SADRŽAJ - masinac.org broda/tb_plovnost_stabilitet_broda_1_2008.pdf · PLOVNOST I STABILITET BRODA 1 Milan Hofman Predavanja 2008 Predavanje I 1 NEKI OSNOVNI POJMOVI I VELIČINE

SADRŽAJ

NEKI OSNOVNI POJMOVI I VELIČINE

Glavne dimenzije broda Koeficijenti forme Plovnost broda (osnovni pojmovi) Stanja ravnoteže broda

1. POČETNI STABILITET

1.1. Statički stabilitet

1.1.1. Moment stabiliteta

1.1.2. Ugao statičkog nagiba

1.1.3. Početna metacentarska visina Početni metacentarski radijus

1.1.4. Moment nakretanja Moment usled poprečnog pomeranja Moment usled vetra Moment usled skretanja Moment usled tegljenja

1.1.5. Uticaj vertikalnog pomeranja tereta

Pomeranje tereta u poprečnoj ravni

1.1.6. Uticaj visećih masa

1.1.7. Uticaj tečnog tereta

1.2. Dinamički stabilitet

2. UZDUŽNI STABILITET

Uzdužno pomeranje tereta Pomeranje tereta – opšti slučaj

3. STABILITET PRI VEĆIM UGLOVIMA NAGIBA

3.1. Kriva težišta istisnuća, težišta vodne linije i metacentra

Brod sa kružnim rebrima Brod sa uspravnim rebrima

3.2. Kriva kraka i momenta stabiliteta

Brod sa kružnim rebrima Brod sa uspravnim rebrima

3.3. Kriva puta stabiliteta i kriva stvarne metacentarske visine

3.4. Poprečne krive stabiliteta

3.5. Podela stabiliteta

Podela po Atvudu Podela po Štajnenu Krive stabiliteta pri negativnom uglu Polinomi za krive stabiliteta


Karakteristični slučajevi Nesimetrično opterećen brod Brod sa negativnom metacentarskom visinom Uticaj tečnog tereta


Neki karakteristični slučajevi Brod nagnut ka momentu nakretanja Brod nagnut od momenta nakretanja Slučaj konstantnog momenta Kriterijum vremenskih uslova Nesimetrično opterećen brod Brod sa negativnom metacentarskom visinom

USLOVI POLAGANJA ISPITA

PLOVNOST I STABILITET BRODA 1 Milan Hofman Predavanja 2008

Predavanje I 1

NEKI OSNOVNI POJMOVI I VELIČINE

pramac

pramčani pikkrmeni pik Pregrade...Trup broda

palubapramac

krma

dno

srednjakmašinski prostor

unutrašnje dnodvodno

dvobok

Nadgrađe – kaštel, kasar

bok

b k l i d i

dvodnokaštelpalubne kućice

kasarbok – levi, desni...

Engleski...

Vidi Sliku I - 1...


Predavanje I 2

Centralna linija broda, – linija preseka trupa i ravni simetrije

Linija rebra, rebro, teorijsko rebro, R – linija preseka trupa i poprečne ravni

Mreža: rebra, VL,rebra, VL, uzdužni preseci

Glavno rebro,

Vodna linija, VL – linija preseka trupa i horizontalne ravni

KVL, TVL, LVL ...


Predavanje I 3

Osnovne (glavne) dimenzije broda

Dužina broda – L

Gaz broda – T

T, Tmax

Visina i slobodni bok broda – H, FB

LPP , LOA , LKVL , LVL ...

Širina broda – B

B, BOA , BVL ... FB+T = H


Predavanje I 4

Koeficijenti forme

VLBT

δ = Koeficijent (punoće) istisnućaV – zapremina uronjenog dela broda kada brod pliva u ravnoteži,

VLAα =

δ, CBzapremina istisnuća,

istisnuće broda

AVL – površina unutar vodne linije, površina vodne linijeKoeficijent (punoće) vodne linije

1δ ≤

LBα =

A

AR – površina unutar rebra, površina rebra

Koeficijent (punoće) vodne linije

α, CVL

1α ≤

RABT

β =

β, CR

Koeficijent (punoće) rebra

1β ≤


Predavanje I 5

GR

VA L

ϕ = Koeficijent finoće, prizmatični koeficijent AGR – površina glavnog rebra

ϕ , CP

1ϕ ≤ LBTBT L

δ δϕβ β

= =⋅

vVL

VA T

ϕ =

ϕv , CPv

Vertikalni koeficijent finoće, vertikalni prizmatični koeficijent

v 1ϕ ≤

vLBTLB T

δ δϕα α

= =⋅


Predavanje I 6

Plovnost broda (osnovni pojmovi)

Dve sile...

obe posledica gravitacije

Težina

W deluje u tački G, težištu mase BW g m= ⋅

vA

F p n dA= − ⋅ ⋅∫Ukupna sila vode

atp p ghρ= +

Arhimedov zakonU gVρ= ⋅ ⋅ ⋅ =

Vertikalna sila, uzgon vA

U F k p n k dA= ⋅ = − ⋅∫

hidrostatički pritisak

iF 0= ⇒∑

U deluje u tački F, težištu zapremine VRavnoteža

W U=


Predavanje I 7

Termini – preciznije

( ) 3V m⎡ ⎤∇ ⎣ ⎦Zapremina brodom istisnute tečnosti kada brod pliva u ravnoteži –( )V m⎡ ⎤∇ ⎣ ⎦ zapremina istisnuća (zapremina deplasmana)

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

jednaka je zapremini podvodnog (uronjenog) dela broda

( )V Dρ ρ= ∇ = Δ

gD [kN] – težina brodom istisnute tečnosti kada brod pliva u ravnoteži –težina istisnuća (težina deplasmana)

VažiW U= k i ( il )W UU gVρ= sledi

B

W gDm D

==

U praksi (po pravilu)

istisnuće = V (m3)

deplasman = D (t)


Predavanje I 8

Pojam – rezerva istisnuća (rezervno istisnuće) – VR

zapremina nadvodnog – vodonepropusnog dela trupa (određuje ga slobodni bok)

IMO – International Maritime Organization (UN)

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

Grubo – brodovi se dele na dva tipa A i B

A – tankeri (nema otvora na palubi, paluba vodonepropusna)

B – svi ostali brodovi

i kP i i d j FBmin = osnovni + popravke

osnovni FBmin = f(L)

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

Propisi daju


Predavanje I 9

Pojam – dedvejt (Deadweight)

, ( ) ( )B če maš opr ter pos zalm m m m m m m

prazan brod Lightship nosivost Deadweight

= + + + + +

DWT (t)

Pojam – registar tonaBRT (GT), NRT (NT)

Nije masa, već zapremina... j , p

Postoje međunarodni propisi (IMO): Propisi o baždarenju (Tonnage Rules)

Grubo:

Bruto – svi zatvoreni prostori

Neto – svi zatvoreni prostori na kojima se zarađuje...

, , logBRT k Vzatk 0 2 0 02 Vzat

= ⋅= + ⋅

Pošlo se (davno) od 1 RT = 100 kubnih stopa...

ovi propisi imaju veliki uticaj na formu broda... Vidi slike I – 2, 3...


Predavanje I 10

Stanje ravnoteže broda

Stanje ravnoteže može biti

STABILNOA O ( S A O)

klasični primeri

LABINLNO (NESTABILNO)INDIFERENTNO da li može...?

d š i l b d

Ravnoteža stabilna, labilna, indiferentna ?

Stabilan položaj ravnoteže –minimum potencijalne energije

Brod - šest stepeni slobode

ξο , ηο , ζο

ϕ , ψ , θ

ξο , ηο , θ

ζο

ϕ , ψ ??


Predavanje I 11

Pri naginjanju oko uzdužne ose (naginjanju za ugao ϕ), 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 stabilnaM ispod G – ravnoteža nestabilna

Kaže seoM G 0>

Mo ispod G ravnoteža nestabilnaMo u G – ravnoteža indiferentna

oM G – metacentarska visina

o

o

M G 0

M G 0

<

=

o M GM G z z= − razlika koordinata


Predavanje I 12

Mo je tzv. poprečni metacentar, odnosi se na poprečni stabilitet – naginjanje u poprečnoj ravni

ϕ - ugao nagiba (ugao nakretanja)

Kakva je ravnoteža u odnosu na naginjanje oko poprečne ose y –naginjanje u uzdužnoj ravni ??

ML – uzdužni metacentar

LM G uzdužna metacentarska visina

L

L

L

M G 0

M G 0

M G 0

>

<

=

L B

??

ψ – ugao trima, ugao pretege

L B

L oM G M G

ML daleko iznad Mo

MLG uvek pozitivna... ravnoteža stabilna


Predavanje II 1

stM W h= ⋅

1.1.1. Moment stabiliteta1. POČETNI STABILITET BRODA

1.1. Statički stabilitet Moment sprega sila W i U ...

st

sino oh M G M Gϕ ϕ= ⋅ ≈ ⋅

h – krak stabiliteta

oM G – početna metacentarska visina

1ϕo oU gVρ=

U W= U gVϕ ϕρ=

W gD=

st oM gD M G ϕ≈ ⋅ ⋅

1ϕ0 1 rad 5 6ϕ ≤ ≈ − °

??

oU W= gϕ ϕρ

U Wϕ =

o oU U V Vϕ ϕ= ⇒ =sledi

,0 1 rad 5 6ϕ ≤ ≈

sin (cos , tg )1ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ≈ ≈ ≈

oM Mϕ ≈ ( )oM G f ϕ≠

dve aproksimacije...


Predavanje II 2

M 0∑ iM 0=∑k stM M=

k o sM gDM G ϕ= ⋅

ks

MgD M G

ϕ ≈1.1.2. Ugao statičkog nagiba

⇒

ogD M G⋅

( ), ,s k of D M M Gϕ =

ne znamo unapred da li je zadovoljen uslovzadovoljen uslov

s 1ϕ


Predavanje II 3

fS

xdf

xf

=∫

Težište1.1.3. Početna metacentarska visina

M G F K M F GK= + −

S f

i iS

f xx

f= ∑

o o o o

o

M G F K M F GK

M K

= +

oVo F

o

zdV

F K z VCBV

= = =∫

∑

1 2f f f= +

21 1 2

fSS S S

f=

i iG

B

m zGK z VCG

m= = = ∑

??o oM F =

22 2

fSS S S

f′ ′=


Predavanje II 4

Početni metacentarski radujus

??o oM F =

o svF F lVϕ = ⋅

posmatramo kao “pomeranje” klina za ls ...v′′

važi

o o svM F lV

ϕ⋅ = ⋅s

o ov lM FVϕ⋅=

??v l =

o o oF F M Fϕ ϕ= ⋅

oV V v vϕ ′ ′′= + −

??sv l⋅ =

s sl 2 y≈ vs

ydVy

v′=

′

∫

?v

ydVv l v 2 2 ydV′= = =

∫∫

1ϕ

– uronjeni i izronjeni klin,v v′ ′′

v v v′ ′′= =oV V Vϕ = =

...?sv

v l v 2 2 ydVv ′

⋅ = ⋅ = =′ ∫

⇒


Predavanje II 5

2

v

ydV y dxdy y y dxdyϕ ϕ′

= ⋅ ⋅ =∫ ∫ ∫

1VLo2

2

v A

ydV y dAϕ′

=∫ ∫

2y dA I=∫ 2 1y dA I=∫dV dx dy dz= ⋅ ⋅

VLo

xA

y dA I=∫1

VLo2

xA

y dA I2

=∫

Ix – moment inercije površine (unutar) vodne linije za uzdužnu težišnu osu x

s x x1v l 2 ydV 2 I I2

ϕ ϕ′

⋅ = = ⋅ = ⋅∫

dxdy yϕ= ⋅

s xo o

v l IM FV V

ϕϕ ϕ⋅= =

xo o

IM FV

=

v2′


Predavanje II 6

Ix ??

