Plovnost Stabilitet Broda 2 2009

SADRŽAJ 1. UTOVAR / ISTOVAR TERETA

2

1.1. Centrični utovar

4

5 10 14

1.2. Ekscentrični utovar

1.1.1. Utovar male količine tereta (mali utovar, laki teret) 1.1.2. Utovar velike količine tereta (veliki utovar, teški teret) 1.1.3. Utovar tečnog tereta

17

1.3. Određivanje mase tereta na osnovu očitanja gaza 2. Prodor vode

21

27

2.1. Centrični prodor

2.1.1. Prodor male količine vode 2.1.2. Prodor velike količine vode

29

29 36

2.2. Ekcentrični prodor

39

39 43

48

48 49

55

2.4.1. Vodonepropusne pregrade 2.4.2. Proračun zapremine i težišta oštećenog odelenja 2.4.3. Proračun naplavljivih dužina i položaja pregrada 2.4.4. Primena krive naplavljivih dužina 2.4.5. Promena krive naplavljivih dužina pod različitim uticajima 2.4.6. Propisi o pregrađivanju i stabilitetu oštećenih brodova

55 59 69 100 103 107

2.2.1. Trim broda 2.2.2. Nagib broda

2.3. Prodor u odelenja s teretom

2.3.1. Čvrsti teret 2.3.2. Tečni teret (prodor u tankove)

2.4. Proračun nepotopivosti (naplavljivosti) broda

a) Deterministički propisi b) Probabilistički propisi 3. NASUKANJE BRODA 3.1. Reakcije dna

107 111

116

120

3.2. Stabilitet nasukanog broda 4. MERE ZA POBOLJŠANJE STABILITETA

129

141

4.1. Povećanje hk (povećanje MG)

142

4.2. Povećanje dodatnog stabiliteta

152

Da li je Titanik bio nepotopiv?

155

175

DODATAK 1

DODATAK 2 Priča o Kapetanu, Monarhu i Dongedijku, ili Da li smo naučili lekciju o slobodnom boku?

PLOVNOST I STABILITET BRODA 2 (2009) _______________________________

Predmet

PLOVNOST I STABILITET BRODA 2 Predavanja : Milan Hofman Vežbe: Igor Bačkalov

Literatura Predavanja, vežbe (hendauti)

Nastavak predmeta PLOVNOST I STABILITET BRODA 1

Knjiga: B. Ribar, Teorija broda

Imena predmeta su se menjala... ali prvi put je materija razdvojena

Skripta Univerziteta u Zagrebu...

Ispit: pismeni + usmeni Uslov za ispit: overen projekat “NAPLAVLJIVOST BRODA” i položen ispit PLOVNOST I STABILITET BRODA 1 Uslov za dobijanje projekta: projekti: j Plan brodskih linija j ((iz p predmeta Overeni p PLOVNOST I STABILITET BRODA 1) + Dijagramski list i Stabilitet broda (iz Završnog Bsc ispita)

PREDAVANJA

j g na engleskom... g Knjige A. Biran: Ship Hydrostatics and Stability, Butterwarth Heinemann E.V. Lewis, Ed. Principles of Naval Architecture, SNAME

1


1. UTOVAR / ISTOVAR TERETA Razmatramo sledeći problem: Poznat p položajj plivanja p j broda ppre utovara (istovara)... Traži se položaj plivanja (gaz, nagib, trim) posle utovara (istovara)... Prvo, utovar i istovar svodimo na jedan problem Razlika u smeru sile... Dokaz, kod istovara – sila naviše...

PREDAVANJA

2


Problem rešavamo tako što težinu tereta mg redukujemo na tačku centričnog utovara/istovara P Tačka čk P:

Komponente redukcionog momenta (momenti oko poprečne i uzdužne ose) su Moment nakretanja Mk i moment trima Mt

Tačka u kojoj utovar (istovar) stvara samo paralelni uron (izron),

Pogodno je zato utovar podeliti na faze:

odnosno

I faza – utovar u P (tzv. centrični utovar, koji stvara samo paralelni uron)

ne stvara nagib ili trim U tački P deluje sila mg ( P) i redukcioni moment M mg

II faza – pomeranje tereta iz tačke P u tačku Q (poznat problem pomeranja tereta...) Podela istovara na ovakve faze nije korektna... Zašto??

PREDAVANJA

3


1.1. Centrični utovar Koordinate tačke P

Posle utovara mase m u tački P, brod paralelno uroni za ΔT Za novo stanje važi

• Po visini (prema dogovoru), u nivou stvarne tačke utovara/istovara Q (zP = zQ) • Po širini, u ravni simetrije broda (yP= 0) • Po dužini, xP = ??

(Wo + mg ) − (U o + ΔU ) = 0

Wo + mg − U o − ΔU = 0 Dodatni uzgon ΔU deluje u težištu zapremine uronjenog sloja S Uslov ravnoteže

∑M

i

=0

Wo xG + mg ⋅ xP − U o xF − ΔU ⋅ xS = 0 xP = xS

Pre utovara brod pliva na VLo , važi Wo = U o = gDo

PREDAVANJA

Tačka centričnog utovara P nalazi se na vertikali s težištem S zapremine uronjenog sloja

4


1.1.1. Utovar male količine tereta (mali utovar, laki teret)

m D

Sledi

mg ≈ ρ gAVLo ΔT

m 1 ⎛⎜ < 0, 1 ⎞⎟ ⎝D ⎠

ΔT To

ΔT =

1

m ρ AVLo

Takođe važi

xS ≈ xC To + T1 ΔT = To + 2 2 ⎛ ⎞ ΔT SK = zS ≈ To ⎜ 1 + ⎟ ≈ To 2To ⎠ ⎝ S ≈ CVLo SK = zS ≈

V ži nezavisno Važi, i odd količine k liči tereta t t

ΔU = ρ g ΔV ΔU = mg

Arhimedov zakon Uslov ravnoteže

Za malu količinu tereta (malo ΔT) važi

ΔV ≈ AVLo ⋅ ΔT

Rebra u okolini VL – uspravna

Tačka centričnog utovara P nalazi se na vertikali tik li s težištem t žišt vodne d linije VLo Za brod sa uspravnim rebrima, formule važe bez obzira na količinu tereta...

PREDAVANJA

5


I x( o ) ρ I x( o ) = M o Fo = Vo Do

M 1G1 = ??

ρ I x( o ) = Do ⋅ M o Fo M 1 F1 =

Do ⋅ M o Fo Do + m

M 1 F1 < M o Fo Istovar...

M 1 F1 =

M 1G1 = M 1 F1 + F1 K − G1 K M 1 F1 =

I

PREDAVANJA

( 1) x

Položaj težišta broda

I x(1) ρ I x(1) = V1 D1

D1 = Do + m ≈I

(o) x

Do ⋅ M o Fo Do − m

D1 ⋅ G1 K = Do ⋅ Go K + m ⋅ PK M 1 F1 ≈

ρ I x( o ) Do + m

G1 K =

Do ⋅ Go K + m ⋅ PK Do + m

6


Položaj težišta istisnuća

V1 ⋅ F1 K = Vo ⋅ Fo K + ΔV ⋅ SK F1 K =

M 1G1 =

Vo ⋅ Fo K + ΔV ⋅ SK Do ⋅ Fo K + ρΔV ⋅ SK = V1 D1

S obzirom na

PS

Do ⋅ Fo K + m ⋅ SK Do + m

Utovar...

Do M o Fo Do Fo K + mSK Do Go K + mPK + − Do + m Do + m Do + m

M 1G1 =

PREDAVANJA

) (

Do M o Fo + Fo K − Go K − m PK − SK Do + m

je, približno, rastojanje od VLo

Može se ppisati i preko p vertikalnih koordinata..

M 1G1 = M 1 F1 + F1 K − G1 K =

(

P ispod S

zS ≈ To

mg = ΔU = ρ g ΔV → ρΔV = m

F1 K =

Do ⋅ M o Go ∓ m ⋅ PS Do + m

M 1G1 =

)

Do ⋅ M o Go + m ⋅ ( zS − z P ) Do + m

Istovar...

M 1G1 =

Do ⋅ M o Go − m ⋅ ( zS − z P ) Do − m

7


Treba obratiti pažnju na tačku P u slučaju velike zapremine tereta, obešenog tereta, ljudi...

Ljudi se tretiraju kao kruto vezani teret, masa 75 kg, težište 1 m od osnove... Pri okupljanju ljudi na palubi, 4 čoveka po m2 ??

Teret kruto vezan za palubu – P je težište tereta

Kod obešenog tereta – P u tački vešanja Moment stabiliteta Početni stabilitet, ϕ

1

M st1 = gD1 ⋅ M 1G1 ⋅ ϕ

M st1 = g ( Do + m ) ⋅

Do ⋅ M oGo ∓ m ⋅ PS ⋅ϕ Do + m

M st1 = gDo M oGo ⋅ ϕ ∓ mg PS ⋅ ϕ M sto

PREDAVANJA

8


M st1 = M sto ∓ mg ⋅ PS ⋅ ϕ

M st1 = M sto + mg ( zS − z P ) ϕ

1 ⎛ ⎞ M st1 = gDo ⎜ M oGo + M o Fo tg 2 ϕ ⎟ sin ϕ ∓ m ⋅ PS sin ϕ 2 ⎝ ⎠ M sto

Istovar...

M st1 = M sto − mg ( zS − zP ) ϕ

M st1 = M sto ∓ mg ⋅ PS ⋅ sin ϕ

Za brod sa uspravnim rebrima

M st1

1 ⎛ ⎞ = gD1 ⎜ M 1G1 + M 1 F1 tg 2 ϕ ⎟ sin ϕ 2 ⎝ ⎠ (Skribantijeva formula)

M st1 = g ( Do + m ) ⋅ ⎛ D ⋅ M oGo ∓ m ⋅ PS 1 Do ⋅ M o Fo 2 ⎞ tg ϕ ⎟ sin ϕ ⋅⎜ o + Do + m 2 Do + m ⎝ ⎠

PREDAVANJA

I za realne brodove važi

M st1 ≈ M sto ∓ mg ⋅ PS ⋅ sin ϕ Ali za relativno male uglove... Svakako ne preko ugla urona palube

9


Rezime

1.1.2. Utovar velike količine tereta (veliki utovar, teški teret)

Da li se stabilitet pri utovaru / istovaru povećava ili smanjuje, zavisi od odnosa tačaka P i S

Ukoliko je

m = O ( 1) Do

približne formule više ne važe... Koristi se DIJAGRAMSKI LIST (to je jedna od njegovih osnovnih namena...) Paralelni uron se određuje:

Tn ≈

To + T1 1 = To + ΔT 2 2

Tn ≈ To

Utovar iznad i d vodne d linije li ij – stabilitet bili Istovar iznad vodne linije – stabilitet Utovar ispod vodne linije – stabilitet Istovar ispod vodne linije – stabilitet

PREDAVANJA

10


Ostaje da se odredi metacentarska visina posle utovara

m ⋅ Go P = D1 ⋅ Go G1 Go P Go G1 = Vo + ΔV ΔV

Odnos kateta dva slična trougla...

ΔV =

m ρc

Istovar, sami (obavezno)...

