ΠΑΤΡΑΡΤΗΜΑ Α Λυμένες ασκήσεις

Transcript

1 ΠΑΤΡΑΡΤΗΜΑ Α Λυμένες ασκήσεις - 6 -

2 Άσκηση 1η Η καμπύλη του μοχλοβραχίονα στατικής ευστάθειας ενός πλοίου εκτοπίσματος t προσεγγίζεται αναλυτικά από τη σχέση: GZ = sin ϕ m. Να υπολογιστεί η μέγιστη εγκάρσια απόσταση, κατά την οποία μπορεί να μετακινηθεί φορτίο 50 t που βρίσκεται πάνω στο κατάστρωμά του, έτσι ώστε το πλοίο να έχει ευσταθή ισορροπία και να μην ανατρέπεται. Λύση Για να έχει το πλοίο ευσταθή ισορροπία και να μην ανατρέπεται κατά τη μετακίνηση του φορτίου, θα πρέπει το εμβαδόν κάτω από την καμπύλη του μοχλοβραχίονα στατικής ευστάθειας να είναι τουλάχιστον ίσο με το εμβαδόν κάτω από την καμπύλη του μοχλοβραχίονα εγκάρσιας κλίσης μέχρι το σημείο ασταθούς ισορροπίας, έτσι ώστε να υπάρχει επαρκής δυναμική ευστάθεια. Η ροπή εγκάρσιας κλίσης είναι [σχέση (4.1)]: M = P d cos ϕ = 50 d cosϕ H και η ροπή επαναφοράς: Mst = GZ = sin ϕ Οι καμπύλες του μοχλοβραχίονα εγκάρσιας κλίσης και του μοχλοβραχίονα επαναφοράς τέμνονται στο σημείο π/ του άξονα των γωνιών φ, που είναι και το σημείο ασταθούς ισορροπίας. Άρα, για την ισότητα των εμβαδών (Ενότητα 4.) θα έχουμε: π π π π M dϕ = M dϕ 50d cosϕdϕ = 1000 sin ϕdϕ H st από όπου προκύπτει εύκολα η ζητούμενη μέγιστη τιμή d = 0 m. Άσκηση η Πλοίο διπλής γάστρας έχει τη γεωμετρία του Σχήματος Α1. Να υπολογιστούν η γωνία εγκάρσιας κλίσης και η διαγωγή του, όταν φορτίο 10 t μετακινηθεί πάνω στο κατάστρωμά του 5 m κατά το πλάτος του και 10 m κατά το μήκος του. Όλα τα απαραίτητα στοιχεία δίνονται στο Σχήμα Α1. Λύση Με την υπόθεση ότι η γωνία εγκάρσιας κλίσης του πλοίου είναι μικρή, ισχύει η σχέση (.65): M T tanϕ = GM όπου φ η γωνία εγκάρσιας κλίσης και - 7 -

3 M T = P d = 10 5 = 50 tm Σχήμα Α

4 Το εκτόπισμα Δ του πλοίου υπολογίζεται προσεγγιστικά από τη γεωμετρία του Σχήματος Α1 ως εξής: 1 = xγx 0 ( T R) + 40 π R + π R 5 = 1.6,1 t Το μετακεντρικό ύψος GM δίνεται από τη σχέση: GM = KB + BM KG όπου: KG = 5 m γ 1,05 0 BM = IT = + 0 8,5 = 6,55 m 16,1 1 Το ΚΒ βρίσκεται από την εξίσωση των ροπών ως προς το επίπεδο αναφοράς που εφάπτεται στο κάτω μέρος των κυλίνδρων: 1 KB = γ π R π R 5 KB =,54 m Με τις παραπάνω τιμές, προκύπτει: GM =,54 + 6,55 5 = 4,09 m και από τη σχέση της εγκάρσιας κλίσης, βρίσκουμε: 50 tanϕ = = 8, ,1 4,09 δηλαδή γωνία εγκάρσιας κλίσης είναι φ = 0,51 ο. Η διαγωγή του πλοίου υπολογίζεται από τη σχέση (.67): t = M L MT1 όπου: ML = p 1 = = 100 tm και γ L MT1 = I / L = /1 / 0 t. Οπότε, προκύπτει t = 0, m, ανηγμένη στο μήκος L = 0 m της ίσαλου πλεύσης

5 Άσκηση η Εμπορικό πλοίο εφοδιάζεται με πετρέλαιο από μικρό πετρελαιοφόρο, όπως φαίνεται στο Σχήμα Α. Το συνολικό φορτίο που δέχεται ο γερανός είναι P = 5 t. Να υπολογιστεί η εγκάρσια κλίση του πλοίου τη στιγμή που η δεξαμενή πετρελαίου 1 έχει πληρωθεί κατά 50%. Δίνονται (πριν από τον εφοδιασμό) Εκτόπισμα πλοίου Δ = 000 t. Επιφάνεια ίσαλου πλεύσης Α = 800 m. (σταθερή για μεγάλη περιοχή βυθισμάτων) Κατακόρυφη απόσταση κέντρου άντωσης ΚΒ =,5 m. Μετακεντρική ακτίνα ΒΜ = m. Κατακόρυφη απόσταση κέντρου βάρους KG = 1,5 m. Αρχικό βύθισμα T 0 =,5 m. Ειδικό βάρος πετρελαίου γ π = 0,8 t/m. Διαστάσεις δεξαμενής l b h = 10 x x m. Σχήμα Α. Λύση Η γωνία εγκάρσιας κλίσης βρίσκεται από τη σχέση (.65): M T tanϕ = GM Θεωρούμε ότι το βάρος εξασκείται στα θετικά του εγκάρσιου άξονα y του πλοίου. Υπολογίζουμε, στη συνέχεια, τα μεγέθη του δεύτερου μέλους της παραπάνω σχέσης: - 0 -

6 1 b M 0 T = P d + γ lbh 4 5x 6 cos 60 π 4 5,5 16 tm + = + + = 1 = + P + γ π lbh =.09 t GM = KB + BM KG όπου: KB = δt KB + γ A δt T0 + όπως προκύπτει από το θεώρημα των ροπών προς το επίπεδο αναφοράς που εφάπτεται στην τρόπιδα. Για τον υπολογισμό της παράλληλης βύθισης δτ, λαμβάνουμε υπόψη το φορτίο Ρ και την ποσότητα πετρελαίου στη δεξαμενή. Δηλαδή: δt = = 0.05 m Οπότε:, , ,05,5 + 0,0176 KB = =,5 m.09 γit BM = Και, αν θεωρήσουμε σταθερή την επιφάνεια της ισάλου στην περιοχή των βυθισμάτων που ενδιαφέρουν: I T = BM γ Συνεπώς:.000 BM = BM = =,957 m.09 Το νέο κέντρο βάρους του πλοίου βρίσκεται από την εφαρμογή του θεωρήματος των ροπών ως προς το βασικό επίπεδο αναφοράς, με πρόσθετα φορτία το ανηρτημένο Ρ και το βάρος του πετρελαίου: 0 1 h KG + P 6sin γ Ibh + π 4 1, , ,5 KG = = = 1,545 m.09 Σύμφωνα με την πρωτοτάξια θεώρηση των μικρών μεταβολών, η επίδραση της ελεύθερης επιφάνειας στη δεξαμενή ισοδυναμεί με αύξηση του KG κατά: γ Ib 0,8 10 δ KG = π = = 0,0088 m Επομένως: - 1 -

7 ( δ ) GM = KB + BM KG + KG =,5 +,57 1, ,0088 =,90 m Και από τη σχέση της εγκάρσιας κλίσης: 16 tanϕ = = 0,004 ϕ = 1,17 09,90 o Άσκηση 4η Πλοίο εκτοπίσματος t έχει αρχικό μετακεντρικό ύψος GM = 0,9 m. Αν η καμπύλη της στατικής ευστάθειας του πλοίου έχει την αναλυτική έκφραση: GZ = -0,5 φ + α φ (m). όπου φ η γωνία εγκάρσιας κλίσης σε ακτίνια, ζητούνται: (α) η γωνία εγκάρσιας κλίσης του πλοίου, αν επιβληθεί σε αυτό σταθερή εξωτερική ροπή ίση με Μ = 500 tm, (β) να εξεταστεί αν υπάρχει υπόλοιπη δυναμική ευστάθεια μετά την επιβολή της εξωτερικής ροπής. Λύση Για την καμπύλη του μοχλοβραχίονα στατικής ευστάθειας, ισχύει η σχέση (4.6) για φ = 0: dgz d ϕ ϕ= 0 = GM Αντικαθιστώντας στη δεδομένη αναλυτική έκφραση του GZ, έχουμε: dgz ϕ α dϕ = + και για φ = 0, προκύπτει GM = α ή α = 0,9. (α) Η γωνία εγκάρσιας κλίσης του πλοίου για σταθερή εξωτερική ροπή Μ Η βρίσκεται από τη σχέση (4.1): MH = GZ και από τα δεδομένα: 500 = x ( 0,5 φ + 0,9 φ) Οπότε, προκύπτει γωνία ευσταθούς ισορροπίας (Ενότητα 4.1.1): φ 1 = 0,119 rad (ή 6,8 ο ) και γωνία ασταθούς ισορροπίας: φ = 1,68 rad (ή 96, ο ), (β) Για να υπάρχει υπόλοιπη δυναμική ευστάθεια, θα πρέπει: - -

8 ϕ ϕ ϕ M 500 GZdϕ dϕ η 0,5ϕ + 0,9 dϕ ϕ 5000 H ή 0,480 > 0,168. Άρα, υπάρχει υπόλοιπη δυναμική ευστάθεια. Άσκηση 5η Λόγω παλίρροιας, η φορτηγίδα του Σχήματος Α έχει προσαράξει στα σημεία Α και Β. Αν το βάθος του νερού στα σημεία προσάραξης είναι h A και h B, αντίστοιχα, ζητείται να υπολογιστούν η εγκάρσια κλίση και η διαγωγή της φορτηγίδας. Όλα τα απαραίτητα στοιχεία φαίνονται στο σχήμα. Σχήμα Α. Λύση Με την υπόθεση μικρών τιμών γωνίας εγκάρσιας κλίσης και διαγωγής, τα βυθίσματα στα σημεία Α και Β είναι περίπου ίσα με το αντίστοιχο βάθος του νερού, δηλαδή h A και h B, αντίστοιχα. Αν υποθέσουμε ότι η νέα ίσαλος πλεύσης προκύπτει από την αρχική ισοβύθιστη κατάσταση (Τ 0 ), τότε, με τη συνδυασμένη επιβολή παράλληλης βύθισης δτ, εγκάρσιας κλίσης φ και διαγωγής t, τα βυθίσματα στα σημεία Α και Β είναι [σχέση (.95)]: T h = T + δ T A A 0 t B TB hb = T0 + δt + tanϕ Θετικές τιμές των φ και t αντιστοιχούν στο σύστημα (x, y) του σχήματος. Θεωρούμε ότι στα σημεία Α και Β του πυθμένα ενεργούν προς τα πάνω οι δυνάμεις P A και Ρ Β. Η γωνία εγκάρσιας κλίσης και η διαγωγή προκύπτουν από τις σχέσεις (.65), (.67): - -

9 MT tanϕ = GM ML t = MT1 Στη συνέχεια, υπολογίζουμε τα μεγέθη που υπεισέρχονται στις ανωτέρω σχέσεις. Αρχική ροπή εγκάρσιας κλίσης: B M T = ( P) B Νέο εκτόπισμα: = P P = γ LBT P P 0 B A 0 B A Νέο αρχικό μετακεντρικό ύψος: GM = KB + BM KG όπου: ( 0 δ ) ( γ ) KB = T + T / δt = P + P / LB A B BM = γ I /, I = LB /1 T T KG = KG / P P A B (οι ροπές ως προς το βασικό επίπεδο αναφοράς των δυνάμεων Ρ Α και Ρ Β είναι μηδενικές). Ροπή διαγωγής: L M L = (P)( B ) και γ IL γlb γlb MT1 = = = L 1L 1 Αν αντικαταστήσουμε τα παραπάνω μεγέθη στις αρχικές εξισώσεις των βυθισμάτων, τότε θα έχουμε αγνώστους τα φορτία Ρ Α και Ρ Β. Λύνοντας το αντίστοιχο σύστημα, βρίσκουμε οι τιμές τους, άρα και τις ζητούμενες τιμές εγκάρσιας κλίσης και διαγωγής. Από την εξίσωση του βυθίσματος στο Α, βρίσκουμε κατευθείαν το συνολικό φορτίο Ρ Α + Ρ Β, γιατί: h A T PA + P = γ LB P + P = γ LB T h B 0 A B 0 A Οπότε, είναι γνωστά τα μεγέθη ΚΒ, ΒΜ, KG και το εκτόπισμα Δ. Τότε, η εξίσωση του δεύτερου βυθίσματος στο σημείο Β γίνεται πρώτου βαθμού ως προς το φορτίο Ρ Β : - 4 -

