Embed Size (px)
Citation preview
PLOVNOST I STABILITET BRODA 1 (2010)
Sreda 9 - 14
Predavanja i auditorne vežbe: Igor BAČKALOV
Vežbe – izrada projekata: Milan KALAJDŽIĆ
3 projekta3 projekta
PLAN BRODSKIH LINIJA uslov za polaganje ispita
DIJAGRAMSKI LIST BRODA
STABILITET BRODArade se u okviru Završnog ispita...
Ispit: pismeni + usmeni Pismeni – zadaci (dozvoljena literatura)
Usmeni – na tabli (dozvoljena literatura)( j )
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 S 98Stability, SNAME 1987
K.J. Rawson & E.C. Tupper: Basic Ship Theory, 1967
Rečnik...
Internet...
Society of Naval Architects and Marine Engineers – SNAME (www sname org)Society of Naval Architects and Marine Engineers SNAME (www.sname.org)
The Royal Institution of Naval Architects – RINA (www.rina.org.uk)
NEKI OSNOVNI POJMOVI I VELIČINE
Pregrade
palubapramac
krma
pramčani pikkrmeni pik
t š j d
Pregrade...Trup broda
p
dno
srednjakmašinski prostor
unutrašnje dnodvodno
d b k
Nadgrađe kaštel kasar
dvobok
Nadgrađe – kaštel, kasar
bok
dvodnokaštelpalubne kućice
bok – levi, desni...kasar
EngleskiEngleski...
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 presecil bGlavno rebro,
Vodna linija, VL – linija preseka trupa i horizontalne ravni
KVL, TVL, LVL ...
Osnovne (glavne) dimenzije broda
Dužina broda – L
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
V – zapremina uronjenog dela V
LBTδ = Koeficijent (punoće) istisnuća
d C
p j gbroda, kada pliva u ravnoteži,
zapremina istisnuća,
istisnuće brodad, CBistisnuće broda
A ši d
1δ ≤
VLALB
α =
AVL – površina unutar vodne linije, površina vodne linije
š
Koeficijent (punoće) vodne linije
a C AR – površina unutar rebra, površina rebra
a, CVL
1α ≤
RABT
β =
b, CR
Koeficijent (punoće) rebra
1β ≤b, CR 1β ≤
GR
VA L
ϕ = Koeficijent finoće, prizmatični koeficijent AGR – površinaglavnog rebra
ϕ , CP
1ϕ ≤ LBTδ δϕ = =
Vϕ = Vertikalni koeficijent finoće,
BT Lϕ
β β⋅
vVLA T
ϕ
ϕ , CP
vertikalni prizmatični koeficijent
ϕv , CPv
v 1ϕ ≤
LBTδ δv LB T
ϕα α
= =⋅
Plovnost broda (osnovni pojmovi)
Dve sile...
obe posledica gravitacije
Težina BW g m= ⋅Težina
W deluje u tački G, težištu mase
BW g m
∫r
Uk il d vA
F p n dA= − ⋅ ⋅∫r
atp p ghρ= +
Ukupna sila vode
hidrostatički pritisak
U Vρ
Vertikalna sila, uzgon vA
U F k p n k dA= ⋅ = − ⋅∫r rr r
U deluje u tački F, težištu zapremine VRavnoteža
Arhimedov zakonU gVρ= ⋅ ⋅ ⋅ =
iF 0= ⇒∑ W U=
Termini – preciznije
( ) 3V m⎡ ⎤∇ ⎣ ⎦Zapremina brodom istisnute tečnosti kada brod pliva u ravnoteži –zapremina istisnuća (zapremina deplasmana)
D [t] – masa brodom istisnute tečnosti kada brod pliva u ravnoteži –
jednaka je zapremini podvodnog (uronjenog) dela broda
( )V Dρ ρ= ∇ = Δ [ ] pmasa istisnuća (masa deplasmana)
gD [kN] – težina brodom istisnute tečnosti kada brod pliva u ravnoteži –gD [kN] težina brodom istisnute tečnosti kada brod pliva u ravnoteži težina istisnuća (težina deplasmana)
VažiW UU gVρ
== sledi
W gD=
U praksi (po pravilu)
istisnuće = V (m3)
B
W gDm D
== deplasman = D (t)
Pojam – rezerva istisnuća (rezervno istisnuće) – VR
zapremina nadvodnog – vodonepropusnog dela trupa (određuje ga slobodni bok)
U vezi minimalnog V odnosno F odnosno T postoje striktniU 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
deo IMO propisa
Grubo brodovi se dele na dva tipa A i B
A – tankeri (nema otvora na palubi, paluba vodonepropusna)
B i t li b d i
Plimsolova oznaka
B – svi ostali brodovi
FBmin = osnovni + popravke
i F f(L)
Propisi daju
osnovni FBmin = f(L)
popravke - zavise od nadgrađa, skoka palube, itd...
Pojam – dedvejt (Deadweight)
B če maš opr ter pos zalm m m m m m m= + + + + +
, ( ) ( )p p
prazan brod Lightship nosivost Deadweight1442443 1442443
DWT (t)P j t žPojam – tonaža
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 brodaklasični primeri
Stanje ravnoteže može biti
STABILNOLABINLNO (NESTABILNO)INDIFERENTNO
Stabilan položaj ravnoteže –i i t ij l ijminimum potencijalne energije
Brod - šest stepeni slobode
ξο , ηο , ζο ξο , ηο , θ
Ravnoteža stabilna, labilna, indiferentna ?
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 Kaže se M G 0Mo iznad G ravnoteža stabilnaMo ispod G – ravnoteža nestabilnaMo u G – ravnoteža indiferentna
Kaže seo
o
o
M G 0
M G 0
M G 0
>
<
=
oM G – metacentarska visinao
o M GM G z z= − razlika koordinata
Mo je tzv. poprečni metacentar, odnosi se na poprečni stabilitet – naginjanje u poprečnoj ravni
φ - ugao nagiba (ugao nakretanja)
K k j t ž d i j j k č i j j d ž jKakva je ravnoteža u odnosu na naginjanje oko poprečne ose y – naginjanje u uzdužnojravni ??
ML – uzdužni metacentarL
LM G uzdužna metacentarska visina
LM G 0>ψ –ugao trima, ugao pretege
L
L
L
G 0
M G 0
M G 0
<
=
??
L B
L oM G M G
M daleko iznad MML daleko iznad Mo
MLG uvek pozitivna... ravnoteža stabilna
1.1.1. Moment stabiliteta1. POČETNI 1. POČETNI STABILITET BRODASTABILITET BRODA
1.1. Statički stabilitet
stM W h= ⋅
Moment sprega sila W i U ...
sino oh M G M Gϕ ϕ= ⋅ ≈ ⋅
h – krak stabiliteta
M G č k i i
W gD=
oM G – početna metacentarska visina
oU W=st oM gD M G ϕ≈ ⋅ ⋅
1ϕ ??
o oU gVρ=Mk – moment nakretanja
U novom položaju ž ži
U gVϕ ϕρ=
U Wϕ =
,0 1 rad 5 6ϕ ≤ ≈ − °
i ( t )1
dve aproksimacije...
Brod se nagne pod dejstvom spoljnog momenta Mk
ravnoteže važi
1ϕ
ϕ
o oU U V Vϕ ϕ= ⇒ =sledi
sin (cos , tg )1ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ≈ ≈ ≈
oM Mϕ ≈ ( )oM G f ϕ≠
za mali ugao
iM 0=∑∑k stM M=
k o sM gDM G ϕ= ⋅
1 1 2 U ičk ib
⇒
ks
o
MgD M G
ϕ ≈⋅
1.1.2. Ugao statičkog nagiba
( )( ), ,s k of D M M Gϕ =
ne znamo unapred da li jene znamo unapred da li je zadovoljen uslov
s 1ϕ
Težište1.1.3. Početna metacentarska visina
fS
xdf
xf
=∫
i iS
f xx
f= ∑
o o o o
o
M G F K M F GK
M K
= + −14243
f
1 2f f f= +o
oVo F
o
zdV
F K z VCBV
= = =∫
21 1 2
fSS S S
f=
i iG
B
m zGK z VCG
m= = = ∑ 2
2 2f
SS S Sf
′ ′=
??o oM F =
Početni metacentarski radujus
??M Fposmatramo kao “pomeranje” klina za ls ...v′′
??o oM F =
o svF F lVϕ = ⋅važi
o o oF F MFϕ ϕ= ⋅
o o svMF lV
ϕ⋅ = ⋅sv lMF ⋅=
o o oϕ ϕ
o oMFVϕ
??sv l⋅ =ydV∫1ϕ
oV V v vϕ ′ ′′= + −s sl 2y≈ v
syv
′=′
∫
ydV∫uronjeni i izronjeni klin′ ′′
v v v′ ′′= =oV V Vϕ = =
...?vs
v
yv l v 2 2 ydV
v′
′
⋅ = ⋅ = =′
∫∫
⇒
– uronjeni i izronjeni klin,v v
2
v
ydV y dxdy y y dxdyϕ ϕ′
= ⋅ ⋅ =∫ ∫ ∫
1VLo2
2
v A
ydV y dAϕ′
=∫ ∫
dV d d dVLo
2x
A
y dA I=∫1
VLo2
2x
A
1y dA I2
=∫d d ϕdV dx dy dz= ⋅ ⋅
Ix – moment inercije površine (unutar) vodne linije za uzdužnu težišnu osu x
1v l 2 ydV 2 I Iϕ ϕ⋅ = = ⋅ = ⋅∫
dxdy yϕ= ⋅
s xo o
v l IM FV V
ϕϕ ϕ⋅= =
I
s x xv
v l 2 ydV 2 I I2
ϕ ϕ′
⋅ = = ⋅ = ⋅∫
V Vϕ ϕ xo o
IM FV
=
Ix ??Ponton
Otpornost...
...zavisi i od rasporeda površine VL oko ose
,3 2 21
x 12o o
LBI 1 B BM F 0 083V LBT 12 T T
= = = ≈
1 2VL VLA A= ( ) ( )1 2x xI I<
V LBT 12 T T
, o oB M F
,T M F, o oT M F
2I kada nije ponton, važi
katamarani trimarani
2
o oBM FT
može se prikazati kaokatamarani, trimarani...
Slike...
2
o ob BM F12 T
= ( )b f 1α= ≤
Metacentarski radijus sledi iz formuleMetacentarski radijus se može odrediti i za svaku drugu osu oko koje se naginje brod
...VL
2
Ax
y dAIM F = = =
∫
∫...o o
V
M FV dV∫
li ji i i ibliž ih bvaži... I
CVL – težište VL
, ,2
b 1 5 0 5b 0 096 0 89
α≈ −
ali postoji i niz približnih obrazaca... nn o
IM FV
=
Poprečnoj osi y odgovara uzdužni metacentarski radijus
( ), ,
,
,
2
3
2
b 0 096 0 89
b 0 0372 2 1
b 1 04
α
α
α
≈ +
≈ +
≈
metacentarski radijus
yI, , ,2b 0 13 0 87 0 005α α≈ + ±
yL oM F
V=
Za ponton ... oko poprečne oseNazad na MoG ...
početna poprečna metacentarske visina
{ { {o o o oM G F K M F GK= + −
( ) ( )o o oM G M G M G< <min max
( ) ,oM G 0 15 m=i
IMO “preporuka”
3 2112
L oL B 1 LM F
LBT 12 T= =
2 2L
L obL LM F
T 12 T=
( )min
( )oM G = ⋅⋅⋅max
Preporuke...
za brod...
2 2L o o oL B M F M F→
Tip brodaMoG (m)
(punog broda)
Preporuke...
ML je daleko iznad Mo ...
max1I II I
= II
=( )M F M F
Glavne ose inercije ... ose (1) , (2)Teretni brod 0,8 - 1
Kontejnerski brod 0,3 – 0,6
Remorker 0,8 – 1,2
V liki t ički 1 5 2 2min2I I= I= ( )( )
o o n o min
L o n o max
M F M F
M F M F
=
=
Veliki putnički 1,5 – 2,2
Rečni putnički 0,5 – 1,5
....