PREDAVANJA

11


Moment stabiliteta Početni stabilitet M st = gD1 ⋅ M 1G1 ⋅ ϕ 1

Sve poznato iz prethodne konstrukcije u dijagramskom listu g nagiba g Za veće uglove M st = gD1 ⋅ h1 (ϕ )

h1 (ϕ ) = s ( D1 , ϕ ) − G1 K sin ϕ

1

pri čemu krak stabiliteta h1(φ) sledi iz poprečnih krivih stabiliteta s(D, φ) za D = D1

PREDAVANJA

12


Za utovar velike količine tereta potreban dijagramski list i dijagram s – krivih... To im i jeste jedna od osnovnih primena ovih dijagrama...

PREDAVANJA

13


1.1.3. Utovar tečnog tereta

Istovar, sami (paziti na znake...)

Pri utovaru se stvara slobodna površina tečnosti

Utovar / istovar tečnog tereta je kontinualan proces, proces i tokom celog procesa se menja položaj tačaka M, G, A...

stova u nestaje estaje slobodna s obod a Pri istovaru površina tečnosti Prema tome, kod utovara

M 1 A = M 1G1 − AG1 = M 1G1 − ∑ D1 = M st1 − M fs

ρt I x′

M st* 1

Početni stabilitet

M st* 1 = gD1 M 1G1 ⋅ ϕ − ∑ γ t I x′ ⋅ ϕ

Nije dovoljno odrediti početno i krajnje stanje, već pratiti ceo proces... Ponekad se, zato, konstruiše i dijagram, koji prati karakteristične tačke stabiliteta, tzv. Hokov dijagram

M st1 Početni stabilitet, mali utovar

M st* 1 = M sto ∓ mg PS ⋅ ϕ − ∑ γ t I x′ ⋅ ϕ

PREDAVANJA

14


Hokov dijagram

??

PREDAVANJA

15


Uzdužni stabilitet

U slučaju male količine tereta

Moment uzdužnog stabiliteta

M st( L1 ) = gD1 ⋅ M L1 G1 ⋅ sinψ ≈ gD1 ⋅M L1 G1 ⋅ψ

I y(1) ≈ I y( o ) odnosno

M st( L1 ) ≈ M st( Lo )

Uzdužna metacentarska M L1 G1 visina posle utovara sledi iz dijagramskog lista ili, približno,

M L1 G1 ≈ M L1 F1 = M st( L1 ) ≈ g ( Do + m ) ⋅

I y(1) V1

ρI

=

ρ I y(1)

( 1) y

Do + m

D1 ⋅ψ = ρ gI y(1)ψ

M st( L1 ) ≈ ρ gI y(1)ψ

PREDAVANJA

16


Nagib broda

1.2. Ekscentrični utovar Proučili smo utovar u tačku P... Umemo da odredimo

ΔT , M st , M st( L ) ... 1

1

Stvarni utovar je u tački Q

M k = mgl y ⋅ cos ϕ Treba naći nagib broda s momentom stabiliteta M st1 pod dejstvom momenta nakretanja M k da bi se odredio položaj plivanja posle utovara treba naći i nagib i trim koji stvaraju redukcioni momenti Mk i Mt

PREDAVANJA

17


Utovar se može podeliti u dve faze

Trim broda

• Centrični utovar (utovar u P) • Poprečno pomeranje tereta iz P u Q’

Podela istovara na faze ??

M t = mglx cosψ ≈ mglx

Ravnoteža

M t = M st( L )

ρ gI y(1)ψ s = mglx

ψs =

mllx ρ I y(1)

lx – uzdužno rastojanje PQ Vodna linija posle utovara:

PREDAVANJA

18


U dijagramskom listu

Pazi, ugao ψ se ne vidi u pravoj veličini... VLψ je bolje naneti preko trima na perpendikularima...

PREDAVANJA

postupak važi za male uglove trima (do ~ 0,5o )

19


Rezultat se može proveriti, opet preko dijagramskog lista... Bonžanove krive...

V (VLψ) = V(VL1) ?

PREDAVANJA

20


Brod je u ravnoteži, mora biti

1.3. Određivanje mase tereta na osnovu očitanja gaza Svi brodovi imaju na krmi, sredini i pramcu – gazne marke (zagaznice)

Uzgon i težina jednaki, deluju duž iste napadne linije... Usled čega se javlja razlika ?

Tačan p položajj (još (j uvek)) nije j standardizivan... Mogu biti, npr.

Kako ispraviti eventualne greške?

PREDAVANJA

21


Princip jednostavan, meri se gaz pre i posle utovara (istovara) tereta...

Pomoću Bonžanovih krivih i areale rebara...

Na osnovu izmerenog gaza određuje se masa broda Razlike masa broda predstavlja masu tereta utovar m = Dψ(1) − Dψ( o ) m = Dψ( o ) − Dψ(1)

istovar

Problem je inverzan utovaru tereta...

Preko ekvivalentnog gaza broda bez trima Te (broda na ravnoj kobilici)

Prvo jednostavniji slučaj

Na osnovu očitanja na krmi i pramcu Ucrta se VLψ u dijagramski list Deplasman se tada određuje na jedan od dva načina...

PREDAVANJA

22


Problem postaje složeniji, ako se koristi i očitanje gaza na sredini broda...

Elastična linija broda nije poznata... Najčešće se koristi kvadratna parabola kroz tri zadate tačke...

Očitanja, po pravilu, ne leže na pravoj liniji ! Posledica deformacija broda

Prvi put, u okviru “hidrostatike” moramo uzeti u obzir i deformacije.... Konstruišemo “zakrivljenu” vodnu liniju VLψ *

PREDAVANJA

Opet postoje dva postupka...

23


Preko Bonžanovih krivih i areale rebara...

PREDAVANJA

24


Ili preko ekvivalentne vodne linije, ali...

Te′ = Te + cu u

U slučaju da je zakrivljena vodna linija kvadratna parabola, važi c = 0,75 u

PREDAVANJA

25


Određivanje mase tereta merenjem gaza broda pre i posle utovara/istovara p edstav ja grub predstavlja g ub metod, etod, u kome o e se javljaju greške • greške u očitanju gaza • metode • tehničke dokumentacije broda (dijagramskog lista)

I pored grešaka, masovno se koristi... Drugih metoda, za ogromne mase koje se utovaruju u brod, nema...

PREDAVANJA

26


Razlikujemo:

2. PRODOR VODE

Zatvoreni (ograničeni) prodor

Odelenje je ispod vodne linije. Voda popuni celo odelejnje, nema slobodne površine. Otvoreni (neograničeni) prodor Probije j se oplata p i voda prodire p u brod Brod može potonuti... može plivati u novom položaju... može se prevrnuti (izgubiti stabilitet) Šta će se desiti... koji je novi položaj plivanja? Koliki je stabilitet oštećenog broda?

PREDAVANJA

Voda ispuni odelenje do nivoa spoljne vode (do VL) – formira se slobodna površina a uje o: Razlikujemo: Mali prodor (prodor male količine vode, prodor u malo odelenje) Veliki prodor (prodor velike količine vode, prodor u veliko odelenje)

27


Postoje dva alternativna metoda za proračun prodora vode

Metod IZGUBLJENOG ISTISNUĆA

Metod UTOVARA TERETA

Voda d kkoja j prodre d u brod b d je j tečni č i teret... Poznat problem...

Uzgon je (prema Arhimedovom zakonu) jednak težini istisnute tečnosti.... Odelenje u koje prodire voda ne istiskuje tečnost, to je uzgubljeno odeljenje koje ne učestvuje u stvaranju uzgona

masa tereta mv (u slučaju otvorenog prodora) je nepoznata... uspostavlja se nova ravnoteža, pri kojoj je nivo vode u brodu izjednačen sa nivoom spoljne vode...

PREDAVANJA

postoji samo uzgon ostatka broda – uzgon oštećenog broda... Razlika metoda • Utovar: nova težina broda... • Izgubljeno istisnuće: nepromenjena težina, ali nova geometrija trupa...

28


2.1. Centrični prodor 2.1.1. Prodor male količine vode Gaz broda

(metod utovara)

Koristimo poznatu formulu mv ΔT = ρ AVLo u kojoj je, sada, mv nepoznato... Važi

mv = ρ vv

Kod otvorenog prodora v = vo + Δv

Δv ≈ aVLo ⋅ ΔT v ≈ vo + aVLo ΔT

ΔT =

ρ ( vo + aVLo ΔT ) vo + aVLo ΔT = ρ AVLo AVLo

Treba rešiti po ΔT

AVLo ΔT = vo + aVLo ΔT

ΔT ( AVL − aVLo ) = vo o

ΔT =

vo AVLo − aVLo

Pretpostavljamo da je odelenje prazno vv ≈ v

vv – zapremina vode d j ć v – odgovarajuća zapremina odelenja

Problem odelenja u kome se nalazi teret, rešavaćemo kasnije...

PREDAVANJA

′ o - Površina oštećene vodne linije AVLo − aVLo = AVL

ΔT =

vo ′ AVLo

29


Važi

Isti problem

V ′ = Vo − vo + ΔV ′

(metod izgubljenog istisnuća)

gde je ΔV ′ - zapremina ap e a oštećenog uronjenog sloja sledi Za neoštećeni brod važi W −Uo = 0 W = ρ gVo

Mali prodor...

ΔV ′ = vo

′ ΔV ′ ≈ ΔT ⋅ AVL

o

Nakon oštećenja važi W −U ′ = 0 W = ρ gV ′

Težina broda se ne menja, sledi V ′ = Vo

PREDAVANJA

′o vo = ΔT ⋅ AVL

ΔT =

vo ′o AVL

jednostavnije..?

30


Početna metacentarska visina

(metod utovara)

mv = ρ vv ≈ ρ v ≈ ρ ( vo + aVLo ΔT )

ΔT =

vo AVLo − aVLo

M 1G1 =

Vo ⋅ M o Go + v ⋅ PS Vo + v

Može se iskoristiti i

v ≈ vo + aVLo ΔT v ⋅ PS = vo ⋅ Po S

M1 = ? Koristimo poznatu formulu za utovar male količine tereta

D ⋅ M o Go + mv ⋅ PS M 1G1 = o Do + mv

Dokaz k sami... i Takođe važi

Po S ≈ Po O

Pa je vo i Po S

PREDAVANJA

poznato pre prodora...

31


Voda koja prodire u brod je tečni teret... Efektivna metacentarska visina je M 1 A = M 1G1 − AG1

AG1 =

ix i i = x ≈ xo V Vo + v Vo + v

M1 A =

Vo ⋅ M oGo + v ⋅ PS − ixo Vo + v

Treba paziti pri proračunu ix x – osa oko koje “rotira” rotira slobodna površina vode u brodu može se razlikovati od “običnog” tečnog tereta u brodu

PREDAVANJA

Prodor vode (ipak) nije običan utovar... Ovo će postati veoma važno kod ekscentričnih prodora...

32


Isti problem

Može se dokazati (proračun pomeranja težišta)

(metodom izgubljenog istisnuća)

Fo F ′ = ⋅⋅⋅ =

F ′, M o′

(

M o′ F ′ = Fo Go

PREDAVANJA

I x′ I x − ix I xo − ixo = ≈ V′ Vo Vo

poznato pre prodora

M o′Go =

I xo − ixo v ⋅P S − Fo Go + o o Vo Vo

M o′Go =

I xo v ⋅ P S − ixo − Fo Go + o o Vo Vo

M o Go

- Težište istisnuća i metacentar oštećenog broda

M o′Go = M o′ F ′ − F ′Go = M o′ F ′ − Fo Go − Fo F ′

vo ⋅ Po S Vo

)

M o′Go = M o Go +

Različito liči odd

vo ⋅ Po S − ixo Vo M 1 A = ⋅⋅⋅

Različite metode daju različite rezultate? Greška ??