10 1 B 1 h B T0 + δt = PB + 4MT1 4 GM Οπότε, προσδιορίζεται άμεσα το Ρ Β, άρα και το Ρ Α. Άσκηση 6η Πλοίο εκτοπίσματος t είναι αγκυροβολημένο δίπλα σε προβλήτα και είναι αρχικά ισοβύθιστο. Στη συνέχεια, γερανός ξεφορτώνει από ένα κύτος του φορτίο βάρους 100 t. Το κέντρο βάρους του αφαιρούμενου φορτίου απέχει m δεξιά από το διάμηκες επίπεδο συμμετρίας του πλοίου, 15 m από τον μέσο νομέα προς την πλώρη και m πάνω από την τρόπιδα. Δίνονται: Αρχικό βύθισμα Τ 0 = 4 m. Μήκος μεταξύ καθέτων L = 10 m. Επιφάνεια ίσαλου πλεύσης A W = m. (σταθερή για βυθίσματα που ενδιαφέρουν) LCF ίσαλου πλεύσης από μέσο νομέα LCF = m προς την πρύμνη. Δεύτερη ροπή αδράνειας ίσαλου πλεύσης ως προς μέσο νομέα I L = m 4. Αρχικό KG 0 του πλοίου KG 0 = 1,5 m. Καθώς και η αναλυτική έκφραση των καμπυλών ευστάθειας: sin ϕ KZ = 5000 Ζητούνται η γωνία εγκάρσιας κλίσης και τα βυθίσματα Τ Α, T F του σκάφους μετά την αφαίρεση του φορτίου. Λύση Αφού δίνεται η αναλυτική έκφραση των καμπυλών ευστάθειας, η γωνία εγκάρσιας κλίσης του πλοίου θα βρεθεί από τη γενική σχέση ισορροπίας (4.1): M H = Δ GZ όπου M H η τελική ροπή κλίσης: M = P D cos ϕ = 100 cosϕ H (Θετική θεωρείται η φ που αντιστοιχεί σε ανύψωση του σημείου από το οποίο αφαιρείται το Ρ.) Νέο εκτόπισμα Δ = = t. Ο μοχλοβραχίονας επαναφοράς υπολογίζεται από τη σχέση (4.): GZ = KZ KG sinϕ = KG sinϕ και το νέο KG βρίσκεται με την εφαρμογή του θεωρήματος των ροπών ως προς το βασικό επίπεδο αναφοράς: 0 KG0 P h KG = = = 1,489 m

11 Άρα, GZ = 1,451 x sinφ και, αντικαθιστώντας όλες τις τιμές των μεγεθών στην εξίσωση εγκάρσιας ισορροπίας, έχουμε: 00 cosϕ = sinϕ tanϕ = 0,04 ϕ =,4. Τα βυθίσματα Τ Α, Τ F του σκάφους μετά την αφαίρεση του φορτίου βρίσκονται από τις σχέσεις: TF = T0 + δt + (L / LCF) tanθ T = T + δt + ( L / LCF) tanθ A 0 ο όπου θετική θεωρείται η τιμή LCF, όταν το κέντρο πλευστότητας βρίσκεται προς την πλώρη (από τον μέσο νομέα), και θετική η ροπή κλίσης για έμπρωρη διαγωγή. Επομένως, LCF = m. Από τα δεδομένα, έχουμε: P 100 δ T = = = 0,0696 m γ AW 1, M = P x LCF = = tm L P Η δεύτερη ροπή της ίσαλου πλεύσης δίνεται ως προς τον μέσο νομέα. Ανάγεται κέντρο πλευστότητας με ε- φαρμογή του θεωρήματος των παράλληλων αξόνων: I = = m L 4 Η γωνία διαμήκους κλίσης βρίσκεται από τη σχέση: M tanθ = γ I L L Οπότε, αντικαθιστώντας στις σχέσεις των βυθισμάτων, βρίσκουμε: TF = 4 0, (60 + ) =,91 m 1, TA = 4 0, ( 60 + ) =,95 m 1, Άσκηση 7η Πλοίο εκτοπίσματος 4000 t έχει τρεις δεξαμενές πετρελαίου, οι οποίες μπορούν να επικοινωνούν μεταξύ τους με τη διάταξη που φαίνεται στο Σχήμα Α4. Αρχικά, η βαλβίδα επικοινωνίας είναι κλειστή, η δεξαμενή 1 πλήρης και οι δεξαμενές και κενές. Να εκτιμηθεί η εγκάρσια κλίση που θα πάρει το πλοίο, όταν η βαλβίδα επικοινωνίας ανοίξει και παραμείνει ανοικτή. Δίνονται: Αρχικό KG του πλοίου KG 0 = m. Αρχικό ΚΜ του πλοίου KM = 4 m. Ειδικό βάρος πετρελαίου γ π = 0,8 t/m

12 Σχήμα Α4. Λύση Αν υποθέσουμε ότι, μετά το άνοιγμα της βαλβίδας, το πλοίο δεν υφίσταται εγκάρσια κλίση, τότε το ύψος h του πετρελαίου σε κάθε δεξαμενή βρίσκεται από τη σχέση: h E + E + E = E h όπου Ε 1, Ε, Ε είναι τα εμβαδά της κάτοψης κάθε δεξαμενής. Δηλαδή: 6 E1 = = 6m E = 6 = 1 m E = 6 0,5 0,5 = 11,5 m Επομένως: - 7 -

13 6 4 h = = 0,814 m ( ,5) Σε κάθε δεξαμενή τώρα περιέχεται ποσότητα πετρελαίου: B1 = γπ E1 h =,9 t B = γπ E h = 7,81 t B = γ E h = 7,48 t π Η μετακίνηση των βαρών Β και Β από τη δεξαμενή 1 στις δεξαμενές και ισοδυναμεί με μια αρχική ροπή κλίσης: M = B + B + B y T 1 όπου y είναι η εγκάρσια απόσταση του κέντρου επιφάνειας της κάτοψης των δεξαμενών 1, και από το αντίστοιχο κέντρο της 1. Το κέντρο επιφάνειας των τριών δεξαμενών βρίσκεται από την εφαρμογή του θεωρήματος των ροπών επιφανειών (Ενότητα 1.) ως προς τον άξονα x του σχήματος: ,5 0, = ( E1+ E + E) yf yf =,85 m Επομένως: y = 6,66,85 =,8 m και Μ Τ = 6,94 tm. Η εγκάρσια κλίση του πλοίου, την οποία προκαλεί αυτή η ροπή, υπολογίζεται από τη σχέση (.65) της πρωτοτάξιας θεώρησης: M T tan ϕ = GM όπου Μ Τ = 6,94 tm, Δ = t (αμετάβλητο) και GM = KM KG. Το ΚΜ εξαρτάται από τη διανομή του εκτοπίσματος και τα χαρακτηριστικά της ίσαλου πλεύσης. Υποθέτουμε ότι παραμένει σταθερό, ενώ το KG έχει μεταβληθεί, λόγω μετακίνησης φορτίων μέσα στο σκάφος (Ενότητα ). Η μετακίνηση των βαρών Β και Β ισοδυναμεί με μείωση του αρχικού KG ίση με: δ KG = 1 B1 + B + B δ z όπου δz η κατακόρυφη μετακίνηση του κέντρου βάρους πετρελαίου: δz = h / = 0,814 / = 1,59 m δkg = 0,0076 m 1 Στην τελική τιμή του ΚG πρέπει να ληφθεί υπόψη και η δημιουργία ελεύθερων επιφανειών στις τρεις δεξαμενές, που ισοδυναμεί με αύξησή του κατά [σχέση (6.7)]: γ π F δ KG I = Η δεύτερη ροπή αδράνειας I F της συνολικής επιφάνειας των δεξαμενών ως προς τον άξονα x είναι: - 8 -

14 I ,5 6 F = ( 0,66) + 6,66 = 479,49 m και την ανάγουμε ως προς το κέντρο επιφάνειας των δεξαμενών: I = I E + E + E y = 479,18 9,5,85 = 141,46 m F F 1 F Οπότε: 0,8 141,16 δ KG = = 0,08 m 4000 Συνεπώς: ( δ δ ) GM = KM KG = KM KG + KG KG = 4 + 0,08 0,0076 = 1,979 m 0 1 και τελικά, από τη σχέση της εγκάρσιας κλίσης, βρίσκουμε tanφ = 0,0079 ή φ = 0,45 ο. Άσκηση 8η Οι δεξαμενές του Σχήματος Α5 βρίσκονται στο ίδιο οριζόντιο επίπεδο, έχουν 50% πληρότητα με θαλάσσιο νερό και επικοινωνούν μεταξύ τους. Ποια από τις τρεις διατάξεις έχει ευνοϊκότερη επίδραση στο αρχικό GM ενός πλοίου; Σχήμα Α5. Λύση Ο συνδυασμός των δεξαμενών που έχει τη μικρότερη συνισταμένη δεύτερη ροπή επιφάνειας (ως προς το κέντρο της επιφάνειας) θα έχει και την ευνοϊκότερη επίδραση στο αρχικό GM, γιατί αντιστοιχεί στη μικρότερη αύξηση του ενεργού KG (δkg = γι F /Δ, Ενότητα 6.1.1). Για κάθε συνδυασμό, υπολογίζεται αρχικά το κέντρο επιφάνειας ως προς τον άξονα x, που εφάπτεται στην αριστερή πλευρά της πρώτης δεξαμενής, καθώς και η δεύτερη ροπή των τριών δεξαμενών ως προς τον ίδιο άξονα (Ενότητα 6.). Από την τελευταία, με εφαρμογή - 9 -

15 του θεωρήματος των παράλληλων αξόνων, βρίσκουμε τη ζητούμενη δεύτερη ροπή ως προς το κέντρο της συνολικής επιφάνειας. α) Συνδυασμός y 4 = y = 5 m F 4 6 Ix = =.19 m 1 I I 4 y 1.9 m 4 F = x F = β) Συνδυασμός y F = 8m 4 F = x F = F Ix = = 6.4 m 1 I I 4 y 1.84 m γ) Συνδυασμός F 4 F = x F = 4 y 4 = y = 8,666 m 4 6 Ix = = 7.87 m 1 I I 4 y.464 m 4 Άρα, την ευνοϊκότερη επίδραση στο GM του πλοίου έχει ο πρώτος συνδυασμός. F Άσκηση 9η Πλωτή εξέδρα που στηρίζεται πάνω σε τέσσερις κυλίνδρους είναι αγκυροβολημένη, όπως φαίνεται στο Σχήμα Α6. Αρχικά, είναι ισοβύθιστη και η αλυσίδα δεν εξασκεί πάνω της καμία δύναμη. Να υπολογιστεί η διαγωγή της εξέδρας, όταν, λόγω παλίρροιας, το επίπεδο της θάλασσας ανέβει κατά h. Σχήμα Α

16 Λύση Επειδή το σημείο πρόσδεσης παραμένει σταθερό (οι οριζόντιες δυνάμεις στην υδροστατική ισορροπία έχουν μηδενική συνισταμένη), το βύθισμα σε αυτό το σημείο θα είναι, σε πρώτη προσέγγιση, Τ 0 + h. Η διαγωγή της πλωτής εξέδρας υπολογίζεται από τη σχέση (.1α): M L t = MT1 όπου ML = P L + 4R / και Ρ η αντίδραση της αλυσίδας στο σημείο πρόσδεσης (θετική προς τα κάτω). Είναι επίσης: ( R) 4 + IL γ L R MT1 = γ = 4π + 4πR L + 4R L + 4R 4 Η δύναμη Ρ είναι άγνωστη και προσδιορίζεται από το σταθερό βύθισμα στο σημείο πρόσδεσης. Ο συνδυασμός της παράλληλης βύθισης, της εγκάρσιας κλίσης και της διαγωγής που προκαλεί η Ρ δίνει βύθισμα Τ 0 + h στο σημείο αυτό. Δηλαδή: ( B 4R) t + t B+ R T0 + h = T0 + δt + + tanϕ h = δt + + tanϕ όπου η γωνία εγκάρσιας κλίσης φ και η διαγωγή t θεωρούνται θετικές, όταν το σημείο πρόσδεσης βρίσκεται στα θετικά των κυρίων αξόνων. Η παράλληλη βύθιση δτ είναι: P δ T = 4 πγ R και η γωνία φ βρίσκεται από τη σχέση (.65): M T tanϕ = GM όπου: B+ 4R MT = P = 0 + P= γ4πrt0 + P GM = KB + BM KG T0 + δ T KB = 4 γ γ πr B+ R BM = IT = 4 + 4π R 4 KG0 0 + P 0 KG = Παρατηρούμε ότι και η tanφ εκφράζεται συναρτήσει της άγνωστης δύναμης Ρ. Αντικαθιστώντας τα t και tanφ στην εξίσωση του βυθίσματος στο Α, προκύπτει μια εξίσωση τρίτου βαθμού ως προς Ρ. Με επίλυσή της, βρίσκουμε τη Ρ και, άρα, τη ζητούμενη διαγωγή

17 Άσκηση 10η Φορτηγό πλοίο έχει στο χώρο του μηχανοστασίου του τρεις δεξαμενές ημερήσιας κατανάλωσης πετρελαίου, την 1, τη και την, οι οποίες επικοινωνούν μεταξύ τους ελεύθερα και έχουν τη διάταξη και τις διαστάσεις που φαίνονται στο Σχήμα Α7. Οι δεξαμενές αυτές είναι κενές και πρόκειται να πληρωθούν από τη δεξαμενή 4, που είναι αρχικά πλήρης. Να υπολογιστεί η γωνία εγκάρσιας κλίσης φ του πλοίου όταν, μετά την άντληση προς τις δεξαμενές ημερήσιας κατανάλωσης, έχει απομείνει στη δεξαμενή 4 το μισό της αρχικής ποσότητας του πετρελαίου. Σχήμα Α

18 Δίνονται: Αρχικό KG 0 = m. Εκτόπισμα του πλοίου Δ = t. Αναλυτική έκφραση καμπυλών ευσταθείας πλοίου για Δ = 4000 tons: ΚΖ = 0,5 cosφ. Ειδικό βάρος πετρελαίου γ π = 0,8 t/m. Να υποθέσετε ότι τα κέντρα όγκου των δεξαμενών βρίσκονται στον ίδιο εγκάρσιο νομέα. Λύση Ο όγκος του πετρελαίου που αντλείται από τη δεξαμενή 4 είναι: 1 U = 5 4 = 0 m Το ύψος του πετρελαίου h στις δεξαμενές και βρίσκεται από τη σχέση που υπαγορεύει η ισότητα της υ- δροστατικής πίεσης σε οριζόντια κατάσταση: U= ( h) + 1 ( h+ 5) h= 1m Το κέντρο της ελεύθερης επιφάνειας του πετρελαίου στις δεξαμενές 1, και ως προς άξονα που εφάπτεται στην αριστερή πλευρά της δεξαμενής 1 βρίσκεται από το θεώρημα των ροπών επιφανειών (Ενότητα 1..1): y ( ) = 1 0, y = 4,5m Η συνολική δεύτερη ροπή αδράνειας ως προς το κέντρο της επιφάνειας είναι: l IF = , y = 60,8 m Η αρχική ροπή εγκάρσιας κλίσης, λόγω άντλησης του πετρελαίου, μπορεί να υπολογιστεί ως η συνισταμένη των ροπών που δημιουργούνται από τη μετακίνηση των αντίστοιχων ποσοτήτων στις δεξαμενές 1, και από τη δεξαμενή 4. Δηλαδή: MT = γ π MT = 16 tm όπου οι αποστάσεις 10, 5, 7 και 4 m είναι ίσες με τις εγκάρσιες αποστάσεις των κέντρων όγκου των δεξαμενών 1, και από το κέντρο όγκου της δεξαμενής 4. Η ζητούμενη γωνία εγκάρσιας κλίσης φ του σκάφους υπολογίζεται από τις σχέσεις (4.1) και (4.5): M = M cos ϕ = GZ H όπου: T Δ = t και - 4 -