1.1.4. Moment nakretanja
M
Mk = ??( )A
kM M mg l= = ⋅k
so
MgD M G
ϕ =⋅ Mk = ??
posledica različitih spoljnih uticaja
cosk oM mgl ϕ=
k mgM M mg l= =
Moment usled poprečnog
posledica različitih spoljnih uticaja...
Moment usled poprečnog pomeranja tereta
Može i
( ) cosGk W 1M M W GG ϕ= = ⋅k W 1
1 omGG lD
= ⋅
cos cosomlM gD mglϕ ϕ= =cos cosk oM gD mgl
Dϕ ϕ= ⋅ =
Na formuli za φs bazira se prva (od dve) eksperimentalne metode za određivanje( ) M G
Početni stabilitet , cos1 1ϕ ϕ ≈
M mg l≈Ugao statičkog nagiba
k o oM mgl mlϕ = = =
(proveru) MoG
tzv. proba (eksperiment) nakretanja
k oM mg l≈ ⋅
so o ogD M G gDM G D M G
ϕ⋅ ⋅
Može i ...1s
GGM G
ϕ = =
o os o
so
ml mlM GDD M G
ϕϕ
= ⇒ =⋅
oM G
φs usled pomeranja tereta obavezno se proverava za putničke brodove...
Poznate mase m poprečno se pomerajuza poznata rastojanja lo ... i meri se φs
p p
putnici su lak, ali “nezgodan” teret...
φmax = 10° strogi propisi
Princip jednostavan, ali propisi daju strogu proceduru...
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...
(Pitanje na usmenom)
Vektor brzine ne leži u ravni simetrije –postoji zakretanje za ugao Θ « 1
nastavak: Moment nakretanjak
sM
gD M Gϕ =
⋅Moment usled skretanja
Pri tome važi v const≠rogD M G
2
G Nva aR
= =
m a F= ⇒rr m a F=
B G Rm a F= ⇒ B N Nm a F=
Θ , FN ... ?
Teorija kormilarenja (manevra) je složena...Teorija kormilarenja (manevra) je složena...
Poseban predmet...
U poslednjoj fazi se uspostavlja stacionarnokretanje po kružnoj putanji radijusa R (krugukretanje po kružnoj putanji radijusa R (kruguokretanja), brzinom v = const
N0 F 0θ = ⇒ =Slika...
( )0 75 0 8 Tl VCG
Mk = ??
( ), , ov 0 75 0 8 v= −o
Tl VCG2
≈ −
R = ?? Kormilarenje ...
( )minR 2 3 L= −
Tipični teretni brodovi
2
do
v Lcv R
⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠
( ), ,dc 0 19 0 25= −
( )G lθ
Početni stabilitetBrod se naginje od centra putanje...
( ) cos cosGk F N oM M F lθ ϕ= = ⋅
2
N ND vF D a
R⋅= ⋅ = cos 1θ ≈
2o
k koDv l
M MR
= =cos 1ϕ ≈
cos cos2
ok ko
Dv lM M
Rϕ ϕ= =
Treba uočiti sledeće...2
o2
Dv lM l
Ugao statičkog nagiba
K i tili d k i i 2k o
so o o
M v lRgD M G gDM G gR M G
ϕ = = =⋅ ⋅
Ugao φ pri skretanju uobičajenih brodova nije
( )N
Gk FM M=
Koristili smo redukcioni moment za tačku G ...
??
(??)iM 0=∑
U slučaju statike, redukciona tačka je proizvoljna...
Ugao φs , pri skretanju uobičajenih brodova, nijeopasan...
Nije zanemarljiv kod brzih brodova, dobrih manevarskihsvojstavai 0∑
U slučaju dinamike neophodno je uzeti
svojstava...
Slika...
a naročito u superpoziciji s vetrom i pomeranjemp j
( )GiM 0=∑
tereta...
Obavezno se (prema propisima) proverava kod putničkihbrodova (φs < 10°)
to je zakon o promeni
Problem je moguće rešiti i preko if l il
Postoji niz havarija u kojima je skretanje odigraloznačajnu ulogu...
... to je zakon o promeni momenta količine kretanja
Slike...
centrifugalne sile... Rezultati važe za deplasmanske brodove
Gliseri se ponašaju drugačije... Slike...
Moment usled tegljenja
Pri “normalnom” tegljenjuPrimeri tegljenja...
Pri normalnom tegljenju ne javlja se poprečna sila... Slika...
Javljaju se slučajevi
Sile koje tada deluju na remorker
FTmax – sila na stubu...ključna
Za remorker opasno
jkarakteristika remorkera
( )cos
tg cosk N N o
T
M F l F lF R
ϕα ϕ
= ⋅ = ⋅ == − ⋅( ) tg cosTF R α ϕ
koliki je maksimalni moment?
( ) maxT TF R F− ≤ v 0≈
max tg cosk T oM F l α ϕ= ⋅ ⋅Problem je
za α = 45°max cosk T oM F l ϕ= ⋅
jdinamički, složen...
Rešavamo ga uprošćeno, statički
Pretpostavljamo v = const
Uže zategnuto...??
, tg90α α→ ° → ∞pazi
svaki remorker se prevrće ??
,x yF 0 F 0= = ⇒∑ ∑cos
sinTF R S 0
S F 0α
α− − =
− =
ali tada više ne važe polazne pretpostavke...
sin NS F 0α
cosTF R
Sα
−= ( ) tgN TF F R α= − maxk T oM F l≈ ⋅1ϕ
za
1.1.4. Uticaj vertikalnog pomeranja teretaTežište broda G se pomera u G1
1 zmGG lD
= u smeru pomeranja tereta
Menja se metacentarska visina
o 1 o 1 o zmM G M G GG M G lD
= =m m
d l čk
o 1 o 1 o zD
( )o 1 o o 1mM G M G z zD
= + −ili
Brod plovi sa teretom mase m u tački Ao(A – težište tereta)
Teret se vertikalno pomeri ( di / i) čk A
Menja se i moment stabiliteta
st o 1 o zmM gD M G gD M G lϕ ϕ⎛ ⎞= ⋅ ⋅ = ⎜ ⎟
⎝ ⎠m
(podigne/spusti) u tačku A1
Ništa se ne dešava ??
( il d ž j d
1st o 1 o zg gD
ϕ ϕ⎜ ⎟⎝ ⎠
1 ost o z st z
t
M gD M G mg l M mg lM
ϕ ϕ ϕ= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅m m14243
(sila mg se pomera duž svoje napadna linije...)
ostM
( )1 ost st o 1M M mg z z ϕ= + ⋅ − ⋅
Stabilan brod (MoG > 0) može, podizanjem tereta, izgubiti stabilitet
Pomeranje tereta u poprečnoj ravni
podizanjem tereta, izgubiti stabilitet
o 1M G 0= odgovara podizanju o 1 tereta za lkr
o krmM G l 0D
− =o krD
kr oDl M Gm
=Pomeranje se sastoji iz vertikalnog i poprečnog
Vertikalno, menja moment stabiliteta:
šta se dešava kada je lz > lkr ,
1 ost st zM M mg l ϕ= ⋅ ⋅m
Poprečno, stvara nagib:
ml mlM
kasnije...oM G 0< y yk
so 1 o 1 o z
ml mlMgD M G D M G D M G ml
ϕ = = =⋅ ⋅ ⋅ m
Ako zamislimo dve faze pomeranja tereta:p j
1. faza – mora biti vertikalno pomeranje...
1.1.5. Uticaj visećih masa
Teret mase m obešen u tački Q
stM W h′= ⋅
sinM gD M A ϕ= ⋅ ⋅1 oGG A G ϕ≈ ⋅
mGG P P= ⋅Slika...Slika...
Brod se naginje po dejstvom Mk
Dolazi do spontanog pomeranja (odklanjanja)
sinst o oM gD M A ϕ 1 oGG P PD ϕ=
oP P lϕ ϕ≈ ⋅st o oM gD M A ϕ≈ ⋅ ⋅
GGpomeranja (odklanjanja) tereta u stranu nagiba
o o o oM A M G A G= − 1o
GG m mA G l lD D
ϕϕ ϕ
= = =
( )st o oM gD M A
gD M G A G
ϕ
ϕ
= ⋅ ⋅ =
= =
Ako se vretimo na početnu skicu...
( )o o
o
gD M G A G
gD M G mg l
ϕ
ϕ ϕ
= − =
= ⋅ ⋅ − ⋅
M M mg l ϕ
...rezultat je isti kao da je teret podignut u tačku vešanja Q
0st stM M mg l ϕ= − ⋅
0stM – moment stabiliteta sa fiksnim
vešanja QS aspekta stabiliteta
teret obešen o tačku Q = teretu u tački Q
teretom (sa teretom u Po)
ϕs = ??
Uticaj može biti značajan i opasan ...
ϕs ??
k stM M=Ravnoteža
ks
o o
MgD M A
ϕ =⋅
A Go o oM A M G<0s sϕ ϕ>⇒ Može doći do trenutnog gubitka stabiliteta...
Primer gradnje mostova...
1.1.6. Uticaj tečnog tereta
Brod pliva bez nagiba sa tečnimBrod pliva bez nagiba, sa tečnim teretom u tanku...
...postoji slobodna
Brod se nagne pod
slobodna površina
g pdejstvom Mk ... stM W h′= ⋅
M gD M A ϕ≈o oh M A ϕ′ ≈ ⋅
Tečnost se preliva na stranu nagiba...
st o oM gD M A ϕ≈ ⋅ ⋅
o o o oM A M G A G= −
( )M D M G A G D M G D A GTečnost se preliva na stranu nagiba...
Slično kao kod obešene mase, dolazi do spontanog pomeranja tereta...
( )st o o o oM gD M G A G gD M G gD A Gϕ ϕ ϕ= − = ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅
{ {ost st fs
t
M M M= −A G ??...dok se ne uspostavi ravnoteža sa
horizontalnom slobodnom površinom
momentmoment saslobodnezaleđenimpovršineteretom
AoG = ??
t t1
m vGG l l
ρ ′′ ′= =1GG l l
D Vρ
1 oGG A G ϕ≈ ⋅dV dx dy dz dxdy yϕ= ⋅ ⋅ = ⋅
2
v
ydV y dxdy y y dxdyϕ ϕ′
= ⋅ ⋅ =∫ ∫ ∫2 1 ′∫
′ ′
12
2x
A
1y dA I2
′
′=∫
dA – element slobodne površine tečnosti ut1
oGG v lA G
Vρ
ϕ ρ ϕ′ ′⋅= = ??v l′ ′⋅ =
l 2 y′ ′≈– moment inercije slobodne površine
tečnosti u tanku za uzdužnu težišnu osu
dA element slobodne površine tečnosti u tanku (površine A’)
xI ′y
?v
ydVv l v 2y v 2 2 ydV
v′′ ′ ′ ′ ′⋅ = ⋅ = ⋅ = =
′
∫∫
x x1v l 2v y 2 I I2
ϕ ϕ ′′ ′ ′ ′ ′⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅
Il ′′ ′vv ′
∫t t x
oIv lA G
V Vρ ρ ϕρ ϕ ρ ϕ
′′ ′ ⋅⋅= =
t xo
IA GV
ρρ
′=
0st st t xM M Iγ ϕ′= − ⋅ ⋅Vρ
Smanjenje MG ne zavisi od količine tečnosti...
zavisi od veličine i oblika slobodne površine
Ugao statičkog nagiba:
0
zavisi od veličine i oblika slobodne površine...Ravnoteža
k stM M=
kM
to je uticaj slobodne površine...
t xo o o
IM A M GV
ρ ′= −
Efektivna metacentarska visinak
so o
MgD M A
ϕ =⋅
o o oM A M G< ⇒ s sϕ ϕ>o o o Vρ
Moment stabiliteta
o o o 0s sϕ ϕ
U slučaju većeg broja tankova
0 0
t xst st o st
IM M gD A G M gVV
ρϕ ρ ϕρ
′= − ⋅ ⋅ = − ⋅
M M g Iρ ϕ′= ⋅ ⋅
uticaj se superponira
( ) ( )t x io o
IA G A G
ρ ′= = ∑∑
0st st t xM M g Iρ ϕ= − ⋅ ⋅ ( )o o i Vρ∑
Uticaj je veoma opasan...
pokazaćemo to na primeru p pbroda s uspravnim rebrima
Puni se vodom po celom pdnu (npr. kišom)
eksperiment...
oM G 0>
Kako smanjiti ovaj uticaj ...?