...zavisi i od rasporeda površine VL oko ose

PontonOtpornost...

A A= ( ) ( )1 2I I<

,3 2 21

x 12o o

LBI 1 B BM F 0 083V LBT 12 T T

= = = ≈

B M F1 2VL VLA A= ( ) ( )

x xI I< , o oB M F

, o oT M F

2BM F ∼

I kada nije ponton, važi

katamarani, trimarani...

Slike II-1,2

2

o ob BM F

12 T=

o oM FT

∼

( )b f 1α= ≤

može se prikazati kao


Predavanje II 7

2y dAI ∫

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

...VLAxo o

V

IM FV dV

= = =∫

∫

ali postoji i niz približnih obrazaca...važi... n

n oIM FV

=

CVL – težište VL

( )

, ,, ,

,

,, , ,

2

3

2

2

b 1 5 0 5b 0 096 0 89

b 0 0372 2 1

b 1 04b 0 13 0 87 0 005

αα

α

αα α

≈ −≈ +

≈ +

≈≈ + ±

Poprečnoj osi y odgovara uzdužni metacentarski radijus

yL o

IM F

V=, , ,b 0 13 0 87 0 005α α+ ± V


Predavanje II 8

Za ponton ... oko poprečne oseNazad na MoG ...

početna poprečna metacentarske visina

o o o oM G F K M F GK= + −

2 2LbL LM F

( ) ( )o o oM G M G M G< <min max

( ) ,oM G 0 15 m=min

( )M G = ⋅⋅⋅

IMO “preporuka”

3 2112

L oL B 1 LM F

LBT 12 T= =

za brod...L

L oM FT 12 T

=∼

2 2L o o oL B M F M F→

Glavne ose inercije ose (1) (2)

( )oM G = ⋅⋅⋅max

Tip broda MoG (m)(punog broda)

Teretni brod 0,8 - 1

Preporuke...

ML je daleko iznad Mo ...

max

min

1

2

I II I

==

y

x

I

I

=

= ( )( )

o o n o min

L o n o max

M F M F

M F M F

=

=

Glavne ose inercije ... ose (1) , (2)Kontejnerski brod 0,3 – 0,6

Remorker 0,8 – 1,2

Veliki putnički 1,5 – 2,2

Rečni putnički 0,5 – 1,5

....


Predavanje II 9

1.1.4. Moment nakretanja

ks

o

MgD M G

ϕ =⋅ Mk = ??

Mk = ??

cosk oM mgl ϕ=

( )Ak mgM M mg l= = ⋅

Moment usled poprečnog pomeranja tereta

posledica različitih spoljnih uticaja...

Može i

( ) cosGk W 1M M W GG ϕ= = ⋅

1 omGG lD

= ⋅

cos cosok o

mlM gD mgl

Dϕ ϕ= ⋅ =


Predavanje II 10

Ugao statičkog nagiba

M l l

Na formuli za ϕs bazira se prva (od dve) eksperimentalne metode za određivanje (proveru) MoG

tzv. proba (eksperiment) nakretanja

Početni stabilitet , cos1 1ϕ ϕ ≈

k oM mg l≈ ⋅

k o os

o o o

M mgl mlgD M G gDM G D M G

ϕ = = =⋅ ⋅

Može i ...1s

o

GGM G

ϕ = =

o os

s

ml mlMG

DD MGϕ

ϕ= ⇒ =

⋅

Poznate mase m poprečno se pomeraju za poznata rastojanja lo ... i meri se ϕsϕs usled pomeranja tereta obavezno se

proverava za putničke brodove...

putnici su lak, ali “nezgodan” teret...

za poznata rastojanja lo ... i meri se ϕs

ϕmax = 10° strogi propisi

Princip jednostavan, ali propisi daju strogu proceduru...

Vidi npr Ribar str 131Ugao od 10°, po pravilu, nije opasan za brod...

ali putnici postaju uznemireni...

12° - ugao panike!Slika II-3

Vidi npr. Ribar, str. 131

(Pitanje na usmenom)

PLOVNOST I STABILITET BRODA 1 Milan Hofman Predavanje 2008

Predavanje III 1

nastavak: Moment nakretanja

Moment usled vetra Javlja se i dodatni problem...

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

Slika III-1ks

o

MgD M G

ϕ =⋅

ipak, brod se ljulja oko položaja ravnoteže ϕs

( )v vF F t=

( )v vv v t=Problem uprošćavamo... pretpostavljamo...

v srv v const≈ =( )vv f t≠

Takođe, za početak pretpostavljamo

zanemarujemo talase...

( )vv f z≠


Predavanje III 2

Rezultujuću silu vetra pretpostavljamo u obliku

2v vaz v

1F c v S2

ρ= ⋅ ⋅ ⋅2

ρvaz=1,226 kg/m32

w w zan w1F c v S2

ρ=

Dolazi do zanošenja broda...

javlja se sila Fwρvaz 1,226 kg/m

c ( - ) = 1,0 – 1,3

Mv = ??

2

iF 0= ⇒∑ v wF F=

Ravnoteža... (vzan = const)

v vM F l= ⋅


Predavanje III 3

2 2vaz v w zan w

1 1c v S c v S2 2

ρ ρ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅

Možemo naći brzinu zanošenja...

wc c≈

vazzan v

w

Sv vS

ρρ

=zan vv v

Interesuje nas, pre svega ( ) cos ??2v vaz v o

1M cv S l2

ρ ϕ ϕ= ⋅ ⋅ =1

w

2v v vaz v

1M F l c v S l2

ρ= ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅

, ( )S l f ϕ=Problem je

cosol l ϕ=

2

( )... , , cos3v voM M 0 75 0 25 ϕ= ≈ + ⋅

2v vo vaz v o o

1M M c v S l const2

ρ≈ = ⋅ ⋅ ⋅ =

o ϕ

( ) ??S ϕ = cosoS S ϕ≈

cos cos2 2 2v vaz v o o vo

1M cv S l M2

ρ ϕ ϕ= ⋅ =


Predavanje III 4

1ϕ cos 1ϕ ≈

v voM M≈

Početni stabilitet


Treba raditi ...

2v vaz v o o

so o

M cv S lgD M G 2gDM G

ρϕ = =⋅

Ugao stat č og ag ba

2vi vaz i i i

1M c v S l2

ρ= ⋅ v viM M=∑

Nagib broda usled olujnog vetra se uvekMoguće je uzeti u obzir i vv = f (z)

Postoji niz (približnih) formula

( ),

17

v nomzv z v

19 5⎛ ⎞= ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠

WMO

Nagib broda usled olujnog vetra se uvek proverava... Postoje (strogi) propisi

Posebno su ugroženi brodovi s velikom površinom izloženom vetru...

Slike III-2,3,4

,

( )0 16

v nomzv z v

10⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

( ) , ln( )v nomv z 0 17v 100z=

Davenport

Eurocode

Problem uticaja vetra na vezani brod –sami...


Predavanje III 5

Moment usled skretanja

Pri tome važi v const≠

Vektor brzine ne leži u ravni simetrije –postoji zakretanje za ugao θ « 1

2

G Nva aR

= =

B G Rm a F= ⇒ B N Nm a F=

Teorija kormilarenja (manevra) je složena...Poseban predmet

θ , FN ... ?

U poslednjoj fazi se uspostavlja stacionarno kretanje po kružnoj putanji radijusa R (krugu okretanja), brzinom v = const

N0 F 0θ = ⇒ =Slika III-5


Predavanje III 6

( ), , ov 0 75 0 8 v= −o

Tl VCG2

≈ −

R = ?? Kormilarenje ...

Mk = ??

?? o a e je ...

( )minR 2 3 L= −

2

dv Lc

R⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

( ), ,dc 0 19 0 25= −

Tipični teretni brodovi

( ) cos cosGk F N oM M F lθ ϕ= = ⋅

ov R⎝ ⎠

Moment početnog stabilitetaBrod se naginje od centra putanje...

2

N ND vF D a

R⋅= ⋅ = cos 1θ ≈

cos cos2

ok ko

Dv lM M

Rϕ ϕ= =

2o

k koDv l

M MR

= =cos 1ϕ ≈


Predavanje III 7

Treba uočiti sledeće...2

o2

k os

o o o

Dv lM v lR

gD M G gDM G gR M Gϕ = = =

⋅ ⋅


( )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, nije opasan...

Nije zanemarljiv kod brzih brodova, dobrih manevarskih svojstava...

Slika III-6...

a naročito u superpoziciji s vetrom i pomeranjem tereta

Nk F ??

U slučaju dinamike neophodno je uzeti

( )GiM 0=∑

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 č j l

... to je zakon o promeni t k liči k t j

Problem je moguće rešiti i preko centrifugalne sile...

značajnu ulogu...momenta količine kretanja

Rezultati važe za deplasmanske brodoveGliseri se ponašaju drugačije... Slike III-8...

Slike III-7...


Predavanje III 8

Moment usled tegljenja

Pri “normalnom” tegljenju ne javlja se poprečna sila...

Primeri tegljenja...

Slike III-8, 9

Javljaju se slučajevi

Sile koje tada deluju na remorker

Javljaju se slučajevi

FTmax – sila na stubu...ključna karakteristika

Za remorker opasno

Slika III-10

karakteristika remorkera


Predavanje III 9

( )cos

tg cosk N N o

T

M F l F lF R

ϕα ϕ

= ⋅ = ⋅ == − ⋅

koliki je maksimalni moment?

( ) maxT TF R F− ≤ v 0≈

max tg cosk T oM F l α ϕ= ⋅ ⋅

za α = 45° cosM F l ϕ=

Problem je dinamički, složen...

Pretpostavljamo v = const

Uže zategnuto...??

∑ ∑

max cosk T oM F l ϕ= ⋅

, tg90α α→ ° → ∞pazi

svaki remorker se prevrće ??

li d iš ž l

Rešavamo ga uprošćeno, statički

,x yF 0 F 0= = ⇒∑ ∑cos

sinT

N

F R S 0S F 0

αα

− − =− =

cosTF R

Sα

−= ( ) tgN TF F R α= −

ali tada više ne važe polazne pretpostavke...

maxk T oM F l≈ ⋅1ϕza


Predavanje III 10

1.1.4. Uticaj vertikalnog pomeranja tereta Težište 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

= =∓ ∓

( )mM G M Gili

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

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

( )o 1 o o 1M G M G z zD

= + −

Menja se i moment stabiliteta

1st o 1 o zmM gD M G gD M G lD

ϕ ϕ⎛ ⎞= ⋅ ⋅ = ⎜ ⎟⎝ ⎠

∓

Ništa se ne dešava ??

(sila mg se pomera duž svoje napadna linije...)

1 o

o

st o z st z

st

M gD M G mg l M mg lM

ϕ ϕ ϕ= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅∓ ∓

( )1 ost st o 1M M mg z z ϕ= + ⋅ − ⋅


Predavanje III 11

Stabilan brod (MoG > 0) može, podizanjem tereta, izgubiti stabilitet

d di j

Pomeranje tereta u poprečnoj ravni

o 1M G 0= odgovara podizanju tereta za lkr

o krmM G l 0D

− =

D Pomeranje se sastoji iz vertikalnog i poprečnogkr o

Dl M Gm

=

šta se dešava kada je lz > lkr ,

oM G 0<

j j g p p g

Vertikalno, menja moment stabiliteta:

1 ost st zM M mg l ϕ= ⋅ ⋅∓Poprečno, stvara nagib:

y yks

ml mlMϕ = = =

kasnije...o s

o 1 o 1 o zgD M G D M G D M G mlϕ

⋅ ⋅ ⋅ ∓

Ako zamislimo dve faze pomeranja tereta:

1. faza – vertikalno pomeranje

PLOVNOST I STABILITET BRODA 1 Milan Hofman PREDAVANJA 2008.