19 GZ = KZ KGsinϕ = 0,5cosϕ KGsinϕ Στο KG συμπεριλαμβάνονται: η μετακίνηση του κέντρου βάρους του πλοίου, λόγω της άντλησης του πετρελαίου δκg 1 υπό μηδενική κλίση, και η επίδραση των ελεύθερων επιφανειών δκg. Είναι: δ KG γ π = = 0,019 m Οι αποστάσεις, 5, 6 και 6 m είναι οι αποστάσεις του κέντρου βάρους της ποσότητας πετρελαίου στις δεξαμενές 1, και από το κέντρο βάρους της ποσότητας που αφαιρέθηκε από τη δεξαμενή 4 (Ενότητα ). Ο όρος δκg περιλαμβάνει την επίδραση της ελεύθερης επιφάνειας του συνδυασμού των δεξαμενών 1, και (Ενότητα 6.), και της δημιουργίας ελεύθερης επιφάνειας στη δεξαμενή 4, δηλαδή: γπif γπ 4 5 tan ϕ tan ϕ δ KG = + 1+ = 0, tan ϕ Ο όρος 1+ χρησιμοποιείται για ακριβέστερη προσέγγιση της γωνίας φ, αφού ήδη χρησιμοποιείται η γενική σχέση ισορροπίας. Είναι, λοιπόν: tan ϕ KG = KG0 + δkg1+ δkg =, , Οπότε, από τη σχέση ισορροπίας με αντικατάσταση, έχουμε: tan ϕ 16cosϕ = ,5cosϕ, , sinϕ tan ϕ 16 = ,5, , tanϕ από την οποία βρίσκεται φ = 4,07 ο. Άσκηση 11η Δύο πλωτοί γερανοί, σταθερής εγκάρσιας ορθογωνικής διατομής, ανυψώνουν ποντόνι σχήματος ορθογώνιου παραλληλεπίπεδου, όπως φαίνεται στο Σχήμα Α8. Αρχικά, τα τρία σώματα πλέουν ισοβύθιστα και έχουν, α- ντίστοιχα, βυθίσματα Τ 1, Τ και Τ, KG 1, KG και KG. Να υπολογιστεί η εγκάρσια κλίση του γερανού, τη στιγμή που, κατά την ανύψωση του ποντονιού, ο γερανός 1 έχει γωνία εγκάρσιας κλίσης φ 1 και το ποντόνι διαγωγή t. Να χρησιμοποιηθούν τα σύμβολα του σχήματος

20 Σχήμα Α8. Λύση Από τη δεδομένη γωνία εγκάρσιας κλίσης του γερανού 1, μπορεί να βρεθεί το φορτίο Ρ 1, το οποίο ανυψώνεται, μέσω της σχέσης των μικρών μεταβολών (.65): tan ϕ = M T1 1 GM όπου: M 1 1 = P l cosψ T = γ LBT + P = γ LBT GM = KB + BM KG T + δ T P KB, T = δ 1 = γ LB 1 1 LB 1 1 B1 BM1 = = 1 ( L 1 B 1 T 1) 1T 1 ( ψ ) KG + P D + l sin KG1 = Δηλαδή, όλα τα μεγέθη του δεξιού μέλους της σχέσης της εγκάρσιας κλίσης εκφράζονται συναρτήσει του Ρ 1, οπότε το τελευταίο υπολογίζεται. Το φορτίο Ρ, που ενεργεί στο γερανό, βρίσκεται από τη δεδομένη διαγωγή του ποντονιού, που είναι [σχέση (.1α)]:

21 ( P1 P) 6( P P ) ML LB 1 = + P L 1 t = = = MT1 γ L B γ 1L η P tlb γ 6 Με γνωστό το φορτίο Ρ, βρίσκεται η γωνία εγκάρσιας κλίσης φ του γερανού, ακολουθώντας την ίδια διαδικασία με την οποία υπολογίζεται η εγκάρσια κλίση του γερανού 1. Άσκηση 1η Μικρό πετρελαιοφόρο πλοίο έχει στην κατάσταση αναχώρησής του πλήρεις τις δεξαμενές πετρελαίου 1-6 (Σχήμα Α9) και είναι ισοβύθιστο. Έπειτα από άντληση πετρελαίου, αφαιρούνται από τις δεξαμενές 1 και 4 ποσότητες 50 t και 70 t, αντίστοιχα. Ζητείται να προσδιορισθεί η γωνία εγκάρσιας κλίσης με τη μεγαλύτερη δυνατή ακρίβεια, δηλαδή χωρίς υπόθεση μικρών γωνιών, και η διαγωγή του πλοίου μετά την αφαίρεση του φορτίου. Δίνονται: Αρχικό KG του πετρελαιοφόρου στην κατάσταση αναχώρησης KG 0 = m. Αρχικό ΚΒ στην κατάσταση αναχώρησης KB 0 = m. Αρχικό GM GM 0 = m. Αρχικό εκτόπισμα Δ 0 = t. Αρχικό βύθισμα Τ 0 = 4 m. Ειδικό βάρος γ π = 0,8 t/m. Για μεγάλη περιοχή βυθισμάτων, υποτίθεται ότι η μορφή της ίσαλου πλεύσης δεν αλλάζει και είναι σταθερά τα μεγέθη: επιφάνεια ίσαλου πλεύσης A W = 800 m και ΜΤ1 = 500 t. Οι δεξαμενές του πετρελαιοφόρου είναι ορθογώνια παραλληλεπίπεδα, με διαστάσεις l x b x h = 15 x 7 x 5m. Σχήμα Α

22 Λύση Η αρχική ροπή εγκάρσιας κλίσης που δημιουργείται μετά την αφαίρεση του πετρελαίου από τις δεξαμενές 1 και 4 είναι: 7 7 M T = ( P 7) b / + ( P 1) ( b / ) = = 70 tm Το νέο εκτόπισμα του πλοίου είναι: = = 1680 t Η γωνία εγκάρσιας κλίσης φ θα υπολογιστεί από τη σχέση της εγκάρσιας ισορροπίας (4.1): M cosϕ = GZ T όπου ο μοχλοβραχίονας επαναφοράς GZ δίνεται από τον τύπο Scribanti (4.16): tan ϕ γfi F tan ϕ GZ = KB + BM 1+ KG + 1+ sinϕ Ο τύπος αυτός είναι ακριβής, όταν η ίσαλος πλεύσης παραμένει σταθερή για την περιοχή των βυθισμάτων που ενδιαφέρουν τους υπολογισμούς. Υπολογίζουμε τους όρους που υπεισέρχονται στον υπολογισμό του GZ: δ T KB0 0 + γ AW δt T0 + KB = (ροπές ως προς βασικό επίπεδο αναφοράς) όπου η παράλληλη βύθιση είναι: δ T = = = m γ A 1, Επομένως: W , ,07 KB = = 1,85 m γ IT BM BM = = = ( GM0 KB0 + KG0) = ( + ) = 4,85 m (Η Ι Τ μένει σταθερή σε μεγάλη περιοχή βυθισμάτων.) Το KG υπολογίζεται από το θεώρημα των ροπών ως προς το βασικό επίπεδο: KG + ( 70) h + ( 50) h KG =

23 όπου: h = 5 h 5 4,58m, h 5 4,70 m lb = 0, = = 0, = 1 γ F Συνεπώς: , ,70 KG = =,88 m 1680 Η δεύτερη ροπή ελεύθερης επιφάνειας, που εισάγεται στη διόρθωση (6.10), είναι: I F lb 15 7 = = = 48,75 m 1 1 Και, αντικαθιστώντας στην έκφραση του GZ, έχουμε: 4 0,8 48,75 tan ϕ GZ = 1,944,88 4,85 1+ sinϕ 1680 Οπότε, από τη σχέση ισορροπίας, βρίσκουμε φ = 0,84 ο. Άσκηση 1η Μικρό πετρελαιοφόρο έχει τη διάταξη των δεξαμενών που φαίνεται στο Σχήμα Α10. Σχήμα Α10. Σε κατάσταση πλήρους φόρτου, οι ομάδες βαρών του κατατάσσονται ως εξής: Ομάδα βαρών Βάρος (t) KG (m) LCG (m) από πρυμναία κάθετο Καύσιμα και λιπαντικά Νερό και εφόδια Επιβάτες και ενδιαιτήσεις Κενό σκάφος Φορτίο 4.00,

24 Σε μια ενδιάμεση κατάσταση φόρτου, οι ίδιες ομάδες είναι: Ομάδα βαρών Βάρος (t) KG (m) LCG (m) Καύσιμα και λιπαντικά Νερό και εφόδια Επιβάτες και ενδιαιτήσεις Κενό σκάφος Φορτίο Δεξαμενές, 4, 5, 7 και 8 100% πλήρεις Δεξαμενές και 6 Δεξαμενή 1 50% πλήρεις 75% πλήρης Οι 8 δεξαμενές έχουν σχήμα ορθογωνίου παραλληλεπιπέδου, ύψους h = 7 m. Για το πετρελαιοφόρο, επίσης, δίνονται: Μήκος μεταξύ καθέτων L BP = 80 m. Μέγιστο πλάτος B = 15 m. Βύθισμα πλήρους φόρτου T = 6 m (ισοβύθιστη κατάσταση). Αρχικό GM πλήρους φόρτου GΜ 0 = 1,56 m. Ειδικό βάρος πετρελαίου (φορτίου) γ F = 0,8 t/m. Υδροστατικές καμπύλες συναρτήσει του βυθίσματος: KB = 0,4T (m). BM = 16/T (m). Δ = 1.050T (t). MT1 = 8.000t (σταθερό). LCB από πρυμναία κάθετο = 8 m (σταθερό). Η γενική έκφραση για τις καμπύλες ευστάθειας όταν το κέντρο βάρους θεωρείται στην τρόπιδα είναι: 0,9 KZ = + 8 sinϕ ( m) όπου Δ το εκτόπισμα και φ η γωνία κλίσης. Σε κατάσταση πλήρους φόρτου, το πλοίο είναι ισοβύθιστο. Ζητούνται: (α) Το βάρος του κενού σκάφους και το κέντρο βάρους του. (β) Η εγκάρσια κλίση του πλοίου σε ενδιάμεση κατάσταση. (γ) Η διαγωγή του πλοίου σε ενδιάμεση κατάσταση

25 Λύση (α) Το εκτόπισμα του πλοίου σε κατάσταση πλήρους φόρτου είναι: 0 = T0 = = 6.00t Το βάρος W του κενού σκάφους και το κέντρο του βρίσκονται από τον πίνακα της ομάδας βαρών πλήρους φόρτου: W = 6,00 ( ,00) = 1,790 t Η απόσταση του κέντρου βάρους x G του κενού σκάφους από την πρυμναία κάθετο υπολογίζεται από το θεώρημα ροπών: G 0 W x = LCB = tm Από την ανωτέρω σχέση, προκύπτει: x G = 5,86 m από την πρυμναία κάθετο. Με τον ίδιο τρόπο βρίσκεται και η κατηγμένη z g : g 0 0 w z = KG = 5.84 tm από την οποία, προκύπτει z G =,6 m και το KG 0 υπολογίζεται από τα δεδομένα: 16 KG0 = KB0 + BM0 GM0 = 0, 4T0 + 1,56 =,506 m T (β) Σε ενδιάμεση κατάσταση, το πλοίο έχει εκτόπισμα: 0 Δ = ,8 x 7 x 7,5 x (4 x ,75 x 15) = 541,5 t Το KG υπολογίζεται από θεώρημα των ροπών ως προς το βασικό επίπεδο αναφοράς: KG = , , ,5 10,5 +,5 0, ,8 7 7,5 15,5 + 0,5 + 0,75 = 1718,58 tm KG =, m Η αρχική ροπή εγκάρσιας κλίσης δημιουργείται μόνο όταν αφαιρείται πετρέλαιο από τη δεξαμενή 1, και είναι: 7,5 7 MT = 0, 5 0, = 590,65 tm όπου, ως προς τα πρόσημα, θεωρούμε ότι το πλοίο κλίνει προς τη θετική γωνία. Σε κατάσταση υδροστατικής ισορροπίας, θα είναι (σχέσεις 4.1 και 4.6): M cosϕ = GZ T

26 όπου ο μοχλοβραχίονας επαναφοράς προκύπτει από τις καμπύλες ευστάθειας [σχέση (4.)]: GZ = KZ KGsinϕ = 0,9 0,9 5.41,5 = + 8 sinϕ KG sinϕ = + 16, sinϕ =,057sinϕ Από τη σχέση ισορροπίας, βρίσκουμε: 590,65 0 tanϕ = = 0,056 ϕ =, ,5,057 (γ) Η αρχική ροπή διαγωγής βρίσκεται από τη σχέση (5.4): M = x x = LCG LCB L G B Το LCG υπολογίζεται πάλι από θεώρημα των ροπών ως προς την πρυμναία κάθετο: LCG = , ,8 7, , ,5 + 0, ,5 = 19870,65 tm LCG = 7,4 m Οπότε, και η διαγωγή είναι: ML 51,5 (7,4 8) 704,5 t = = = = 0,91 m (έμπρυμνη) MT Άσκηση 14η Τέσσερα όμοια ποντόνια (1,, και 4), σχήματος ορθογωνίου παραλληλεπίπεδου συνδέονται μεταξύ τους με άρθρωση στο σημείο Α και είναι στην αρχή ισοβύθιστα, όπως φαίνεται στο Σχήμα Α11. Κατόπιν, βάρος w = 10 t τοποθετείται στο σημείο Β του ποντονίου 1. Το σημείο Β απέχει 10 m από την αριστερή πλευρά του ποντονίου και m από την κάτω. Ζητούνται οι εγκάρσιες κλίσεις και οι διαγωγές των τεσσάρων ποντονίων, μετά την τοποθέτηση του βάρους. Δίνονται: Μήκος ποντονίου L = 0 m. Πλάτος B = 8 m. Πλευρικό ύψος D = 4 m. Αρχικό βύθισμα T 0 = 1,5 m. Αρχικό KG = 1,5 m