Potpuno napuniti tankove?
o o o o o o o oM A M G A G M F F G A G= − = − −
x t xo o o
I IM A F GV V
ρρ
′= − −
Tečnost u punom tanku se ponaša kao krut teret...
Ipak, treba napuniti / isprazniti tankove...teret se troši, isparava...ρ
...o o oM A F G= = −
Ao iznad Mo
teret se troši, isparava...
Projektant treba da predvidi najnepovoljniji slučaj...
efektivna metacentarske visina je negativna ...punjenje tankova nije pravo
rešenje
Pravo rešenje su
uzdužne vodonepropusne pregrade( ) ( )o o21 o
1A G A Gn
=uzdužne vodonepropusne pregrade
Primer tankova sa pravougaonom slobodnom površinom l x b
veoma efikasno...
n = 2 (jedna pregrada)površinom l x b
slučaj (0) slučaj (1) ( ) ( )o o1 o
1A G A G4
=
Matematički – smanjuje se moment inercije
...
(n – 1) broj uzdužnih pregrada
1
se moment inercije slobodne površine
Fizički – smanjuje se k liči č i k j
( )3
3t t
o o
1 lb lb12A GV 12 V
ρ ρρ ρ
= =31 b⎛ ⎞ U široke tankove se,
količina tečnosti koja se preliva na stranu nagiba...
( ) ...n 3 3
t t to 3 21
i 1
1 bllb 1 lb12 nA G n n
V 12 n V n 12 Vρ ρ ρρ ρ ρ=
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠= = ⋅ = ⋅ =∑
obavezno, ugrađuju uzdužne pregrade...
Poprečne pregrade ? Brodovi imaju veliku nepregređenu palubu za prevoz vozila... iznad vode
31 l⎛ ⎞
( ) ( )3
3t t
o o1 o
1 l blb12 nA G n n A G
V 12 nVρ ρρ ρ
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠= ⋅ = ⋅ =
j i j
Ako voda (iz nekog razloga) dospe na ovu palubu... havarija
Slikenemaju uticaja...
Negativan uticaj slobodnih površina je (u principu) j ći k d t k
Slike...
Rešenje...
najveći kod tankera...
...poznat i (uglavnom) rešen
Danas je daleko opasniji uticaj tečnog tereta
Problem tankova u dvoboku...
Da li ih spojiti ?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
Da li ih spojiti ?
tipa je doživelo nesreću...
Zašto?
nastavak: Moment nakretanja Realno, nema statičkog rešenja... postoje i talasi, brod se ljulja..
M
Moment usled vetra Javlja se i dodatni problem...Slika...k
so
MgD M G
ϕ =⋅
ipak, brod se ljulja oko položaja ravnoteže ϕs
r r
( )v vv v t=r r
Problem uprošćavamo... t t lj( )v vF F t=
v srv v const≈ =( )vv f t≠pretpostavljamo...
zanemarujemo talase...
Takođe, za početak pretpostavljamo
( )vv f z≠
Rezultujuću silu vetra pretpostavljamo u oblikupretpostavljamo u obliku
2v vaz v
1F c v S2
ρ= ⋅ ⋅ ⋅
21F S
Dolazi do zanošenja broda...
javlja se sila Fρvaz=1,226 kg/m3
c ( - ) = 1,0 – 1,3
2w w zan wF c v S
2ρ=javlja se sila Fw
F 0 ⇒∑ F F
Ravnoteža... (vzan = const)
Mv = ??iF 0= ⇒∑ v wF F=
v vM F l= ⋅
1 1
Možemo naći brzinu zanošenja...
2 2vaz v w zan w
1 1c v S c v S2 2
ρ ρ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅
wc c≈
vazzan v
w
Sv vS
ρρ
=zan vv v
2v v vaz v
1M F l c v S l2
ρ= ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅
Interesuje nas, pre svega ( ) cos ??2v vaz v o
1M cv S l2
ρ ϕ ϕ= ⋅ ⋅ =2
v vo vaz v o o1M M c v S l const2
ρ≈ = ⋅ ⋅ ⋅ =2
, ( )S l f ϕ=Problem je ( )... , , cos3
v voM M 0 75 0 25 ϕ= ≈ + ⋅
cosol l ϕ=
( ) ??S ϕ = cosoS S ϕ≈
1 cos cos2 2 2v vaz v o o vo
1M cv S l M2
ρ ϕ ϕ= ⋅ =
1ϕ cos 1ϕ ≈
Početni stabilitet Treba raditi ...
v voM M≈
Ugao statičkog nagiba
2v vaz v o o
so o
M cv S lgD M G 2gDM G
ρϕ = =⋅ 2
vi vaz i i i1M c v S l2
ρ= ⋅ v viM M=∑
Moguće je uzeti u obzir i vv = f (z)Nagib broda usled olujnog vetra se uvekproverava... Postoje (strogi) propisi
Postoji niz (približnih) formula
( )
17
v nomzv z v⎛ ⎞= ⋅⎜ ⎟
⎝ ⎠WMO
Posebno su ugroženi brodovi s velikom površinom izloženom vetru... Slike...
( ),v nom19 5⎜ ⎟
⎝ ⎠,
( )0 16
v nomzv z v
10⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠
WMO
DavenportProblem uticaja vetra na
i b d( ) , ln( )v nomv z 0 17v 100z= Eurocode
vezani brod –sami...
1.2 Dinamički stabilitet1.2 Dinamički stabilitet Ne važe uslovi ravnoteže, već
dL ∑r
r( )GGi
dLM
dt=∑
r
Projekcija na osu x
x xJ Mϕ =∑&&
x k st xM M M M ′= − −∑
Skica slična prethodnim... ali
st oM gD M G ϕ≈ ⋅ ⋅ posledica hidrostatičkog pritiska (Arhimedove sile uzgona)
Skica slična prethodnim... ali bitna razlika xM ′ dok se brod ljulja, voda ne miruje...
složeno... Do sada – ravnoteža, brod je mirovao...
constϕ ≠
Pretpostavljamo xM n mϕ ϕϕ ϕ′ = ⋅ + ⋅& &&
linearna funkcija ugaone brzine i ubrzanja
j
Sada, nov problem
brod se ljulja (valja) ϕ = ϕ (t)linearna funkcija ugaone brzine i ubrzanja...
, 0ϕ ϕ ≠& &&
x k oJ M gD M G n mϕ ϕϕ ϕ ϕ ϕ= − ⋅ ⋅ − −&& & && Rešenje diferencijalne jednačine valjanja
( )x o kJ m n gD M G Mϕ ϕϕ ϕ ϕ+ + + ⋅ ⋅ =&& &
Sledi diferencijalna jednačina valjanja ( ) homparttϕ ϕ ϕ= +
km const= ⇒ part constϕ =
mϕ – dodatna masa pri valjanju (dodatni moment inercije)
n prigušenje pri valjanju
,part part 0ϕ ϕ =& && 2part kmϕω ϕ⋅ =
m Mnϕ – prigušenje pri valjanju
22 mϕ μ ϕ ω ϕ+ + ⋅ =&& &
Uobičajeni oblik:
...k kpart 2
o
m MgD M Gϕ
ϕω
= = =⋅
ϕpart = ϕsk2 mϕ ϕϕ μ ϕ ω ϕ+ + ⋅ =
( )x
n
2 J mϕ
ϕϕ
μ =+ koeficijent prigušenja
pri valjanju
Postoje tri slučaja homogenog rešenja
p j j
o
x
gD M GJ mϕ
ϕ
ω ⋅=+
sopstvena frekvencijaneprigušenog valjanja
• slučaj jakog prigušenja (μϕ > ωϕ)• slučaj slabog prigušenja (μϕ < ωϕ)• slučaj veoma slabog prigušenja (μϕ « ωϕ)
kk
x
Mm
J mϕ
=+
U slučaju slabog prigušenja Početni uslovi ??
Možemo razmatrati različite slučajeve...
( )cos sinhomt
1 2e C t C tϕμϕ ϕϕ ω ω−= +
C1 , C2 su integracione konstante, l d i č t ih l
Počinjemo od:
Slučaja ( a )( a )
21ϕ ϕ ϕω ω Ψ= −
slede iz početnih uslova
sopstvena frekvencija i š lj j
( )0 0ϕ =( )0 0ϕ =&
B d j
ϕϕ
μΨ
ω= bezdimenzioni koeficijent
i š j
prigušenog valjanja Brod je u ravnoteži, bez nagiba, do trenutka t = 0ϕ
ϕω prigušenja
U slučaju veoma slabog prigušenjaTada, na njega trenutno deluje moment nakretanja (npr. vetar), koji ostaje k t t t k lj j
1ϕΨ ϕ ϕω ω≈
( )tμ
konstantan tokom valjanja...
( )( ) cos sints 1 2t e C t C tϕμ
ϕ ϕϕ ϕ ω ω−= + +
( )( ) cos sintst 1 e t tϕμ
ϕ ϕ ϕϕ ϕ ω Ψ ω−⎡ ⎤= − +⎣ ⎦
Dobija sePrigušenje je malo... ali i veoma složeno za određivanje...( )( ) s ϕ ϕ ϕϕ ϕ ⎣ ⎦
( )( ) costst 1 e tϕμ
ϕϕ ϕ ω−≈ −1ϕ
ϕϕ
μΨ
ω=
0ϕϕ
μΨ
ω= ≈
Ako ga zanemarimo
ϕωsledi
( )( ) cosst 1 tϕϕ ϕ ω≈ −
ϕd – dinamički ugao nakretanja
2Mϕ ϕ>
ϕd < 2ϕs~2Tϕ
ϕ
πω
=k
d max so
2M2gD M G
ϕ ϕ ϕ= = =⋅
d sϕ ϕ>
( ) o0ϕ ϕ= − ( )0 0ϕ =&
Brod se valja amplitudom ϕo , i moment
Slučaj ( b )( b )( ) o0ϕ ϕ= ( )0 0ϕ =&Slučaj ( c )( c )
Brod se valja amplitudom ϕ i momentj p ϕo ,(na primer vetar) ga zahvata u položaju amplitude ka momentu...
Brod se valja amplitudom ϕo , i moment (na primer vetar) ga zahvata u položaju amplitude od momenta...
Šta je opasnije ??
( )( )( ) cos sintt e t tϕμϕ ϕ ϕ ϕ ω Ψ ω−= − + + ( )( )tμ−
Dobija se
( )( )( ) cos sins s ot e t tϕ ϕ ϕϕ ϕ ϕ ϕ ω Ψ ω+ + ( )( )( ) cos sints s ot e t tϕμ
ϕ ϕ ϕϕ ϕ ϕ ϕ ω Ψ ω−= − − +
Spostveni period valjanja, Tϕ = ?? Formula je približna, u njoj su zanemareni mali (ali složeni) uticaji
i š j i d d i lj j2Tϕ
ϕ
πω
= o
x
gD M GJ mϕ
ϕ
ω ⋅=+
,oM G Tϕ Prema tome:
prigušenja i dodatne mase pri valjanju...
x x
o o
2 J m 2 j 1T
gD M G g M Gϕ ϕ
ϕ
π π κ+ += = ⋅⋅⋅ =
⋅ ⋅Stabilniji brod – manji sopstveni period...
Brod sa suviše velikom MG je krut brod2
x xJ D j= ⋅gde jex
mJ
ϕϕκ =
Brod sa suviše velikom MG je krut brod...