Predavanje IV 1

1.1.5. Uticaj visećih masa

Teret mase m obešen u tački Q

Brod se naginje po

stM W h′= ⋅

sinst o oM gD M A ϕ= ⋅ ⋅1 oGG A G ϕ≈ ⋅

1 omGG P PD ϕ= ⋅

Slika IV-1.

Brod se naginje po dejstvom Mk

Dolazi do spontanog pomeranja (odklanjanja) tereta u stranu nagiba o o o oM A M G A G= −

oP P lϕ ϕ≈ ⋅st o oM gD M A ϕ≈ ⋅ ⋅

1o

GG m mA G l lD D

ϕϕ ϕ

= = =


Predavanje IV 2

( )st o o

o o

o

M gD M A

gD M G A G

gD M G mg l

ϕ

ϕ

ϕ ϕ

= ⋅ ⋅ =

= − =

= ⋅ ⋅ − ⋅

Ako se vretimo na početnu skicu...

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

0st stM M mg l ϕ= − ⋅

0stM – moment stabiliteta sa fiksnim teretom (sa teretom u Po)

podignut u tačku vešanja Q

S aspekta stabiliteta

teret obešen o tačku Q = teretu u tački Q

ϕs = ??

k stM M=Ravnoteža

kMϕ

Uticaj može biti značajan i opasan ...

ks

o ogD M Aϕ =

⋅

o o oM A M G<0s sϕ ϕ>⇒

Može doći do trenutnog gubitka stabiliteta...


Predavanje IV 3

1.1.6. Uticaj tečnog tereta

Brod pliva bez nagiba, sa tečnim teretom u tanku...

postoji

Brod se nagne pod dejstvom Mk ...

...postoji slobodna površina

stM W h′= ⋅

Tečnost se preliva na stranu nagiba...

st o oM gD M A ϕ≈ ⋅ ⋅

o o o oM A M G A G= −

o oh M A ϕ′ ≈ ⋅

( )st o o o oM gD M G A G gD M G gD A Gϕ ϕ ϕ= − = ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅Slično kao kod obešene mase, dolazi do spontanog pomeranja tereta...

...dok se ne uspostavi ravnoteža sa horizontalnom slobodnom površinom

ost st fs

momentmoment saslobodnezaleđenimpovršineteretom

M M M= −AoG = ??


Predavanje IV 4

t t1

m vGG l l

D Vρρ

′′ ′= =

1 oGG A G ϕ≈ ⋅dV dx dy dz dxdy yϕ= ⋅ ⋅ = ⋅

2

v

ydV y dxdy y y dxdyϕ ϕ′

= ⋅ ⋅ =∫ ∫ ∫

12

2x

A

1y dA I2

′

′=∫

t1o

GG v lA GV

ρϕ ρ ϕ

′ ′⋅= = ??v l′ ′⋅ =

l 2 y′ ′≈

2

– moment inercije slobodne površine tečnosti u tanku za uzdužnu težišnu osu

dA – element slobodne površine tečnosti u tanku (površine A’)

Ix’

?v

v

ydVv l v 2y v 2 2 ydV

v′

′

′ ′ ′ ′ ′⋅ = ⋅ = ⋅ = =′

∫∫

x x1v l 2v y 2 I I2

ϕ ϕ ′′ ′ ′ ′ ′⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅

t t xo

Iv lA GV V

ρ ρ ϕρ ϕ ρ ϕ

′′ ′ ⋅⋅= =


Predavanje IV 5

t xo

IA GV

ρρ

′=

Smanjenje MG ne zavisi od količine tečnosti... Ugao statičkog nagiba

0st st t xM M Iγ ϕ′= − ⋅ ⋅

zavisi od veličine i oblika slobodne površine...

Efektivna metacentarska visina

Ravnotežak stM M=

ks

o o

MgD M A

ϕ =⋅

to je uticaj slobodne površine...

Iρ ′

t xo o o

IM A M GV

ρρ

′= −

Moment stabiliteta

o o oM A M G< ⇒0s sϕ ϕ>

U slučaju većeg broja tankova

uticaj se superponira0 0

t xst st o st

IM M gD A G M gVV

ρϕ ρ ϕρ

= − ⋅ ⋅ = − ⋅

0st st t xM M g Iρ ϕ′= − ⋅ ⋅

uticaj se superponira

( ) ( )t x io o i

IA G A G

Vρ

ρ′

= = ∑∑


Predavanje IV 6

Uticaj je veoma opasan...

pokazaćemo to na primeru broda s uspravnim rebrima

Puni se vodom po celom dnu (npr. kišom)

eksperiment...

Kako smanjiti ovaj uticaj ...?

oM G 0>

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

′= − −

M A F G= = −

Potpuno napuniti tankove?

Tečnost u punom tanku se ponaša kao krut teret...

Ipak, treba napuniti / isprazniti tankove...teret se troši, isparava...

...o o oM A F G= =

Ao iznad Mo

efektivna metacentarske visina je negativna

Projektant treba da predvidi najnepovoljniji slučaj...

...punjenje tankova nije pravo rešenje


Predavanje IV 7

Pravo rešenje su

uzdužne vodonepropusne pregrade

Primer tankova sa pravougaonom slobodnom

( ) ( )o o21 o

1A G A Gn

=

veoma efikasno...

2 (j d d )e ta ova sa p avougao o s obod o

površinom l x b

slučaj (0) slučaj (1)

n = 2 (jedna pregrada)

( ) ( )o o1 o

1A G A G4

=

...

(n – 1) broj uzdužnih pregrada

33

1 lb lb

Matematički – smanjuje se moment inercije slobodne površine

Fizički – smanjuje se količina tečnosti koja se

( )3

t to o

lb lb12A GV 12 V

ρ ρρ ρ

= =

( ) ...

3

n 3 3t t t

o 3 21i 1

1 bllb 1 lb12 nA G n n

V 12 n V n 12 Vρ ρ ρρ ρ ρ=

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠= = ⋅ = ⋅ =∑

U široke tankove se, obavezno, ugrađuju uzdužne pregrade...

preliva na stranu nagiba...


Predavanje IV 8

Poprečne pregrade ? Brodovi imaju velike nepregređene palube za prevoz vozila... iznad vode

( ) ( )3

3t t

o o1 o

1 l blb12 nA G n n A G

V 12 nVρ ρρ ρ

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠= ⋅ = ⋅ =

nemaju uticaja...

Ako voda (iz nekog razloga) dospe na ove palube... havarija

Slike IV-2,3,4...

RešenjeNegativan uticaj slobodnih površina je (u principu) najveći kod tankera...

...poznat i (uglavnom) rešen

Danas je daleko opasniji uticaj tečnog tereta ( l b d ih ši ) f ib t i R R b d

Rešenje...

Problem tankova u dvoboku...

Da li ih spojiti ?(slobodnih površina) na feribote i Ro-Ro brodove...

U poslednjih 40 godina, preko 40 brodova ovog tipa je doživelo nesreću...

Zašto?


Predavanje IV 9

1.2 Dinamički stabilitet Ne važe uslovi ravnoteže, već

( )GGi

dLM

dt=∑

j k ijProjekcija na osu x

x xJ Mϕ =∑x k st xM M M M ′= − −∑

M gD M G ϕ≈ ⋅ ⋅ posledica hidrostatičkog pritiska

Skica slična prethodnim... ali bitna razlika

st oM gD M G ϕ≈

xM ′ – dok se brod ljulja, voda ne miruje... složeno...

posledica hidrostatičkog pritiska (Arhimedove sile uzgona)

Pretpostavljamo M ′ +

Do sada – ravnoteža, brod je mirovao...

constϕ ≠

brod se ljulja (valja) ϕ = ϕ (t)

xM n mϕ ϕϕ ϕ= ⋅ + ⋅

linearna funkcija ugaone brzine i ubrzanja...

(time nismo rešili problem...), 0ϕ ϕ ≠

Sada, nov problem


Predavanje IV 10

x k oJ M gD M G n mϕ ϕϕ ϕ ϕ ϕ= − ⋅ ⋅ − −

( ) kJ m n gD M G Mϕ ϕϕ ϕ ϕ+ + + ⋅ ⋅ =

Sledi diferencijalna jednačina valjanja

Rešenje diferencijalne jednačine valjanja

( ) homparttϕ ϕ ϕ= +

km const= ⇒ part constϕ =( )x o kJ m n gD M G Mϕ ϕϕ ϕ ϕ+ + +

mϕ – dodatna masa pri valjanju (dodatni moment inercije)

nϕ – prigušenje pri valjanju

U bič j i blik

k partϕ

,part part 0ϕ ϕ = 2part kmϕω ϕ⋅ =

...k kpart 2

o

m MgD M Gϕ

ϕω

= = =⋅

2k2 mϕ ϕϕ μ ϕ ω ϕ+ + ⋅ =

( )x

n

2 J mϕ

ϕϕ

μ =+ koeficijent prigušenja

pri valjanju

Uobičajeni oblik:ϕpart = ϕs

Postoje tri slučaja homogenog rešenja

• slučaj jakog prigušenja (μϕ > ωϕ)o

x

gD M GJ mϕ

ϕ

ω ⋅=+

sopstvena frekvencijaneprigušenog valjanja

kk

x

Mm

J mϕ

=+

• slučaj slabog prigušenja (μϕ < ωϕ)• slučaj veoma slabog prigušenja (μϕ « ωϕ)


Predavanje IV 11

U slučaju slabog prigušenja

( )cos sinhomt

1 2e C t C tϕμϕ ϕϕ ω ω−= +

C C su integracione konstante

Početni uslovi ??

Možemo razmatrati različite slučajeve...

Počinjemo od:

Sl č j ( )

21ϕ ϕ ϕω ω Ψ= −

C1 , C2 su integracione konstante, slede iz početnih uslova

sopstvena frekvencija prigušenog valjanja

( )0 0ϕ =( )0 0ϕ =

Brod je u ravnoteži, bez

Slučaja ( a )

ϕϕ

ϕ

μΨ

ω= bezdimenzioni koeficijent

prigušenja

U slučaju veoma slabog prigušenja

1Ψ ω ω≈

nagiba, do trenutka t = 0

Tada, na njega trenutno deluje moment nakretanja (npr. vetar), koji ostaje konstantan tokom valjanja...

1ϕΨ ϕ ϕω ω≈

( )( ) cos sints 1 2t e C t C tϕμ

ϕ ϕϕ ϕ ω ω−= + +


Predavanje IV 12

( )( ) cos sintst 1 e t tϕμ

ϕ ϕ ϕϕ ϕ ω Ψ ω−⎡ ⎤= − +⎣ ⎦

( )( ) costt 1 e tϕμϕ ϕ ω−1ϕϕ

μΨ

ω=

0ϕμΨ

Dobija sePrigušenje je malo... ali i veoma složeno za određivanje...

Ako ga zanemarimo

( )( ) cosst 1 e tϕμϕϕ ϕ ω≈ −ϕω 0ϕ

ϕϕ

μΨ

ω= ≈

sledi

( )( ) cosst 1 tϕϕ ϕ ω≈ −

ϕd – dinamički ugao nakretanja

ϕd < 2ϕs~2Tϕ

ϕ

πω

=k

d max so

2M2gD M G

ϕ ϕ ϕ= = =⋅

d sϕ ϕ>


Predavanje V 1

nastavak: 1.2. Početni dinamički stabilitet

( )x o kJ m n gD M G Mϕ ϕϕ ϕ ϕ+ + + ⋅ ⋅ =

Slučaj ( a )

ϕd – dinamički ugao nakretanja

d sϕ ϕ>

ϕd < 2ϕs~


Predavanje V 2

( ) o0ϕ ϕ= − ( )0 0ϕ =

Brod se valja amplitudom ϕo , i moment (na primer vetar) ga zahvata u položaju amplitude ka momentu...