33


Moment početnog stabiliteta metodom izgubljenog istisnuća

Moment stabiliteta

Moment početnog stabiliteta metodom utovara

M st′ = gDo ⋅ M o′Go ⋅ ϕ

M st = gD1 ⋅ M 1 A ⋅ ϕ

M st = ρ g (Vo + v ) ⋅

Vo ⋅ M o Go + v ⋅ PS − ixo ⋅ϕ Vo + v

(

)

M st = ρ gV Vo ⋅ M o Go ⋅ ϕ + ρ g v ⋅ PS − ixo ϕ

⎛ v ⋅ P S − ixo M st′ = ρ gVo ⎜ M o Go + o o ⎜ Vo ⎝

(

)

M st′ = M sto + ρ g vo ⋅ Po S − ixo ⋅ ϕ

⎞ ⎟⎟ ⋅ ϕ ⎠

9

v ⋅ PS = vo ⋅ Po S

(

)

M st = M sto + ρ g vo ⋅ Po S − ixo ϕ

Da li se moment povećava ili smanjuje zavisi od odnosa ixo < vo ⋅ Po S >

PREDAVANJA

34


U slučaju da ugao φ nije mali treba naći dijagram momenta stabiliteta Koristi se metod izgubljenog istisnuća M st′ = gDo ⋅ h′(ϕ )

Treba proračunati stabilitet oštećenog broda – broda bez izgubljenog odelenja

PREDAVANJA

35


2.1.2. Prodor velike količine vode

Krivu zapremine izgubljenog odelenja, v (T) Krivu težišta izgubljenog odelenja, PK Krivu istisnuća oštećenog broda, V’ = V - v

Tražimo ΔT = ? M1G1 = ? Mst1 = ? Koristi se DIJAGRAMSKI LIST Neophodno h d konstruisati k i i 3 nove krive

PREDAVANJA

36


Za određivanje gaza, koristimo metod izgubljenog istisnuća... Važi

PREDAVANJA

V (To ) = V ′(T1 )

T1 = To + ΔT

Kada je određen gaz, odnosno nova vodna linija - određena d đ j masa tereta je prelazimo na metod utovara tereta...

37


Poznat postupak... Težište broda pre utovara Go – poznato... Utovari se teret koji odgovara zapremini v... i odredi metacentarska visina posle utovara M1G1

PREDAVANJA

38


2.2. Ekcentrični prodor

Novi položaj plivanja

Kod “običnog” utovara tereta, prelaz sa centričnog na ekcentrični utovar je relativno jednostavan ekcen = cen + pomeranje I kod prodora je, u principu, isto, ali nešto komplikovanije...

C’ - težište oštećene vodne linije Ugao trima ψ = ?

2.2.1. Trim broda

Prodor između poprečnih pregrada... Metodom izgubljenog istisnuća

Pre prodora: težina W u Go , uzgon Uo u Fo Posle prodora: težina W u Go , uzgon U’ u F’ Redukujemo W na G’...

PREDAVANJA

39


Redukcioni moment M W(G ′) = M t = W ⋅ px′ cosψ ≈ W ⋅ px′ = gD ⋅ px′

px′ – horizontalno rastojanje tećišta i ti ć neoštećenog istisnuća št ć i oštećenog št ć bbroda d

Moment uzdužnog stabiliteta oštećenog broda

I y′

M st′ = gD ⋅ M L′ G ′ ⋅ψ

- moment inercije oštećene vodne linije za poprečnu osu kroz C’

L

U slučaju l č j ravnoteže t ž

M st′ L = M t

I y′ = I y − i y

(

gD ⋅ M L′ G ′ ⋅ψ s = gD ⋅ px′

ψs =

px′ M L′ G ′ M L′ G ′ ≈ M L′ F ′ =

p′ ⋅V ψs = x o I y′

PREDAVANJA

) (

I y′ = I y + l12 AVL − i y + l22 aVL

I y′ V

=

I y′ Vo

1

2

)

VL → VL1

kod velikog prodora

VL1 ≈ VLo

kod malog prodora

Da bi se rešio problem, neophodno odrediti F’ , C’, ...

40


Isti problem Metodom utovara tereta

ψs =

vpx V1 M L1 A

M L A = M L G1 − AG1 = M L G1 − 1

1

1

M L A ≈ M L F1 − 1

Mt = M

(S ) mg

= mv g ⋅ px ⋅ cosψ ≈ ρ gv ⋅ px

M stL = gD1 M L A ψ 1

1

efektivna uzdužna metacentarska vi sin a

Prvi put, uticaj slobodne površine na uzdužni stabilitet ?

Iz uslova ravnoteže sledi

1

M stL ≈ ρ gV1 1

I y′ V1

iy V1

=

Iy V1

−

iy V1

=

ρ iy ρ V1 I y′ V1

ψ = ρ gI y′ ⋅ψ ψs =

v ⋅ px I y′

Javlja se moment inercije oštećene vodne linije... Koja osa y ??

ρ gvp x = ρ gV1 M L A ⋅ψ s 1

PREDAVANJA

41


Vodna linija “rotira” oko C’

Izveli smo formulu

ψs =

v ⋅ px I y′

Metodom izgubljenog istisnuča je dobijeno p′ ⋅V ψs = x o I y′ Ostaje j još j da se dokaže Vo ⋅ px′ = v ⋅ px

Moment inercije vodne linije za osu kroz C’, kao kod metode izgubljenog istisnuća... Daa je običan ob ča utovar, utova , koristili o st bi b I momente inercije za ose y , iy 1

pri čemu je iy

2

PREDAVANJA

2

...

ψs =

p x′ p′ ⋅V v ⋅ px = x o = I y′ I y′ M L′ G ′

I y , pa se zanemaruje... 1

42


2.2.2. Nagib broda

Metod izgubljenog istisnuća

Za mali ugao nagiba (početni stabilitet) M st′ = gDo ⋅ M o′G ′ ⋅ ϕ

M o′G ′ - metacentarska visina oštećenog broda

Redukujemo silu W na tačku G’... Moment nakretanja je redukcioni moment... M k = M W(G ′) = W ⋅ p ′y ⋅ cos ϕ

odnosno,, za ppočetni stabilitet M k ≈ gDo ⋅ p ′y Uslov ravnoteže gDo ⋅ M o′G ′ ⋅ ϕ s = gDo ⋅ p ′y

sledi Moment stabiliteta oštećenog broda M st′ = gDo ⋅ h′(ϕ )

PREDAVANJA

p ′y

ϕs =

p′y M o′G ′

- poprečno rastojanje težišta istisnuća neoštećenog i oštećenog broda

43


Formiula ϕs =

p′y M o′G ′

deluje jednostavno

Treba, međutim, odrediti p ′y , M o′G ′ ... Formula se može direktno koristiti, ali se često transformiše... Može se koristiti izraz izveden kod centrićnog prodora M o′G ′ = M o Go +

Ili

(

vo d z − ixo Vo

M o′G ′ = M o′ F ′ − F ′G ′ = M o′ F ′ − Fo Go − Fo F ′′ M o′ F ′ =

I x′ I x′ = V ′ Vo

)

M o′G ′ =

sledi

- stanje pre prodora (poznato) vd Fo F ′′ = ⋅⋅⋅ = o z Vo dato, s drugim oznakama, kod centričnog prodora...

I x′ + vo d z − Vo Fo Go Vo

ϕs =

Vo p′y I x′ + vo d z − Vo Fo Go

Može se dokazati

Fo Go

PREDAVANJA

ϕs =

Vo px′ = ⋅⋅⋅ = vo d y vo d y I x′ + vo d z − Vo Fo Go

44


ϕs = =

p′y M o′G ′

Isti problem, metod utovara tereta

= Vo p ′y

I x′ + vo d z − Vo Fo Go

=

vo d y I x′ + vo d z − Vo Fo Go

Kako god radili, treba odrediti I x′ = ??

Za slučaj početnog stabiliteta M st = gD1 M 1 A ⋅ ϕ 1

Moment nakretanja

(

) (

I x′ = I x − ix = I x + b12 AVL − ix + b22 aVL 1

2

VL → VL1

kod velikog prodora

VL1 ≈ VLo

kod malog prodora

PREDAVANJA

)

Ravnoteža

ϕs =

M k = ρ gv ⋅ by

ρ gv ⋅ by = gD1 M 1 A ⋅ ϕ s

v ⋅ by V1 ⋅ M 1 A

by – poprečno rastojanje težišta odelejnja od centralne linije

45


Pri tome, kao i kod trima broda, postoji bitna razlika u odnosu na klasičan utovar... Osa x je osa kroz t žišt oštećene težište št ć vodne linije...

M 1 A = M 1G1 − AG1 = M 1 F1 − F1G1 − AG1

M1 A =

Ix i I − i −V F G − F1G1 − x = x x 1 1 1 V1 V1 V1

M1 A =

ϕs =

I x′ − V1 ⋅ F1G1

v ⋅ by V1 ⋅ M 1 A

V1 =

v ⋅ by I x′ − V1 ⋅ F1G1

Pomoću dve metode dobili različite formule...

ϕs = ϕs =

Vo p′y I x′ + vo d z − Vo Fo Go

=

vo d y I x′ + vo d z − Vo Fo Go

v ⋅ by I x′ − V1 ⋅ F1G1

Trebalo bi još dokazati...

Vo p ′y = vo d y = ⋅⋅⋅ = vby

Vo Fo Go − vo d z = ⋅⋅⋅ = V1 F1G1

...

PREDAVANJA

46


Rešili smo problem početnog stabiliteta... Za veće uglove nagiba pogodnije je koristiti metodu izgubljenog istisnuća... Odnosno proračunavati moment stabiliteta kao M st′ = gDo ⋅ h′(ϕ )

U predmetu Plovnost i stabilitet broda 1 razmatrali smo slušaj kada Go nije u ravni simetrije... Sada je oštećeni trup nesimetričan, pa uzgon ne deluje d l j u odnosno F’ nije u ravni simetrije (neoštećenog) broda Klasičnim postipkom, ali za oštećeni trup...

Imamo problem nesimetrično opterečenog broda

Provera stabiliteta oštećenog broda veoma obiman posao... Danas, “hidrostatički” programi... propisi ??

PREDAVANJA

47


2.3. Prodor u odelenja s teretom Do sada smo razmatrali prodor u prazna odelenja... Šta ako Št k su odelenja d l j u koja k j prodire di voda delimično ispunjena..?

Pretpostavlja se, po pravilu, da je naplavljivanje homogeno: Voda popuni ceo prostor, ali je v(vode) = κ ⋅ v(odelenja )

(donekle teško zamisliti...)