Detaljnije: Ponašanje broda na talasima
κϕ – koeficijent dodatne mase pri valjanju
1ϕκ ( , )0 1ϕκ = OVaži
κϕ koeficijent dodatne mase pri valjanjujx – radijus inercije broda za osu x Za približno određivanje Tϕ može se uzeti
xj k B= ⋅pri čemu je k = 0,3 – 0,4ϕ ( , )ϕ
2 j
pri čemu je k 0,3 0,4
ili preciznije (IMO preporuka)O – oznaka za red veličine...
Sl dix
o
2 jTg M G
ϕπ≈⋅
, , ,g B Lk 0 372 0 023 0 043
T 100π⎛ ⎞= + −⎜ ⎟⎝ ⎠
Sledi
Na formuli za T zasniva se (drugi)Sopstveni period valjanja Tϕ menja se u širokim granicama, u zavisnosti od veličine i stanja opterećenja broda...
Na formuli za Tϕ zasniva se (drugi) eksperiment za određivanje MoG
2
x2 j1M G π⎛ ⎞⎜ ⎟Tφ = 6 – 45 s
Najduže sopstvene periode su (nekada) imali putnički lajneri, koji su time
xo
jM Gg Tϕ
= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
Eksperiment (proba) ljuljanjap j , jpoboljšavali komfor putnika na uzburkanom okeanu...
Danas, najduže periode dostižu veliki
p (p ) j j j
Brod se zaljulja na mirnoj vodi, i meri sopstveni period valjanja ..., j p
kontejnerski brodovi, zbog problema sa obezbeđivanjem dovoljne metacentarske visine broda nakrcanog
iš d k t j l bi
Jednostavan eksperiment, ali manje tačan od probe nakretanja...
sa više redova kontejnera na palubi...
Rezultat za dinamički ugaoPosmatrajmo slučaj (a)
Rezultat za dinamički ugao naginjanja
ϕd = 2ϕs
dobijen je rešavanjem diferencijalnedobijen je rešavanjem diferencijalne jednačine valjanja...
Isti rezultat se može dobiti i na drugi način...
primenom zakona o promeni (0) č t i l ž j
(1) l ž j lit d
1 0k k 0 1E E A −− =
kinetičke energije početni položaj položaj prve amplitude
Važi 1Ovaj postupak će biti značajan kod većih uglova nagiba, kada je diferencijalna jednačina valjanja
Važi2
k x1E J2
ϕ≈ ⋅ &0 1k kE E 0= =
0 1A 0=diferencijalna jednačina valjanja daleko složenija...
0 1−
d d
d dϕ ϕ
∫ ∫( )1
0 1A dA− = ∫Za slučaj početnog stabiliteta...
k o0 0
M d gDM G dϕ ϕ ϕ=∫ ∫2
k d o d1M gDM G2
ϕ ϕ= ⋅
( )0∫
2
kd s
2M 2D M G
ϕ ϕ= =
dA M d M d M d M d M d′
d sogD M G⋅
U slučajevima ( b ) i ( c )k st x k stdA M d M d M d M d M dϕ ϕ ϕ ϕ ϕ′= − − ≈ −
d d
0 1 k st0 0
A M d M d 0ϕ ϕ
ϕ ϕ− = − =∫ ∫d d
M d M dϕ ϕ
ϕ ϕ∫ ∫
za proizvoljno velike uglove
d d
k st0 0
M d M dϕ ϕ
ϕ ϕ=∫ ∫o o
k stM d M dϕ ϕ
ϕ ϕ=∫ ∫m m
dϕ = ⋅ ⋅ ⋅Važi i za velike uglove ϕ ...Za male uglove
2. UZDUŽNI STABILITETLM G – uzdužna metacentarska visina
( )Lst LM gD M G ψ≈ ⋅ ⋅Na brod deluje
moment trima Mt , u uzdužnoj ravni
oL L o o L o
L o
F GM G M F F G M F 1
M F
⎛ ⎞= − = −⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠
u uzdužnoj ravni
o L oF G M F
Kod uobičajenih brodskih formi je
Javlja se ugao trima ψPri čemu je (za praktično sve probleme)
1ψ
yL L o
IM G M F
V≈ =
pa važi
1ψ
Moment uzdužnog stabiliteta ( )Lst LM W h= ⋅
hL – krak uzdužnog stabiliteta
( ) yLst L o
IM gD M F gV
Vψ ρ ψ≈ ⋅ ⋅ ≈
L g
sinL L Lh M G M Gψ ψ= ⋅ ≈ ⋅( )Lst yM gIρ ψ≈ ⋅
Ravnoteža
iM 0=∑ Odnosno, to je poprečna težišna (centralna) osa VLoiM 0∑
( )Lt stM M=
M gD M G ψ= ⋅ ⋅Sada ćemo i dokazati da se dve bliske
t L sM gD M G ψ= ⋅ ⋅
t ts
M MI
ψ = ≈
vodne linije seku duž težišne ose...
syL gIgD M G
ψρ⋅
ψs – ugao statičkog trima
Osa y ??Važi v v′ ′′=
ψ⎡ ⎤to je osa duž koje se seku vodne linije pri malom uglu ψ ...
(sledi iz izvođenja za
{VL
x
0 dAv A
v dV dxdydz dz dxdyψ
′ ′
⎡ ⎤′ = = = ⋅⎢ ⎥⎣ ⎦∫ ∫ ∫ ∫
dA Sψ ψ′ ′∫ ∫(sledi iz izvođenja za metacentarski radijus...)
VL
y
A
v xdA Sψ ψ′
= = ⋅∫ y
v
v dV Sψ′′
′′ ′′= = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅∫
y yS S′ ′′⇒ =Neki dodatni pojmovi i definicije
Umesto ugla trima ψ često se koristiv v′ ′′=
Statički momenti površina vodne linije koje odgovaraju uronjenom i
Umesto ugla trima ψ , često se koristi
trim (ukupan trim) tp kt T T= −
T č dik lj j g j j
izronjenom klinu su jednaki
odnosno, za male uglove ψ, tačka Cje težište VLo , p p ot T T= −
Tp – gaz na pramčanom perpendikularu
Tk – gaz na krmenom perpendikularu
trim (meren) na pramcuje težište VLo ,
a osa y je težišna osa ukupne površine
p p o
k k ot T T= −
T gaz bez trima (gaz na “ravnoj kobilici”)
trim (meren) na pramcu
trim (meren) na krmi
Iy – moment inercije vodne linije za poprečnu težišnu osu
To – gaz bez trima (gaz na ravnoj kobilici )
Položaj tačke C određen je koordinatom LCF u dijagramskom listu...
p kt t t= +Važi
j g
Tk > Tp brod ima krmeni trim, zategu
T < T brod ima pramčani trim pretegu
Može se pisati
t t M= L m⎡ ⎤Tk < Tp brod ima pramčani trim, pretegu
Važit
1 tt t M= ⋅
p p1 tt t M= ⋅
k k1 tt t M= ⋅
pp1
y
L mtgI kNmρ
⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦
pp1
lt
gIρ=t kt
pp
tL
ψ≈
ppt L ψ= ⋅ p pt l ψ= ⋅ k kt l ψ= ⋅
ygIρk
k1y
lt
gIρ=
d č
tgp
p
tl
ψ ψ= ≈ k
k
tl
ψ≈
t1 , tp1 , tk1 – jedinični trim,
trim izazvan momentom od 1 kNmt ts
yL
M MgIgD M G
ψρ
= ≈⋅
Izveli smo
Može se pisati
t t1M M t= ⋅ygI kNmM
ρ ⎡ ⎤= ⎢ ⎥
yL
t pp t pp
yL
M L M Lt
gIgD M G ρ⋅ ⋅
= ≈⋅
VažiMože se pisati
t1pp
ML m
= ⎢ ⎥⎣ ⎦
Mt1 – jedinični moment trima
yL gg ρ
t p t pp
yL
M l M lt
gIgD M G ρ⋅ ⋅
= ≈⋅
M l M l t1 j
moment koji stvara trim od 1 mt k t k
kyL
M l M lt
gIgD M G ρ⋅ ⋅
= ≈⋅
Uzdužno pomeranje tereta
B d li b t i t t
Kako odrediti ugao statičkog trima ψ = ??Brod pliva bez trima s teretom
mase m u tački A
Teret se uzdužno pomeri za rastojanje lx
statičkog trima ψs ??
Redukujemo silu mg na tačku A...p j j x
Redukcioni moment je moment trima...
( )Amg tM M=
cost x xM mg l mglψ= ⋅ ≈Javlja se trim...
t x xs
L L L
M mgl mlgDM G gDM G DM G
ψ = = =L L L
xs
mlI
ψρ
= ⋅ ⋅ ⋅ ≈yIρ
Istovremeni nagib i trim
K d b d i t
Tada iz dijagramskog lista sledi Ix za brod bez trima, odnosno Iy za brod bez nagiba...
Kada brod istovremeno ima i nagib i trim
Treba, pri proračuni, uzeti njihov
Srećom, kod malih uglova trima i nagiba, ovaj međusobni uticaj je mali i (uglavnom) zanemarljiv...
I k b d i k d k ji i l j imeđusobni uticaj...
Odnosno, treba računati
Izuzetak su brodovi kod koji se pri maloj promeni trima, vodna linija značajno menja...
Kod ovih brodova, i pri ψ « 1 , uticaj trima ( )x
oIM FV
ψ
=
( )yI ϕ
Treba prepoznati takve brodove...
na nagib nije zanemarljiv...
yLM F
V=
Kod savremenih kompjuterskih ij bl
Na primer ...
Problem je (bio) što se dijagramski list (uobičajeno)
programa to nije problem...
dijagramski list (uobičajeno) proračunavao za brod bez trima i bez nagiba...
Pomeranje tereta (opšti slučaj)
Brod pliva bez trima i nagiba s teretom mase m u tački Aoo
o o o 1M G M G→utiče na poprečni stabilitet....
I – vertikalno pomeranje
uticaj na uzdužni stabilitet, zanematljiv
L o L 1 L o LM G M G M G M F→ ≈ ≈
Teret se pomeri u tačku A1
Posle pomeranja brod pliva u novom
II – uzdužno pomeranje
stvara trim ψsPosle pomeranja brod pliva u novom položaju ravnoteže, s nagibom ϕs i trimom ψs
P j d li 3 f
III – poprečno pomeranje
stvara nagib ϕs
Pomeranje delimo u 3 faze...
Bitan redosled
(Da li uzeti u obzir trim, pri proračunu naguba..?)
3. STABILITET PRI VEĆIM UGLOVIMA NAGIBA
Krak stabiliteta
sinh N Gϕ ϕ= ⋅
Proučavamo samo poprečni stabilitet...
ϕ ϕsinϕ ϕ≠
( )N G f constϕ ϕ= ≠
i ji č j d čN G ima manji značaj od početne metacentarske visine...
Najčešće se računa direktno...
N Gϕ
( )h h ϕ=Složen proračun...
III projekat
j
N M≠
III projekatRezultat (najčešće) u obliku dijagrama
oN Mϕ ≠
Nϕ – prividni metacentar
??
N Gϕ – prividna metacentarsko visina
Ali pre toga...
3.1. Kriva težišta istisnuća, težišta vodne linije i
t tCϕ – težište VLϕ
Odnosno
metacentra
Brod pliva nagnut, na VLϕDirektno sledi iz uslova Vϕ = const, odnosno v v′ ′′=
Uočiti Fϕ , Mo , Nϕ ... Presek normala na vodne linije (presek
Mϕ – stvarni (pravi) metacentarpri čemu je V = Vϕ = constBrod se, dalje, nagne za dϕ ,
ϕ , o , ϕ j (ppravaca uzgona) definiše tačku Mϕ
P iPrema tome imamo
Bliske vodne linije seku se duž težišne ose M Fϕ ϕ stvarni (pravi) metacentarski radijus
Važi ( )I ϕxI
M FVϕ ϕ = ⋅ ⋅ ⋅ =
izvođenje isto kao za o oM F
Uočiti, imamo tri metacentra: Mo , Nϕ , Mϕ
pri čemu važi, , o0 N M Mϕ ϕϕ → →
Sada posmatrajmo brod koji se
Uzastopni položaji tačaka Fϕ formirajukrivu težišta istisnuća (F – krivu)
pri čemu važi
Sada posmatrajmo brod koji se postupno naginje...
pri naginjanju je zadovoljen uslov V V
Uzastopni preseci vodnih linija (tačaka Cϕ ) formiraju
V = Vϕ = const
Fizički, brod se naginje pod dejstvom momenta a svaki položaj pod uglom ϕ
krivu težišta vodnih linija (C – krivu)
Uzastopni položaji tačaka Mϕ formirajumomenta, a svaki položaj pod uglom ϕje položaj ravnoteže... krivu metacentra (M – krivu)
Odnosno Sledi
Vodna linija VLϕ je tangenta na C – krivu u tački Cϕ
T F k iTangenta na F – krivu u tački Fϕ je paralelna VLϕ
Normala na F – krivu u tački Fϕ je
ili
ϕtangenta na M – krivu u tački Mϕ
Po definiciji M je centar krivine F krivePo definiciji, Mϕ je centar krivine F - krive
Zato je
M Fϕ ϕ poluprečnik (radijus) krivine F - krive
Od tl i t i t t ki dijOdatle i termin metacentarski radijus...