Slučaj ( b )( ) o0ϕ ϕ= ( )0 0ϕ =Slučaj ( c )

Brod se valja amplitudom ϕo , i moment (na primer vetar) ga zahvata u položaju amplitude od momenta...

Šta je opasnije ??

Dobija se

( )( )( ) cos sints s ot e t tϕμ

ϕ ϕ ϕϕ ϕ ϕ ϕ ω Ψ ω−= − + + ( )( )( ) cos sints s ot e t tϕμ

ϕ ϕ ϕϕ ϕ ϕ ϕ ω Ψ ω−= − − +

j


Predavanje V 3

Spostveni period valjanja, Tϕ = ??

2Tϕϕ

πω

= o

x

gD M GJ mϕ

ϕ

ω ⋅=+

G

Formula je približna, u njoj su zanemareni mali (ali složeni) uticaji prigušenja i dodatne mase pri valjanju...

2x xJ D j= ⋅

2x x

o o

2 J m 2 jT

gD M G g M Gϕ ϕ

ϕ

π π κ+ += = ⋅⋅⋅ =

⋅ ⋅

gde je mJ

ϕϕκ =

Stabilniji brod – manji sopstveni period...

,oM G TϕPrema tome:

Brod sa suviše velikom MG je krut brod...

D t lj ij P š j b d t l ix xxJϕ

1ϕκ ( , )0 1ϕκ = O

Detaljnije: Ponašanje broda na talasima

Važi

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 – 0,4

x

o

2 jTg M G

ϕπ≈⋅

, , ,g B Lk 0 372 0 023 0 043

T 100π⎛ ⎞= + −⎜ ⎟⎝ ⎠

ili preciznije (IMO preporuka)O – oznaka za red veličine...

Sledi


Predavanje V 4

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⎛ ⎞veličine i stanja opterećenja broda...

Tφ = 6 – 45 s

Najduže sopstvene periode su (nekada) imali putnički lajneri, koji su time poboljšavali komfor putnika na uzburkanom okeanu

2

xo

2 j1M Gg Tϕ

π⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠

Eksperiment (proba) ljuljanja

B d lj lj i j di iuzburkanom okeanu...

Danas, najduže periode dostižu veliki kontejnerski brodovi, zbog problema sa obezbeđivanjem dovoljne metacentarske visine broda nakrcanog sa više redova kontejnera na palubi...

Jednostavan eksperiment, ali manje tačan od probe nakretanja...

Brod se zaljulja na mirnoj vodi, i meri sopstveni period valjanja ...


Predavanje V 5

Rezultat za dinamički ugao naginjanja

ϕd = 2ϕs

Posmatrajmo slučaj (a)

dobijen je rešavanjem diferencijalne jednačine valjanja...

Isti rezultat se može dobiti i na drugi način...

1 0k k 0 1E E A −− =

drugi način...

primenom zakona o promeni kinetičke energije

(0) početni položaj

(1) položaj prve amplitude

Važi2

k1E J ϕ≈ ⋅ E E 0= =

Ovaj postupak će biti značajan kod većih uglova nagiba, kada je diferencijalna jednačina valjanja daleko složenija...

k xE J2

ϕ0 1k kE E 0= =

0 1A 0− =


Predavanje V 6

d d

k o0 0

M d gDM G dϕ ϕ

ϕ ϕ ϕ=∫ ∫21

( )

( )

1

0 10

A dA− = ∫Za slučaj početnog stabiliteta...

2k d o d

1M gDM G2

ϕ ϕ= ⋅

kd s

o

2M 2gD M G

ϕ ϕ= =⋅

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− = − =∫ ∫

U slučajevima ( b ) i ( c )

d d

k stM d M dϕ ϕ

ϕ ϕϕ ϕ=∫ ∫∓ ∓

za proizvoljno velike uglove

d d

k st0 0

M d M dϕ ϕ

ϕ ϕ=∫ ∫o oϕ ϕ∫ ∫∓ ∓

dϕ = ⋅ ⋅ ⋅Važi i za velike uglove ϕ ...Za male uglove


Predavanje V 7

2. UZDUŽNI STABILITETLM G – uzdužna metacentarska visina

( )Lst LM gD M G ψ≈ ⋅ ⋅Na brod deluje

moment trima M

oL L o o L o

L o

F GM G M F F G M F 1

M F

⎛ ⎞= − = −⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠

Kod uobičajenih brodskih formi je

moment trima Mt , u uzdužnoj ravni

Javlja se ugao trima ψPri čemu je (za praktično sve probleme)

1ψd ž bili

o L oF G M F

yL L o

IM G M F

V≈ =

pa važi

IMoment uzdužnog stabiliteta ( )Lst LM W h= ⋅

hL – krak uzdužnog stabiliteta

sinL L Lh M G M Gψ ψ= ⋅ ≈ ⋅

( ) yLst L o

IM gD M F gV

Vψ ρ ψ≈ ⋅ ⋅ ≈

( )Lst yM gIρ ψ≈ ⋅


Predavanje V 8

Ravnoteža

iM 0=∑( )L

t stM M=

Odnosno, to je poprečna težišna (centralna) osa VLo

S d ć i d k i d d bli k

(to je rečeno...)

t L sM gD M G ψ= ⋅ ⋅

t ts

yL

M MgIgD M G

ψρ

= ≈⋅

Sada ćemo i dokazati da se dve bliske vodne linije seku duž težišne ose...

ψs – ugao statičkog trima

Osa y ??

to je osa duž koje se seku vodne

Važi v v′ ′′=

x

v dV dxdydz dz dxdyψ⎡ ⎤′ = = = ⋅⎢ ⎥∫ ∫ ∫ ∫linije pri malom uglu ψ ...

(sledi iz izvođenja za metacentarski radijus...)

VL

0 dAv A

v dV dxdydz dz dxdy′ ′

= = = ⋅⎢ ⎥⎣ ⎦∫ ∫ ∫ ∫

VL

y

A

v xdA Sψ ψ′

′ ′= = ⋅∫ y

v

v dV Sψ′′

′′ ′′= = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅∫


Predavanje V 9

y yS S′ ′′⇒ =

Statički momenti površina vodne

Neki dodatni pojmovi i definicije

Umesto ugla trima ψ , često se koristi

trim (ukupan trim) tp kt T T= −

v v′ ′′=

linije koje odgovaraju uronjenom i izronjenom klinu su jednaki

odnosno, za male uglove ψ, tačka Cje težište VLo ,

a osa y je težišna osa ukupne površine

p p ot T T= −

k kt T T= −

Tp – gaz na pramčanom perpendikularu

Tk – gaz na krmenom perpendikularu

trim (meren) na pramcu

trim (meren) na krmi

Iy – moment inercije vodne linije za poprečnu težišnu osu

a osa y je težišna osa ukupne površine k k ot T T

To – gaz bez trima (gaz na “ravnoj kobilici”)

( )

l ž j čk C d đ j

p kt t t= +Važi

Položaj tačke C određen je koordinatom LCF u dijagramskom listu...


Predavanje V 10

Tk > Tp brod ima krmeni trim, zategu

Tk < Tp brod ima pramčani trim, pretegu

pramčani trim + ... (?)Važi

Može se pisati

1 tt t M= ⋅

p p1 tt t M= ⋅

t t M

pp1

y

L mtgI kNmρ

⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦

plVaži

pp

tL

ψ≈

ppt L ψ= ⋅ p pt l ψ= ⋅ k kt l ψ= ⋅

k k1 tt t M= ⋅ pp1

y

tgIρ

=

kk1

y

lt

gIρ=

t1 , tp1 , tk1 – jedinični trim,

trim izazvan momentom od 1 kNmM MIzveli smo

tgp

p

tl

ψ ψ= ≈ k

k

tl

ψ≈

trim izazvan momentom od 1 kNm

t t1M M t= ⋅y

t1

gI kNmML m

ρ ⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦

t ts

yL

M MgIgD M G

ψρ

= ≈⋅

t pp t pp

yL

M L M Lt

gIgD M G ρ⋅ ⋅

= ≈⋅

M l M l

Izveli smo

VažiMože se pisati

ppL m⎣ ⎦

Mt1 – jedinični moment trima

moment koji stvara trim od 1 m

t p t pp

yL

M l M lt

gIgD M G ρ⋅ ⋅

= ≈⋅

t k t kk

yL

M l M lt

gIgD M G ρ⋅ ⋅

= ≈⋅


Predavanje V 11

Uzdužno pomeranje tereta

Brod pliva bez trima s teretom mase m u tački A

Kako odrediti ugao statičkog trima ψs = ??

Redukujemo silu mg na tačku A...Teret se uzdužno pomeri za rastojanje lx

( )Amg tM M=

Redukcioni moment je moment trima...

Javlja se trim...cost x xM mg l mglψ ψ= ⋅ ≈

t x xs

L L L

M mgl mlgDM G gDM G DM G

ψ = = =

xs

y

mlI

ψρ

= ⋅ ⋅ ⋅ ≈


Predavanje V 12

Istovremeni nagib i trim

Kada brod istovremeno ima i nagib i trim

b i č i i jih

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...

Treba, pri proračuni, uzeti njihov međusobni uticaj...

( )x

oIM FV

ψ

=

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 na nagib nije zanemarljiv...

o V( )y

L

IM F

V

ϕ

=

Kod savremenih kompjuterskih programa to nije problem...

Treba prepoznati takve brodove...

Na primer ...

Problem je (bio) što se dijagramski list (uobičajeno) proračunavao za brod bez trima i bez nagiba...


Predavanje V 13

Pomeranje tereta (opšti slučaj)

Brod pliva bez trima i nagiba s teretom mase m u tački Ao

o o o 1M G M G→utiče na poprečni stabilitet....

uticaj na uzdužni stabilitet, zanematljiv

I – vertikalno pomeranje

Teret se pomeri u tačku A1

Posle pomeranja brod pliva u novom l ž j t ž ib i

zanematljivL o L 1 L o LM G M G M G M F→ ≈ ≈

II – uzdužno pomeranje

stvara trim ψs

III – poprečno pomeranjepoložaju ravnoteže, s nagibom ϕs i trimom ψs

Pomeranje delimo u 3 faze...

Bitan redosled

III poprečno pomeranje

stvara nagib ϕs

(Da li uzeti u obzir trim, pri proračunu naguba..?)


Predavanje V 14

3. STABILITET PRI VEĆIM UGLOVIMA NAGIBA

Proučavamo samo poprečni stabilitet...

Krak stabiliteta

sinh N Gϕ ϕ= ⋅sinϕ ϕ≠

( )N G f constϕ ϕ= ≠ϕ

ima manji značaj od početne metacentarske visine...

( )h h ϕ=Sl ž č

Najčešće se računa direktno...

N Gϕ

oN Mϕ ≠

Složen proračun...

III projekat

??

Rezultat (najčešće) u obliku dijagrama

Nϕ – prividni metacentar

N Gϕ – prividna metacentarsko visina

??

Ali pre toga...