27 Σχήμα Α11. Λύση Λόγω της μορφής των εξεταζόμενων σωμάτων, ισχύουν οι προϋποθέσεις της θεωρίας των μικρών μεταβολών. Υποθέτουμε ότι οι γωνίες κλίσης είναι μικρές και, ως εκ τούτου, θα εφαρμόσουμε τις απλουστευμένες σχέσεις της θεωρίας (.65) και (.1α). Τα τέσσερα ποντόνια έχουν, σε πρώτη προσέγγιση, το ίδιο βύθισμα στο σημείο Α. Επιπλέον, οι δυνάμεις που ασκούνται στα ποντόνια, και 4 μέσω της άρθρωσης Α είναι ίσες, γιατί τα ποντόνια έχουν τα ίδια γεωμετρικά στοιχεία και την ίδια κατανομή βαρών [Τ Α = f(f Α ) σχέση (.96)]. Από την ισορροπία, λοιπόν, του κόμβου Α, συνεπάγεται: F A1 = F A4 όπου F A1 είναι η κατακόρυφη δύναμη που επιδρά στο ποντόνι 1 και F A4 η κατακόρυφη δύναμη που επιδρά στο ποντόνι 4. (Θεωρούμε ότι F A θετικό έχει φορά προς τα πάνω.) Τα βυθίσματα των ποντονίων 1 και 4 στο σημείο Α είναι [σχέση (.95)]: T T T t B tan T T T t B tan 1 A1 = 0 + δ ϕ1 4 A4 = 0 + δ 4 + ϕ4 όπου δτ, t, φ είναι η παράλληλη βύθιση, η διαγωγή και η γωνία εγκάρσιας κλίσης κάθε ποντονίου προσημασμένες ως προς το σύστημα αξόνων (x, y) του Σχήματος Α11. Στη συνέχεια, τα μεγέθη αυτά εκφράζονται συναρτήσει της δύναμης F A1 : - 5 -

28 Ποντόνι 1 w FA1 10 F δ T1 = = γ LB 46 A1 L L w 10 + F A1 ML FA FA1 1 = = = = I MT1 γ L 615 t 1, L 1 MT1 tanϕ1 = GM 1 1 B B M T1 = ( F A1) + w 4FA1 10 = = = + w F = γ LBT + w F = γ LBT + w F = 79 F A1 0 A1 0 A1 A1 GM + BM KG 1 = KB1 1 1 Οι συνιστώσες του μετακεντρικού ύψους είναι: T KB = 1 + δ T 0 1 BM 1 γ LB 11 = = 1 79 F 1 A1 KG 1 KG + w D F D 409 4F = = 79 F 0 0 A1 A1 1 A1 Ποντόνι 4 δ T 4 (F A1 / ) FA1 = = γ LB 78 t 4 ML4 (F A1 / ) L / FA1 = = = MT MT4 tanφ4 = GM 4 4 FA1 B MT4 = = 1,F A1-5 -

29 1 F 4 = γ LBT0 + FA1 = 69 + A1 GM = KB + BM KG όπου: F KG + D KB, BM, KG A1 T δ T FA1 4 = 4 = 4 = = FA1 F 4 A1 Από την ισότητα Τ Α1 = Τ Α4, συναρτήσει των διαφόρων μεγεθών, καταλήγουμε στην εξίσωση από την οποία υπολογίζεται το F A1 : 10 FA FA1 4FA T0 + 4 = FA FA1 ( 79 FA1 ) FA1 FA1 FA1 FA1 1. = T FA FA1 ( 69 0.FA1 ) FA1 Από τη λύση αυτής της εξίσωσης, υπολογίζεται F A1 = 0,85t και, σύμφωνα με τις προηγούμενες σχέσεις, βρίσκονται: t = 0,0m 1 0 ϕ1 = 0, t = 0,00m = t = t = 0,05 = = ϕ ϕ ϕ Άσκηση 15η Δύο όμοια ποντόνια σχήματος ορθογωνίου παραλληλεπιπέδου είναι συνδεδεμένα με άρθρωση στο σημείο Β, όπως φαίνεται στο Σχήμα Α1. Γερανός που βρίσκεται σε προβλήτα, ανυψώνει το ποντόνι 1 από το σημείο Α. Αν, τότε, η διαγωγή του ποντονίου είναι t = 0,0 m (έμπρωρη), ζητείται να βρεθούν η εγκάρσια κλίση και η διαγωγή του ποντονίου 1. Δίνoνται: Μήκος ποντονίου L = 0 m. Πλάτος ποντονίου B = 10 m. Αρχικό βύθισμα ποντονίου T 0 = 1,5 m. Αρχικό ύψος κέντρου βάρους KG 0 = 1,5 m. Πλευρικό ύψος ποντονίου D = m

30 Σχήμα Α1. Λύση Μέσω της άρθρωσης Β, επιδρά στο ποντόνι η κατακόρυφη δύναμη F B (θετική προς τα κάτω), που προκαλεί διαγωγή, σύμφωνα με τη σχέση (.1α) (θεωρούμε L >> B): t L F F 15 FB 15 = = = MT1 1, ,75 1 B B Δίνεται όμως t = 0,0 m. Οπότε, F B = 1,05 t. Το βύθισμα στη θέση Β του ποντονίου είναι: t TB = T0 + δ T + όπου: δ T FB = = 0,00 m γ LB Οπότε: TB = 1,5 + 0,00 + 0,01 = 1,51 m Σε πρώτη προσέγγιση, το βύθισμα σε αυτό το σημείο είναι κοινό και για τα δύο ποντόνια. Από την υδροστατική ισορροπία του ποντονίου 1, είναι:

31 t1 TB = 1,51 = T0 + δt1 με FB + P 1,05 + P δt1 = = γlb 07,5 (η F B εδώ έχει αντίθετη φορά) και t 1 ( P) L/ + ( F B) ( L/) P 1,05 15 = = MT1 768,75 Θεωρούμε ότι θετική διαγωγή αντιστοιχεί στη θετική κατεύθυνση του άξονα x. Από τη σχέση του βυθίσματος στο Β, έχουμε: 1,05 + P P 1,05 7,5 1,51 = 1,5 + 07,5 768,75 ή Ρ = 4,1 t. Η αρχική ροπή εγκάρσιας κλίσης στο ποντόνι 1 είναι: B MT = P = 4,1 5 = 0,5 tm Το εκτόπισμά του είναι: = γlbt0 P FB = 456,15 t Και, το αρχικό μετακεντρικό του ύψος είναι: GM = KB + BM KG, όπου: 1,05 + 4,1 1,5 T0 + δ T1 07,5 KB = = = 0,74 m γ 1, BM = IT = = 5,618 m 46, 5 1 KG0 0 P + FB D 1,5 1, ,5 4,1+ 1,05 KG = = = 1,48 m 456,15 Οπότε: GM = 0,74 + 5,618 1, 48 = 4,877 m Η εφαπτομένη της γωνίας εγκάρσιας κλίσης σε πρώτη προσέγγιση [σχέση (.65)] είναι: MT 0,5 tanϕ = = = 0,009, από την οποία προκύπτει γωνία εγκάρσιας κλίσης φ = 0,5 ο. GM 456,15 4,

32 Άσκηση 16η Πλωτός γερανός σταθερής εγκάρσιας ορθογωνικής διατομής πλέει αρχικά ισοβύθιστος και είναι δεμένος σε προβλήτα με το σκοινί ΑΒ, όπως φαίνεται στο Σχήμα Α1 (μη εκτατό). Τότε, το μήκος του σκοινιού είναι ίσο με την κατακόρυφη απόσταση του καταστρώματος του γερανού (σημείο Α) από το κάτω μέρος της προβλήτας (σημείο Β) και δεν μεταφέρει καμιά δύναμη. Ο γερανός πρόκειται να ανυψώσει βάρος W = 15 t, που βρίσκεται πάνω στην προβλήτα και στην προέκταση του επιπέδου του μέσου νομέα του. Σχήμα Α

33 Δίνονται: Μήκος γερανού L= 50 m. Πλάτος γερανού B = 0 m. Πλευρικό ύψος γερανού D = m. Αρχικό βύθισμα γερανού T 0 =1 m. Αρχικό KG 0 =1 m. Γωνία κλίσης βελονιού γερανού φ = 45 ο (σταθερή). Μήκος βελονιού l = 0 m (θεωρείται αβαρές). Ζητούνται: (α) η γωνία εγκάρσιας κλίσης του γερανού μόλις έχει ανυψώσει το φορτίο, (β) η διαγωγή του γερανού όταν το φορτίο τοποθετείται πάνω στο κατάστρωμά του, σε απόσταση α = 15 m από τον μέσο νομέα του και στο διάμηκες επίπεδο συμμετρίας. Λύση (α) Υποθέτουμε μικρές γωνίες κλίσης. Αφού το σκοινί ΑΒ είναι μη εκτατό, το σημείο Α θα παραμείνει σταθερό και, σε πρώτη προσέγγιση, το βύθισμα στο ίδιο σημείο θα είναι, επίσης, σταθερό. Δηλαδή: TA = T0 = 1m Εκφράζουμε το βύθισμα Τ Α συναρτήσει της παράλληλης βύθισης και της εγκάρσιας κλίσης που έχει ο γερανός, υπό την επίδραση του φορτίου W και της τάσης του σκοινιού Ρ (θετικής προς τα πάνω) [σχέση (.95)]: B TA = T0 + δt + tanϕ όπου: W P 15 P δ T = = γlb 1.05 Η γωνία φ, που θεωρείται θετική για βύθιση στο Α, βρίσκεται από τη σχέση (.65): M T tanϕ = GM Υπολογίζουμε τους όρους του δεύτερου μέλους: B MT = W lcos45 P = 15 0 cos45 P 10 = 18, P 10 = γ LBT + W P = P = P 0 GM = KB + BM KG T KB = 0 + δ T

34 γ 1, ,66 BM = IT = = P P 0KG 0 + W D + lsin 45 PD ,19 P KG = = P Και, αντικαθιστώντας τα δτ και tanφ από τις αντίστοιχες σχέσεις στην εξίσωση του βυθίσματος: 15 P 18, P 10 TA = 1 = P P +.778,47 + P από την οποία βρίσκουμε ότι Ρ = 7,6 t και tanφ = 0,0016 ή φ = 0,07 ο. (β) Η διαγωγή του γερανού μετά την τοποθέτηση του φορτίου βρίσκεται ως: ML W a t = = = 0,05 m MT1 L B 1, γ 1 1 (έμπρυμνη) Παρατήρηση Σύμφωνα με την ακριβή γεωμετρική συνθήκη για τον προσδιορισμό της γωνίας εγκάρσιας κλίσης φ, η κατακόρυφη απόσταση του σημείου Α από την επιφάνεια της θάλασσας παραμένει σταθερή (Ενότητα.5.). Από τη γεωμετρία του σχήματος είναι: h = D T = D T cosϕ 0 A Λόγω όμως της μικρής γωνίας εγκάρσιας κλίσης, θεωρήθηκε ότι cosφ 1 και, επομένως, Τ Α Τ 0. Άσκηση 17η Δύο όμοια ποντόνια, το 1 και το, σχήματος ορθογωνίου παραλληλεπιπέδου, συνδέονται μεταξύ τους με αρθρώσεις στα σημεία Α και Β,, όπως φαίνεται στο Σχήμα Α14. Αν στο σημείο Γ του ποντονίου 1 τοποθετηθεί βάρος w = 15 t, να βρεθούν η εγκάρσια κλίση και η διαγωγή που θα έχει το κάθε ποντόνι. Δίνονται: L = 0 m. B = 8 m. D = m. T 0 = 1,5 m. KG (αρχικό) = 1,5 m. Παρατήρηση Να θεωρηθεί ότι στην τελική κατάσταση τα ποντόνια δεν έχουν άλλα σημεία επαφής εκτός από τα σημεία των αρθρώσεων Α και Β, και ότι οι κλίσεις είναι μικρές

35 Σχήμα Α14. Λύση Λόγω της κοινής ακμής Α Β που έχουν τα ποντόνια, θα έχουν το ίδιο βύθισμα και σε όλο το μήκος της ΑΒ, άρα και στο μέσο της. Θεωρούμε ότι στις αρθρώσεις Α και Β ενεργούν προς τα πάνω για το ποντόνι 1 οι δυνάμεις F A και F B, αντίστοιχα. (Οπότε, οι αντίθετές τους θα ενεργούν στο ποντόνι.) Το βύθισμα στο μέσο της ΑΒ για το ποντόνι 1, με πρόσημα που αναφέρονται στους άξονες (x, y), είναι: t1 TM = T0 + δ T1+ και για το ποντόνι : t TM = T0 + δ T Οπότε: δt t t 1 1+ = δt Εκφράζουμε την παράλληλη βύθιση και τη διαγωγή κάθε ποντονίου, συναρτήσει των F A, F B [σχέση (.1α)]:

36 M w 15 4 F + F L / L1 A 1 = = γ I L t t γ LB L 1 M F + F L/ L A B = = γ LB γ LB 1 1 B Και, αντικαθιστώντας στην προηγούμενη σχέση, για w = 15, L = 0, B = 8, βρίσκουμε : F A + F B =,75 t Επομένως, οι διαγωγές των δύο ποντονίων είναι: t 1 = 0,015 m, t = 0,08 m. Η γωνία εγκάρσιας κλίσης είναι ίδια για τα δύο ποντόνια (κοινή ακμή ΑΒ) και, σύμφωνα με τη σχέση (.65): MT1 MT tanϕ1 = tanϕ = GM GM όπου, για το ποντόνι 1: GM = KB + BM KG B B M = w+ F F = 0+ 4 F F T1 A B A B = γlbt + w F + F = ,75 = 80,65 t 1 0 A B 15,75 1,5 + T0 + δ T1 1, KB1 = = = 0,744 m BM KG 1 1 γ IT 1, = = =,447 m 80, KG0 + w D FA + FB D = = 1,546 m GM =,675 m 1 και για το ποντόνι : M = F F B = 4 F F T B A B A

37 = + F + F = 69 +,75 = 7,75 t 0 A B GM = KB + BM KG KB,75 1,5 + T0 + δ T 1, = = = 0,757 m BM KG γ 0 8 = =,5 m 1 0KG0 + FA + FB D = = 1,57 m GM =,75 m Οπότε, αντικαθιστώντας στη σχέση της εξίσωσης των κλίσεων: FA FB FB FA 4 = 80, ,75,75 από την οποία βρίσκουμε: F A F B =,76 t και tanφ = 0,0147 ή φ 1 = φ = 0,84 ο. Άσκηση 18η Ιστιοφόρο σκάφος έχει προσαράξει σε ύφαλο, που βρίσκεται σε βάθος h από την επιφάνεια της θάλασσας, όπως φαίνεται στο Σχήμα Α15. Να υπολογιστεί η ελάχιστη δύναμη F που εξασκεί ο άνεμος στα ιστία του, η οποία μπορεί να προκαλέσει βύθιση του καταστρώματός του. Δίνονται Μήκος ιστιοφόρου L. Αρχικά Δ 0, T 0, KG 0, KB 0, BM 0. Επιφάνεια ισάλου A W. Λύση Ελλείψει άλλων δεδομένων, θα υιοθετηθεί η μέθοδος των μικρών μεταβολών. Λόγω της προσάραξης, εξασκείται στο σκάφος αντίδραση στο σημείο επαφής με την ύφαλο, η οποία αναλύεται σε μια οριζόντια και μια κατακόρυφη συνιστώσα. Επειδή το αλγεβρικό άθροισμα των οριζόντιων συνιστωσών είναι μηδενικό, η οριζόντια συνιστώσα της αντίδρασης είναι ίση με F (δύναμη ανέμου). Η κατακόρυφη συνιστώσα συμβολίζεται με Ρ και θεωρείται ότι ενεργεί ως αρνητικό φορτίο. Λόγω της Ρ, μεταβάλλονται τα χαρακτηριστικά της άντωσης και του μετακεντρικού ύψους ως εξής: - 6 -

38 P δ T = γ A W = P 0 0KB0 + γawδt (T0 + δt / ) KB = IT BM = γ = BM 0 0 0KG 0 + ( P) (D h) KG = Σχήμα Α15. Όταν το πλοίο κλίνει, θα ισχύει η εξίσωση της εγκάρσιας ισορροπίας (4.1): MH = GZ Η ροπή κλίσης οφείλεται στην επίδραση του ζεύγους των δυνάμεων (F, F) και στην κλίση που προκαλεί το αρνητικό φορτίο Ρ: [ ] M = F Hcosϕ+ B / sin ϕ+ (D (T h) + ( P) d cosϕ H 0-6 -

39 όπου ο μοχλοβραχίονας του ζεύγους είναι η προβολή της απόστασης από το σημείο της εφαρμογής της δύναμης του ανέμου μέχρι το σημείο επαφής της υφάλου. Ο μοχλοβραχίονας επαναφοράς προσεγγίζεται από τη γνωστή σχέση Scribanti (4.16): GZ = KB + BM (1 + tan ϕ / ) KG Όταν το επίπεδο της θάλασσας φτάσει στο οριακό σημείο του καταστρώματος, τότε το βύθισμα στο σωματοπαγές σύστημα αναφοράς θα είναι ίσο με το πλευρικό ύψος. Δηλαδή: T(B/) = D= T + δt+ b/ tanϕ 0 Επιπλέον, η απόσταση από το σημείο επαφής της ισάλου ως την επιφάνεια της θάλασσας παραμένει σταθερή (Ενότητα.5.). Οπότε: T(d) T0 + δt + d tanϕ h = = cosϕ cosϕ Η σχέση ισορροπίας και οι δύο τελευταίες σχέσεις των βυθισμάτων αποτελούν ένα σύστημα τριών μηγραμμικών εξισώσεων, με αγνώστους τα μεγέθη φ, F και Ρ, που μπορεί να επιλυθεί με επαναληπτικές μαθηματικές μεθόδους. Άσκηση 19η Πλοίο φορτίου χύδην, μήκους 170,7 m μεταξύ καθέτων, πλέει, έχοντας βύθισμα πρυμναίο 10,06 m και πρωραίο 10,870 m. Το κύτος Νο 6, του οποίου οι διαστάσεις δίνονται στο Σχήμα Α16, περιέχει σιτηρά σε ύψος 8,657 m από τον πυθμένα του. Λόγω θαλασσοταραχής, τα σιτηρά μετατοπίζονται και η επιφάνειά τους σχηματίζει γωνία 5 ο με το επίπεδο του πυθμένα, όπως φαίνεται στο σχήμα. Το αρχικό ύψος του κέντρου βάρους του σκάφους είναι 8,147 m, ενώ ο συντελεστής στοιβασίας των σιτηρών είναι 1,544 m /t. Υπάρχουν, επίσης, ελεύθερες επιφάνειες, οι οποίες έχουν συνολική ροπή tm. Δίνονται τα ακόλουθα στοιχεία από το υδροστατικό διάγραμμα: T(m) Δ(t) TPC 1 (t/cm) MCT 1cm (tm) KM (m) LCB (m) LCF (m) 10, ,86 40,9 9,50 88,49 84,01 10, ,75 400, 9,47 88,58 84,16 10, ,64 96,6 9,4 88,68 84, Ζητούνται (α) το βύθισμα του σκάφους στο LCF, (β) η γωνία στην οποία θα κλίνει το σκάφος, λόγω της μετατόπισης του φορτίου των σιτηρών

40 Σχήμα Α16. Λύση (α) Το βύθισμα του σκάφους στο LCF βρίσκεται από τα στοιχεία του υδροστατικού διαγράμματος, τα οποία δίνονται συναρτήσει του εκτοπίσματος σε ισοβύθιστη κατάσταση. Το εκτόπισμα του σκάφους υπολογίζεται από τη σχέση (5.1): AwxF = TM + γ t L όπου x F η απόσταση του κέντρου πλευστότητας από τον μέσο νομέα (θετική πρύμνηθεν του μέσου νομέα), A w η επιφάνεια της ίσαλου πλεύσης στην ισοβύθιστη κατάσταση και t η διαγωγή (θετική θεωρείται η έμπρυμνη). Από τα δεδομένα, έχουμε: t = 10,06 10,87 = 0,807 m L = 107,7 m Δ TM =.500 t Το Δ TM είναι το εκτόπισμα από το υδροστατικό διάγραμμα, που αντιστοιχεί σε μέσο βύθισμα: T M TA + TF = = 10,466 m Στην προκειμένη περίπτωση, υπολογίζεται με γραμμική παρεμβολή μεταξύ των βυθισμάτων του πίνακα. Με γραμμική παρεμβολή, επίσης, υπολογίζεται και το TPC και LCF, για Τ Μ = 10,466 m: TPC = 478,6 t/m LCF = 84,11 m ή

41 L x F = LCF = 1, 4 m Οπότε, υπολογίζεται: Δ =.480 t. Για τη νέα αυτή τιμή του εκτοπίσματος, υπολογίζουμε, από τον πίνακα των υδροστατικών στοιχείων, με γραμμική παρεμβολή ως προς το Δ, τα μεγέθη: TPC =.478, tm LCF = 84,115 m x F = 1,5 m Και, αντικαθιστώντας στη σχέση του εκτοπίσματος, υπολογίζουμε ξανά: Δ =.479,7 t Επομένως, έχει επιτευχθεί σύγκλιση για το εκτόπισμα. Το αντίστοιχο βύθισμα T LCF βρίσκεται με γραμμική παρεμβολή ως προς το Δ: T LCF =10,46 m Επίσης, είναι: Δ =.480 t, TPC =.478, t/m και KM = 9,48 m (β) Λόγω της μετατόπισης των σιτηρών δημιουργείται αρχική ροπή κλίσης: M T = w d όπου w είναι το βάρος που μετακινήθηκε και υπολογίζεται ως εξής: B 1 1,7 w = γ σ 1 tan 5 = 1 tan 5 = 87, t 1,544 Η εγκάρσια απόσταση μετακίνησης του κέντρου βάρους του w βρίσκεται από τη σχέση: d = B = 15,1 m Επομένως: M T = 4.48,11 tm Λόγω επίσης της κατακόρυφης μετακίνησης του κέντρου βάρους του w, το κέντρο βάρους του πλοίου ανυψώνεται κατά: B 0 87, tan 5 w h δ KG = = = 0,01 m 480 Λαμβάνοντας υπόψη και την επίδραση των ελεύθερων επιφανειών [σχέση (6.9)], έχουμε αρχικό μετακεντρικό ύψος:

42 1146 GM = KM KG = 9, 48 8, ,01+ = 1, 7 m Οπότε, σε πρώτη προσέγγιση, προκύπτει (σχέση.65): MT 4.48,11 tanϕ = = = 0,105 GM.480 1,7 ή φ = 6 ο. Άσκηση 0η Πλωτή δεξαμενή, σχήματος αντεστραμμένου Π, έχει τις διαστάσεις του Σχήματος Α17. Το τμήμα ΑΒ του πυθμένα της δεν συμμετέχει στην άντωση. Η δεξαμενή έχει γερανογέφυρα που πρόκειται να τοποθετήσει ποντόνι σχήματος ορθογωνίου παραλληλεπίπεδου και βάρους W = 0 ts στο επίπεδο ΑΒ, έτσι ώστε το διάμηκες επίπεδο συμμετρίας του να απέχει απόσταση α = 4 m από το αντίστοιχο επίπεδο της δεξαμενής και οι μέσοι νομείς τους να συμπίπτουν. Σχήμα Α

43 Ζητούνται: (α) Πόσο θα είναι βυθισμένο το ποντόνι, όταν κατά τη φάση της κατακόρυφης κίνησής του παρατηρείται γωνία εγκάρσιας κλίσης της δεξαμενής φ = 0,1 ο. Δίνονται για αυτή την περίπτωση: Αρχικό βύθισμα της δεξαμενής (χωρίς ποντόνι) Τ = m. Αρχικό KG KG = m. LCG της δεξαμενής επί του μέσου νομέα της. (β) Από τα πλευρικά τοιχώματα της δεξαμενής αντλείται νερό, έτσι ώστε, τελικά, ο πυθμένας του ποντονίου να εφάπτεται πλήρως στο επιπέδο ΑΒ. Τότε, παρατηρείται μέσο βύθισμα δεξαμενής Τ = 1,1 m. Να θεωρηθεί ότι το ποντόνι ασκεί κατακόρυφη δύναμη με σημείο εφαρμογής το γεωμετρικό κέντρο του πυθμένα του. Ποια θα είναι η γωνία εγκάρσιας κλίσης της δεξαμενής; Δίνονται τώρα: Αρχικό KG της δεξαμενής (χωρίς ποντόνι και μετά την άντληση) KG = 4 m. LCG της δεξαμενής επί του μέσου νομέα της. Λύση (α) Θεωρούμε ότι η γερανογέφυρα αναρτά φορτίο Ρ. Οπότε, από τη θεωρία των μικρών μεταβολών (που ι- σχύει για το συγκεκριμένο σώμα) και για μικρές κλίσεις, η γωνία εγκάρσιας κλίσης της δεξαμενής βρίσκεται από τη σχέση (.65): M T tanϕ = GM όπου: M = P α = 4P tm T = + P = γ LB T + P = 1, P = P (t) GM = KB + BM KG T0 + δ T P P KB =, δ T = = m γ LB KG0 + P h P KG = = m P LB1 LB 1(B B 1) BM = γi T /, IT = + = m 1 4 Επειδή δίνεται ότι tanφ = tan0,1 ο = 1,745 x 10 -, αντικαθιστώντας στη σχέση της εγκάρσιας κλίσης τις εκφράσεις των Μ Τ, Δ, GM συναρτήσει του Ρ, βρίσκουμε τελικά Ρ = 17,9 t. Το βάρος του ποντονίου είναι W = 0 t. Επομένως, αν x είναι η βύθισή του, τότε θα έχουμε:

44 0 17,9 0 P = γ lbx x = = 0,078 m 1, (β) Η δύναμη Ρ που εξασκείται στον πυθμένα της δεξαμενής είναι τώρα: P = W B = 0 B όπου Β είναι η άντωση του ποντονίου όταν η δεξαμενή βρίσκεται σε γωνία κλίσης φ: B = γlb T h + γlb α tanϕ M 1 Το μέσο βύθισμα Τ Μ δίνεται 1,1 m. Οπότε: P = 0 1, ,1 1, tanϕ = 14,65 615tanϕ Το συνολικό εκτόπισμα της δεξαμενής είναι, προφανώς: = γlb T = 676,5 t 1 M Οπότε, η γωνία εγκάρσιας κλίσης βρίσκεται από τη σχέση (.65): M T tanϕ = GM όπου: TM MT = P 4 = tan ϕ,gm = KB + BM KG,KB = = 0,55 m BM = 1,05 = 66,6 m 676,5 KG0( P) + Ph ,5 P.66, tanϕ KG = = = 676,5 676,5 Αντικαθιστώντας στη σχέση της εγκάρσιας κλίσης, έχουμε μια εξίσωση δευτέρου βαθμού ως προς tanφ, από την οποία βρίσκουμε tanφ = 1, x 10 - ή φ = 0,075 ο. Άσκηση 1η Σε μόνιμη δεξαμενή πρόκειται να δεξαμενιστεί πλοίο εκτοπίσματος Δ = t, το οποίο, εξαιτίας εσφαλμένων χειρισμών, βρίσκεται έκκεντρα από τα κεντρικά υπόβαθρά της, όπως φαίνεται στο Σχήμα Α18. Να βρεθεί η γωνία εγκάρσιας κλίσης που θα πάρει το πλοίο όταν το ύψος h του νερού της δεξαμενής γίνει 4,5 m. Να υποθέσετε ότι τα κεντρικά υπόβαθρα είναι παράλληλα προς την επιφάνεια της τρόπιδας και ότι η αντίδρασή τους ισοδυναμεί με συγκεντρωμένη δύναμη Ρ σε απόσταση α =,5 m από το επίπεδο συμμετρίας του πλοίου. Δίνονται: Δ = t T 0 = 4 m h 1 = 1 m KG 0 =,5 m A wp = 800 m (αρχικό εκτόπισμα). (αρχικό βύθισμα). (ύψος υποβάθρων). (αρχικό KG). (επιφάνεια ισάλου, σταθερή σε μεγάλη περιοχή βυθισμάτων)