Sve tri krive zavise od forme (geometrije) trupa
Kod brodova čija se rebra sužavaju
Brod, čija se rebra šire, ima F , C , M krive oblika:
C – kriva je (po pravilu) “tužna”a Mϕ se pomera nanižeϕ p
to je nepovoljno za stabilitet, jer je tada
M krivaM – kriva
Mϕ se (do uranjanja palube) pomera naviše,
oN G M Gϕ <
M – kriva
odnosno Nϕ je iznad Mo
to je povoljno za stabilitet, jer je tada
Istorijat brodskih formi sa rebrima koja se sužavaju...stabilitet, jer je tada
oN G M Gϕ > SlikeSlike......
Brod sa kružnim rebrimaM – kriva ??
Mϕ je centar krivine F - kriveϕ j
Centar krivine (sva tri) kruga je u tački O
Mϕ (za svako ϕ ) je u tački O
M – kriva se transformiše u tačku...
M Oϕ ≡
K d k ž ih b io FOF r= o COC r=
Brod se nagne za ugao ϕ ... pri Vϕ = const
Kod kružnih rebara, i samo kod kružnih rebaravaži:
Mϕ = Nϕ = Mo
( )Fr f constϕ≠ = ( )Cr f constϕ≠ = o o FM F M F r constϕ ϕ = = =
F – kriva, krug radijusa rF2 2 2F F Fy z r+ =
C – kriva, krug radijusa rCg j C
2 2 2C C Cy z r+ =
Brod sa uspravnim rebrima
Kao što važioV V v vϕ ′ ′′= + −
Brod se naginje pri Vo = Vϕ = const ...
težišta vodnih linija je (zbog simetrije) u ravni simetrije broda...
Možemo pisati
ydV ydV ydV′ ′′ ′∫ ∫ ∫simetrije broda...
C – kriva se transformiše u tačku
Šta je sa F – krivom ??
v v vF Foy y 2
V V V′ ′′ ′= + − =
v v v
zdV zdV zdV1 T 2′ ′′ ′+ +
∫ ∫ ∫Šta je sa F krivom ??
yF , zF = ?
Po definiciji...ydV∫ zdV∫
v v vF Foz z T 2
V V 2 V= + − = − +
Problem se svodi na rešavanje integrala ,ydV zdV∫ ∫j
VFy
Vϕ= V
FzV
ϕ=rešavanje integrala po zapremini uronjenog klina v’ ...
v v
y′ ′∫ ∫
tgydV
I ϕ∫Za uronjeni klin važi
tgy ϕ⎡ ⎤∫ ∫ ∫ ∫
tgtgv x
F o oI
y 2 2 M FV 2V
ϕ ϕ′= = = ⋅
zdV∫0
v v
ydV y dxdydz y dz dxdy′ ′
⎡ ⎤= ⋅ = ⎢ ⎥
⎣ ⎦∫ ∫ ∫ ∫tg tg2 2ydV y dA y dAϕ ϕ= ⋅ =∫ ∫ ∫
tg
tg
2v x
F
2
I1 1z T 2 T 22 V 2 4V
1 1T M F
ϕ
ϕ
′= − + = − + =
= − + ⋅
∫
g g
VLo VLo1 1v A A2 2
y y yϕ ϕ′∫ ∫ ∫
tgx1ydV I2
ϕ= ⋅∫
tgo oT M F2 2
ϕ= +
tgF o oy M F ϕ= ⋅1 1x
v2
ϕ′∫
tgy
0zdV z dxdydz zdz dxdy
ϕ
′ ′
⎡ ⎤= ⋅ = ⎢ ⎥
⎣ ⎦∫ ∫ ∫ ∫tg2
F o o1 1z T M F2 2
ϕ= − + ⋅
v v′ ′ ⎣ ⎦
tg tg
VLo VLo
2 2 2 2
1 1v A A2 2
1 1zdV y dA y dA2 2
ϕ ϕ′
= ⋅ =∫ ∫ ∫Može se eliminisati ugao ϕ
tg F
o o
yM F
ϕ =
22 2
tg2x
v
1zdV I4
ϕ′
= ⋅∫2F
F o o 2
o o
y1 1z T M F2 2 M F
= − + ⋅
1 1
Konačno sledi Šta je sa metacentrom ??
2F F
o o
1 1z T y2 2 M F
= − + ⋅⋅
F kriva je kvadratna parabolaF – kriva je kvadratna parabola
tgF o oy F F M Fϕ ϕ′= = ⋅
21 1
tangens pravca F - krive
tg2F o o
o
1 1z T M F2 2
F F
ϕ= − + ⋅
′1442443
tgtgo oF F
o o o o
M Fdz 2 ydy 2M F M F
ϕ ϕ⋅= = =
tgF FN F
ϕϕ′
=′
S druge strane
nagib tangente je jednak nagibu vodne linije...N Fϕ
tgF F N Fϕ ϕ ϕ′ ′= ⋅
Sledi
o oN F M Fϕ ′ = o oN M F Fϕ ′=⇒3.2. Kriva kraka i momenta stabiliteta
o oϕ o oϕ
tg2o o o
1F F M F2
ϕ′ = ⋅
1 tg2o o o
1N M M F2ϕ ϕ= ⋅
Metacentarska visina raste s porastom nagiba ϕ ...
M – kriva ?
Nϕ iznad Mo , M k i i M iš ( )M gD h ϕ= ⋅
h(ϕ) = ?? Važi M – kriva, iz Mo naviše
( ) 2 2x o ocBI M FcBM Fϕ
ϕ
cosBBϕ ϕ
={ ( )stconst
M gD h ϕ=
Metode za određivanje h , odnosno Mstće učiti nešto kasnije (III projekat...)
Važi
cos cosx o o
2 2M FV T T
ϕϕ ϕ ϕ ϕ
= = = =
... raste s porastom nagiba ϕ ...
j ( p j )
Sada razmatramo karakteristike jedne tipične brodske h - krive
M Fϕ ϕ
jednačinu M – krive, yM , zM = ??sami...
tačka Q(ϕo , hmax)
hmax – maksimalni krak stabiliteta
ϕo – ugao maksimalnog kraka
tačka P (ϕp , hp) – prevojna tačka
h – kriva može (a ne mora) imati ( )prevojnu tačku...
Ukoliko postoji, d
...pozitivno h odgovara pozitivnom Mst , koji deluje suprotno od smera naginjanja ϕ...
tačka R(ϕops , 0)
ops0 ϕ ϕ≤ ≤ opseg stabiliteta
odgovara uronu palube,
ili izronu jϕops – ugao opsega stabiliteta
za ϕ = ϕops , h = 0 , Mst = 0
uzvoja...
R je položaj (labilne) ravnoteže
Za ϕ > ϕops , Mst menja smer
Nagib h – krive u koordinatnom početku( ) ??dh 0 = 1ϕ ( )h M G
Kada je
??dϕ
=( ) sinh N Gϕϕ ϕ= ⋅
ϕ ( ) oh M Gϕ ϕ≈ ⋅
tangenta i kriva se (približno) poklapaju
K k ij j j d( )sin cosdh d N G N G
d d ϕ ϕϕ ϕϕ ϕ
= + ⋅Konstrukcija tangente je jednostavna...
Kriva kraka stabiliteta važi samo do ugla uranjanja prvog nezaštićenog otvora
( )d d ϕ ϕϕ ϕ
uranjanja prvog nezaštićenog otvora... do ugla naplavljivanja ϕnap
ϕ = 0 :
cosϕ = 1 , sinϕ = 0 oN G M Gϕ =
( )o
dh 0 M Gdϕ
=dϕ
... za uglove veće od ϕnap , h - kriva gubi tehnički smisaoJednačina tangente je ... oM G ϕ⋅
Preporuke i propisi
Mi i l k i t bilit t
Danny, 1884.IMO, Res A749(18)
Minimalne krive stabiliteta...
Rahola, 1939.Ratni brodovi
Brod sa kružnim rebrima
( ) sinh N Gϕϕ ϕ= ⋅
oN G M G constϕ = =
Brodovi, sem retkih izuzetaka (npr. nekih jedrilica) nemaju kružna rebra...
( ) sinoh M Gϕ ϕ= ⋅Slika...Slika...
Ipak, dobijeni izraz (zbog svoje jednostavnosti) pokazaće se sinusoida
( ) sinst oM gD M Gϕ ϕ= ⋅ ⋅veoma pogodan za analizu realnih brodova..
sinusoida...
Brod sa uspravnim rebrima ( ) tg sin2st o o o
1M gD M G M F2
ϕ ϕ ϕ⎛ ⎞= + ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠
( ) sinh N Gϕϕ ϕ= ⋅
N G M G N M= +,90 hϕ → ° → ∞
( )stM 90° → ∞o oN G M G N Mϕ ϕ+
tg21N M M F ϕ= ⋅
( )( ) sino oh M G N Mϕϕ ϕ= + ⋅Brod je nemoguće nagnuti do 90° ??
Formula izvedena za btgo o oN M M F
2ϕ ϕ=
( ) tg sin2o o o
1h M G M F2
ϕ ϕ ϕ⎛ ⎞= + ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠
uspravna rebra neograničene visine...
Realno važi samo2⎜ ⎟⎝ ⎠
Skribantijeva formula
Realno, važi samo do uranjanja palube, ili izranjanja dna...
Skribantijeva formula važi i za realne (punije) brodske forme, A tek za veće uglove je neophodan do uglova ~10°
g j pproračun h(ϕ) ...
Slika...Slika...