2.3.1. Čvrsti teret

Ukoliko se u odelenju već nalazi teret, voda ne može potpuno da ga ispuni... ispuni Kao da je gustina vode manja

Tada je v (vode) < v (odelenja) Uvodi se koeficijent naplavljivosti (koeficijent permeabilnosti)

κ=

PREDAVANJA

v(vode) ≤1 v(odelenja )

ρ → κρ

Ako pretpostavimo homogeno naplavljivanje, važi aVL (vode) = κ ⋅ aVL (odelenja ) ix (vode d ) = κ ⋅ ix (odelenja d l ) i y (vode) = κ ⋅ i y (odelenja )

težište vode = težištu zapremine odelenja

48


Tada važe sve izvedene formule prodora vode, ako se u njima smeni v → κ ⋅v aVL → κ ⋅ aVL

ix → κ ⋅ ix

2.3.2. Tečni teret (prodor u tankove)

Ukoliko se probije oplata tanka, može doći do izlivanja tereta, prodora spoljne vode u tank, mešanja vode i tereta...

iy → κ ⋅ iy

Stvarni koeficijent naplavljivosti je, po pravilu, nepoznat... Pri proračunu se koriste propisi (npr. SOLAS) Odelenje

κ

prazan prostor

0,95

mašinski prostor

0,85

tovarni prostor

0,65

Šta će se desiti nakon probijanja oplate zavisi od vrste tereta i položaja proboja... • Da li se teret i voda mešaju ? • Da li je ρt < >ρ? • Da li je ρt hto <> ρ hvo ?

PREDAVANJA

49


Javlja se niz kombinacija... Pri proračunu krajnjeg ravnotežnog položaja plivanja, odnosno određivanju ΔT, ΔT φs , ψs svi slučajevi se svode na sledeća dva I Prodor vode u prazan tank II

Prodor vode u deo tanka iznad nivoa otvora

a) Teret i voda se mešaju

Teret je npr. alkohol, deterdžent... Bez obzira na ostale uslove (ρt , ρtht ...), dolazi do difuzije Proces difuzije traje... i teži konstantnoj koncentraciji rastvora... Pošto vode ima daleko više od tereta, proces teži nultoj koncentraciji tereta... Na kraju procesa, u konačnom stanju t ž u tanku t k je j samo voda d ravnoteže, kao kod prodora u prazno odelenje...

To treba dokazati, i videti kada se javlja slučaj I, a kada slučaj II

PREDAVANJA

To je, s aspekta ravnotežnog položaja plivanja, slučaj I

50


b) Teret i voda se ne mešaju ρt < ρ ,

ρt hto > ρ hvo

Teret je npr. sirova nafta ili neki derivat nafte...

Fizički, to nije stanje I ni stanje II, ali... D = Do − Δm′ ≈ Do − ρt aVLo ( hto − ht ) D = Do − ρt aVLo hto + ρt aVLo ht Δ mt

Hidrostatički pritisak u tački Q , računat spolja i iznutra pQ′ = pat + ρ ghv pQ′′ = pat + ρt ght

Δmt – masa tereta iznad otvora... (pod pretpostavkom da su zidovi tanka vertikalni...)

Na početku prodora pQ′′ > pQ′

Dolazi do isticanja dela tereta...

ρt aVLo ht = ρ aVLo hv = Δmv sledi D = Do − Δmt + Δmv

to jje slučajj II

ekološki opasno! Isticanje se zaustavlja kada se pritisci izjednače... ρt ht = ρ hv

PREDAVANJA

51


c) Teret i voda se ne mešaju

Deo vode ulazi u tank...

ρt > ρ , ρt hto > ρ hvo

Na početku prodora

Odlazi naviše, na slobodnu površinu...

pQ′′ > pQ′

Povećani stub tečnosti istiskuje teret...

t t ističe teret i tič

Uspostavlja se ravnotežno stanje ρt ht = ρ hv ali se tu proces ne završava ! Nivo lakše tečnosti (tereta) je ispod nivoa teže tečnosti (vode)... Slično slučaju

ravnoteža je nestabilna

PREDAVANJA

Proces se završava u stanju stabilne ravnoteže.... To je, i fizički, slučaj II

ρt > ρ

52


d) Teret i voda se ne mešaju ρt < ρ , ρt hto < ρ hvo

Fizički, deo vode prodire u tank, i uspostavlja t lj se stabilno t bil ravnotežno t ž stanje t j

pri kome je pritisak pQ ...

e) Teret i voda se ne mešaju ρt > ρ ,

ρt hto < ρ hvo

Deo vode prodire u tank, i (teorijski) uspostavlja se nestabilno ravnotežno stanje

Proces se nastavlja, i završava u stabilnom ravnotežnom stanju

Može se dokazati da to stanje, što se konačnog položaja plivanja tiče, odgovara slučaju I

To je, i fizički, slučaj II

PREDAVANJA

53


Položaj tačke prodora (tačke Q) nije unapred poznat...

Rezime

Prodor vode u tankove se svodi na dva slučaja (I i II ), i oba sadrže dve faze proračuna...

Postoje dva ekstrema slučaja II... Oštećenje na dnu, u najnižoj tački

Slučajj I ((a,, d))

Tada se II svodi na I Prva faza – istovar svog t č tečnog tereta t t iz i tanka t k

Druga faza – prodor u prazno odelenje d l j

Slučaj II (b, c, e)

Oštećenje neposredno pod vodnom linijom Tada uopšte nema prodora... Da bi se pokrio slučaj I i oba ekstrema slučaja II, treba rešiti prodor pri κ = 1 (0,95) – prodor u prazan tank

Prva faza – istovar dela tečnog tereta do nivoa oštećenja

PREDAVANJA

Druga faza – prodor u odelenje iznad nivoa oštećenja

κ = 0 – prodor u pun tank To zahtevaju i propisi o stabilitetu oštećenog broda...

54


2.4. Proračun nepotopivosti (naplavljivosti) broda

Brodovi imaju i vodonepropusno unutrašnje dno, palube, a mogu imati i unutrašnji bok

2.4.1. Vodonepropusne pregrade

U o o dođe do prodora Ukoliko p odo a u nepregrađen ep eg ađe čelični brod – brod tone... Da bi se to sprečilo – brodovi se pregrađuju Pregrade mogu biti:

uzdužne, uzdužne poprečne, poprečne + uzdužne

Razlika uzdužne pregrade od unutrašnjeg boka...

Tokom istorije brodogradnje, naročito nakon havarije Titanika, bilo je mnogo rasprava koje su pregrade povoljnije – poprečne ili uzdužne Uzdužne pregrade smanjuju odelenja (količinu vode koja prodire u brod) ali dovode do ekcentričnog prodora – odnosno do nagiba broda...

PREDAVANJA

55


Titanik – samo poprečne pregrade... Lusitanija – poprečne + 2 uzdužne

Svaki brod mora imati sledeće poprečne vodonepropusne pregrade

Britanik – poprečne + dvobok Svi potonuli... Nepotopiv brod ne postoji... “Nepotopivost” o kojoj ovde govorimo je uslovna – brod je nepotopiv pod određenim, d đ i strogo t propisanim i i uslovima... Kod uzdužnih pregrada treba smanjiti mogućnost ekcentričnog naplavljivanja (vidi Ribar ...)

Krmena pregrada K d + pregrade d mašinskog ši k prostora + pramčana (koliziona) pregrada Najmanje 3 (4) pregrade... Da li ih treba više, zavisi baš od proračuna nepotopivosti nepotopivosti...

Generalno, s izuzetkom tankera, ipak povoljnije samo poprečne pregrade... (?)

PREDAVANJA

56


Podsetimo se

Uvodimo sledeće pojmove

važi

Pregradna paluba – paluba do koje sežu vodonepropusne pregrade

Sama pregradna paluba pri tom nije (ne mora biti) vodonepropusna Dozvoljena granica urona (granica urona) – zamišljena linija na boku broda paralelna pregradnoj palubi koja ne sme da uroni pod površinu vode... vode

Prema SOLAS propisima, granica urona je 3 inča = 7,6 cm ispod pregradne palube

PREDAVANJA

ΔV ′ = κ vo Ukoliko je

ΔV ′ > Vrez

??

Da bi se smanjila opasnost od potonuća, može se Povećati rezervno istisnuće, odnosno povećati visinu broda... ili Smanjiti izgubljeno istisnuće, odnosno smanjiti razmak pregrada...

57


Proračun nepotopivosti odnosi se na poprečno pregrađivanje broda Traži se potreban razmak pregrada ppri kome brod,, u slučaju j prodora p vode u odelenje, ne tone Preciznije, proračun nepotopivosti daje potreban položaj poprečnih pregrada pri kome, u slučaju prodora u bilo koje odelenje – dozvoljena granica urona ostaje iznad vode

Sada polazimo od poznatog položaja plivanja posle prodora j krajnji k j ji dozvoljeni d lj i položaj l ž j plivanja li j – To je položaj pri kome dozvoljena granica urona tangira vodnu liniju ...

Tako dobijamo uslovno nepotopiv brod – nepotopiv pri prodoru vode u jedno odelenje Problem bl je j suprotan “prodoru “ d vode” d ” tada je bilo poznato odelenje u koje prodire voda, a tražio se novi položaj plivanja

PREDAVANJA

Traži se odgovarajući razmak pregrada, l = ??

58


PREDAVANJA

59


PREDAVANJA

60


PREDAVANJA

61


PREDAVANJA

62


PREDAVANJA

63


PREDAVANJA

64


PREDAVANJA

65


PREDAVANJA

66


PREDAVANJA

67


PREDAVANJA

68


PREDAVANJA

69


PREDAVANJA

70


PREDAVANJA

71


PREDAVANJA

72


PREDAVANJA

73


PREDAVANJA

74


PREDAVANJA

75


PREDAVANJA

76


PREDAVANJA

77


PREDAVANJA

78


PREDAVANJA

79


PREDAVANJA

80


PREDAVANJA

81


PREDAVANJA

82


PREDAVANJA

83


PREDAVANJA

84


PREDAVANJA

85


PREDAVANJA

86


PREDAVANJA

87


PREDAVANJA

88


PREDAVANJA

89


PREDAVANJA

90


PREDAVANJA

91


PREDAVANJA

92


PREDAVANJA

93


PREDAVANJA

94


PREDAVANJA

95


PREDAVANJA

96


PREDAVANJA

97


PREDAVANJA

98


PREDAVANJA

99


2.4.4. Primena krive naplavljivih dužina

Naučili kako se konstruiše kriva naplavljivih dužina l(x)...

Ukoliko vrh trougla pada na krivu

Kako se koristi? Podsetimo se, ako krivu l(x) nanesemo na crtež broda i konstruišemo jednakokraki trougao nad brodskim odelenjem brod će, će posle prodoru u odelenje odelenje, plivati tako da vodna linija tangira dozvoljenu granicu urona...

javljaju se sledeći slučajevi...

PREDAVANJA

100


Ukoliko je vrh trougla ispod krive...

brod, posle prodoru u odelenje, pliva tako da je dozvoljena granica urona iznad površine ši vode... d

Ukoliko je vrh trougla iznad krive...

dozvoljena granica urona (a time i pregradna paluba) uranja pod vodu...

Pošto pregradna paluba nije (ne mora biti) vodonepropusna, brod tone...

PREDAVANJA

101


Konstrukcijom trouglova proverava se da li brod može da izdrži prodor u pojedina odelenja... Analiza se lako proširuje na grupu odelenja... Proverava se koliko odelenja brod može istovremeno da izgubi...

PREDAVANJA

102


2.4.5. Promena krive naplavljivih dužina pod različitim uticajima Uticaj koeficijenta naplavljivosti

Koeficijent naplavljivosti je uveden kao v κ = v <1 vn Važi

vn =

Očigledno je

vv

κ

=

κ

Vψ − Vo

κ , vn

,l

κ zavisi od odelenja (tereta u odelenju)

Zato se pregradna kriva crta za različito κ na delovima gde su predviđena različita odelenja...