45 Οι καμπύλες ευστάθειας του σκάφους όταν το κέντρο βάρους του υποτεθεί ότι βρίσκεται πάνω στην τρόπιδα: KZ = + 0.ϕ (φ σε μοίρες). Παρατήρηση Η λύση της άσκησης μπορεί να γίνει και γραφικά. Επίσης, μπορεί να χρησιμοποιηθεί η γραμμική παρεμβολή, όπου χρειαστεί. Σχήμα Α18. Λύση Όταν το ύψος του νερού στη δεξαμενή είναι 4,5 m, τότε το βύθισμα κατά την κατακόρυφη, στα σημεία επαφής του πυθμένα του πλοίου και των υποβάθρων, είναι: Th = 4,5 h1 = 4,5 1=,5m Η σχέση που συνδέει το Τ h με το βύθισμα στο σωματοπαγές σύστημα είναι, κατά τα γνωστά (Ενότητα.5.): h 0 T = T cosϕ = T + δt α tanϕ cosϕ όπου φ είναι η γωνία εγκάρσιας κλίσης του πλοίου, Τ το βύθισμα του πλοίου παράλληλα προς το διάμηκες επίπεδο συμμετρίας, Τ 0 το αρχικό του βύθισμα και δτ η παράλληλη ανύψωση λόγω της επίδρασης των υποβάθρων. Σύμφωνα με αυτήν τη σχέση, το σημείο επαφής με τα υπόβαθρα βρίσκεται στα αρνητικά του εγκάρσιου άξονα y. Αν θεωρήσουμε ότι τα υπόβαθρα εξασκούν δύναμη Ρ προς τα πάνω, τότε ισχύει: P P δ T = = γa 80 W Επίσης, από τη συνθήκη υδροστατικής ισορροπίας (4.1), θα έχουμε:

46 GZ = M H όπου: M = ( P) ( α) cosϕ =,5P cosϕ H = 0 P = 5000 P 0 P KG0 0 GZ = KZ KGsinϕ = + 0,ϕ sinϕ 1000 P Και, αντικαθιστώντας στη συνθήκη ισορροπίας: 5000 P P + 0,ϕ sinϕ =,5Pcosϕ P Επίσης, από τη σχέση του βυθίσματος Τ h, σύμφωνα με τα δεδομένα, έχουμε:,5 P = 80 4,5tanϕ cosϕ 0 Οι δύο προηγούμενες εξισώσεις αποτελούν σύστημα δύο μη γραμμικών εξισώσεων, με αγνώστους Ρ και φ, η οποία λύνεται αριθμητικά. Θεωρώντας διάφορες γωνίες φ, από τη δεύτερη εξίσωση βρίσκουμε τα αντίστοιχα Ρ και στη συνέχεια υπολογίζουμε το (α) και (β) μέλος της πρώτης εξίσωσης, όπως φαίνεται στον πίνακα: φ ο P(t) (α) μέλος (β) μέλος , , , 645, , ,0 65,48 Από τις τιμές του (α) και (β) μέλους του πίνακα, παρατηρούμε ότι η ζητούμενη γωνία φ βρίσκεται μεταξύ ο και 4 ο και, με γραμμική παρεμβολή μεταξύ των δύο αυτών τιμών, εκτιμάται φ =,97 ο. Άσκηση η Φορτηγίδα ορθογωνικής διατομής πρόκειται να δεξαμενιστεί σε πλωτή δεξαμενή αντεστραμμένου Π, όπως φαίνεται στο Σχήμα Α19. Τη στιγμή κατά την οποία η φορτηγίδα έρχεται σε επαφή με τη δεξαμενή, γερανός που βρίσκεται στο αριστερό πάνω μέρος της δεξαμενής σηκώνει από τη φορτηγίδα φορτίο 0 t, του οποίου το κέντρο βάρους βρίσκεται αρχικά στο κατάστρωμα της φορτηγίδας, 15 m πρωραία από τον μέσο νομέα και m δεξιά από το διάμηκες επίπεδο συμμετρίας. Μόλις το φορτίο ανυψωθεί, διαπιστώνεται έμπρωρη διαγωγή της δεξαμενής ίση με 0,064 m. Να βρεθεί τότε η γωνία εγκάρσιας κλίσης της δεξαμενής

47 Σχήμα Α

48 Δεδομένα ακριβώς πριν από την ανύψωση του φορτίου Δεξαμενή L = 80 m. B = 0 m. Βύθισμα Τ =,4 m. KG = 6,4 m. LCG = επί του μέσου νομέα. (αρχικά ισοβύθιστη) Φορτηγίδα L = 40 m. B = 8 m. T = 1,4 m. Κοίλο D = m. LCG = επί του μέσου νομέα. (αρχικά ισοβύθιστη) Το βελόνι του γερανού θεωρείται αβαρές και κλίνει με γωνία 45 ο ως προς το βασικό επίπεδο αναφοράς. Οι λοιπές διαστάσεις φαίνονται στο σχήμα. Λύση Αν υποθέσουμε ότι, μετά την αφαίρεση του φορτίου, η φορτηγίδα εξακολουθεί να βρίσκεται σε επαφή με τη δεξαμενή, το μόνο κοινό σημείο επαφής των δύο σωμάτων θα είναι το σημείο Α του σχήματος. Πράγματι, τα δύο σώματα αποκλείεται να έχουν κοινή ακμή (άρα, και επιφάνεια), γιατί τότε, υπό την επίδραση αντίθετων ροπών, θα παρουσίαζαν την ίδια εγκάρσια κλίση ή διαγωγή. Επομένως, το μόνο πιθανό σημείο επαφής των δύο σωμάτων είναι αυτό που αντιστοιχεί στο μεγαλύτερο βύθισμα της φορτηγίδας (και, αντίστοιχα, στο μικρότερο βύθισμα της δεξαμενής κατά το μήκος της φορτηγίδας), δηλαδή το Α. Θεωρούμε ότι σε αυτό το σημείο εξασκείται δύναμη Ρ μεταξύ των δύο σωμάτων, με φορά προς τα κάτω για τη δεξαμενή. Η δύναμη Ρ και το φορτίο W = 0 t, που προστίθεται στη δεξαμενή, προκαλούν διαγωγή [σχέση (4.1α)]: t = M L MT1 όπου: ML = P 0 w 15 = P 0 00 (ως προς το LCF, που συμπίπτει με τον μέσο νομέα) και 80 1,05 γ IL MT1 = = 1 =.186,67 t L 80 Η διαγωγή, όμως, δίνεται ίση με 0,064 m. Οπότε, από την αντίστοιχη σχέση που προσδιορίζει το μέγεθος t, βρίσκεται η δύναμη Ρ = 1,99 t. Συνεπώς, υπό την επίδραση των γνωστών εξωτερικών φορτίων Ρ και W, η γωνία εγκάρσιας κλίσης της δεξαμενής, σε πρώτη προσέγγιση, βρίσκεται από τη σχέση (.65): M T tanϕ = GM όπου: - 7 -

49 ροπή εγκάρσιας κλίσης: MT = P 4 W = 7,98tm (θετική ως προς τον άξονα y) Δ το νέο εκτόπισμα: = 0 + W+ P Το αρχικό εκτόπισμα βρίσκεται με την αφαίρεση του εσωτερικού από το εξωτερικό ορθογώνιο παραλληλεπίπεδο (LBT): 0 = γ 80 0, =.099, t Οπότε: Δ =.141,19 t Νέο μετακεντρικό ύψος: GM = ΚΒ + ΒΜ ΚG με συνιστώσες: ( δ ),4 + T 1, 4 + δ T γ ( 1, 4 + δ) KB = = 0,796 m όπου η παράλληλη βύθιση υπολογίζεται ως: P + W ,99 δ T = = = = 0,18 m TP1 γ A 1,05 80 W Η σχέση για το ΚΒ ' προκύπτει από την αφαίρεση των ροπών του εσωτερικού από το εξωτερικό ορθογώνιο. Επίσης: BM γ I 80 1,05 + ( 80 ) ,19 T = = = 1,459 m KG 0 + P 1+ W , , KG = = = 6,509 m 141,19 (Το W είναι ανηρτημένο φορτίο, που εξασκείται στο ανώτερο σημείο του ποντονίου, το οποίο έχει, όπως φαίνεται στο σχήμα, προβολή 9 + = 1 m κατά την κατακόρυφο.) Άρα: GM = 0, , 459 6,509 = 6,746 m

50 Και από τη σχέση της εγκάρσιας κλίσης, βρίσκουμε: 7,98 tanϕ = = 1, ,19 6,746 Συνεπώς, η γωνία εγκάρσιας κλίσης είναι φ = 0,11 ο. Άσκηση η Ιστιοφόρο είναι προσδεμένο στην ξηρά με σκοινί που θεωρείται αβαρές, όπως φαίνεται στο Σχήμα Α0. Αρχικά, έχει κατεβασμένα τα ιστία και πλέει ισοβύθιστο, με το κέντρο βάρους των ιστίων να βρίσκεται 1 m ψηλότερα από το κατάστρωμα. Μόλις τα ιστία ανυψωθούν, άνεμος που πνέει από την ξηρά εξασκεί εγκάρσια συνισταμένη δύναμη στο ιστιοφόρο ίση με t. Το σημείο εφαρμογής της συνισταμένης του ανέμου απέχει 10 m από το κατάστρωμα και 7 m πρωραία από τον μέσο νομέα, όπου ακριβώς βρίσκεται και το σημείο πρόσδεσης. Υποθέτουμε ότι το κέντρο βάρους των ιστίων συμπίπτει με το σημείο εφαρμογής της δύναμης του ανέμου. Να υπολογιστούν η γωνία εγκάρσιας κλίσης και τα δύο βυθίσματα του ιστιοφόρου, αν η γωνία που σχηματίζει το σκοινί πρόσδεσης με την οριζόντια είναι 45 ο. Σχήμα Α0. Δεδομένα για το ιστιοφόρο Εκτόπισμα Δ = 150 t. Μήκος L = 45 m. Πλάτος στο σημείο πρόσδεσης B = 5 m. Βύθισμα αρχικό T = T M = T LCF m

51 Κοίλο D = 4 m. Επιφάνεια ισάλου A W = 75 m. LCF m προς την πρύμνη από τον μέσο νομέα. BM αρχικό ΒΜ = 6 m. KB ΚΒ = m. Απόσταση κέντρου βάρους από τρόπιδα KG =,5 m. Ροπή αδράνειας ισάλου περί τον εγκάρσιο άξονα που διέρχεται από τον μέσο νομέα I L =,600 m 4. Βάρος ιστίων W= t. Λύση Εφόσον το ιστιοφόρο βρίσκεται σε υδροστατική ισορροπία, το αλγεβρικό άθροισμα των οριζόντιων συνιστωσών των δυνάμεων που επενεργούν θα είναι μηδενικό. Αυτό σημαίνει ότι η τάση του σκοινιού στο σημείο πρόσδεσης μπορεί να αναλυθεί σε δύο ίσες συνιστώσες (γωνία κλίσης 45 ο ), από τις οποίες η οριζόντια θα εξισορροπεί τη δύναμη του ανέμου, δηλαδή θα είναι ίση με t και θα έχει αντίθετη φορά προς τη F. Η κατακόρυφη συνιστώσα θα είναι κι αυτή ίση με t και θα ενεργεί σαν ένα πρόσθετο φορτίο, Ρ. Η γωνία εγκάρσιας κλίσης του ιστιοφόρου βρίσκεται, σε πρώτη προσέγγιση, από τη σχέση (.65): M T tanϕ = GM όπου: ροπή εγκάρσιας κλίσης Μ Τ: MT = F 10 + P (.5) =.5 tm (θετική για βύθιση αντίθετα του σημείου πρόσδεσης) Νέο εκτόπισμα Δ : = + P = = 15 t Νέο μετακεντρικό ύψος GM : GM = KB + BM - KG δ T 0,09 KB + T + P KB = = = m 15 P δ T = = = 0.09 m γ A 1,05 75 W γ Ixx BM = = BM = 5,88 m (Υποθέτουμε ότι η ίσαλος επιφάνεια παραμένει ίδια μετά την πρόσθεση του Ρ.) KG + P D + W 9 KG =