Predavanje V 15

3.1. Kriva težišta istisnuća, težišta vodne linije i metacentra

Brod pliva nagnut, na VLϕ

Cϕ – težište VLϕ

Direktno sledi iz uslova Vϕ = const, odnosno v v′ ′′=

Odnosno

Mϕ – stvarni (pravi) metacentarpri čemu je V = Vϕ = const

Brod se, dalje, nagne za dϕ ,

Uočiti Fϕ , Mo , Nϕ ... Presek normala na vodne linije (presek pravaca uzgona) definiše tačku Mϕ

Prema tome imamo

Bliske vodne linije seku se duž težišne ose M Fϕ ϕ stvarni (pravi) metacentarski radijus


Predavanje V 16

Važi ( )xI

M FV

ϕ

ϕ ϕ = ⋅ ⋅ ⋅ =

i đ j i kizvođenje isto kao za o oM F

Uočiti, imamo tri metacentra: Mo , Nϕ , Mϕ

, , o0 N M Mϕ ϕϕ → → Uzastopni položaji tačaka F formiraju

pri čemu važi

ϕ ϕ

Sada posmatrajmo brod koji se postupno naginje...

pri naginjanju je zadovoljen uslov V = Vϕ = const

Uzastopni položaji tačaka Fϕ formirajukrivu težišta istisnuća (F – krivu)

Uzastopni preseci vodnih linija (tačaka Cϕ ) formirajukrivu težišta vodnih linija (C – krivu)

Fizički, brod se naginje pod dejstvom momenta, a svaki položaj pod uglom ϕje položaj ravnoteže...

Uzastopni položaji tačaka Mϕ formirajukrivu metacentra (M – krivu)


Predavanje V 17

Odnosno Sledi

Vodna linija VLϕ je tangenta na C – krivu u tački Cϕ

ili

Tangenta na F – krivu u tački Fϕ je paralelna VLϕ

Normala na F – krivu u tački Fϕ je tangenta na M – krivu u tački Mϕ

Po definiciji, Mϕ je centar krivine F - krive

Zato je

M Fϕ ϕ poluprečnik (radijus) krivine F - krive

Odatle i termin metacentarski radijus...


Predavanje V 18

Sve tri krive zavise od forme (geometrije) trupa

Brod, čija se rebra šire, imaju F , C , M krive oblika:

Kod brodova čija se rebra sužavaju

j , ,

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

t j lj

Mϕ se (do uranjanja palube) pomera naviše, odnosno Nϕ je iznad M

to je nepovoljno za stabilitet, jer je tada

oN G M Gϕ <

Istorijat brodskih

M – krivaM – kriva

odnosno Nϕ je iznad Mo

to je povoljno za stabilitet, jer je tada

oN G M Gϕ >

Istorijat brodskih formi sa rebrima koja se sužavaju...

Slike V-1, 2, 3, ...


Predavanje VI 1

Brod sa kružnim rebrimaM – kriva ??

Mϕ je centar krivine F - krive

Centar krivine (sva tri) kruga je u tački O

M (za svako ϕ ) je u tački O

o FOF r= o COC r=

Mϕ (za svako ϕ ) je u tački O

M – kriva se transformiše u tačku...

M Oϕ ≡

Kod kružnih rebara, i samo kod kružnih rebara

o F o C

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

( )Fr f constϕ≠ = ( )Cr f constϕ≠ =

F – kriva, krug radijusa rF

važi:Mϕ = Nϕ = Mo

o o FM F M F r constϕ ϕ = = =

2 2 2F F Fy z r+ =

C – kriva, krug radijusa rC

2 2 2C C Cy z r+ =


Predavanje VI 2

Brod sa uspravnim rebrima

Brod se naginje pri Vo = Vϕ = const ...

Kao što važioV V v vϕ ′ ′′= + −

Možemo pisati

∫ ∫ ∫težišta vodnih linija je (zbog simetrije) u ravni simetrije broda...

C – kriva se transformiše u tačku

Šta je sa F – krivom ??

v v vF Fo

ydV ydV ydV

y y 2V V V

′ ′′ ′= + − =∫ ∫ ∫

v v vF Fo

zdV zdV zdV1z z T 2

V V 2 V′ ′′ ′= + − = − +∫ ∫ ∫

yF , zF = ?

Po definiciji...V

F

ydV

yV

ϕ=∫

VF

zdV

zV

ϕ=∫

V V 2 V

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

,v v

ydV zdV′ ′∫ ∫


Predavanje VI 3

tgtgv x

F o o

ydVI

y 2 2 M FV 2V

ϕ ϕ′= = = ⋅∫

∫

Za uronjeni klin važi

tgy

0v v

ydV y dxdydz y dz dxdyϕ

′ ′

⎡ ⎤= ⋅ = ⎢ ⎥⎣ ⎦∫ ∫ ∫ ∫

tg tg

VLo VLo

2 2

1 1v A A2 2

ydV y dA y dAϕ ϕ′

= ⋅ =∫ ∫ ∫

tg

tg

2v x

F

2o o

zdVI1 1z T 2 T 2

2 V 2 4V1 1T M F2 2

ϕ

ϕ

′= − + = − + =

= − + ⋅

∫

tgx

v

1ydV I2

ϕ′

= ⋅∫tgy

0v v

zdV z dxdydz zdz dxdyϕ

′ ′

⎡ ⎤= ⋅ = ⎢ ⎥

⎣ ⎦∫ ∫ ∫ ∫1 1∫ ∫ ∫

tgF o oy M F ϕ= ⋅

tg2F o o

1 1z T M F2 2

ϕ= − + ⋅

Može se eliminisati ugao ϕtg tg

VLo VLo

2 2 2 2

1 1v A A2 2

1 1zdV y dA y dA2 2

ϕ ϕ′

= ⋅ =∫ ∫ ∫

tg2x

v

1zdV I4

ϕ′

= ⋅∫

Može se eliminisati ugao ϕ

tg F

o o

yM F

ϕ =2F

F o o 2

o o

y1 1z T M F2 2 M F

= − + ⋅


Predavanje VI 4

2F F

o o

1 1z T y2 2 M F

= − + ⋅⋅

Konačno sledi Šta je sa metacentrom ??

F – kriva je kvadratna parabola

tF F M F′

tangens pravca F - krive

d

tgF o oy F F M Fϕ ϕ= = ⋅

tg2F o o

o

1 1z T M F2 2

F F

ϕ= − + ⋅

′

S druge stranetg

tgo oF F

o o o o

M Fdz 2 ydy 2M F M F

ϕ ϕ⋅= = =

nagib tangente je jednak nagibu vodne linije...

tgF FN F

ϕ

ϕ

ϕ′

=′

tgF F N Fϕ ϕ ϕ′ ′= ⋅


Predavanje VI 5

Sledi

o oN F M Fϕ ′ = o oN M F Fϕ ′=⇒

tg2o o o

1F F M F2

ϕ′ = ⋅

3.2. Kriva kraka i momenta stabiliteta

tg2o o o

1N M M F2ϕ ϕ= ⋅

Metacentarska visina raste s porastom nagiba ϕ ...

M – kriva ?h( ) ??

Nϕ iznad Mo , M – kriva, iz Mo naviše

( )

cos cos

2 2x o o

2 2

cBI M FcBM FV T T

ϕϕ

ϕ ϕ ϕ ϕ= = = =

cosBBϕ ϕ

=( )st

const

M gD h ϕ= ⋅

Metode za određivanje h , odnosno Mstće učiti nešto kasnije (III projekat...)

h(ϕ) = ??

Važi

cos cosV T T ϕ ϕ

... raste s porastom nagiba ϕ ...

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

Sada razmatramo karakteristike jedne tipične brodske h - krive

M Fϕ ϕ


Predavanje VI 6

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...

...pozitivno h odgovara pozitivnom Mst ,

tačka R(ϕops , 0)

ϕops – ugao opsega stabilitetaops0 ϕ ϕ≤ ≤ opseg stabiliteta

Ukoliko postoji, odgovara uronu palube,

p g p st ,koji deluje suprotno od smera naginjanja ϕ...

ili izronu uzvoja...ϕops ugao opsega stabiliteta

za ϕ = ϕops , h = 0 , Mst = 0

R je položaj (labilne) ravnoteže

Za ϕ > ϕops , Mst menja smer


Predavanje VI 7

Nagib h – krive u koordinatnom početku( ) ??dh 0

dϕ=

( ) sinh N Gϕϕ ϕ= ⋅

1ϕ ( ) oh M Gϕ ϕ≈ ⋅

Kada je

tangenta i kriva se (približno) poklapaju( )dh d

Konstrukcija tangente je jednostavna...

Kriva kraka stabiliteta važi samo do ugla uranjanja prvog nezaštićenog otvora

... do ugla naplavljivanja ϕnap

( )sin cosdh d N G N Gd d ϕ ϕϕ ϕ

ϕ ϕ= + ⋅

ϕ = 0 :

cosϕ = 1 sinϕ = 0 N G M Gϕ =cosϕ 1 , sinϕ 0 oN G M Gϕ

( )o

dh 0 M Gdϕ

=

... za uglove veće od ϕnap , h - kriva gubi tehnički smisaoJednačina tangente je ... oM G ϕ⋅


Predavanje VI 8

Preporuke i propisi

Danny 1884IMO, Res A749(18)

Minimalne krive stabiliteta...

Danny, 1884.

Rahola, 1939.Ratni brodovi


Predavanje VI 9

Brod sa kružnim rebrima


oN G M G constϕ = =

( ) ih G

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

Slika VI-1( ) sinoh M Gϕ ϕ= ⋅

( ) sinst oM gD M Gϕ ϕ= ⋅ ⋅

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

sinusoida...


Predavanje VI 10

Brod sa uspravnim rebrima ( ) tg sin2st o o o

1M gD M G M F2

ϕ ϕ ϕ⎛ ⎞= + ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠

( ) sinh N Gϕ ϕ= ⋅ 90 h°( ) sinh N Gϕϕ ϕ=

o oN G M G N Mϕ ϕ= +

tg2o o o

1N M M F2ϕ ϕ= ⋅

( )( ) sino oh M G N Mϕϕ ϕ= + ⋅

,90 hϕ → ° → ∞( )stM 90° → ∞

Brod je nemoguće nagnuti do 90° ??

Formula izvedena za uspravna rebra

( ) tg sin2o o o

1h M G M F2

ϕ ϕ ϕ⎛ ⎞= + ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠

Skribantijeva formula

neograničene visine...

Realno, važi samo do uranjanja palube, ili izranjanja dna...


Predavanje VI 11

Skribantijeva formula važi i za realne (punije) brodske forme, do uglova ~10°

A tek za veće uglove je neophodan proračun h(ϕ) ...

Slika VI 2

Prema tome

Za veoma male uglove, do ~5° , važi

Slika VI-2

( ) oh M Gϕ ϕ≈ ⋅

Za “umereno” male uglove, do ~10° , važi

( ) tg sin2o o o

1h M G M F2

ϕ ϕ ϕ⎛ ⎞≈ + ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠


Predavanje VI 12

3.3. Kriva puta stabiliteta i kriva stvarne metacentarske visine

h k d fi iš j š

Za tipični brod

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

=

( )2dh d em ϕ = =( ) 2m

d dϕ

ϕ ϕ= =


Predavanje VI 13

Važe sledeće relacije

( )0

0e 0 hd 0ϕ= =∫vrednost e – krive u

koordinatnom početku

ib k

Geometrijsko značenje h, m, i e - krive

Dokaz: Ribar, str. 96

( ) ( )de 0 h 0 0dϕ

= =

( )( )ops

ops

deh 0

dϕ

ϕϕ

= =

( ) ( )2dh d eϕ ϕ

nagib e – krive u koordinatnom početku

maksimum e – krive

j k i ( ) ( )o o2

dh d e0

d dϕ ϕϕ ϕ

= =

( )( ) odh 0m 0 M Gdϕ

= =

( )( ) odh

0ϕ

prevoj e – krive

vrednost m – krive u koordinatnom početku

k i h k( )h GHϕ =( )

( ) oom 0

dϕϕϕ

= =

( )dm 0 0dϕ

=( )pdm0

dϕϕ

=

maksimum h – krive

prevoji h – krive

( )m M Hϕϕ =

( ) oe F H F Gϕϕ = −


Predavanje VI 14

Kružna rebra

( ) sinoh M Gϕ ϕ= ⋅

( )( ) ( ) cos coso oe h d M G M G 1ϕ ϕ

ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ= = − ⋅ = −∫ ( )( ) ( ) o o00ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ∫( ) coso

dhm M Gd

ϕ ϕϕ

= = ⋅

Uspravna rebraUspravna rebra

( ) 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( )

22dh 1M G M F M Fϕg( ) cos tg cos

cos2

o o o o om M G M F M Fd 2

ϕϕ ϕ ϕ ϕϕ ϕ

= = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ + + ⋅ ⋅


Predavanje VI 15

PropisiIMO (Res. A749(18))

( ) ,om 0 M 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

Pov. 2 > 0,03 m

Pov. 1 + Pov. 2 > 0,09 m


Predavanje VII 1

3.4. Poprečne krive stabilitetaV

F

s dV

sV

ϕ

ϕ

⋅

=∫Važi

sF se može računati i preko koordinatnog sistema yz

VF

y dV

yV

ϕ

ϕ

⋅

=∫

VF

z dV

zV

ϕ

ϕ

⋅

=∫

cos sinF F Fs y zϕ ϕ= +

Uz koordinatni sistem yKz , vezan za brod koji se naginje...