Prema tome
Za veoma male uglove, do ~5° , važi
( ) oh M Gϕ ϕ≈ ⋅
Za “umereno” male uglove, do ~10° , važi
( ) tg sin2o o o
1h M G M F2
ϕ ϕ ϕ⎛ ⎞≈ + ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠
3.3. Kriva puta stabiliteta i kriva stvarne metacentarske visine
Za tipični brod
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 )
( )0
e h dϕ
ϕ ϕ= ⋅∫ ( ) dehd
ϕϕ
=
2
( )2
2
dh d emd d
ϕϕ ϕ
= =
Važe sledeće relacije
0
Geometrijsko značenje h, m, i e - krive
( )0
0e 0 hd 0ϕ= =∫
( ) ( )de 0 h 0 0= =
vrednost e – krive u koordinatnom početku
nagib e – krive u
Dokaz: Ribar, str. 96
( )h 0 0dϕ
= =
( )( )ops
ops
deh 0
dϕ
ϕϕ
= =
koordinatnom početku
maksimum e – krivedϕ
( ) ( )2o o
2
dh d e0
d dϕ ϕϕ ϕ
= =prevoj e – krive
( )( ) odh 0m 0 M Gdϕ
= =vrednost m – krive u koordinatnom početku
( )( ) o
odh
m 0d
ϕϕϕ
= =
( )d 0( )d
vrednost m – krive kod maksimuma h – krive
( )h GHϕ =
( )m M Hϕϕ =
( ) F H F Gϕ( )dm 0 0dϕ
=( )pdm0
dϕϕ
=vrednost m – krivekod prevoja h –krive
( ) oe F H F Gϕϕ = −
Kružna rebra
( ) ih M G( ) sinoh M Gϕ ϕ= ⋅
( )( ) ( ) cos coso o00e h d M G M G 1
ϕ ϕϕ ϕ ϕ ϕ ϕ= = − ⋅ = −∫( ) coso
dhm M Gd
ϕ ϕϕ
= = ⋅
Uspravna rebra
21( ) sin tg sin2o o o
1h M G M F2
ϕ ϕ ϕ ϕ= ⋅ + ⋅
( ) ( )cos( ) ( ) cos
cos
2
o o o0
11e h d M G 1 M F2
ϕ ϕϕ ϕ ϕ ϕ
ϕ−
= = ⋅ ⋅ ⋅ = − +∫tg( ) cos tg coscos
22
o o o o odh 1m M G M F M Fd 2
ϕϕ ϕ ϕ ϕϕ ϕ
= = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ + + ⋅ ⋅
Propisi
Nekad: IMO (Res. A749(18))
Danas: Resolution MSC.267(85), 2008 IS Code
( ) ,om 0 M G 0 15m= ≥( ) ,o
( ) . ( )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 > 0 03Pov. 2 > 0,03 m
Pov. 1 + Pov. 2 > 0,09 m
3.4. Poprečne krive stabilitetaV
F
s dV
sV
ϕ
⋅
=∫Važi
F VϕsF se može računati i preko koordinatnog sistema yz
y dV∫ z dV∫V
F
y dV
yV
ϕ
ϕ
⋅
=∫
VF
z dV
zV
ϕ
ϕ
⋅
=∫
cos sins y zϕ ϕ= +
Krak stabiliteta se može izraziti kao
cos sinF F Fs y zϕ ϕ= +
Uz koordinatni sistem yKz , vezan za brod koji se naginje...
sinFh s GK ϕ= − ⋅
s zavisi od forme trupaUvodimo nepokretni sistem sKn
sF – koordinata težišta istisnuća Fϕ
sF – zavisi od forme trupa
GK – zavisi od rasporeda masa
Uočimo, za dati brod i položaj težišta Gp j
h, sF = f(ϕ , D)
sF kriva – poprečna kriva stabilitetasF se određuje za niz paralelnih vodnih linija broda pod konstantnim nagibom ϕ ...
Uočiti h – kriva:h(ϕ ) , pri D = const
s – kriva:s( D ) , ϕ = const
Proračunava se (i crta) dijagram s krivih
,1F 1s V , ...
2F 2s VρV = D
Proračunava se (i crta) dijagram s – krivihza niz različitih uglova ϕ
Dobija se dijagram
sF (D, ϕ ) dijagram se može prikazati u 3D koordinatnom sistemu...
Iz dijagrama s – krivih, za dato D i dato GK,
Projekat “STABILITET” je, ustvari, određivanje dijagrama s krivih iz koga se
sledi dijagram h(ϕ )
određivanje dijagrama s – krivih, iz koga se dalje određuje h(ϕ) za niz različitih stanja opterećenja broda ...
sinFh s GK ϕ= − ⋅prema formuli
3.5. Podela stabiliteta
U izrazu ( ) ih N GU izrazu ( ) sinh N Gϕϕ ϕ= ⋅
član zavisi od forme broda i od rasporeda masa...
N Gϕp
Da bi se olakšala analiza, koristi se nekoliko podela... ( )( ) sino oh N F F Gϕϕ ϕ= − ⋅
Jedna smo proučili:sinFh s GK ϕ= − ⋅
ali ima i drugih...
( ) sin sino o
tf
h N F F Ghh
ϕϕ ϕ ϕ= ⋅ − ⋅1424314243
( )h h hPodela stabiliteta po Atvudu (Atwood)
o oN G N F F Gϕ ϕ= −hf – stabilitet forme
ht – stabilitet težine
( ) f th h hϕ = −
o oϕ ϕ
oN Fϕ zavisi samo od forme broda
F G zavisi i od forme broda i
ht stabilitet težine
Položaj Fo je u uskim granicama...
( ), ,oF K 0 51 0 53 T= − ⋅oF G zavisi i od forme broda, i
od rasporeda masa...ali ne zavisi od ugla ϕ
( )o
tako da član FoG uglavnom zavisi od rasporeda masa...
Krak stabiliteta forme može se izraziti... ( ) ( )
( ) ( ) sinst o
f tst st
M gD h g v gD F GM M
ϕ ϕ ρ η ϕ′= ⋅ = − ⋅ ⋅123 1442443
( ) sinf oh N Fϕϕ ϕ= ⋅
st st
Ključ proračuna je statički moment klinova ...
??vη′ ⋅ =
Može se dokazati (Ribar, str. 221, Barensova metoda proračuna stabiliteta)
ϕ
∫ ( )( ) cosx0
v I dη φ ϕ φ φ′ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = − =∫cos ( )cos sin ( )sinx x
0 0I d I d
ϕ ϕ
ϕ φ φ φ ϕ φ φ φ= ⋅ + ⋅∫ ∫v v v′ ′′= = oV V Vϕ = =
fv h Vη′ ⋅ = ⋅ fvhV
η′= ⋅
( ) f th h hϕ = − ⇒
0 0∫ ∫... numerička integracija
( ) f tϕ
( ) sinovh F G
Vηϕ ϕ′
= − ⋅
Atvudova formula (1798)Danas se retko koristi... ima uglavnom istorijski značajGeorge Atwood, 1745-1807
Podela stabiliteta po Štajnenu (Steinen)( ) sin sino oh M G N M
h hϕϕ ϕ ϕ= ⋅ + ⋅
14243 1442443k d
h h
h stabilitet broda sa kružnim rebrima
( ) k dh h hϕ = +
hk – stabilitet broda sa kružnim rebrima
hd – dodatni stabilitet
možemo shvatiti kao posledicu lik f b d
( ) sinh N Gϕϕ ϕ= ⋅
razlike forme rebara u odnosu na kružnicu...
( ) sin sinM gD M G gD N Mϕ ϕ ϕ= +o oN G M G N Mϕ ϕ= +
oN Mϕ zavisi samo od forme broda
( ) ( )
( ) sin sinst o o
k dst st
M gD M G gD N MM M
ϕϕ ϕ ϕ= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅1442443 144424443
ČlanoM G zavisi i od forme broda, i
od rasporeda masa...ali ne zavisi od ugla ϕ
( ) sink oh M Gϕ ϕ= ⋅Član
je već proučen...
( )( ) sino oh M G N Mϕϕ ϕ= + ⋅ Ostaje da se prouči hd
Treba uočiti da je
( )ddh 00
dϕ=
D kDokaz
( ) sind oh N Mϕϕ ϕ= ⋅
( )sin cosddh d N M N Mϕ ϕ+
ϕ = 0 :
( )sin cosdo oN M N M
d d ϕ ϕϕ ϕϕ ϕ
= + ⋅
cosϕ = 1 , sinϕ = 0 ,
o oN M N M 0ϕ ϕ= → =
Na samom početku je rečeno
oM G 0= – ravnoteža indiferentna
Oblik hd krive se razlikuje od broda do broda, ali je tangenta u koordinatnom početku uvek horizontalna
To nije sasvim tačno...
Važi samo za kružna rebra...početku uvek horizontalna...
a za ostale forme ravnoteža može biti i stabilna i labilna
U zavisnosti od znaka funkcija hk , hd , može se javiti više slučajeva
Krive stabiliteta pri negativnom uglu nakretanja
javiti više slučajeva...Pri promeni smera ugla ϕ , moment stabiliteta Mst (ϕ ) menja smer...
K d i ič b dKod simetričnog broda su zato Mst (ϕ ) i h(ϕ )
neparne funkcije
( ) ( )h hϕ ϕ− = −( ) ( )st stM Mϕ ϕ− = −
Prepoznati slučajeve...
Uočiti: u sva četiri slučaja položaj ϕ = 0j l ž j ž k ??je položaj ravnoteže... Kakav ??
ϕ
∫Put stabiliteta je Polinomi za krive stabiliteta
Za realne brodove se (po pravilu) h – kriva ne( )0
e h dϕ ϕ= ⋅∫Integral neparne funkcije je ( t tički) 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”...
(matematički) parna funkcija
( ) ( )e eϕ 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...
( ) ...3 5 71 3 5 7h a a a aϕ ϕ ϕ ϕ ϕ= ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ +
( ) ...2 4 61 3 5
1 1 1e a a a2 4 6
ϕ ϕ ϕ ϕ= ⋅ + ⋅ + ⋅ +
1 oa M G= , , ... ??3 5 7a a a =
Ako je 3a 0> 3.6. Statički stabilitet
Može se koristiti i podela
h – kriva ima prevojnu tačku... Slična skica kao ranije...
( ) sin ...3 5k d o 3 5h h h M G b bϕ ϕ ϕ ϕ= + = + ⋅ + ⋅ +
Ako je b > 0 dodatni stabilitet hAko je b3 > 0 , dodatni stabilitet hdje pozitivnan...
sin 31ϕ ϕ ϕ= − ⋅ +Kako je
sin ...6
ϕ ϕ ϕ +za slučaj
o3
M G0 b< <
Tražimo ugao statičke ravnoteže ϕs = ?
Uslovi ravnoteže isti kao kod početnog
h – kriva ima pozitivan dodatni stabilitet, a nema prevojnu tačku...
30 b6
< < Uslovi ravnoteže isti kao kod početnog stabiliteta:
iF 0 W U gD= ⇒ = =∑i st kM 0 M M= ⇒ =∑
Važi, međutim( )stM gD h ϕ= ⋅
Mk i Mst su suprotnog smera...
Mpri čemu h(ϕ ) sledi iz proračuna stabiliteta...
st kM M=Jednačina
Mk – u smeru ϕ
Mst – nasuprot ϕ
se zato ne može analitički rešiti...
Problem se rešava grafo-analitičkipomoću dijagrama statičkog stabiliteta
nanosimo ih kao pozitivne
pomoću dijagrama statičkog stabilitetaPri tome, za moment nakretanja važe sledeći slučajevi
cosk koM M ϕ=cos2
k koM M ϕ=
k koM M=
– Pomeranje tereta, skretanje– Vetar, za jedrilice...
– Vetar, na strani sigurnosti...
Za većinu tehnički važnih slučajeva je, prema tome
cosnk koM M ϕ= n = 0, 1, 2
Da li je u položaju φ = φsravnoteža stabilna ??
ϕ = ϕ1 + dϕ , Mst > Mk
N ki k k i ič i l č j i
ϕ ϕ1 ϕ , st k
ϕ = ϕ2 + dϕ , Mst < Mk
Brod pliva u stabilnom položaju
ϕ = ϕs + dϕ Mst > Mk
Neki karakteristični slučajevi
Slučaj dva preseka
Brod pliva u stabilnom položaju
ϕs = ϕ1
Treba uočiti da u stabilnom
U kom od dva položaja ravnoteže brod pliva?
Postoje dva rešenja jednačine Mk = Mst
unutar opsega stabilitetapoložaju ravnoteže važi st kdM dM
d dϕ ϕ>
dok je u labilnom položaju ravnoteže U kom, od dva položaja ravnoteže, brod pliva?
Treba (opet) proveriti stabilnost položaja ravnoteže...
st kdM dMd dϕ ϕ
<
Slučaj bez preseka
N t ji š j j d či M M
Slučaj dodira
P t ji j d š j j d či M MNe postoji rešenje jednačine Mk = Mst
unutar opsega stabilitetaPostoji jedno rešenje jednačine Mk = Mst
unutar opsega stabiliteta...
ali takvo, da važi ( ) ( )st s k sdM dMϕ ϕ=,d dϕ ϕ
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 Ugao ϕ = ϕs je
k1 k kM M MΔ= + brod se prevrće...
Ukoliko se moment nakretanja malo smanji
granični ugao do koga se brod, u slučaju ravnoteže, može nagnuti
To jej j
k 2 k kM M MΔ= − brod pliva u stabilnom položaju...