PREDAVANJA

Međutim, po pravilu se ne proračunava kriva za odgovarajuće κ, već se koristi približan postupak Kriva l (x) se tačno proračunava samo za κ = 1... p lκ ≈

l

κ

103


Uticaj gaza i visine broda

Pregradna kriva l(x) zavisi od istisnuća ppre pprodora Vo , odnosno vodne linije pre prodora – tzv. pregradne vodne linije VLo Na osnovu

vn =

vv

κ

=

Vψ − Vo

κ

Očigledno važi T

PREDAVANJA

, Vo

, vn

,l

104


Pregradna kriva l(x) zavisi od istisnuća posle prodora Vψ , odnosno visine do pregradne palube... palube Na osnovu

vn =

vv

κ

=

Vψ − Vo

κ

Očigledno važi H

,Vψ

, vn

,l

Oba uticaja, i gaz i visina, ustvari predstavljaju uticaj rezervnog istisnuća...

PREDAVANJA

105


Uticaj skoka palube

Do sada smo (prečutno) pretpostavljali da brod ima tzv. normalni skok palube.. Dve parabole b l s temenom na glavnom l rebru... b

Ukoliko paluba nema skok, kriva ima singilaritet na sredini broda... Ukoliko k lik paluba l b ima i veći ći skok k k odd normalnog, l krajevi krive su viši... Skok palube stvara rezervno istisnuće na pramcu i krmi...

PREDAVANJA

106


2.4.6. Propisi o pregrađivanju i stabilitetu oštećenih brodova

Postoje klasični “deterministički” i novi “ b bili tički” propisi... “probabilistički” ii Danas važe i jedni i drugi...

Osnovno pitanje: Broj naplavljenih odelenja ? Odnosno, koliko susednih odelenja sme biti p j , a da brod ne potone p ? naplavljeno, Propisi na daju direktno broj odelenja, već određuju faktor pregrađivanja F

a) DETERMINISTIČKI PROPISI

Odnose se na pputničke brodove (N ( > 12))

Smisao faktora F 1 = " broj odelenja " F

Bave se, prvenstveno, poprečnim pregrađivanjem i zasnivaju se na pregradnoj krivoj l(x) Istorijski, to su (s nizom modifikacuja) u p doneti 1929. osnovi pprvi SOLAS ppropisi godine...

pri čemu

1 > 1 nije ceo broj... F

F = f ( L, Cs )

Započeti 1912, nakon havarije Titanika...

Cs – kriterijum službe

Poslednja verzija, SOLAS 2009

zavisi (prvenstveno) od broja putnika

PREDAVANJA

107


Proračun daje L

,N

⇒F

Kada se odredi F , određuje se dozvoljena dužina odelenja ld (x) ld ( x ) = F ⋅ l ( x )

Kriva ld (x) se nanosi na crtež broda... Vrhovi trouglova konstruisani nad pojedinačnim odelenjima moraju biti ispod krive dozvoljenih dužina...

PREDAVANJA

Neki detalji propisa... F=A

za Cs < 23 (teretni brod)

F=B

za a Cs > 123 3 (putnički brod) b od)

F = A−

( A − B ) ( Cs − 23 ) 100

za 23 < Cs < 123

58, 2 + 0, 18 L − 60 30, 3 B= + 0, 18 L − 42 A=

108


Cs = 72

M + 2P1 V + P1 − P

za P1 > P

M + 2P V P1 = k ·N Cs = 72

oštećenog za Cs < 23broda (teretni brod) F =Stabilitet A

za Cs >prvo, 123 (putnički Neophodno je odrediti, efektivni brod) moment F=B stabiliteta( oštećenog broda A − B ) ( Cs − 23 ) u krajnjem položaju < Cs < 123 F = A −(moment stabiliteta,za plivanja sa23 uticajem 100 slobodne površine)...

k = 0,056·L Pri tome se, u skladu s prethodnom analizom, pretpostavlja prodor u

N – broj putnika V – zapremina broda ispod pregradne palube M – zapremina mašinskog prostora ispod pregradne palube P – zapremina prostora za putnike ispod pregradne palube za nepromenjene dimenzije broda N

PREDAVANJA

, Cs

j ako jje 1 < 2 1 odelenje, F 1 2< <3 2 odelenja, ako je F 1 3 odelenja, ako je 3 < F Zatim se određuje moment nakretanja, pod dejstvom j i to p • Nagomilavanja putnika na jednom boku • Spuštanja punog čamca za spasavanje • Vetra srednje brzine 12,5 m/s

109


U daljoj analizi se koristi najveći od ova tri momenta, Mk = max{M1 , M2 , M3} j ugao g statičkogg nagiba g i određuje

Prvi uslov propisa je da rad stabiliteta od φs do φmax Ast > 0,015gD Drugi uslov propisa je vezan za opseg stabiliteta oštećenog broda Δφ

Δφ > 15° Određuje se, zatim, maksimalno dozvoljeni ugao nagiba φmax To je najveći od • ugla naplavljivanja • 22° pri prodoru u 1 odelenje • 27° pri prodoru u više odelenja

PREDAVANJA

Postupak relativno obiman, jer je neophodno proveriti sve kombinacije odelenja... Pri tome, svako odelenje se uračunava sa svojom naplavljivošću... Kod tankova, dva slučaja: κ = 0,95 i κ = 0

110


b) PROBABILISTIČKI PROPISI

U odnosu na dosadašnju analizu, sasvim nov pristup... Propisi na bazi rizika od nesreće (risk-based) su, za sada, ograničeni na naplavljivanje broda... Treba očekivati da se većina budućih brodskih propisa prilagodi ovom pristupu... Ideja: Verovatnoća nesreće < Dozvoljene verovatnoće

Treba, s jedne strane, proračunati verovatnoću nesreće... To je, u principu, veoma obiman i složen posao, za šta š su ((najčešće) jč šć ) neophodni h d i kompjuteri k j ii specijalni programa... S druge strane, treba usvojiti dozvoljenu verovatnoću nesreće, što je (opet) izuzetno delikatan posao...

PREDAVANJA

U vezi naplavljivanja i stabiliteta broda u oštećenom stanju, prvo su se (istorijski) javili deterministički propisi za putničke brodove... Zatim i su (u ( SOLAS SO AS 1966) ušli šli propisi ii i za teretne brodove... i to su bili prvi probabilistički propisi u brodogradnji... Kasnije (1974) doneti su probabilistički propisi i za putničke brodove, tako da sada, za putničke brodove, postoje dva nezavisna alternativna postupka... Probabilistički propisi su veoma teško zaživeli u inženjerskoj praksi... praksi Ipak intenzivno se razvijaju (i forsiraju), tako da je sada u funkciji SOLAS 2009...

111


Ukoliko dođe do prodora vode

Uslov propisa A >R

brod može plivati u novom položaju – položaju ravnoteže oštećenog broda brod opstaje

brod može ppotonuti,, ili se prevrnuti... brod se gubi

Traži se verovatnoća da će brod, ukoliko dođe do nesreće, opstati...

Proračun indeksa R je jednostavan... Na primer, p e , zaa teretne te et e brodove b odove duže du e od 100 00 m R = Ro = ( 0, 002 + 0, 0009L )

1/ 3

Za teretne brodove, 80 < L <100 m ⎛ 0, 01L ⋅ Ro ⎞ R = 1− ⎜1+ ⎟ 1 − Ro ⎠ ⎝

−1

To je tzv. ostvareni indeks pregrađivanja A S druge strane, proračunava se minimalna (dozvoljena) verovatnoća da će brod, ukoliko dođe do nesreće, opstati To je tzv. potrebni indeks pregrađivanja R

PREDAVANJA

Kod putničkih, zavisi i od broja putnika... N

,R

112


Proračun indeksa A je daleko komplikovaniji... Određuje se verovatnoća pi – verovatnoća t ć dda ćće se, u slučaju l č j oštećenja broda, oštetiti baš i-to odelenje (grupa odelenja)... Određuje se verovatnoća si – verovatnoća da će brod, ukoliko se ošteti i-to odelenje j (grupa (g p odelenja), j ), opstati p

Ako se postupak ponovi za sva odelenja i sve kombinacije odelenja... A = ∑ Ai

predstavlja d lj traženu ž verovatnoću ć dda ćće bbrod, d pri bilo kom oštećenju, opstati... pi = f(li /L, položaja odelenja)

Proizvod Ai = pi ⋅ si

Predstavlja verovatnoću da će se oštetiti i-to odelenje (grupu odelenja), odelenja) i da će brod pri tom oštećenju opstati

PREDAVANJA

Ukoliko je i-to odelenje ceo brod, pi = 1 Što jje veća Š ć dužina d ži odelenja, d l j verovatnoća ć je veća...

113


Zavisnost verovatnoće oštećenja od položaja odelenja dobijena je obimnom statističkom analizom brodoloma...

si = ?

Da li će brod opstati, ako se naplavi ito odelenje (grupa odelenja)? Odredi se krajnji položaj plivanja nakon prodora u i-to odelenje... Ukoliko brod tone, ili neki od nezaštićenih otvora uranja pod vodu si = 0

Verovatnoća da će brod opstati je 0 Zavisi od položaja odelenja po dužini (veća verovatnoća oštećenja pramčanih odelenja...) i i odd položaja l ž j odelenja d l j po visini ii i Zavisi (najugroženije dno broda...) Zavisi od položaja odelenja po širini

i-to odelenje ne povećava indeks A...

Ukoliko brod ne tone... analizira se stabilitet oštećenog broda nakon prodora u i-to odelenje

(najrizičnija bočna odelenja, uz oplatu...)

PREDAVANJA

114


Proračunava se krak stabiliteta oštećenog broda

Ako je φs > 30° , c = 0, smatra se da se brod gubi... Ako je φs ≤ 25° , c = 1 Za φs između 25-30°, interpolacija... Podsetimo se Ai = pi ⋅ si A = ∑ Ai

A>R

Iz dijagrama se određuju 3 parametra φs , Δφ , hmax

si = c 0, 5 ⋅ hmax ⋅ Δϕ

Deluje jednostavno, ali veliki broj odelenja i grupa odelenja... Ovo su samo grube crte (principi) propisa, koji su daleko obimniji... Na primer, ne radi se samo za jedan gaz (opterećenje broda... Donekle je komplikovano povećati A , ukoliko brod ne zadovoljava propise...

PREDAVANJA

115


3. NASUKANJE BRODA

Do nasukanja može doći pri havariji (nasukanje na podvodnu hrid) hrid), pri padu vodostaja, ali i u “normalnoj” službi, npr. pri dokovanju... odnosno u plovećem ili suvom doku, sinhroliftu, flo-flo brodu za teški teret,, brodu matici... Treba odrediti reakciju dna R, stabilitet nasukanog broda i položaj plivanja (φ, ψ)

PREDAVANJA

116


PREDAVANJA

117


PREDAVANJA

118


PREDAVANJA

119


Problem svodimo, koliko je to moguće, na istovar tereta... Redukujemo reakciju na odgovarajuću tačku centričnogg istovara P Umesto R u tački Q, na brod deluju R, Mt , Mk u tački P...

3.1. Reakcije dna R = ??

Pretpostavljamo da je nasukanje na Odnosno da nema nagiba broda

Reakcija R u tački P ne stvara trim i nagib...

Uslov ravnoteže

Za razliku od običnog istovara istovara, reakcija R je nepoznata... Poznata je, međutim, dubina vode (odnosno gaz broda) na mestu nasukanja HQ

PREDAVANJA

∑F = 0

U + R −W = 0 R = W −U

i

W = U o = ρ gVo U = ρ gV

R = ρ g (Vo − V )

V = ??