Uvodimo nepokretni sistem sKn

Krak stabiliteta se može izraziti kao

sinFh s GK ϕ= − ⋅

sF – zavisi od forme trupaUvodimo nepokretni sistem sKn

sF – koordinata težišta istisnuća Fϕ

GK – zavisi od rasporeda masa

Uočimo, za dati brod i položaj težišta G

h, sF = f(ϕ , D)


Predavanje VII 2

sF kriva – poprečna kriva stabiliteta

Uočitih – kriva:h(ϕ ) pri D const

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

h(ϕ ) , pri D = const

s – kriva:s( D ) , ϕ = const

Proračunava se (i crta) dijagram s – krivihza niz različitih uglova ϕ,

1F 1s V , ...2F 2s V

ρV = Dza niz različitih uglova ϕ

Dobija se dijagram


Predavanje VII 3

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

Iz dijagrama s – krivih, za dato D i dato GK,Iz dijagrama s krivih, za dato D i dato GK,

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

sinFh s GK ϕ= − ⋅

sledi dijagram h(ϕ )

prema formuli


Predavanje VII 4

3.5. Podela stabiliteta

U izrazu ( ) sinh N Gϕϕ ϕ= ⋅

član zavisi od forme broda N Gϕi od rasporeda masa...

ϕ

Da bi se olakšala analiza, koristi se nekoliko podela...

Jedna smo proučili:sinFh s GK ϕ= − ⋅

( )( ) sino oh N F F Gϕϕ ϕ= − ⋅

( ) sin sino oh N F F Gϕϕ ϕ ϕ= ⋅ − ⋅F ϕ

ali ima i drugih...

Podela stabiliteta po Atvudu (Atwood)

o oN G N F F Gϕ ϕ= −

tf hh

hf – stabilitet forme

ht – stabilitet težine

( ) f th h hϕ = −

oN Fϕ zavisi samo od forme broda

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

Položaj Fo je u uskim granicama...

( ), ,oF K 0 51 0 53 T= − ⋅

tako da član FoG uglavnom zavisi od rasporeda masa...


Predavanje VII 5

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′= ⋅ = − ⋅ ⋅

Ključ proračuna je statički moment klinova ...

′

( ) sinf oh N Fϕϕ ϕ= ⋅

??vη′ ⋅ =

Može se dokazati (Ribar, str. 221, Barensova metoda proračuna stabiliteta)

( )( ) cosx0

v I dϕ

η φ ϕ φ φ′ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = − =∫ϕ ϕ

fv h Vη′ ⋅ = ⋅ fvhV

η′= ⋅

( ) f th h hϕ = − ⇒

cos ( )cos sin ( )sinx x0 0

I d I dϕ ϕ

ϕ φ φ φ ϕ φ φ φ= ⋅ + ⋅∫ ∫... numerička integracija

v v v′ ′′= = oV V Vϕ = =

( ) sinovh F G

Vηϕ ϕ′

= − ⋅

Atvudova formula (1798)Danas se retko koristi... ima uglavnom istorijski značajGeorge Atwood, 1745-1807


Predavanje VII 6

Podela stabiliteta po Štajnenu (Steinen) ( ) sin sino o

k d

h M G N Mh h

ϕϕ ϕ ϕ= ⋅ + ⋅

( ) k dh h hϕ = +

hk – stabilitet broda sa kružnim rebrima

hd – dodatni stabilitet

možemo shvatiti kao posledicu razlike forme rebara u odnosu na kružnicu...


o oN G M G N Mϕ ϕ= +

oN Mϕ zavisi samo od forme broda

M G zavisi i od forme broda, i

( ) ( )

( ) sin sinst o o

k dst st

M gD M G gD N MM M

ϕϕ ϕ ϕ= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅

( ) sink oh M Gϕ ϕ= ⋅Član

( )( ) sino oh M G N Mϕϕ ϕ= + ⋅

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

je već proučen...

Ostaje da se prouči hd


Predavanje VII 7

Treba uočiti da je

( )ddh 00

dϕ=

Dokaz

( ) sind oh N Mϕϕ ϕ= ⋅

( )sin cosdo o

dh d N M N Md d ϕ ϕϕ ϕ

ϕ ϕ= + ⋅

ϕ = 0 :

cosϕ = 1 , sinϕ = 0 ,

o oN M N M 0ϕ ϕ= → =

Na samom početku je rečeno

oM G 0= – ravnoteža indiferentna

ij i čOblik 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...a za ostale forme ravnoteža može biti i stabilna i labilna


Predavanje VII 8

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

Krive stabiliteta pri negativnom uglu nakretanja

Pri promeni smera ugla ϕ , moment stabiliteta Mst (ϕ ) menja smer...

( ) ( )h hϕ ϕ− = −( ) ( )st stM Mϕ ϕ− = −

Kod simetričnog broda su zato Mst (ϕ ) i h(ϕ )

neparne funkcije

Prepoznati slučajevePrepoznati slučajeve...

Uočiti: u sva četiri slučaja položaj ϕ = 0je položaj ravnoteže... Kakav ??


Predavanje VII 9

( )0

e h dϕ

ϕ ϕ= ⋅∫Put stabiliteta je

Integral neparne funkcije je

Polinomi za krive stabiliteta

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

Integral neparne funkcije je (matematički) parna funkcija

( ) ( )e eϕ ϕ− =

Fizičko objašnjenje će se videti kasnije...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= ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ +( ) 1 3 5 7ϕ 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 =


Predavanje VII 10

Ako je

Može se koristiti i podela

3a 0>

h – kriva ima prevojnu tačku...


Slična skica kao ranije...

Može se koristiti i podela

( ) sin ...3 5k d o 3 5h h h M G b bϕ ϕ ϕ ϕ= + = + ⋅ + ⋅ +

Ako je b3 > 0 , dodatni stabilitet hdje pozitivnan...

sin ...316

ϕ ϕ ϕ= − ⋅ +za slučaj

o3

M G0 b

6< <

Tražimo ugao statičke ravnoteže ϕs = ?

Uslovi ravnoteže isti kao kod početnog t bilit t

Kako je

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

stabiliteta:

iF 0 W U gD= ⇒ = =∑i st kM 0 M M= ⇒ =∑


Predavanje VII 11

Važi, međutim( )stM gD h ϕ= ⋅

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

M M=Jednačina

Mk i Mst su suprotnog smera...

Mk – u smeru ϕ

Mst – nasuprot ϕst kM M=Jed ač a

se zato ne može analitički rešiti...

Problem se rešava grafo-analitičkipomoću dijagrama statičkog stabiliteta

Pri tome, za moment nakretanja

nanosimo ih kao pozitivne

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


Predavanje VII 12

Da li je u položaju φ = φsravnoteža stabilna ??

ϕ = ϕ1 + dϕ , Mst > Mk

ϕ = ϕ2 + dϕ M < Mkϕ = ϕs + dϕ Mst > Mk

Neki karakteristični slučajevi

Slučaj dva preseka

ϕ ϕ2 + dϕ , Mst < Mk

Brod pliva u stabilnom položaju

ϕs = ϕ1

Postoje dva rešenja jednačine Mk = Mst

Treba uočiti da u stabilnom položaju ravnoteže važi st kdM dM

>

U kom, od dva položaja ravnoteže, brod pliva?

Treba (opet) proveriti stabilnost položaja ravnoteže...

Postoje dva rešenja jednačine Mk Mst

unutar opsega stabilitetap j st k

d dϕ ϕ>

dok je u labilnom položaju ravnoteže

st kdM dMd dϕ ϕ

<


Predavanje VII 13

Slučaj bez preseka

Ne postoji rešenje jednačine Mk = Mst

unutar opsega stabiliteta

Slučaj dodira

Postoji jedno rešenje jednačine Mk = Mst

unutar opsega stabiliteta...

dM dMali takvo, da važi st kdM dMd 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....


Predavanje VII 14

Ako se moment nakretanja malo poveća

k1 k kM M MΔ= + brod se prevrće...

Ugao ϕ = ϕs je

granični ugao do koga se brod, u slučaju ravnoteže, može nagnuti

Ako se moment nakretanja malo smanji

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...

ϕ = ϕs + dϕ , Mst < Mk

Koliko nam to pomaže pri proračunu statičkog stabiliteta ?


Predavanje VII 15

Kružna rebra n = 0 : sin kos

o

MgD M G

ϕ =⋅

n = 1 : tg kos

o

MgD M G

ϕ =⋅

sinst oM gD M G ϕ= ⋅ ⋅

n = 2 :

sin2

o kos

ko o

gDM G 2M1 1

2M gDM Gϕ

⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥= ⋅ ⋅ ⋅ = + −⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

Uspravna rebra

st kM M=

cosnk koM M ϕ=

cos sinnko s o sM gD M Gϕ ϕ= ⋅ ⋅

Jednačina se ne može analitički rašiti za proizvoljno n ...Ali ( ) tg sin2

st o o o1M gD M G M F2

ϕ ϕ ϕ⎛ ⎞= + ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠


Predavanje VII 16

cosnk koM M ϕ=

st kM M=

cos sin tg sinn 2k

1M gD M G gDM Fϕ ϕ ϕ ϕ= ⋅ +

cos sin tg sin2s o s o s s

1mgl gD M G gDM F2

ϕ ϕ ϕ ϕ= ⋅ +

Što se može rešiti po MoG....cos sin tg sinko s o s o s sM gD M G gDM F2

ϕ ϕ ϕ ϕ+

Što predstavlja problem za analitičko rešavanje i pri n = 0

Zato se problem rešava grafoanalitički, a Skribantijeva formula samo olakšava

tgtg

2o o s

s

ml 1M G M FD 2

ϕϕ

= ⋅ ⋅ ⋅ = − ⋅⋅

To je formula za metacentarsku visinu koju prema IMOodređivanje Mst

Ipak, uslov ravnoteže daje jednu korisnu formuli...

Neka je Mk posledica poprečnog

visinu koju, prema IMO pravilima, treba koristiti kod probe nakretanja...

mlM G

Ranije smo izveli formulu

pomeranja tereta

coskM mgl ϕ= ⋅

Tada za uspravna rebra važi

os

M GD ϕ

=⋅

koja važi za suviše male uglove...


Predavanje VIII 1

Nesimetrično opterećen brod

Posmatramo slučaj kada je težište G van ravni simerije...

l d i ič d

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

npr. usled nesimertičnog rasporeda tereta

cosGk WM M gD GG ϕ′ ′= = ⋅

Tada je, klasičnim postupkomBrod tada “legne” na bok, i pliva pod nagibom ϕs


Predavanje VIII 2

Kada se ovakav brod izvede iz ravnotežnog položaja (položaja ϕs ) moment koji teži da ga vrati je

st st kM M M′ = −

Dijagram momenta izgleda

Položaj plivanja broda se, prema tome, može odrediti na dva načina...