To je ugao statičkog prevrtanja ( )p
sϕ
Moment koji dovodi do prevrtanja jemoment statičkog prevrtanja ( )p
kM
Za proste forme (kružna i uspravna rebra) izveli smo analitičke izraze za moment stabiliteta...
Sam položaj ϕ = ϕs je nestabilan...Koliko nam to pomaže pri proračunu statičkog stabiliteta ?
ϕ = ϕs + dϕ , Mst < Mk
Kružna rebra n = 0 : sin kos
o
MgD M G
ϕ =⋅
n = 1 : tg kos
o
MgD M G
ϕ =⋅
n = 2 :⎡ ⎤
n = 2 :
sin2
o kos
ko o
gDM G 2M1 1
2M gDM Gϕ
⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥= ⋅ ⋅ ⋅ = + −⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦
sinst oM gD M G ϕ= ⋅ ⋅
cosnk koM M ϕ=
Uspravna rebra
st kM M=
cos sinnko s o sM gD M Gϕ ϕ= ⋅ ⋅ko s o s
Jednačina se ne može analitički rašiti za proizvoljno n ...
1⎛ ⎞Ali ( ) tg sin2st o o o
1M gD M G M F2
ϕ ϕ ϕ⎛ ⎞= + ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠
cosnk koM M ϕ=
M M=
cos sin tg sin2s o s o s s
1mgl gD M G gDM F2
ϕ ϕ ϕ ϕ= ⋅ +
st kM M=
cos sin tg sinn 2ko s o s o s s
1M gD M G gDM F2
ϕ ϕ ϕ ϕ= ⋅ + Što se može rešiti po MoG....
Što predstavlja problem za analitičko rešavanje i pri n = 0
Z bl š f li ički
tgtg
2o o s
s
ml 1M G M FD 2
ϕϕ
= ⋅ ⋅ ⋅ = − ⋅⋅
Zato se problem rešava grafoanalitički, a Skribantijeva formula samo olakšava određivanje Mst
To je formula za metacentarsku visinu koju, prema IMO pravilima, treba koristiti kod
b k jIpak, uslov ravnoteže broda sa uspravnim rebrima daje jednu korisnu formuli...
probe nakretanja...
Ranije smo izveli formulu
Neka je Mk posledica poprečnog pomeranja tereta
coskM mgl ϕ= ⋅
os
mlM GD ϕ
=⋅
koja važi za suviše male uglove
Tada za uspravna rebra važi
koja važi za suviše male uglove...
Nesimetrično opterećen brod
Posmatramo slučaj kada je težište G van
Ugao ϕs može se odrediti redukcijomtežine W na tačku G’
Posmatramo slučaj kada je težište G van ravni simerije...
npr. usled nesimetričnog rasporeda tereta
Tada je, klasičnim postupkom
cosGk WM M gD GG ϕ′ ′= = ⋅
Brod tada “legne” b k i li dna bok, i pliva pod
nagibom ϕs
Kada se ovakav brod izvede iz ravnotežnog položaja (položaja ϕs ) moment koji teži da ga vrati je
Položaj plivanja broda se, prema tome, može odrediti na dva načina...
ga vrati jest st kM M M′ = −
Dijagram momenta izgleda
Klasično, redukcijom težine na tačku u ravni simetrije...
ili đ j M ′stM ′
ili uvođenjem momenta stM
Značaj ovog momenta će se videti tek u predmetu Plovnost i stabilitet 2(kod nesimetrićno oštećenog broda)
Sada ga treba razumeti ...
Uslov ravnoteže, koji određuje ugao statičkog nagiba ϕs je
Razmisliti o ispravljenju broda poprečnim pomeranjem tereta.
Deluje cosk1 yM mgl ϕ=stM 0′ =
g ϕs j
stM ′ – Moment stabiliteta nesimetrično opterećenog broda
Kako se to “vidi” u jednom, a kako u d dij ?
nasuprot momentu Mk
opterećenog broda
Kako se vidi vertikalno pomeranje tereta?
drugom dijagramu?
Brod sa negativnom metacentarskom visinom
Ukoliko ima pozitivan dodatni stabilitet
brod može zauzeti novi stabilni položaj
U slučaju MoG < 0(G iznad Mo)
Brod “legne” na bok
p jravnoteže pod uglom ϕs
( o)položaj ϕ = 0 je
položaj labilne ravnoteže...
Dijagram stabiliteta je
Brod se naginje...
Ukoliko ima negativan dodatni stabilitetUkoliko ima negativan dodatni stabilitet
brod se prevrće ...
Treba paziti na smer Mst ...
Opasnost od MoG < 0 javlja se kod brodova s lakim teretom tg2 o
s2 M GM F
ϕ − ⋅=
teret popuni skladišta, a nakon toga se tovari na palubu...
o oM F
o oM G M G= −
To su kontejnerski brodovi, brodovi za prevoz drveta, putnički brodovi, brodovi za prevoz automobila... tg
os
o o
2 M G
M Fϕ
⋅=
Slike...
Ugao ϕs se može naći iz krive momenta stabiliteta
Uočiti, početni stabilitetmomenta stabiliteta...
ali (pošto je, po pravilu, mali) može se koristiti i Skribantijeva formula
( )st oM gDM Gϕ ϕ= ⋅
ne daje ϕ za slučaj M G < 0 ...formula
( ) tg sin2st s o o o s s
1M gD M G M F 02
ϕ ϕ ϕ⎛ ⎞= + ⋅ =⎜ ⎟⎝ ⎠
ne daje ϕs za slučaj MoG 0 ...
Problem MoG < 0 je mnogo komplikovaniji (i interesantniji)
št i l d i l dtg2
o o o s1M G M F 02
ϕ+ =nego što na prvi pogled izgleda...
Ispravljanje broda poprečnimpomeranjem tereta
Dijagram momenta stabiliteta je
cosk y
y
M mg lmg l
ϕ= ⋅ ≈≈ ⋅
Brod ima dva stabilna i jedanBrod ima dva stabilna i jedan nestabilni položaj ravnoteže...
može ležati na jednom, ili drugom boku, što zavisi od početnih uslova..., p
Nagnuti ravnotežni položaj plivanja, bez dejstva spoljnog momenta, je (na izgled) isti k k d i t ič đ t t
Brod sa negativnom MG ne može se ispraviti poprečnim pomeranjem tereta...kao kod nesimetrično raspoređenog tereta...
Kako proveriti zašto je brod nagnut..? Kako može ??
ispraviti poprečnim pomeranjem tereta...
Nesreća broda Cougar Ace
Uticaj tečnog tereta ( ) sin sinst
sto fs
M gD N G gD A GM Mϕ ϕϕ ϕ ϕ= ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅
1442443 1442443sto fs
Kod početnog stabiliteta smo izveli
( )st o oM gD M G gD A Gϕ ϕ ϕ= ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅
t xo
IA G
Vρρ
′= ( )st sto t xM M Iϕ γ ϕ′= − ⋅
Sada treba rešiti problem za veće uglove...
Kao i u slučaju početnog stabiliteta...
Treba odrediti ( ) ??r ϕ = smanjenje kraka stabiliteta pod uticajem tečnog tereta
dolazi do prelivanja tereta na stranu nagiba,usled čega se težište broda pomera iz G u G
tečnog tereta
( ) sinr A Gϕϕ ϕ= ⋅Važi
G u G1
Moment stabiliteta se smanjuje
( )M D h′
( ) sin cosdr d A G A Gd d ϕ ϕϕ ϕ
ϕ ϕ= ⋅ + ⋅
: sin , cos , t xo
I0 0 1 A G A Gϕ
ρϕ ϕ ϕ′
= = = = =
Sledi
( )stM gD h ϕ′= ⋅
( ) sin sinh h r N G A Gϕ ϕϕ ϕ ϕ′ = − = −
: s , cos , o0 0 G GVϕϕ ϕ ϕ
ρ( )
odr 0 A Gdϕ
=
Kriva r(ϕ ) je, prema tome Ostaje još da se odredi funkcija r(ϕ )
tr m r D′ ⋅ = ⋅
t t tm vr r r
ρ′ ′= =r r rD Vρ ⋅
??r ′ =
a kriva kraka stabiliteta sa uticajem tečnog tereta je
sinF or s K F ϕ′ ′ ′ ′= −
s dV′ ⋅∫tv
Ft
sv
′ =
Postupak detaljno proučen kod definisanja s – krivihsada umesto uronjenog dela trupa broda – tečnost u tankutanku...Postoji ceo niz metoda...koje sada treba primeniti na tankove...
Odredi se r(ϕ ), odnosno Mfs(ϕ )za svaki tank...
( ) tg sin2t xI 1r 1V 2
ρϕ ϕ ϕρ
′ ⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠⎛ ⎞Ukupan uticaj se dobija superpozicijom
( ) ( )ir rϕ ϕ=∑( ) ( )M M D∑
( ) tg sin2fs t x
1M I 12
ϕ γ ϕ ϕ⎛ ⎞′= +⎜ ⎟⎝ ⎠
Rezultat važi samo ukoliko je slobodna ( ) ( )st sto iM M gD rϕ ϕ= − ∑ površina između bočnih zidova tanka...
pa rezultat (ipak) zavisi od količine tečnosti u tanku...
Obiman posao...
Ukoliko tank ima pravougaoni poprečni presek
Ukoliko je ceo tank oblika kvadra
3x T T
1I b l12
′ =x T T12
( ) tg sin3
2T Tfs t
b l 1M 112 2
ϕ γ ϕ ϕ⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠
( ) t i2Tb 1M b l h b 1⎛ ⎞⎜ ⎟( ) tg sin2T
fs t T T T TT
T
M b l h b 112h 2v
ϕ γ ϕ ϕ⎛ ⎞= ⋅ ⋅ +⎜ ⎟⎝ ⎠123
( )fs t T T TM v b kϕ γ= ⋅ ⋅ ⋅
dobija se, analogno Skribantijevoj formuli
f
ctg tg sin2T T
1 1k 112 2
θ ϕ ϕ⎛ ⎞= ⋅ +⎜ ⎟⎝ ⎠
IMO propisi dozvoljavaju i približan proračun uticaja slobodnih površina
3.7. Dinamički stabilitet
Razmotrili smo problem za slučaj početnog
( )fs t T T T TM v b kϕ γ δ= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
Tvδ
Razmotrili smo problem za slučaj početnog stabiliteta...
Rešili osnovni slučajslučaj ( a )T
TT T Tl b h
δ =⋅ ⋅
ctg tg sin2T T
1 1k 112 2
θ ϕ ϕ⎛ ⎞= ⋅ +⎜ ⎟⎝ ⎠
– slučaj ( a )
12 2⎝ ⎠
Tϕ θ≤
( )tg tg cosT T1k 18
θ ϕ ϕ= + ⋅ −( )
tg ctg cos
T T
2 2T
81 11
12 2θ ϕ ϕ⎛ ⎞− ⋅ +⎜ ⎟
⎝ ⎠pomoću linearne diferencijalne jednačine valjanja...
Tada smo, pomoću zakona o promeni kinetičkeTϕ θ>
Ako je ri (30°) < 1 cmti j t k j
Tada smo, pomoću zakona o promeni kinetičke energije, izveli formulu koja važi i za velike uglove nagiba d d
k st0 0
M d M dϕ ϕ
ϕ ϕ=∫ ∫uticaj tanka se zanemaruje...
Tδ ??
0 0∫ ∫Iz ove formule, određuje se ϕd i bez diferencijalne jednačine...
