera (fider) Obratiti pažnju na mali slobodni bok...

Port Said 2001... Brodolom na mirnom moru, nakon skretanja Kapetan kriv zbog nepravilnog rasporeda tereta... Ustvari brod žrtva propisa... Takse se plaćaju po BRT... što manje zatvorenog prostora, što više kontejnera na palubi... Sistem plaćanja smišljen za drugačije brodove... Slika I - 2

Predavanje I - slike

2

PLOVNOST I STABILITET BRODA 1 ______________________________

Još drastičniji primer negativnog uticaja propisa...

Nazad N d na predavanje I... Slika I - 3 Brodovi na Velikim Jezerima, dok su se takse plaćale u zavisnosti od površine palube...

Predavanje I - slike

3

Brzi katamaran – jedan od mogućih kompromisa stabiliteta i otpora broda

Trimaran – eksperimentalna fregata TRITON

Nazad

Ugao nagiba od oko 30° (najčešće) nije opasan za brod, i mornarii sa slike lik tto znaju... j N Neke k putnike t ik h hvata t panika ik većć pri uglu nagiba od 12° - tzv. uglu panike...

Nazad...

Prazan kontejnerski brod u krugu okretanja...

Nazad...

Brzi brod (nosač aviona) nagnut usled skretanja...

Nazad...

Postoji niz havarija u kojima je s skretanje odigralo značajnu ulogu...

Brod Turija... j

Exelsior, Keln 2007

Dongedijk, Port Said 2000.

Nazad... Nazad

Gliseri se, pri skretanju, naginju ka centru krivine...

Nazad

Primer tegljenja

Nazad

Primer visećeg tereta: Ploveća dizalica nosi dizalicu za kontejnere na kuki...

Nazad...

Herald of Free Enterprise p –p pre brodoloma

Posle nesreće (Zibridž, (Zibridž Belgija 1987)

Estonija

Simulacija brodoloma (brod Estonija, 1994)

Nazad...

Realni uslovi u bočnoj oluji oluji. Uz vetar vetar, tu su i talasi, talasi brod se ljulja tako da nema statičkih rešenja... Nazad...

Brodovi koji su, zbog velike lateralne površine, osetljivi na bočni vetar... Kontejnerski brodovi

Putnički brodovi

Brodovi za prevoz automobila

Nazad

Tipične brodske forme 1650-1750.

Bojni brodovi oko 1900... Bitka kod Cušime 1905... I svetski rat 1914...

Ponovo,, STELT tehnologija... gj

??

Nazad...

Jedrilica sa približno kružnim rebrima...

Nazad...

Plan rebara tipičnog teretnog broda

Nazad

Primeri brodova kod kojih postoji opasnost negativne od metacentarske visine

Brod za prevoz drveta

Brod za prevoz automobila

Da li je brod legao na bok usled negativne metacentarske visine ?

Moderni putnički brod - kruzer

Još jedan putnički brod

Kontejnerski brod

Kontejnerski brod

Mali kontejnerski brod - fider

Nazad...