Klasično, redukcijom težine na tačku u ravni simetrije...

stM ′jag a o e ta g eda

ili uvođenjem momenta stM ′

Značaj ovog momenta će se videti tek u predmetu Plovnost i stabilitet 2(kod nesimetrićno oštećenog broda)

S d t b ti

st

stM 0′ =

Uslov ravnoteže, koji određuje ugao statičkog nagiba ϕs je

Sada ga treba razumeti ...

Razmisliti o ispravljenju broda poprečnim pomeranjem tereta.

Deluje cosk1 yM mgl ϕ=

nasuprot momentu Mst

stM ′ – Moment stabiliteta nesimetrično opterećenog broda

Kako se vidi vertikalno pomeranje tereta?

Kako se to “vidi” u jednom, a kako u drugom dijagramu?

nasuprot momentu Mk


Predavanje VIII 3

Brod sa negativnom metacentarskom visinom

U slučaju MoG < 0

Ukoliko ima pozitivan dodatni stabilitet

Brod “legne” na bok

brod može zauzeti novi stabilni položajravnoteže pod uglom ϕs

(G iznad Mo) položaj ϕ = 0 je

položaj labilne ravnoteže...

Brod se naginje...

Brod legne na bok

Dijagram stabiliteta je

Ukoliko ima negativan dodatni stabilitet

brod se prevrće ...

Treba paziti na smer Mst ...


Predavanje VIII 4

Opasnost od MoG < 0 se javlja kod brodova s lakim teretom

teret popuni skladišta, a nakon toga se tovari na palubu...

tg2 os

o o

2 M GM F

ϕ − ⋅=

o oM G M G= −

To su kontejnerski brodovi, brodovi za prevoz drveta, putnički brodovi, brodovi za prevoz automobila...

Slike VIII-1, 2, 3, 4, ...

tgo

so o

2 M G

M Fϕ

⋅=

Ugao ϕs se može naći iz krive momenta stabiliteta...

ali (pošto je, po pravilu, mali) može se koristiti i Skribantijeva formula

Uočiti, početni stabilitet

( )st oM gDM Gϕ ϕ= ⋅

ne daje ϕs za slučaj MoG < 0 ...

( ) tg sin2st s o o o s s

1M gD M G M F 02

ϕ ϕ ϕ⎛ ⎞= + ⋅ =⎜ ⎟⎝ ⎠

tg2o o o s

1M G M F 02

ϕ+ =

Problem MoG < 0 je mnogo komplikovaniji (i interesantniji) nego što na prvi pogled izgleda...


Predavanje VIII 5

Ispravljanje broda poprečnim pomeranjem tereta

Dijagram momenta stabiliteta je

cosk yM mg l ϕ= ⋅

k yM mg l≈ ⋅

Brod ima dva stabilna i jedan nestabilni položaj ravnoteže...

može ležati na jednom, ili drugom boku, što zavisi od početnih uslova...

Nagnuti ravnotežni položaj plivanja, bez dejstva spoljnog momenta, je (na izgled) isti kao kod nesimetrično raspoređenog tereta...

Kako proveriti zašto je brod nagnut..? Kako može ??

Brod sa negativnom MG se ne može ispraviti poprečnim pomeranjem tereta...

Nesreća broda Cougar Ace


Predavanje VIII 6

Uticaj tečnog tereta ( ) sin sinst

sto fs

M gD N G gD A G

M Mϕ ϕϕ ϕ ϕ= ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅

Kod početnog stabiliteta smo izveli

( ) G A G( )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...

Treba odrediti ( ) ??r ϕ = smanjenje kraka

Kao i u slučaju početnog stabiliteta...dolazi do prelivanja tereta na stranu nagiba,usled čega se težište broda pomera iz G u G1

( )ϕ j jstabiliteta pod uticajem tečnog tereta

( ) sinr A Gϕϕ ϕ= ⋅

( ) sin cosdr d A G A Gϕ ϕ+

Važi

Sledi

Moment stabiliteta se smenjuje

( )stM gD h ϕ′= ⋅

( ) sin sinh h r N G A Gϕ ϕϕ ϕ ϕ′ = − = −

( ) sin cosA G A Gd d ϕ ϕϕ ϕ

ϕ ϕ= ⋅ + ⋅

: sin , cos , t xo

I0 0 1 A G A G

Vϕρϕ ϕ ϕρ

′= = = = =

( )o

dr 0 A Gdϕ

=


Predavanje VIII 7

Kriva r(ϕ ) je, prema tome Ostaje još da se odredi funkcija r(ϕ )

tr m r D′ ⋅ = ⋅

a kriva kraka stabiliteta sa

t t tm vr r r

D Vρρ

′ ′= =⋅

??r ′ =

sinF or s K F ϕ′ ′ ′ ′= −a kriva kraka stabiliteta sa uticajem tečnog tereta je

tvF

t

s dV

sv

′ ⋅

′ =∫

k d lj č k d k hPostupak detaljno proučen kod s – krivih,sada umesto uronjenog dela trupa broda – tečnost u tanku...Postoji ceo niz metoda...koje sada treba primeniti na tankove...


Predavanje VIII 8

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

Ukupan uticaj se dobija superpozicijom

( ) ( )ir rϕ ϕ=∑

( ) tg sin2t xI 1r 1V 2

ρϕ ϕ ϕρ

′ ⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠

( ) tg sin2fs t x

1M I 12

ϕ γ ϕ ϕ⎛ ⎞′= +⎜ ⎟⎝ ⎠

l ži k lik j l b d∑

( ) ( )st sto iM M gD rϕ ϕ= − ∑

Ukoliko tank ima pravougaoni poprečni

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

Obiman posao...

presekj

3x T T

1I b l12

′ =

( ) tg sin3

2T Tfs t

b l 1M 112 2

ϕ γ ϕ ϕ⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠

( ) tg sin2Tfs t T T T T

b 1M b l h b 112h 2

ϕ γ ϕ ϕ⎛ ⎞= ⋅ ⋅ +⎜ ⎟⎝ ⎠

dobija se, analogno Skribantijevoj formuli

TT

12h 2v ⎝ ⎠

( )fs t T T TM v b kϕ γ= ⋅ ⋅ ⋅

ctg tg sin2T T

1 1k 112 2

θ ϕ ϕ⎛ ⎞= ⋅ +⎜ ⎟⎝ ⎠


Predavanje VIII 9

IMO propisi dozvoljavaju i približan proračun uticaja slobodnih površina

( )fs t T T T TM v b kϕ γ δ= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅


Razmotrili smo problem za slučaj početnog stabiliteta...

Rešili osnovni slučajT

TT T T

vl b h

δ =⋅ ⋅

ctg tg sin2T T

1 1k 112 2

θ ϕ ϕ⎛ ⎞= ⋅ +⎜ ⎟⎝ ⎠

Tϕ θ≤

eš os ov s učaj– slučaj ( a )

( )tg tg cos

tg ctg cos

T T

2 2T

1k 18

1 1112 2

θ ϕ ϕ

θ ϕ ϕ

= + ⋅ −

⎛ ⎞− ⋅ +⎜ ⎟⎝ ⎠

Tϕ θ>Ak j

pomoću linearne diferencijalne jednačine valjanja...

Tada smo, pomoću zakona o promeni kinetičke energije izveli formulu koja važi i za velikeTϕ

Ako je ri (30°) < 1 cmuticaj tanka se zanemaruje...

Tδ ??

energije, izveli formulu koja važi i za velike uglove nagiba d d

k st0 0

M d M dϕ ϕ

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


Predavanje VIII 10

Konstruiše se dijagram statičkog stabilitetaPovršina 1 se određuje numeričkom integracijom...

i l

ϕd se zatim određuje iz nekoliko interacija...

iz uslova

pov. 1 = pov. 2

Problem se može rešiti i pomoću dijagrama dinamičkog stabiliteta

d d

k st0 0

M d M dϕ ϕ

ϕ ϕ=∫ ∫važi

Na osnovu

s d s d

s s

k k st st0 0

M d M d M d M dϕ ϕ ϕ ϕ

ϕ ϕϕ ϕ ϕ ϕ+ = +∫ ∫ ∫ ∫

dijagrama dinamičkog stabiliteta

( , ) ( )st st st0

M d A 0 Eϕ

ϕ ϕ ϕ= − =∫Konstruiše se kriva

A ( ) d b l dodnosno

( ) ( )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− = −∫ ∫

Ast(0,ϕ ) – rad momenta stabiliteta od položaja ϕ = 0 do proizvoljnog položaja

Est(ϕ ) – potencijalna energija stabiliteta u odnosu na položaja ϕ = 0


Predavanje VIII 11

( ) ( )st st0 0

E M d gD h dϕ ϕ

ϕ ϕ ϕ ϕ= = ⋅∫ ∫

( ) ( )stE gD eϕ ϕ= ⋅

( ) ( )st0

E gD h dϕ

ϕ ϕ ϕ= ∫( ) ( )st gϕ ϕ

Takođe se konstruiše kriva

( , )k k0

M d A 0ϕ

ϕ ϕ=∫Ak(0,ϕ ) – rad momenta nakretanja od

položaja ϕ = 0 do proizvoljnogpoložaja ϕ = 0 do proizvoljnog položaja

Iz jednačine d d

k st0 0

M d M dϕ ϕ

ϕ ϕ=∫ ∫Sledi ( ) ( )A 0 Eϕ ϕ=( , ) ( )k d st dA 0 Eϕ ϕ=

Presek krivih određuje ugao ϕd

Dijagram dinamičkog stabiliteta se mora složiti s dijagramom statičkog stabiliteta...

Važe relacije

( )( )st

stdE

Md

ϕ ϕϕ

=( , )

( )kk

dA 0M

dϕ ϕ

ϕ=


Predavanje IX 1

Razmatrali slučaj dinamičkog stabiliteta

slučaj ( a )

Ugao dinamičkog nagiba ϕd

se određuje (alternativno) iz

dijagrama statičkog stabiliteta(ugao je određen jednakošću površina...)( g j j p )

i dijagrama dinamičkog stabiliteta...ugao je određen presekom krivih Est i Ak


Predavanje IX 2

Neki karakteristični slučajevi dinamikog stabiliteta U dijagranu statičkog stabiliteta, to

se vidi kaoSlučaj bez preseka(krive Est i Ak se ne seku)

pov. 1 > pov. 2

Postoji položaj statičke ravnoteže ϕs , ali dolazi do

Ne postoji rešenje jednačine Ek(ϕd ) = Ak(0,ϕd )

unutar opsega stabiliteta

Nema ugla dinamičkog nagiba... U celom opsegu stabiliteta je

Est(ϕ ) < Ak(0,ϕ )

Brod se prevrće...

dinamičkog prevrtanja broda


Predavanje IX 3

Slučaj dodira(krive Est i Ak se dodiruju)

Postoji jedno rešenje jednačineEst (ϕd ) = Ak(0,ϕd )

unutar opsega stabiliteta...

ali takvo, da krive Ak i Est imaju zajedničku tangentu...

postoji dinamički ugao nakretanja ϕd ...

( ) ( , )st d k ddE dA 0d d

ϕ ϕϕ ϕ

= ⇒

( ) ( )st d k dM Mϕ ϕ=

Važi

ugao dinamičkog nagiba jednak je uglu labilne ravnoteže Slučaj treba detaljnije analizirati...

pov. 1 = pov. 2


Predavanje IX 4

Ako se moment nakretanja malo poveća

k1 k kM M MΔ= + dolazi do dinamičkog prevrtanja broda

Ako se moment nakretanja malo smanji

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 prevrtanja

Zovemo ga ugao dinamičkog prevrtanja

k ji i i j j

( )pdϕ

a moment koji izaziva taj ugao jemoment dinamičkog prevrtanja ( )d

kMUporediti ugao statičkog i dinamičkog prevrtanja...Uporediti moment statičkog i dinamičkog prevrtanja

Razumeti razliku...