120


a) Brod bez trima (brod oslonjen duž kobilice)

Problem dokovanja broda...

Slučaj male reakcije dna R W

1

(nije poznato unapred...)

V = Vo − ΔV ≈ Vo − AVLo ⋅ ΔT

(

V ≈ Vo − AVL To − H Q o

)

(

)

R = ρ g (Vo − V ) ≈ ρ g ⎡Vo − Vo + AVLo To − H Q ⎤ ⎣ ⎦

(

R = ρ gAVL To − H Q o

Ne znamom tačno gde (po dužini) deluje rezultujuća reakcija... Ali znamo da brod nema trima

ψ =0

Kod uspravnih rebara, formula važi i za velike reakcije... Uočiti

HQ

, R

R ρ gAVLo ΔT α LBΔT αΔT = = = W ρ gVo δ LBTo δ To R W

PREDAVANJA

)

1→

ΔT To

1

121


Slučaj velike reakcije dna

Ukoliko je

b) Brod sa trimom (brod oslonjen u jednoj tački)

R > 0, 1 W

približna formula više ne važi, neopodan je dijagramski list...

Uz reakciju R, nepoznat i trim broda ψ Reakcija se redukuje na tačku centričnog istovara

Redukcioni moment je moment trima R = g ( Do − D )

PREDAVANJA

M R( P ) = M t = R ⋅ lx cosψ ≈ R ⋅ lx

122


Koristimo poznati izraz za ugao trima Mt Mt ψs = ≈ gDM L G ρ gI y

Slučaj male reakcije dna

Važi izvedeni izraz R = ρ gAVLo ΔT

ali sada

ΔT ≠ To − H Q

Rešavanjem jednačina

To ≈ H Q + lxψ + ΔT

ΔT = To − H Q − lxψ sledi

Sledi

(

R = ρ gAVLo To − H Q − lxψ

)

jedna jednačina, dve nepoznate...

R=

(

R = ρ gAVLo To − H Q − lxψ s Rllx ψs = ρ gI y

)

ρ gI y AVL (To − H Q ) o

I y + lx2 AVL

o

ψs =

(

AVL lx To − H Q o

)

I y + l AVL 2 x

Kao i u slučaju broda bez trima

PREDAVANJA

∑ Mi = 0

koji, do sada, nismo primenili...

Pošto je ψ « 1, važi

odnosno

Izraz sledi iz uslova ravnoteže

o

HQ

, R

123


Tada važi

Odsukanje broda

Brod nasukan u jenoj tački može se, u principu, odsukati uzdužnim pomeranjem tereta, odnosno dejstvom d d dodatnog momenta trima... i

To ≈ H Q + lxψ

ψ = Sledi

ψ =

M ods ml = o ρ gI y ρ I y

To − H Q

Odnosno mlo =

lx

=

mlo ρIy

ρ I y (To − H Q ) lx

...

Moment trima usled pomeranja tereta je M ods = mg ⋅ lo

Moguće je, u principu i odsukanje utovarom balasta...

Do odsukanja dolazi kada je R = 0 Odnosno

(

)

R = ρ gAVL To − H Q − lxψ = 0 o

PREDAVANJA

124


Slučaj velike reakcije dna

Uslov

∑ Mi = 0

za tačku Q tada glasi U ⋅ xF cosψ − W ⋅ xG cosψ = 0

odnosno

V ⋅ xF − Vo ⋅ xG = 0

Iz uslova

∑ Fi = 0 Može se pisati i kao

sledi R = ρ g (Vo − V )

gD ⋅ xF = gDo ⋅ xG

Uvodimo pomoćnu osu x, s početkom u Q

PREDAVANJA

125


Koristimo, kao i uvek kod velike reakcije, dijagramski list

Za svaku pretpostavljenu vodnu liniju određuje se V i xF

PREDAVANJA

126


Poznat postupak preko areale rebara

PREDAVANJA

127


Konstruiše se dijagram... Na odrinati trim ψ ...

na apcisi gD i xF·gD

Važi gD ⋅ xF = gDo ⋅ xG R = gDo − gD

PREDAVANJA

128


3.2. Stabilitet nasukanog broda Posmatramo brod oslonjen duž kobilice, ψ = 0 Na brod deluju 3 sile...

Istovar tereta R iz tačke Q U tački G1 deluje razlika sila (W – R) M st = (W − R ) ⋅ h ≈ ≈ (W − R ) M 1G1 ⋅ ϕ

M ć je Moguće j sabrati b ti uzgon i reakciju... k ij Nasuprot težini deluje sila (U + R) Metacentar M1 , postoji reakcija Svodimo na poznati problem 2 sile... Što se može uraditi na dva načina

PREDAVANJA

Metod p g uzgona” g “povećanog M st = W ⋅ h′ ≈ ≈ W ⋅ M ′G ⋅ ϕ

129


a) Mala reakcija dna

Koristimo metod istovara

M st = gDo ⋅ M o G ⋅ ϕ − R ⋅ QS ⋅ ϕ

M st = M sto − R ⋅ QS ⋅ ϕ Može o e se pisati p sat i u oblika ob a

⎛ ⎞ R M st = gDo ⎜ M oG − QS ⎟ ϕ gDo ⎝ ⎠ M o′G Početna metacentarska visina posle istovara

gDo ⋅ M oG − R ⋅ QS M 1G1 = gDo − R Moment početnog stabiliteta

M st ≈ ( gDo − R ) M 1G1 ⋅ ϕ = = ( gDo − R )

PREDAVANJA

gDo ⋅ M o G − R ⋅ QS ϕ gDo − R

Moment stabiliteta opada sa porastom reakcije R ... Odnosno sa smanjenjem dubine vode HQ Postoji H min = H kr Rmax = Rkr

HQ

,R

, M st

pri kojima je Mst = 0

Brod, pri kritičnoj dubini, gubi stabilitet...

130


Određivanje kritične dubine i kritične reakcije

Ranije izveden izraz za malu reakciju o

Sledi jednačina

( )

( )

Rkr ⋅ QS

kr

kr

=0

1 1 QS = To − ΔT = (To + H Q ) 2 2 Važi ži kr

=

1 (To + H kr ) = gDo ⋅ M oGo 2 iz koje se određuje Hkr

ρ gAVL (To − H kr ) ⋅ o

= gDo ⋅ M oGo

Na osnovu

(QS )

→ o

gDo ⋅ M oGo − Rkr ⋅ QS Odnosno

)

Rkr = ρ gAVL (To − H kr )

(ili M o′Go = 0 ) Važi

(

R = ρ gAVL To − H Q

M 1G1 = 0

Polazimo od

1 (To + H kr ) 2

H kr = To2 −

Sledi

2Vo M o Go 2V M G = To 1 − o2 o o AVLo To AVLo

Rkr = ρ gAVL (To − H kr ) = o

⎛ 2V M G = ρ gAVL To ⎜ 1 − 1 − o2 o o ⎜ To AVLo ⎝ o

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

Što se može dodatno uprostiti...

PREDAVANJA

131


Važi Vo M o Go δ LBTo ⋅ M o Go δ = = To ⋅ M o Go AVL α LB α o

Sledi H kr = To 1 −

o

o

član pod korenom mora biti mali

Koristimo

PREDAVANJA

1 1 − ε ≈ 1 − ε + ... 2

⎛ δ M o Go Rkr ≈ ρ gAVLo To ⎜ 1 − 1 + ⎜ α To ⎝

= ρ gAVL

⎛ 2δ M o Go ⎞ ⎜ ⎟ Rkr = ρ gAVL To 1 − 1 − ⎜ α To ⎟ ⎝ ⎠ S obzirom b i da d izvođenje i đ j važi ži samo za slučaj male reakcije, odnosno male promene gaza...

Što ćemo kasnije i proveriti...

⎞ ⎟⎟ ⎠

o

2δ M o Go α To

2δ M o Go α To

⎛ δ M o Go H kr ≈ To ⎜ 1 − ⎜ α T o ⎝

δ M G α o o

Rkr ≈ ρ gδ LB ⋅ M o Go

Pretpostavka male reakcije u ovom slučaju daje

ρ gδ LB ⋅ M o Go 1

⎞ = ⎟⎟ ⎠

gDo

=

Rkr gDo

1

ρ gδ LB ⋅ M o Go M o Go = To ρ gLBTo

1

Uslov je, po pravilu, zadovoljen kod većih brodova... Kod malih brodova, do gubitka stabiliteta dolazi pri velikoj reakciji...

132


Ukoliko dubina vode pada ispod kritične vrednosti H Q < H kr Brod se spontano naginje, i zauzima novi ravnotežni položaj

U novom, nagnutom ravnotežnom položaju istisnuće ostaje nepromenjeno... Ugao nagiba pri

H Q < H kr

Brod rotira oko tačke oslonca... Reakcija se ne menja i važi va

R = Rkr = const

W − U ϕ − Rkr = 0 U ϕ = W − Rkr = const

cos ϕ s =

HQ H kr

, pri ϕ

1

?

Vϕ = Vkr = const

PREDAVANJA

133


b) Velika reakcija dna

Ukoliko brod ne gubi stabilitet pri R gD

1

neophodno je koristiti DIJAGRAMSKI LIST j svodimo na Nasukanje problem istovara i određujemo

M 1G1

Moment početnog stabiliteta M st = ( gDo − R ) M 1G1 ⋅ ϕ

PREDAVANJA

134


Određivanje Hkr , Rkr Konstruiše se kriva težišta GK koja u preseku sa krivom MK daje kritični metacentar...

PREDAVANJA

135


Dobijamo

PREDAVANJA

136


S aspekta stabiliteta je posebno kompleksan problem plovnog doka...

S druge, ugrožen stabilitet samog plovnog doka... Velika slobodna površina vode u doku... Mala površina vodne linije

S jedne strane, problem stabiliteta nasukanog broda...

Koje stanje je kritično?

Sličan problem Slič bl javlja se i kod drugih Flo-Flo objekata...

PREDAVANJA

137


Efekat lepljenja o dno

Ukoliko je kontakt tela s dnom po površini A

Do sada je pretpostavljano da je kontakt broda s dnom u jednoj tački (duž jedne linije) Površina kontakta s dnom je bila zanemarljivo mala...

T d je Tada j

U ′ = ⋅⋅⋅ = ρ gV ′ = ρ g (V − v ) U ′ = ρ gV − ρ gAH t

R′ = W − U ′ + ( pat + ρ gH ′ ) A =

= W − ρ g (V − v ) + ( pat + ρ gH ′ ) A

Tada je

p = pat + ρ gh U = ⋅⋅⋅ = ρ gV R = W − U = W − ρ gV

PREDAVANJA

R′ = W − ρ gV + ρ gv + ( pat + ρ gH ′ ) A = = R + ρ gAH − ρ gAH ′ + ρ gAH ′ + pat A R′ = R + ( pat + ρ gH ) A

138


R′ = R + ( pat + ρ gH ) A

Efekat lepljenja se javlja samo ukoliko je voda potpuno istisnuta sa površine kontakta...

U realnim uslovima može biti H)A ( pat + ρ gH

R

što je, najčešće, nepoznato...

Tako da pri izvlačenju tela s dna javljaju tri situacije...

S = mg + ( pat + ρ gH ) A

PREDAVANJA

S = mg − ρ gV

S = mg

139


Brod MEXICA, Brodogradilište Bijela, 10. avgust 2007...