52 όπου, το W x 9 (ροπή μεταφοράς) αντιστοιχεί σε αύξηση του KG, λόγω ανύψωσης των ιστίων βάρους t κατά 9 m, ή:, KG = =,647 m 15 Οπότε: GM = + 5,88,647 = 5, m Και, από τη σχέση της εγκάρσιας ισορροπίας:,5 tanϕ = = 0, , που αντιστοιχεί σε γωνία εγκάρσιας κλίσης ϕ 1,61. Για τον υπολογισμό των δύο βυθισμάτων, χρειάζεται η τιμή της διαγωγής t του ιστιοφόρου (θετική η έμπρωρη), που βρίσκεται σε πρώτη προσέγγιση από τη σχέση (.1α): M L t = MT1 Υπολογίζουμε τα μεγέθη του δεύτερου μέλους: L M = P 7 LCF = P 7+ = 0tm (ως προς επίπεδο διά του LCF) και: γ MT1 = L όπου: I L L L W 4 I = I A LCF = = 95 m Οπότε: 1,05.95 MT1 = = 66,65 t 45 Συνεπώς: 0 t = = 0,45 m έμπρωρη 66,65 Επομένως, τα δύο βυθίσματα του ιστιοφόρου υπολογίζονται από τις σχέσεις (LCF = ): t L 0, 45 TM + T + LCF = + 0,09 +, 5 + =, 94 m L 45 T (πρωραίο) = δ t L Τ (πρυμναίο) = TM + δ T + LCF = m L

53 Άσκηση 4η Πλοίο με παράλληλες πλευρές έχει αρνητικό αρχικό μετακεντρικό ύψος και ισορροπεί σε γωνία φ = 8 ο. Το μετακεντρικό ύψος που αντιστοιχεί σε αυτήν τη γωνία είναι GM = 1,5 m. Πόσο πρέπει να μεταβληθεί το KG του σκάφους, ώστε ο αριθμητικά μέγιστος αρνητικός μοχλοβραχίονας επαναφοράς να εμφανίζεται σε γωνία φ = ο ; Πού θα ισορροπεί τότε το σκάφος; Παρατήρηση: Τα υπόλοιπα μεγέθη θεωρούνται σταθερά. Λύση Η ακριβής έκφραση για το μοχλοβραχίονα επαναφοράς (συναρτήσει της γωνίας εγκάρσιας κλίσης φ) δίνεται από τη σχέση Scribanti (4.16): tan ϕ GZ = GMsinϕ+ BM sinϕ Αφού το σκάφος ισορροπεί σε γωνία 8 ο, θα ισχύει: 1 GZ( 8 ) = 0 = GM sin8 + BM tan 8 sin8 tan 8 GM + BM = 0 GM + BM 0,00987 = 0 όπου GM και ΒΜ είναι οι αρχικές τιμές για φ = 0 ο. Το μετακεντρικό ύψος στη γωνία φ = 8 ο είναι, εξ ορισμού: dgz GM ( 8 ) = 1,5 = dϕ ϕ = 8 o Οπότε, αν παραγωγίσουμε τη σχέση Scribanti: BM sinϕtanϕ 1,5 = GM cosϕ+ cosϕ tan ϕ+ cos ϕ και για φ = 8 ο : 1,5 = GM 0,99 + BM 0,097 Οπότε, αν λύσουμε τις δύο γραμμικές εξισώσεις για φ = 0 και φ = 8, τότε προκύπτει για τα αρχικά στοιχεία του πλοίου: GM = 0,74 m και BM = 75,9 m Για να έχουμε ελάχιστο μοχλοβραχίονα στη γωνία φ = ο, θα πρέπει να μηδενίζεται η πρώτη παράγωγος του GZ. Δηλαδή:

54 dgz 75,9 sin tan ( ) = 0 GM sin + cos tan + 0 = dϕ cos Από τη λύση αυτής της εξίσωσης, προκύπτει GM =,94 m. Οπότε, το KG του πλοίου θα γίνει μεγαλύτερο κατά GM GM =, m. Σε αυτή την περίπτωση, η γωνία ισορροπίας θα βρεθεί πάλι από τη σχέση: GM + BM tan ϕ = 0 ϕ = 5,97 o Άσκηση 5η Άφορτη φορτηγίδα σταθερής ορθογωνικής διατομής είναι αρχικά ισοβύθιστη και αγκυροβολημένη, όπως φαίνεται στο Σχήμα Α1. Η φορτηγίδα έχει θαλάσσιο έρμα στις δύο πρωραίες (1 και ) και στις δύο πρυμναίες ( και 4) δεξαμενές έρματος, το ύψος του οποίου είναι m. Πριν από τη φόρτωση της φορτηγίδας, αφαιρείται το έρμα από τις πρωραίες δεξαμενές 1 και. Ποια θα είναι τότε τα τέσσερα βυθίσματα της φορτηγίδας; Σχήμα Α1. Δίνονται: Μήκος φορτηγίδας L = 50 m. Μήκος δεξαμενών θαλασσερμάτων d = 7 m. Πλάτος φορτηγίδας B = 10 m. Πλάτος δεξαμενών θαλασσερμάτων B = Β/

55 Αρχικό βύθισμα T = 1, m. KG άφορτης φορτηγίδας = m (χωρίς έρμα). Βάθος νερού h = 1 m. Μήκος αλυσίδας αγκυροβολίας = 0 m. Ύψος δεξαμενών θαλασσερμάτων D = m. Ειδικό βάρος νερού γ =1,05 t/m. Λύση Για να υπολογιστούν τα τέσσερα βυθίσματα της φορτηγίδας, θα πρέπει να βρεθούν η εγκάρσια κλίση και η διαγωγή της μετά την αφαίρεση του έρματος. Αν υποτεθεί ότι στην τελική κατάσταση ισορροπίας εξασκείται στη φορτηγίδα δύναμη Ρ από την αλυσίδα (προς τα κάτω), τότε η γωνία εγκάρσιας κλίσης υπολογίζεται, σε πρώτη προσέγγιση, από τη σχέση (.65): M T tanϕ = GM όπου: Ροπή εγκάρσιας κλίσης Μ Τ (θετική προς το σημείο αγκυροβολίας): B MT = P = 5P tm Νέο και αρχικό εκτόπισμα: = + P W 0 = γlbt = 1, , = 666, 5 t 0 W = βάρος αφαιρούμενου θαλασσέρματος: W = ( 1, ) = 14,5 t Άρα: Δ = 5,75 + Ρ t Νέο μετακεντρικό ύψος GM : GM = ΚΒ + ΒΜ - KG όπου: P 14,5 1, + T T+ δ T 1, P P W KB = = = = 0,51+ δ T = 1,05 γ LB

56 BM T = = = γ I , ,8 5,75 + P 5,75 + P 0 KG0 + P 0 + W 1 KG = Το KG 0 = m, ενώ το εκτόπισμα της φορτηγίδας χωρίς έρμα Δ 0 υπολογίζεται ως εξής: 0 = W = 79, 5 t Και, τελικά: KG 90 = 5,75 + P Αντικαθιστώντας στην αρχική σχέση, έχουμε: tanϕ = 5P P 5,5 + P 0, ,8 1.05,0 Η διαγωγή της φορτηγίδας υπολογίζεται από τη σχέση (.1α): ML ML t = =, MT1 γ IL L L B ML = P 5 W ( 5,5) = 5P.085, 5 tm, IL = = m 1 1 t = ( 5P 085, 5).15, 41 Αφού η αλυσίδα είναι μη εκτατή, το βύθισμα στο σημείο αγκυροβολίας είναι δεδομένο και περίπου ίσο με h l = 1 m. Εκφράζοντας το ίδιο βύθισμα συναρτήσει της παράλληλης βύθισης, της εγκάρσιας κλίσης και της διαγωγής της φορτηγίδας, έχουμε: B t 1 = 1, + δt + tanϕ+ P 14,5 t 1 = 1, tanϕ + 51,5 Και, αν αντικαταστήσουμε στην παραπάνω σχέση τις τιμές των tanφ και t, βρίσκουμε Ρ = 48,17 t και δτ = 0,186 m. Εισάγοντας αυτές τις τιμές στις εκφράσεις της γωνίας εγκάρσιας κλίσης και διαγωγής, υπολογίζουμε την εγκάρσια κλίση και τη διαγωγή ως:

57 ( ϕ ) tanϕ 0,065,74 t 0,88 m Επομένως, τα τρία ζητούμενα βυθίσματα της φορτηγίδας βρίσκονται από τις σχέσεις: B t T1 = T + δτ tanϕ + = 0.47 m B t T = T + δτ tanϕ = 1.7 m B t T4 = T + δτ + tanϕ = 1.88 m Άσκηση 6η Γερανός ανασύρει από τη θάλασσα ποντόνι, για να το τοποθετήσει πάνω σε πλωτή εξέδρα, με την οποία συνδέεται με αρθρωτή ράβδο, όπως φαίνεται στο Σχήμα Α. Τα τρία σώματα είναι αρχικά ισοβύθιστα και έχουν σχήμα ορθογώνιου παραλληλεπίπεδου. Ζητούνται: (α) Ποια η γωνία εγκάρσιας κλίσης του γερανού και ποια τα βυθίσματα της εξέδρας, όταν κατά τη φάση της ανέλκυσης το βύθισμα του ποντονίου έχει ελαττωθεί κατά 0,5 m; Το βελόνι του γερανού θεωρείται αβαρές, έχει μήκος l = 0 m και κλίση 60 ο ως προς το βασικό του επίπεδο. (β) Ο γερανός τοποθετεί το ποντόνι στο κατάστρωμα της εξέδρας με το κέντρο βάρους του επί του μέσου νομέα της εξέδρας και σε απόσταση 8 m από το διάμηκες επίπεδο συμμετρίας. Πόσο έρμα πρέπει να τοποθετηθεί στην πρυμναία δεξαμενή 1, ώστε η εξέδρα να μην έχει κλίση, και ποια θα είναι, τότε, η διαγωγή της εξέδρας και ποια τα βυθίσματα του γερανού; Δίνονται: Εξέδρα L 1 = 100 m. B 1 = 0 m. Αρχικό βύθισμα Τ 1 = 1 m. KG 1 = m. μήκος ΠΜ δεξαμενών d = 10 m. Γερανός L = 0 m. Β = 10 m. Αρχικό βύθισμα Τ = 0,5 m. KG = 1,5 m. Κοίλο D = m. Ποντόνι L = 8 m. Β = 4 m. Αρχικό βύθισμα Τ = 1 m. KG = 0,5 m

58 Σχήμα Α. Λύση (α) Τα βυθίσματα της εξέδρας παραμένουν αμετάβλητα, γιατί η αμφιαρθρωτή ράβδος δεν μεταφέρει δυνάμεις, αφού στην υδροστατική ισορροπία των δύο σωμάτων, οι οριζόντιες συνιστώσες (άρα, και οι κατακόρυφες) που εξασκούνται στις αρθρώσεις είναι μηδενικές (αλλιώς, θα γινόταν μετακίνηση των σωμάτων). Για τον ίδιο λόγο, ο πλωτός γερανός δεν «αισθάνεται» την παρουσία της εξέδρας και η εγκάρσια κλίση του προέρχεται από την ανύψωση του ποντονίου. Σε πρώτη προσέγγιση, σύμφωνα με τη σχέση (.65), ισχύει: M T tanϕ = GM όπου: Ροπή εγκάρσιας κλίσης Μ Τ (θετική προς το σημείο ανύψωσης): MT = Plcos 60 = 8, 0 0,5 = 8 tm - 8 -

59 όπου Ρ είναι το φορτίο με το οποίο επιβαρύνεται ο γερανός, όταν το βύθισμα του ποντονίου έχει ελαττωθεί κατά 0,5 m: P = 0,5γ L B = 0,5 1, = 8, t Δ = το νέο εκτόπισμα: = + P = γl B T + P = 10,5t + 8, = 110,7 t 0 GM : το νέο μετακεντρικό ύψος (με ανηρτημένο φορτίο): GM = KB + BM KG T + δτ KB = = 0,7 m P δτ = = 0,04 m γ LB γ LB BM = = 15,4 m 1 KG + P D + 1sin 60 1,5 10, , KG = = =,894 m 110,7 Οπότε: GM = 0,7 + 15,4,894 = 1,806 m και 8 tanϕ = = 0,0578 ϕ,1 110,7 1,806 (β) Το βάρος του ποντονίου που προστίθεται στην εξέδρα είναι W = γl B T =,8 t και, για να είναι μηδενική η εγκάρσια κλίση της, θα πρέπει η συνολική εγκάρσια ροπή να μηδενίζεται μετά την πρόσθεση του έρματος : B1,8 8 P = W 8 P = = 5,48 t 4 5 Η διαγωγή της εξέδρας τότε είναι: L1 5, 48 5 M L t = = = 0,001 m MT1 L1 B1 γ 1 (Προφανώς, το ποντόνι στον μέσο νομέα δεν δημιουργεί διαμήκη κλίση.)