( ) ( ),p ps dϕ ϕ

( ) ( ),p dk kM M


Predavanje IX 5

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

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

d d

o o

k stM d M dϕ ϕ

ϕ ϕϕ ϕ

− −=∫ ∫

f iš j ( lič k ij )

Da je brod bio zahvaćen momentom u položaju bez nagiba – ugao ϕd bi bio manji...

pov. 1 = pov. 2

Transformišemo je (slično kao ranije)

( ) ( )s d

o s

k st st kM M d M M d


ϕ ϕ

ϕ ϕϕ ϕ

−− = −∫ ∫( ) ( )

s d

o s

k st st kM M d M M dϕ ϕ

ϕ ϕϕ ϕ

−− = −∫ ∫

Razmatrani uticaj je nepovoljniji...

Kako se problem rešava preko dijagrama dinamičkog stabiliteta ?


Predavanje IX 6

d d

o o

k stM d M dϕ ϕ

ϕ ϕϕ ϕ

− −=∫ ∫

Jednačina U dijagramu dinamičkog stabiliteta to je

može 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

k st stM d M d M dϕ ϕ ϕ

ϕ ϕ ϕ−

= − +∫ ∫ ∫( ) ( )

o

k st st0 0

st o st d

d d d

E Eϕ

ϕ ϕ ϕ

ϕ ϕ−

−

∫ ∫ ∫

Odakle sledi

( , ) ( ) ( )k o d st o st dA E Eϕ ϕ ϕ ϕ− = − − + Presek krivih (opet) određuje ugao di ičk ib

Odnosno

( ) ( ) ( , )st d st o k o dE E Aϕ ϕ ϕ ϕ= − + −Da je brod bio zahvaćen momentom u položaju bez nagiba...

dinamičkog nagiba...


Predavanje IX 7

Brod nagnut od momenta nakretanja

Brod se valja amplitudom 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= +

S druge strane (istim postupkom kao i ranije) dobija se jednačina

U dijagramima se to vidi kao

Iz zakona o promeni kinetičke energije...izveli formulu

d d

o o

k stM d M dϕ ϕ

ϕ ϕϕ ϕ=∫ ∫

f iš j ( lič k ij )Transformišemo je (slično kao ranije)

( ) ( )s d

o s

k st st kM M d M M d


ϕ ϕ

ϕ ϕϕ ϕ− = −∫ ∫


Predavanje IX 8

Slučaj konstantnog momenta nakretanja

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

d j

Na primer...

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

Tada je dinamičkog prevrtanja broda...

( , )k k k0

A 0 M d Mϕ

ϕ ϕ ϕ= = ⋅∫

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

Sami – preko dijagrama statičkog stabiliteta...


Predavanje IX 9

Kriterijum vremenskih uslovaDa li zadati moment Mk = const , koji zahvata brod u najnepovoljnijem položaju valjanja, prevrće brod...

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

Moraju, prema Res.A 749(18), da zadovolje svi brodovi..

Potiče iz japanskih propisa 1950-60. Jamagata...

U ovom slučaju, ne... Scenario je sledeći...


Predavanje IX 10

Pretpostavlja se da je brod izložen bočnoj oluji...srednja brzina vetra 26 m/s (10° Bf ),postoje olujni talasi (stanje mora 8,

i i t l 11 )

d dopϕ ϕ≤( ) , ,p

dop d f 50ϕ ϕ ϕ= °

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 ϕpoložaja 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

t 50%vetra za 50% ...Određuje se dinamički ugao nagiba broda ϕd posle udara vetra Propisi ograničavaju ovaj ugao Rešiti preko dijagrama dinamičkog stabiliteta...


Predavanje IX 11

Nesimetrično opterećen brod

Brod nagnut u smeru momenta nakretanja

Brod nagnut nasuprot momentu nakretanja

pov 1 = pov 2pov. 1 pov. 2

pov. 1 = pov. 2

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

Dokaz sami...


Predavanje IX 12

Brod sa negativnom metacentarskom visinom

Brod nagnut u smeru momenta nakretanja

Brod nagnut nasuprot momentu nakretanja

nakretanja

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

Uočiti stabilne i labilne položaje ravnoteže...


Predavanje IX 13

USLOVI ZA POLAGANJE ISPITA

Da bi se položio ispit iz predmeta PLOVNOST I STABILITET BRODA 1neophodna je pozitivna ocena iz sva

Deo pismenog ispita (1. zadatak) moguće je položiti i tokom semestra, na kolokvijumu. Kolokvijum nije obavezan - ne

Ukupna ocena je srednja vrednost ocene projekta, k l k ij i i

neophodna je pozitivna ocena iz sva tri dela ispita• projekat• pismeni ispit• usmeni ispit

Kolokvijum nije obavezan - ne predstavlja uslov za izlazak na pismeni ispit.

Za polaganje pismenog ispita neophodan pozitivno ocenjen projekat: PLAN BRODSKIH LINIJA

Za polaganje usmenog dela ispita h d j l žiti i i d

kolokvijuma, pismenog i usmenog dela ispita

Preostala dva projekta

• DIJAGRAMSKI LIST BRODA

• STABILITET BRODAneophodno je položiti pismeni deo ispita u istom ispitnom roku...

• STABILITET BRODA

završavaju se u okviru diplomskog rada

i brane na diplomskom ispitu

DODATAK SLIKE 2008.

D1- Slike 1

DODATAK - SLIKE

DODATAK SLIKE 2008.

D1- Slike 2

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

Nazad na predavanje I...

DODATAK SLIKE 2008.

D1- Slike 3

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 d t trasporeda 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

DODATAK SLIKE 2008.

D1- Slike 4

Još drastičniji primer negativnog uticaja propisa...

d

Brodovi na Velikim Jezerima, dok su se takse plaćale u zavisnosti od površine palube...

Nazad na predavanje I...

Slika I - 3

DODATAK SLIKE 2008.

D1- Slike 5

Slika II-1. Brzi katamaran – jedan od mogućih kompromisa stabiliteta i otpora broda

DODATAK SLIKE 2008.

D1- Slike 6

Slika II-2. Trimaran – eksperimentalna fregata TRITONNazad na predavanje (II-6)

DODATAK SLIKE 2008.

D1- Slike 7

Slika II-3. Ugao nagiba od oko 30° (najčešće) nije opasan za brod, i mornari sa slike to znaju... Neke putnike hvata panika već pri uglu nagiba od 12° - tzv. uglu panike...

Nazad na predavanje (II-10)

DODATAK SLIKE 2008.

D1- Slike 8

Slika III-1. Realni uslovi u bočnoj oluji. Uz vetar, tu su i talasi, brod se ljulja tako da nema statičkih rešenja...

Nazad na predavanje (III-1)

DODATAK SLIKE 2008.

D1- Slike 9

Slika III-2. Brodovi koji su, zbog velike lateralne površine, osetljivi na bočni vetar... Kontejnerski brodovi

DODATAK SLIKE 2008.

D1- Slike 10

Slika III-3. Putnički brodovi

DODATAK SLIKE 2008.

D1- Slike 11

Slika III-4. Brodovi za prevoz automobila Nazad na predavanje (III-4)

DODATAK SLIKE 2008.

D1- Slike 12

Slika III-5. Prazan kontejnerski brod u krugu okretanja...Nazad na predavanja (III-5)

DODATAK SLIKE 2008.

D1- Slike 13

Slika III-6. Brzi brod (nosač aviona) nagnut usled skretanja...Nazad na predavanje (III-7)...

DODATAK SLIKE 2008.

D1- Slike 14

Slika III-7. Postoji niz havarija u kojima je s skretanje odigralo značajnu ulogu...

Exelsior, Keln 2007

Brod Turija...

Dongedijk, Port Said 2000.

Nazad na predavanje (III-7)...

DODATAK SLIKE 2008.

D1- Slike 15

Slika III-8. Gliseri se, pri skretanju, naginju ka centru krivine...

Nazad na predavanje (III-7)

DODATAK SLIKE 2008.

D1- Slike 16

Slika III-8. Primeri tegljenja

DODATAK SLIKE 2008.

D1- Slike 17

Nazad na predavanje (III-8)...Slika III-9.

DODATAK SLIKE 2008.

D1- Slike 18

Slika III-10. Remorker upravan na brod koji treba da tegli. Uže nije zategnuto...

Nazad na predavanje (III-8)...

DODATAK SLIKE 2008.

D1- Slike 19

Slika IV-1. Primer visećeg tereta: Ploveća dizalica nosi dizalicu za kontejnere na kuki...

Nazad na predavanje (IV-1)...

DODATAK SLIKE 2008.

D1- Slike 20

Slika IV-2. Herald of Free Enterproze – pre brodoloma

DODATAK SLIKE 2008.

D1- Slike 21

SlikaIV-3. Posle nesreće (Zebig, Belgija 1987)

DODATAK SLIKE 2008.

D1- Slike 22

Slika IV-5

DODATAK SLIKE 2008.

D1- Slike 23

Slika IV-6.

DODATAK SLIKE 2008.

D1- Slike 24

Slika IV-7. Estonija

DODATAK SLIKE 2008.

D1- Slike 25

Slika IV-8. Simulacija b d lbrodoloma (brod Estonija, 1994)

Nazad na predavanje (IV-8)

DODATAK SLIKE 2008.

D1- Slike 26

Slika V-1. Tipičan srednjovekovni jedrenjak

DODATAK SLIKE 2008.

D1- Slike 27

Bitka kod Tušime 1905...

I svetski rat 1914

Slika V-2. Bojni brodovi oko 1900...

I svetski rat 1914...

DODATAK SLIKE 2008.

D1- Slike 28

Slika V-3. Ponovo, STELT tehnologija...

DODATAK SLIKE 2008.

D1- Slike 29

Slika V-4.

DODATAK SLIKE 2008.

D1- Slike 30

Slika V-5.

DODATAK SLIKE 2008.

D1- Slike 31

?? Slika V-6.

Nazad na predavanja (V-18)

DODATAK SLIKE 2008.

D1- Slike 32

Jedrilica sa približno kružnim rebrimaJedrilica sa približno kružnim rebrima...

Nazad na predavanje (VI-9)

DODATAK SLIKE 2008.

D1- Slike 33

Plan rebara tipičnog teretnog broda

Nazad na predavanja (VI-11)

DODATAK SLIKE 2008.

D1- Slike 34

Primeri brodova kod kojih postoji opasnost negativne od metacentarske visine

Slika VIII-1. Brod za prevoz drveta

DODATAK SLIKE 2008.

D1- Slike 35

Slika VIII-2. Brod za prevoz automobila

DODATAK SLIKE 2008.

D1- Slike 36

Slika VIII-3. Da li je brod legao na bok usled negativne metacentarske visine ?

DODATAK SLIKE 2008.

D1- Slike 37

Slika VIII-4. Moderni putnički brod - kruzer

DODATAK SLIKE 2008.

D1- Slike 38

Slika VIII-5. Još jedan putnički brod

DODATAK SLIKE 2008.

D1- Slike 39

Slika VIII-6. Kontejnerski brod

DODATAK SLIKE 2008.

D1- Slike 40

Slika VIII-7. Kontejnerski brod

DODATAK SLIKE 2008.

D1- Slike 41

Slika VIII-9. Mali kontejnerski brod - fider

Nazad...

Documents

SADRŽAJ - masinac.org broda/tb_plovnost_stabilitet_broda_1_2008.pdf · PLOVNOST I STABILITET BRODA 1 Milan Hofman Predavanja 2008 Predavanje I 1 NEKI OSNOVNI POJMOVI I VELIČINE