Na osnovu tehničke dokumentacije, uvida u stanje i osmatranja ronilaca... napravljen kompjuterski model,

Površina “lepljenja” (površina po kojoj se krma zarila u mulj) procenjena na 53 m2 Efekat lepljenja 700 t proračun sproveden sa 100 t (15%) reakcija dna na krmi (sa 15% efekta lepljenja) 650 t Pri izvlačenju, efekat lepljenja nije konstatovan... (?)

PREDAVANJA

140


4. MERE ZA POBOLJŠANJE STABILITETA Važan i kompleksan problem...

Težina broda treba da je minimalna, zbog cene, eksploatacije...

Može se javiti pri projektovanju broda, broda u eksploataciji broda, pri rekonstrukciji broda...

S ddruge strane i neki ki spoljni lj i momentii rastu s deplasmanom (npr. moment pri skretanju)

Pokušaćemo da sistematizujemo mere... M st = ggD ⋅ h(ϕ )

Uticaj deplasmana je (relativno) jasan D

Zato analiziramo krak stabiliteta Razlažemo ga (prema Štajnenu) na krak stabiliteta broda s kružnim rebrima i krak dodatnog stabiliteta

, M st

Teži brod, veći moment stabiliteta... iako se i krak stabiliteta menja s promenom deplasmana...

h = MG ⋅ sin ϕ + hd (ϕ ) hk

Može se uticati na oba člana...

To, međutim, nije put za povećanje stabiliteta...

PREDAVANJA

141


4.1. Povećanje hk (povećanje MG) hk (ϕ ) = MG ⋅ sin ϕ

MG = FK + MF − GK Prva dva člana zavise od forme broda, treći od vertikalnog rasporeda brodskih masa... Može se uticati na sva tri člana...

PREDAVANJA

142


Utovar balasta

Spuštanje brodskih masa

Utovarom tereta (balasta) ispod vodne linije

GG1 = MG1 = MG + GG1 = MG + hk(1) = hk( o ) +

m lz D

m lz D

ml z ⋅ sin ϕ D

Dobra mera... utiče samo na težište, ništa ne kvari... Pogodna i pri projektovanju, i pri rekonstrukciji... Ali su efekti mere ograničeni i često nedovoljni...

PREDAVANJA

stabilitet raste...

M st( k1 ) = M st( ko ) + mb g ⋅ PS ⋅ sin ϕ Balast (beton, (beton gvožđe, gvožđe olovo, olovo vodu) treba utovariti što niže... Povoljno za stabilitet, ali ima i negativnih efekata...

143


D

korisna nosivost se smanjuje... otpor raste... T

, nepovoljno lj za rečne č brodove... b d

Uobičajeno je da se predvidi balastiranje praznog broda vodom (balastnom vodom) g i to ne samo zbog stabiliteta...

Za razliku od projektovanja novog broda, pri rekonstrukciji broda utovar čvrstog balasta je (i pored svih negativnih efekata) najrasprostranjenija mera... Jednostavno i efikasno, često i najbolje... Slična (uvek povoljna) mera je istovar visoko postavljenih masa – ukoliko je to moguće...

Za razliku od povremenog balastiranja vodom, stalna balast predviđena projektom, uglavnom znači grešku... Izuzetak su jedrilice...

PREDAVANJA

144


Pretpostavljamo

Promena glavnih dimenzija

U fazi projektovanja broda, projektant usvaja (u uskim granicama određenim preporukama) glavne dimenzije broda... Pri ovom izboru, deplasman broda je (po pravilu) zadat i konstantan... Kako izbor glavnig dimenzija utiče na stabilitet? MG = FK + MF − GK I MF = x V

I x = c(α ) ⋅ LB

3

c(α ) ⋅ LB 3 c(α ) ⋅ B 2 MF = = δ LBT δ ⋅T FK = d ⋅ T

c, d – bezdimenzioni koeficijenti koji zavisi od forme broda

PREDAVANJA

D = const α , β , δ = const

GK = const (?)

i menjamo (u uskim granicama) L, L B, B T S obzirom na

D = ρδ LBT

L ⋅ B ⋅ T = const

važi odnosno

Lo ⋅ Bo ⋅ To = L1 ⋅ B1 ⋅ T1 Brod (1)

Brod ( 0 )

L1 B1 T1 ⋅ ⋅ =1 Lo Bo To

ili

Pretpostavmo promenu odnosa dimenzija... Interesuje j nas M 1 F1 M o Fo

= ??

F1 K Fo K

= ??

145


c ⋅ B12 δ ⋅ To ⎛ B1 ⎞ ⎛ To ⎞ = ⋅ = ⎜ ⎟ ⋅⎜ ⎟ 2 M o Fo δ ⋅ T1 c ⋅ Bo ⎝ Bo ⎠ ⎝ T1 ⎠

Sledi

ili

Pri B = const

2

M 1 F1

I x1 Vo c ⋅ L1 B12 ⎛ L1 ⎞ ⎛ B1 ⎞ = ⋅ = = ⎜ ⎟⋅⎜ ⎟ 2 M o Fo V1 I xo c ⋅ Lo Bo ⎝ Lo ⎠ ⎝ Bo ⎠ M 1 F1

B

3

MF

, bez obzira na L, T

L T

,

MF ,

MF

Uticaj širine najveći ... (λ3)

Tabela

Posebno jje ((s aspekta p metacentarskogg radijusa) povoljan pljosnat brod...

B1 Bo

L1 Lo

T1 To

M o Fo

λ

1

1/λ

λ3

λ

1/λ

1

λ2

B↑ , R↑ jači motor (D=const ?)

1

λ

1/λ

λ

L↑ , Moment sav↑ (D=const ?)

λ>1

,

M 1 F1

Na primer λ ≈ 1,1

Napomena

Uočiti, zahtevi stabiliteta i otpora su (po pravilu) suprotni... Brodska forma je kompromis...

PREDAVANJA

146


FK = ? F1 K Fo K

=

d1T1 T1 = d oTo To

Promena forme rebara

Generalno, rebra deplasmanskih brodovi mogu imatu U – formu i V – formu... Tačnu granicu ovih formi je teško definisati... definisati

Veći gaz povoljniji, podiže težište istisnuća, a time i metacentar... Ovo, samo donekle, umanjuje povoljan efekat smanjenja gaza... ali ne menja zaključke... Tipičan morski teretni brod... P l l i srednjak Paralelni d j k – U forma f rebara... b Pramčani (krmeni) deo – V forma rebara...

PREDAVANJA

147


Primer tankera – sa U rebrima u pramčanom delu ...

Pretpostavićemo, ponovo, da je u fazi projektovanja određen deplasman... D = const Da se težište broda ne menja GK = const (?)

Projektant može, donekle, menjati formu rebara... Npr. pramčani deo broda V → U skica (*)

Pretpostavljamo da su i glavne dimenzije određene... L, B, T = const

a da biramo formu rebara... Šta je s koeficijentima forme ? Iz sledi

D = ρδ ⋅ LBT = const

δ = const

Kako promena forme rebara utiče na MG ?

PREDAVANJA

148


Prelazom sa U na V formu, povećava se širina rebra, a (lokalni) koeficijent β se smanjuje A βR = R BRTR Koeficijent β broda se ne menja...

Prelaskom sa U na V formu, pri konstantnom deplasmanu i dimenzijama broda, raste koeficijent punoće vodne linije α Kakav je uticaj ove intervencije na stabilitet? M o Fo =

α

c(α ) ⋅ B 2 δ ⋅T

b(α ) 12 b ≈ 1, 5α − 0, 5 ... c(α ) =

, MF

Fo K = d ⋅ T d = d (β , δ ,α )

Povećava se se, međutim, međutim i površina vodne linije...

d ≈ T ( 0, 78 − 0, 285δ / α ) ...

tako da raste koeficijent

α=

PREDAVANJA

AVL LB

α

, FK

(?)

149


Prelaz sa U na V formu povoljno utiče na stabilitet... V forma, povoljnija...

Promene koeficijenta α su moguće samo u uskim granicama... ratko preko 5% Ipak, uticaj na stabilitet nije zanemarljiv... Promena forme rebara bitno utiče i na druge osobine broda...

U konkretnom primeru sa skice (*) Prelaskom sa V na U formu α se smanjilo za oko 5% i metacentar (MK) se spustio za oko 5%, odnosno za 0,47 m

posebno na hidrodinamičke karakteristike (otpor, ponašanje na talasima...) ali i na formu tovarnog prostora... U principu, ovo je suviše kompleksna mera da bi se u nju j upuštali št li zbog b poboljšanja b ljš j stabiliteta t bilit t (ima (i jednostavnijih načina...) ipak, ako se primenjuje iz drugih razloga, treba znati kakav je uticaj na stabilitet

PREDAVANJA

150


Dogradnja blistera

Zaključili smo da je povećanje širine broda najefikasniji način povećanja MF Da li je ovakva mera moguća pri rekonstrukciji kod već izgrađenog broda? rekonstrukciji,

I c ⋅ LB13 ⎛ B1 ⎞ V = x1 ⋅ = ≈⎜ ⎟ V I xo c ⋅ LBo3 ⎝ Bo ⎠ M o Fo M 1 F1

3

3

B 3 + 6 B 2 b + 12Bb 2 + b3 ⎛ B + 2b ⎞ ≈⎜ = ⎟ = B3 M o Fo ⎝ B ⎠ M 1 F1

2

3

b b ⎛b⎞ ⎛b⎞ = 1 + 6 + 12 ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ≈ 1 + 6 B B ⎝B⎠ ⎝B⎠

Veoma efikasna mera... b = 0, 05 → M 1 F1 ≈ 1, 3 ⋅ MF B

Primer: Prepravka starog bojnog broda u dizalicu

Teško se može primeniti kod brodova s promenljivim gazoma (teretnih brodova) Utiče samo na početni stabilitet... Donekle povećava otpor, težinu... Koristi se (koristio se) npr. kod rečnih putničkih brodova... posebno u kombinaciji s točkom dodat na brod Niš, posle nesreće...

PREDAVANJA

151


4.2. Povećanje dodatnog stabiliteta

Brodovi sa V rebrima su (po pravilu) nešto bolji...

Podsetimo se M st = gD ⋅ M o G ⋅ sin ϕ + gD ⋅ hd (ϕ ) M stk

M std

Krak dodatnog stabiliteta hd zavisi od forme broda i od visine slobodnog boka (veličine rezervnog istisnuća) Promena forme rebara

Brod sa kružnim rebrima nema dodatni stabilitet

Posebno je važan oblik nadvodnog dela trupa...

Brodovi čija se rebra naviše sužavaju (tumblehome) – imaju negativan dodatni stabilitet... Brodovi sa U i sa V rebrima imaju pozitivan dodatni stabilitet...

PREDAVANJA

152


Povećanje slobodnog boka (povećanje visine broda, povećanje rezervnog istisnuća)

Prema tome, promena visine broda prevazilazi problem stabiliteta... Sličan uticaj na stabilitet ima i vodonepropusno nadgrađe... nadgrađe odnosno ugao prvog nezaštićenog otvora (ugao naplavljivanja)

Uticaj se javlja tek kod većih uglova nagiba, ali tada može biti veoma značajan... Uticaj povećanja slobodnog boka je posebno povoljan za dinamički stabilitet broda Veća visina znači i veću težinu broda (veći deplasman)... veću cenu broda...