Konstruiše se dijagram statičkog stabilitetaPovršina 1 se određuje numeričkom integracijom...
iz uslova
ϕd se zatim određuje iz nekoliko interacija...
pov. 1 = pov. 2
d d
k st0 0
M d M dϕ ϕ
ϕ ϕ=∫ ∫Na osnovu
Problem se može rešiti i pomoću dijagrama dinamičkog stabiliteta
Konstruiše se kriva0 0∫ ∫važis d s d
k k st stM d M d M d M dϕ ϕ ϕ ϕ
ϕ ϕ ϕ ϕ+ = +∫ ∫ ∫ ∫( , ) ( )st st st
0M d A 0 E
ϕ
ϕ ϕ ϕ= − =∫Konstruiše se kriva
s s
k k st st0 0ϕ ϕ
ϕ ϕ ϕ ϕ∫ ∫ ∫ ∫odnosno
ϕ ϕϕ ϕ
∫ ∫
Ast(0,ϕ ) – rad momenta stabiliteta od položaja ϕ = 0 do proizvoljnog položaja
( ) ( )s d
s
k st st k0
M M d M M dϕ ϕ
ϕϕ ϕ− = −∫ ∫( ) ( )
s d
s
k st st k0
M M d M M d
površina 1 površina 2
ϕ ϕ
ϕϕ ϕ− = −∫ ∫
144424443 144424443
p jEst(ϕ ) – potencijalna energija stabiliteta
u odnosu na položaja ϕ = 0
( ) ( )st st0 0
E M d gD h dϕ ϕ
ϕ ϕ ϕ ϕ= = ⋅∫ ∫ϕ
∫( ) ( )stE gD eϕ ϕ= ⋅
( ) ( )st0
E gD h dϕ ϕ ϕ= ∫
Takođe se konstruiše kriva
( , )k k0
M d A 0ϕ
ϕ ϕ=∫Ak(0,ϕ ) – rad momenta nakretanja od
položaja ϕ = 0 do proizvoljnog položaja
Iz jednačine d d
k st0 0
M d M dϕ ϕ
ϕ ϕ=∫ ∫Sledi ( , ) ( )k d st dA 0 Eϕ ϕ=
Presek krivih određuje ugao ϕd Važe relacije
Dijagram dinamičkog stabiliteta se mora složiti s dijagramom statičkog stabiliteta...
( )( )st
stdE
Md
ϕ ϕϕ
=( , )
( )kk
dA 0M
dϕ ϕ
ϕ=
Razmatrali slučaj dinamičkog stabiliteta
slučaj ( a )
Ugao dinamičkog nagiba ϕUgao 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 slučajevidinamičkog stabiliteta U dijagramu statičkog stabiliteta, to
se vidi kaoSlučaj bez preseka(krive Est i Ak se ne seku)
pov. 1 > pov. 2
Postoji položaj statičke ravnoteže ϕs ,
Ne postoji rešenje jednačine Ek(ϕd ) = Ak(0,ϕd )
unutar opsega stabiliteta
Nema ugla dinamičkog nagiba... U celom opsegu stabiliteta je
ali dolazi do
dinamičkog prevrtanja broda
p g
Est(ϕ ) < Ak(0,ϕ )
Brod se prevrće...
Slučaj dodira(krive Est i Ak se dodiruju)
Postoji jedno rešenje jednačineEst (ϕd ) = Ak(0,ϕd )
unutar opsega stabiliteta...unutar opsega stabiliteta...
ali takvo, da krive Ak i Est imaju zajedničku tangentu...
postoji dinamički ugao nakretanja ϕd ...
Važi
( ) ( , )st d k ddE dA 0d d
ϕ ϕϕ ϕ
= ⇒
( ) ( )M Mϕ ϕ=( ) ( )st d k dM Mϕ ϕ=
pov. 1 = pov. 2
ugao dinamičkog nagiba jednak je uglu labilne ravnoteže Slučaj treba detaljnije analizirati...
Ako se moment nakretanja malo poveća
k1 k kM M MΔ= + dolazi do dinamičkog prevrtanja broda
Ako se moment nakretanja malo smanjij j
k 2 k kM M MΔ= − 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 prevrtanjanagnuti, a da ne dođe do prevrtanja
Zovemo ga ugao dinamičkog prevrtanja ( )p
dϕ
a moment koji izaziva taj ugao jemoment dinamičkog prevrtanja ( )d
kMUporediti ugao statičkog i dinamičkog prevrtanja...Uporediti moment statičkog i dinamičkog
( ) ( ),p ps dϕ ϕ
Uporediti moment statičkog i dinamičkog prevrtanja
Razumeti razliku...
( ) ( ),p dk kM M
Brod nagnut ka momentu nakretanja
Brod se valja amplitudom ϕ
U dijagramu statičkog stabiliteta, to se vidi kao
Brod se valja amplitudom ϕo ...moment (na primer vetar) zahvata ga u položaju amplitude ka momentu... slučaj ( b )
Iz zakona o promeni kinetičke energije...pov. 1 = pov. 2
izveli formulud d
o o
k stM d M dϕ ϕ
ϕ ϕϕ ϕ
− −=∫ ∫
Da je brod bio zahvaćen momentom u položaju bez nagiba – ugao ϕd bi bio manji...
Transformišemo je (slično kao ranije)
( ) ( )s d
k st st kM M d M M dϕ ϕ
ϕ ϕ− = −∫ ∫( ) ( )s d
k st st kM M d M M dϕ ϕ
ϕ ϕ− = −∫ ∫
j
Razmatrani uticaj je nepovoljniji...
( ) ( )o s
k st st k
površina 1 površina 2ϕ ϕ
ϕ ϕ−∫ ∫
144424443 144424443( ) ( )
o s
k st st kϕ ϕ
ϕ ϕ−∫ ∫ Kako se problem rešava preko
dijagrama dinamičkog stabiliteta ?
Jednačina U dijagramu dinamičkog stabiliteta to jed d
o o
k stM d M dϕ ϕ
ϕ ϕϕ ϕ
− −=∫ ∫
ž f i i blikmože se transformisati u oblikd d
o o
0
k st st0
M d M d M dϕ ϕ
ϕ ϕϕ ϕ ϕ
− −= +∫ ∫ ∫
( ) ( )
d o d
o
k st st0 0
d
M d M d M d
E E
ϕ ϕ ϕ
ϕϕ ϕ ϕ
ϕ ϕ
−
−= − +
−
∫ ∫ ∫14243 14243
( ) ( )st o st dE Eϕ ϕ
Odakle sledi
( ) ( ) ( )A E Eϕ ϕ ϕ ϕ− = − − + Presek krivih (opet) određuje ugao( , ) ( ) ( )k o d st o st dA E Eϕ ϕ ϕ ϕ− = − − +
OdnosnoDa je brod bio zahvaćen momentom u
Presek krivih (opet) određuje ugao dinamičkog nagiba...
( ) ( ) ( , )st d st o k o dE E Aϕ ϕ ϕ ϕ= − + −j
položaju bez nagiba...
Brod nagnut od momenta nakretanja
Brod se valja amplitudom ϕo ...
S druge strane (istim postupkom kao i ranije) dobija se jednačina
j p ϕo
moment (na primer vetar) zahvata ga u položaju amplitude od momentu... slučaj (c)
( ) ( ) ( , )st d st o k o dE E Aϕ ϕ ϕ ϕ= +
U dijagramima se to vidi kao
Iz zakona o promeni kinetičke energije...Iz zakona o promeni kinetičke energije...izveli formulu
d d
k stM d M dϕ ϕ
ϕ ϕϕ ϕ=∫ ∫
o oϕ ϕ∫ ∫Transformišemo je (slično kao ranije)
( ) ( )s d
M M d M M dϕ ϕ
ϕ ϕ=∫ ∫( ) ( )o s
k st st kM M d M M d
površina 1 površina 2ϕ ϕ
ϕ ϕ− = −∫ ∫144424443 144424443
Slučaj konstantnog momenta nakretanja Na primer...
Problem se, naročito u slučaju vetra, često rešava pod pretpostavkom Mk = const...
Tada je
Odrediti moment Mk = const koji zahvata brod bez nagiba i dovodi do
dinamičkog prevrtanja broda...g p j
( , )k k k0
A 0 M d Mϕ
ϕ ϕ ϕ= = ⋅∫
Sami – preko dijagrama statičkog stabiliteta...
što omogućava da se prethodni slučajevi nešto jednostavnije reše...
stabiliteta...
Kriterijum vremenskih uslovaDa li zadati moment Mk = const , koji zahvata brod u najnepovoljnijem
l ž j lj j ć b dpoložaju valjanja, prevrće brod...
Osnovni IMO kriterijum stabiliteta (Weather Criterion)Uticaj vetra i talasa, uticaj nevremena...
M j R A 749(18) dMoraju, prema Res.A 749(18), da 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...
d dopϕ ϕ≤( )p
d d f 50ϕ ϕ ϕ= °srednja brzina vetra 26 m/s (10° Bf ),postoje olujni talasi (stanje mora 8,visina talasa 11 m)
, ,dop d f 50ϕ ϕ ϕ=
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 momentdeluje udar vetra i povečava moment vetra za 50% ...Određuje se dinamički ugao nagiba broda ϕd posle udara vetrabroda ϕd posle udara vetra Propisi ograničavaju ovaj ugao Rešiti preko dijagrama dinamičkog stabiliteta...
Nesimetrično opterećen brod
Brod nagnut u
Brod nagnut nasuprot momentu nakretanjaBrod nagnut u
smeru momenta nakretanja
j
pov. 1 = pov. 2
pov. 1 = pov. 2
Dokaz sami
Zadatak se može (alternativno) rešiti redukcijom težine na ravan simetrije...
Dokaz sami...
Brod sa negativnom metacentarskom visinom
Brod nagnut nasuprot momentu
k jBrod nagnut u smeru momenta nakretanja
nakretanja
pov. 1 = pov. 2pov. 1 = pov. 2
Uočiti stabilne i labilne položaje ravnoteže...
USLOVI ZA POLAGANJE ISPITAUkupna ocena je srednja p j jvrednost ocene projekta, kolokvijuma, pismenog i usmenog dela ispita
Da bi se položio ispit iz predmeta PLOVNOST I STABILITET BRODA 1neophodna je pozitivna ocena iz sva tri dela ispitatri dela ispita• projekat• pismeni ispit
usmeni ispit
Preostala dva projekta
• DIJAGRAMSKI LIST BRODA
Za polaganje pismenog ispita neophodan pozitivno ocenjen
• usmeni ispit • STABILITET BRODA
završavaju se u okviru p p jprojekat: PLAN BRODSKIH LINIJA
Za polaganje usmenog dela ispita
diplomskog rada
i brane na diplomskom ispitu
Za polaganje usmenog dela ispita neophodno je položiti pismeni deo ispita u istom ispitnom roku...
Overeni Plan brodskih linija i Dijagramski list su uslov za dobijanje projekata iz svih ostalih predmeta...p
PLOVNOST I STABILITET BRODA 1 ______________________________
Predavanje I - slike 1
Slika I – 1. Tipičan brod za prevoz rasutog tereta (bulk carrier)
Nazad na predavanje I...
PLOVNOST I STABILITET BRODA 1 ______________________________
Predavanje I - slike 2
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 rasporedanepravilnog 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
PLOVNOST I STABILITET BRODA 1 ______________________________
Predavanje I - slike 3
Još drastičniji primer negativnog uticaja propisa...
N d
Brodovi na Velikim Jezerima, dok su se takse plaćale u zavisnosti od površine palube...
Nazad na predavanje I...
Slika I - 3
Brzi katamaran – jedan od mogućih kompromisa stabiliteta i otpora broda
Trimaran – eksperimentalna fregata TRITONNazad
Ugao nagiba od oko 30° (najčešće) nije opasan za brod, i i lik t j N k t ik h t ik ćmornari sa slike to znaju... Neke putnike hvata panika već
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.
NazadNazad...
Gliseri se, pri skretanju, naginju ka centru krivine...
Nazad
Primer tegljenjaNazad
Primer visećeg tereta: Ploveća dizalica nosi dizalicu za kontejnere na kuki...
Nazad...Nazad...
Herald of Free Enterprise – pre brodolomap p
Posle nesreće (Zibridž Belgija 1987)Posle nesreće (Zibridž, Belgija 1987)
Estonija
Simulacija brodoloma (brod Estonija, 1994)
Nazad...Nazad...
Realni uslovi u bočnoj oluji Uz vetar tu su i talasi brod se ljulja takoRealni uslovi u bočnoj oluji. Uz vetar, tu su i 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..., g j
??
Nazad...
Jedrilica sa približno kružnim rebrima...
Nazad...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...