Šta uzeti kao φfl ? Istorija brodogradnje je puna brodoloma kod kojih su se “zaštićeni” otvori, u praksi pokazali kao nezaštićeni...

ali i više prostora za teret u skladištima

PREDAVANJA

153


Rezime:

Najčešći (osnovni) postupci poboljšanja stabiliteta su • spuštanje težišta i • proširenje broda

Poboljšanje stabiliteta promenom forme rebara se (po pravilu) izbegava... Proširenje broda negativno utiče na otpor, a brod je kompromis kontradiktornih zahteva (stabilitet, otpor, tovarni prostor...)

PREDAVANJA

154


DODATAK 1:

DA LI JE TITANIK BIO NEPOTOPIV? (Predavanje u okviru prezentacije Smera za brodogradnju studentima Osnovnih studija)

PREDAVANJA

155


Umesto detaljnijeg objašnjenja predmeta PLOVNOST I STABILITET BRODA PONAŠANJE BRODA NA TALASIMA BRODSKI SISTEMI... priča vezana za najpoznatiji brodolom u istoriji

i za one studente koji nisu zainteresovani za brodogradnju...

DA LI JE TITANIK BIO NEPOTOPIV ?

PREDAVANJA

156


O Titaniku znaju dosta, slušali mnogo, ipak...

10. april 1912.

Titanik kreće na svoje prvo, poslednje i jedino komercijalno putovanje...

PREDAVANJA

157


Brod je udario u ledeni breg u noći između 14. i 15. aprila... i potonuo za 2 sata i 40 minuta, sa preko 1500 putnika i mornara... senzacija, ij najveći j ći b brod, d najveća j ć nesreća... ć naj, naj... da li je baš tako?

Izgrađena su tri jednaka broda (tri sestre) Olimpik Titanik Gigantik

Ako je neki bio najveći, to je bio Olimpik... Olimpik klasa... Odakle tolika slava Titanika?

PREDAVANJA

158


Dve godine posle brodoloma počeo je Prvi svetski rat u kome je poginulo hiljadama puta više ljudi nago na Titaniku u kome je potonuo niz ogromnih brodova Titaniku, brodova... Sve to nije umanjilo tužnu slavu Titanika.

Kao da nam nesreće izazvane namerno, namerno ljudskom rukom, rukom deluju normalnije od onih koje nas zadese u sudaru sa silama prirode?

Pitanje za psihologe... h l

PREDAVANJA

159


Naslovi nakon brodoloma: “Potonuo nepotopiv brod !”

DA LI JE TITANIK BIO NEPOTOPIV ?

brod je na dnu okeana...

PREDAVANJA

160


Treba se dogovoriti šta znači nepotopiv brod Za brodograditelja to nije isto što i za novinara... Svaki čelični brod, ukoliko voda prodre u sva njegova odeljenja tone Svaki čelični broj je zato pregrađen nizom vodonepropusnih pregrada...

Pregrade mogu biti uzdužne, poprečne, uzdužne + poprečne

Šta je bolje ?

PREDAVANJA

161


Ukoliko voda naplavi samo nekoliko odeljenja, brod ne mora p potonuti... Kaže se – brod je nepotopiv u slučaju prodora u N (1,2,3,4) odeljenja... Brod je uslovno nepotopiv Koliko odeljenja brod može da izgubi (koliko je N) određuju propisi... U zavisnosti od veličine i tipa broda broda, najčešće je N = 2–3

PREDAVANJA

162


Ključ je tzv. kriva nepotopivosti (kriva naplavljivih dužina, pregradna kriva) I l d Izgleda

Proračun krive nepotopivosti, jedan od zadataka u predmetu PLOVNOST I STABILITET BRODA 2...

Š predstavlja? Šta d lj ? Kriva se odnosi na poprečno pregrađivanje broda do pregradne palube i definiše kritično odelenje

PREDAVANJA

163


PREDAVANJA

164


Kako je bio pregradjen Titanik... sa 15 poprečnih pregrada, na 16 vodonepropusnih odelenja

a to ne bi izdržali ni savremeni putnički brodovi...

PREDAVANJA

165


Kriva nepotopivosti pokazuje još mnogo toga... na primer, da je Titanik punom brzinom udario pramcem u ledeni breg breg...

Da li je kapetan kriv što je pokušao da izbegne sudar?

PREDAVANJA

166


Da li bi Titanik zadovoljavao savremene (današnje) propise o nepotopivosti?

Faktor pregrađivanja Titanika, prema determinističkim SOLAS propisima

F=0 0,39 39 “broj odelenja” 1/F = 2,564 ld = 0,39·l(x)

PREDAVANJA

Prema probabilističkim SOLAS propisima...

A = 0,842 0 842 R = 0,882 Indeks R opada s brojem čamaca za spasavanje...

167


Posle nesreće, u brojnim raspravama je analizirano pregrađivanje Titanika.... Neki eksperti su tvrdili da bi Mauretanija i Lusitanija izdržale sudar... sudar

Ovi brodovi su imali i uzdužne pregrade

PREDAVANJA

168


Lusitanija je torpedovana 7. maja 1915. godine Prevrnula se i potonula je za 18 minuta, sa oko 1200 žrtava

24 poginula američka putnika bila su formalni povod za ulazak SAD u Prvi svetski rat... Drugi eksperti su tada dokazali da se Titanik ne bi prevrnuo, i da bi (verovatno) izdržao eksploziju torpeda torpeda... Staro pitanje, šta je bilje, uzdužno ili (samo) poprečno pregrađivanje..?

PREDAVANJA

169


Posle nesreće, treći brod se još gradio... Promene:

Gigantic → Britanik Podignuta pregradna paluba

Britanik bi izdržao prodor u 5 pramčanih odeljenja, kao i istovremeni prodor u bilo koja 3 odeljenja...

PREDAVANJA

170


Britanik

Dograđen mu je i dvobok

Titanik

PREDAVANJA

171


Britanik bi izdržao sudar s ledenim bregom... Ali nije naleteo na ledeni breg, već na tursku minu u Egejskom moru

i potonuo za 55 minuta...

PREDAVANJA

172


Šta zaključiti ? i Titanik, i Lusitanija i Britanik su na dnu mora... N Nemoguće ć je j napraviti iti potpuno t siguran i b brod... d Propisi koji se bave pregrađivanjem brodova su tzv. SOLAS propisi 1914 1929... 1914, 1929 2009. 2009

Smanjuju rizik od brodoloma... i povećavaju mogućnost spasavanja ljudi...

Save of Life at Sea

a nesreća i žrtava je uvek bilo...

PREDAVANJA

173


Ovo je jedna d od d mnogih h priča č o brodovima... b d ukoliko vas je zainteresovala...

PREDAVANJA

174


DODATAK 2

Priča o Kapetanu, Monarhu i Dongedijku ili

Da li smo naučili lekciju o slobodnom boku?

PREDAVANJA

175


Brodogradnja je veoma tradicionalna, u njoj se stvari sporo menjaju... Ali,, sredina XIX veka je j bila veoma burna...

Prelazak na parnu mašinu, omogućio je “izlazak” glavnih topova na otvorenu palubu... Tada je konstruisana (izmišljena) i prva topovska kula

drvo → čelik jedra → parna mašina, propeler... top → na otvorenu palubu Kod jedrenjaka jedrenjaka, topovi su bili (uglavnom) na unutrašnjim palubama Kapetan Cowper Phipps Coles... otvorena paluba je bila zauzeta...

PREDAVANJA

Parne mašine su jjoš bile nesigurne, g ,i britanski Admiralitet nije bio spreman da se potpuno odrekne jedara...

176


Projektant Admiraliteta Edward Reed (inženjer, Naval Architect) dobio zadatak da napravi čelični brod sa (Coles-ovim) topovskim kulama, parnom mašinom i jedrima... Po svemu sudeći, pokušao je da izbegne jedra... ali nije bio dovoljno uticajan Rezultat je bio nešto sasvim novo HMS Monarch (1868) D = 8439 t L ≈ 100 m MG = 0,73 m Fb = 4,27 m

PREDAVANJA

Brod je loše jedrio... Jarboli i konopi su smetali topovima.. Kakav zadatak, takav i rezultat... Ali, po mišljenju kap. Colesa, pokušaj je bio potpuni promašaj...

177


Projektant topovskih kula, kapetan Cowper Phipps Coles je (posle niza javnih svađa) dobio šansu da projektuje svoju verziju broda... HMS Captain p (1869) ( ) D = 7915 t L ≈ 100 m MG = 0,79 m Fb = 1,98 m

Oba broda zaplovila zajedno 1869. godine, na (kako se pretpostavljalo) dugotrajna ispitivanja...

PREDAVANJA

178


U junu 1870. godine, zbog svađa, Edward Reed napušta mornaricu... U septembru 1870. godine, eskadrila sa oba broda uleteće u oluju u Biskaju

HMS Monarch D = 8439 t L ≈ 100 m MG = 0,73 m Fb = 4,27 m

HMS Captain D = 7915 t L ≈ 100 m MG = 0,79 m Fb = 1,98 m

HMS Captain se prevrće pod naletom vetra i talasa, i tone sa skoro 500 ljudi (među kojima je bio i cap. Coles)... HMS Monarch je preživeo oluju oluju, a Edward Reed postao uvaženi Ser Edward...

Šta se desilo...

PREDAVANJA

179


Da li je naručilac zahtevao suviše: i jedra i topove na palubi...?

PREDAVANJA

180


Već sledeći brod Ser Edvarda HMS Devastation (1871)

Pređimo na savremene teretne brodove

Danas, 150 godina posle brodoloma Captain Danas Captaina... Takse, i sve ostale dažbine morskih teretnih brodova, plaćaju na osnovu njihove BRT... Odnosno (grubo) na osnovu zapremine svih brodskih zatvorenih prostora...

imao je samo pomoćno jedro Prvi “moderni” bojni brod... Naučili smo lekciju o slobodnom boku... Da li smo ??

PREDAVANJA

181


Tipično: To je delovalo logično sredinom XX veka, u vreme kada su propisi doneti,... Teret u zatvorenim skladištima, veća skladišta,, veća zarada,, veće takse... Od tada se, međutim, pojavila nova vrsta brodova – kontejnerski brodovi a pravila se nisu promenila... Kontejnerski brodovi deo tereta nose na otvorenoj palubi... Logična je težnja naručioca (brodovlasnika) da od projektanata zahtevaju što manju BRT, odnosno

To, neminovno, ugožava stabilitet (i generalno sigurnost) broda...

št niži što iži ttrup ((minimalni i i l i slobodni l b d ib bok) k)

Projektanti se spuštaju na samu granicu dozvoljenog

a što više redova kontejnera na palubi...

• minimalna MG • miminimalni FB

PREDAVANJA

182


Tipične krive stabiliteta ovakvih brodova imaju “plato”

Male greške u eksploataciji dovode do nesreće...

D Dongedijk dijk

Dongedijk Port Said, Dongedijk, Said A August g st 2000 Plato povezan s uronom palube... Kažnjen zapovednik Dongedijka... Greške u težini i rasporedu kontejnera... i, potencijalno, veoma opasan mali porast momenta nakretanja dovodi do velike promene ugla...

PREDAVANJA

Da li je brod, suštinski, žrtva propisa? Od projektanta se traži siguran brod ekstremno male BRT... Nemoguć zadatak..?

183

Plovnost Stabilitet Broda 2 2009

Recommend Documents