60 Άσκηση 7η Σε πλοίο που έχει εκτόπισμα Δ = t και KG = m, υπάρχει ορθογωνική δεξαμενή πετρελαίου (γ = 0,8 t/m ). Η δεξαμενή είναι πάντα πλήρης κατά 50%. Λόγω μετασκευής του πλοίου, η οροφή της δεξαμενής πρέπει να διαμορφωθεί όπως φαίνεται στο Σχήμα Α. Να υπολογιστεί η μεταβολή στο μετακεντρικό ύψος του πλοίου μετά τη μετασκευή. Σχήμα Α. Λύση Ο όγκος του πετρελαίου παραμένει σταθερός μετά τη μετασκευή και είναι ίσος με: 1 V = 4 6 = 48 m Αν το ύψος του πετρελαίου στη νέα δεξαμενή είναι x, τότε θα ισχύει: ( 4+ a) V = 48 = x 1 6 όπου a το μήκος κατά την εγκάρσια διεύθυνση της τομής της επιφάνειας του πετρελαίου με τη δεξαμενή. Από τις σχέσεις ομοιότητας, είναι προφανές ότι: a 1 1= a = 5 x 4 x Οπότε, αντικαθιστώντας στην προηγούμενη σχέση, βρίσκουμε: x =,171 m a =,89 m Το κέντρο όγκου του πετρελαίου στη νέα δεξαμενή απέχει από τη βάση της απόσταση y, όπου το y υπολογίζεται από τη σχέση: ( 4 a) ( x 1) 1 x 1 x 1 48 y = a ( x 1) y =,75 m

61 Λόγω αυτής της κατακόρυφης μετακίνησης του κέντρου βάρους του πετρελαίου, το κέντρο βάρους του πλοίου μετακινείται προς τα πάνω (ροπή μεταφοράς, Ενότητα ) κατά: 0,8 48 y 1 δ KG = = 0,0098 m Επίσης, λόγω αλλαγής της ελεύθερης επιφάνειας μέσα στη δεξαμενή, θα έχουμε αύξηση του αρχικού μετακεντρικού ύψους κατά: 4 a 0,8 6 0, = 0,009 m Επομένως, θα έχουμε συνολική μείωση του μετακεντρικού ύψους: δ GM = 0,0098 0,009 = 0,0069 m Άσκηση 8η Πλωτή μαρίνα που σχηματίζει γωνία αποτελείται από τα δύο τμήματα, 1 και, τα οποία συνδέονται μεταξύ τους με άρθρωση πάνω στο κατάστρωμα, όπως φαίνεται στο Σχήμα Α4. Να υπολογιστούν η εγκάρσια κλίση και η διαγωγή του τμήματος 1, όταν βάρος w τοποθετηθεί στο σημείο Α του καταστρώματος του τμήματος. Θεωρείται ότι L1 >> B1, B1 >> d, L >> B. Σχήμα Α

62 Λύση Τα δύο τμήματα θα έχουν το ίδιο βύθισμα στο σημείο της άρθρωσης. Αν, μετά την τοποθέτηση του φορτίου, ασκηθεί κατακόρυφη προς τα κάτω δύναμη στο τμήμα 1 (μέσω της άρθρωσης), τότε θα ισχύει η (.65): MΤ 1 tanϕ1 = GM 1 1 Επειδή το τμήμα 1 δεν έχει διαμήκη άξονα συμμετρίας, πρέπει να προσδιοριστούν πρώτα το κέντρο πλευστότητας και, στη συνέχεια, τα απαραίτητα υδροστατικά στοιχεία. Θεωρώντας το σύστημα αξόνων (x, y ) του σχήματος, έχουμε (Ενότητα 1.): A = B L + db W1 1 1 L B B L + db x F = A W B1 d B1L1 + db + B1 y F = A W όπου (x F, y F) είναι οι συντεταγμένες του κέντρου πλευστότητας. Σύμφωνα με τα δεδομένα, μπορούμε να υποθέσουμε ότι οι παράλληλοι άξονες προς τους αρχικούς, που διέρχονται από το κέντρο πλευστότητας, είναι και κύριοι άξονες αδράνειας. Οι δεύτερες ροπές υπολογίζονται από το θεώρημα των παράλληλων αξόνων: BL 1 1 db B1 d1 T1 = F F I B L y db B y 1 1 LB 1 1 Bd L1 B L1 = F + F I B L x db x 1 1 Η ροπή εγκάρσιας κλίσης Μ Τ είναι: M = P B + d y T 1 F Οι συνιστώσες του GM υπολογίζονται ως εξής: P T + T T A KB = = IT1 BM = γ δ 1 γ W

63 = + P= γ A T + P 1 1 W 0 KG KG = + D P Τέλος, η διαμήκης διαγωγή δίνεται από τη σχέση (.1α): t 1 ML LM 1 L1 L1 P x F = = = MT1 γi γi L1 L1 Οπότε, το βύθισμα του τμήματος 1 στη θέση της άρθρωσης υπολογίζεται από τη σχέση: t T = T + δt + tanϕ B + d y + x F F L1 όπου τα μεγέθη δτ 1, tanφ 1 και t 1 έχουν εκφραστεί ως συναρτήσεις της Ρ. Το αντίστοιχο βύθισμα του τμήματος βρίσκεται από το συνδυασμό των επιβαλλόμενων φορτίων, w και Ρ (προς τα πάνω): B t T = T0 + δt + tanϕ + όπου: δ T w P = γ LB MT tanϕ = GM = γ LBT + w P 0 B MT = w P GM = KB + BM KG T KB = + δ T 0 γ LB BM = 1 KG 0 + D w P KG =

64 = γ LBT 0 0 t I L LM = γ I L L LB = 1 L ML = P W Εξισώνοντας Τ 1 = Τ, βρίσκουμε τη δύναμη Ρ, επομένως, τα ζητούμενα μεγέθη του τμήματος 1. Άσκηση 9η Η φορτηγίδα του Σχήματος Α5 έχει βυθίσματα: Τ 1 = 1 m. Τ = 1,1 m. Τ = 1,1 m. Να υπολογιστεί η θέση πάνω στο κατάστρωμά της στην οποία πρέπει να τοποθετηθεί βάρος 0 t, ώστε η φορτηγίδα να πλέει τελικά ισοβύθιστη. Οι διαστάσεις και τα απαραίτητα στοιχεία για την αρχική κατάσταση φαίνονται στο σχήμα (KG 0 = 1,5 m). Σχήμα Α5. Λύση Επειδή η ίσαλος επιφάνεια είναι επίπεδη, το βύθισμα Τ 4 βρίσκεται από την εξίσωση: Τ 4 Τ = Τ Τ 1 ή Τ 4 = 1, m Το μέσο βύθισμα είναι Τ Μ = 0,5 x (T 1 + T + T + T 4 ) = 1,1 m και ο αρχικός όγκος εκτοπίσματος: = 1,1 x 50 x 10 = 550 m Θεωρώντας το αντίστροφο πρόβλημα, ζητείται η θέση του φορτίου 0 t από την οποία θα αφαιρεθεί, ώστε στην τελική κατάσταση να έχουμε εγκάρσια κλίση: T T1 T4 T 0,1 tanϕ = = = = 0,001 B B

65 και διαγωγή: t = T4 T = T T1 = 0,1m Επομένως, σύμφωνα με τη σχέση (.65): P x tanϕ = = 0,01 GM όπου: = 1, = 56,75 t GM = KB + BM KG T0 KB = = = 0,55 m γ LB γ IT 1, BM = = = 7,575 m 56,75 1 Και, από τη σχέση της εφαπτομένης της εγκάρσιας κλίσης, βρίσκουμε x = 1,850 m. Η διαμήκης θέση του Ρ βρίσκεται από τη σχέση της διαγωγής (.1α): ML P y 1 t = = y = 10,67 m MT1 1, Επομένως, το φορτίο πρέπει να τοποθετηθεί σε εγκάρσια απόσταση από το μέσο της φορτηγίδας ίση με 1,85 m προς την ακμή 1- και σε διαμήκη απόσταση ίση με 10,67 m προς την ακμή 1-. Άσκηση 0η Πλοίο εκτοπίσματος t και μήκους 140 m, μεταξύ καθέτων, πλέει αρχικά ισοβύθιστο. Στη συγκεκριμένη κατάσταση, δίνονται: T = 1 m. KB = 8 m. KM = 5 m. KG = 9 m. TP1 =.000 t/m. LCF = m από τον μέσο νομέα προς την πρύμνη. LCB = 1 m από τον μέσο νομέα προς την πρύμνη. MT1 = t. Στο πλοίο υπάρχει η πρωραία δεξαμενή πετρελαίου, που φαίνεται στο Σχήμα Α6. Σε κάτοψη, η πάνω εξωτερική πλευρά της περιγράφεται σε τοπικό σύστημα από την παραβολή y = 10x, ενώ η εγκάρσια τομή της έχει σχήμα ορθογώνιου τριγώνου σταθερού ύψους 10 m σε όλο το μήκος της, το οποίο είναι, επίσης, 10 m. Η δεξαμενή γεμίζει μέχρι το 50% του ύψους της με πετρέλαιο ειδικού βάρους 0,8 t/m. Ζητούνται τότε: α) το πρωραίο και το πρυμναίο βύθισμα του πλοίου, (β) η γωνία εγκάρσιας κλίσης του πλοίου

66 Οι σχετικοί υπολογισμοί να γίνουν χρησιμοποιώντας τον κανόνα του Simpson για 5 ισαπέχοντες νομείς. Να θεωρηθούν μικρές μεταβολές. Σχήμα Α6. Λύση Η αναλυτική έκφραση των τεταγμένων της δεξαμενής στο τοπικό σύστημα αναφοράς είναι y = 10x. Στον Πίνακα 1 υπολογίζονται οι συντεταγμένες της επιφάνειας του υγρού και οι αντίστοιχες εγκάρσιες (τριγωνικές) επιφάνειες Ax. Στον Πίνακα οι επιφάνειες αυτές χρησιμοποιούνται για τον υπολογισμό των συναρτήσεων όγκου και ροπών ως προς τους δύο άξονες Μx και Μy, οι οποίες απαιτούνται για τον προσδιορισμό της θέσης του κέντρου βάρους του υγρού (x g, y g ) ως προς το τοπικό σύστημα. Όλες οι ολοκληρώσεις γίνονται σύμφωνα με τον κανόνα του Simpson. x y y = y/ Ax = 5/y 0 0,00 0,00 0,00,5 5,00,50 6,5 5 7,07,54 8,85 7,5 8,66 4, 10, ,00 10,00 1,50 Πίνακας x Σ. S. Ax βραχίονες y 0 1 0,00 0,00 0 0,00 0,00,5 4 6,5 5,00 1 5,00 6,50 5, 8,85 17,70 5,40 6,66 7,5 4 10,8 4,0 19,9 187,49 10, 1 1,50 1, ,00 6,50 f( ) = 98,5 f(mx) = 40, f(my) = 75,15 Πίνακας

67 Από τον Πίνακα και για την ισαπόσταση των τομών s =,5 m βρίσκουμε τα ζητούμενα στοιχεία: Βάρος πετρελαίου w: s w = γ π f ( ) = 65,66 t Ροπή Mx: s MX = γ π f ( MX) = 400,5 t Τετμημένη: x g = Mx/w = 6,1 m Ροπή My: s My = γ π f (My) = 8,66 tm 9 Τεταγμένη: y g = My/w = 1,69 m (α) Για τον προσδιορισμό του πρωραίου T F και του πρυμναίου T A βυθίσματος, απαιτείται ο υπολογισμός της διαγωγής, που βρίσκεται από τη σχέση (.1α) (η έμπρωρη διαγωγή θεωρείται θετική ): M L t = MT1 όπου: 57,19 ML = w (40 xg + LCF) = 65,66 (40 6,1+ ) = 57,19 tm t = = 0,079 m 0000 Η παράλληλη βύθιση βρίσκεται, επίσης, από τα δεδομένα υδροστατικά στοιχεία ως: w 65,66 δ T = = = 0,0 m TP1 000 Οπότε, τα ζητούμενα βυθίσματα βρίσκονται από τις σχέσεις: t L TF = T0 + δ T + + LCF = 1 + 0,0 + 0,079 / 70 7 = 1,10 m L t L TA = T0 + δ T + + LCF = 1 + 0,0 0,079 / = 11,94 m L (β) Σύμφωνα με τη θεωρία μικρών μεταβολών, η γωνία εγκάρσια κλίσης υπολογίζεται από τη σχέση (.65): My tanϕ = GM όπου: Δ=Δ 0 +w=0.065,66 t My = w ( + y g ) = 65,66 ( + 1,69) = 80,0 tm - 9 -

68 Και οι συνιστώσες του GM υπολογίζονται από τις σχέσεις δ T 0,0 KB0 0 + w T , KB = = = 8,009 m 0.065,66 0 BM = BM0 5 m KG0 0 + w zg ,66, KG = = = 8,98 m 0.065,66 Η ύπαρξη ελεύθερης επιφάνειας στη δεξαμενή προκαλεί μείωση του μετακεντρικού ύψους, που ισοδυναμεί με αύξηση του KG. Η επίδραση αυτή υπολογίζεται με τη βοήθεια του Πίνακα, από τον οποίο βρίσκουμε: Επιφάνεια υγρού: Α = s/ f(a) =,5/ 9,4 =,8 m Πρώτη ροπή επιφάνειας: Mx = s/ 1/ f(m) =,5/ 1/ 150,06 = 6,5 m Τεταγμένη κέντρου επιφάνειας: y F = Mx/A = 1,904 m Δεύτερη ροπή ως προς τον τοπικό άξονα: I FX = / 1/ f(i) = /,5/ 600,94 =,85 m 4 Δεύτερη ροπή ως προς το κέντρο πλευστότητας: I F = I FX -y F A = 14,86 m 4 Με τα παραπάνω δεδομένα, υπολογίζεται τελικά: γ I GM KB BM KG π F = (8,98 + 0,8x14,86 / 0.065,66) 4,0 m Και, αντικαθιστώντας, βρίσκεται tanφ = 80,0/(0.065,66 x 4,0) =, x 10 - ή φ = 0,1 ο x σ. S. y y y ,5 10 6,5 5 15,6 6,5 5,54 7,08 1,51 5,06 44,6 88, , 17, 18, ,18 4, , f(a) = Σ = 9,4 f(m) = Σ 4 = 150,06 f(i) = Σ 5 = 600,94 Πίνακας - 9 -

69 ΑΣΚΗΣΗ 1η Η ίσαλος γραμμή πλοίου μπορεί να προσεγγιστεί αναλυτικά από τη σχέση: y = 0.008x + 7 m όπου οι άξονες y και x φαίνονται στο Σχήμα Α7. Το πλοίο έχει βύθισμα αρχικά Τ = 5 m και KG = 1 m. Αν υποτεθεί ότι η ίσαλος επιφάνεια παραμένει σταθερή για όλα τα βυθίσματα του πλοίου, να υπολογιστεί η γωνία εγκάρσιας κλίσης του πλοίου, όταν κατακλυστεί το πρωραίο διαμέρισμα 1 (διαχωρητότητες μ v = μ s = 1). Σχήμα Α7. Λύση Για τη λύση της άσκησης, ακολουθείται η μέθοδος της χαμένης άντωσης (Ενότητα 10..1), με την υπόθεση L >> B. Σε πρώτη προσέγγιση, η παράλληλη βύθιση είναι: δ μv υ T = A W μs a όπου μ ν = μ s = 1. Η επιφάνεια της αρχικής ισάλου υπολογίζεται από το ολοκλήρωμα: L L L 0,008x AW = 4 ydx = 4 0,008x + 7 dx = 4 + 7x

70 Το μήκος L της ισάλου βρίσκεται από την αναλυτική σχέση της ίσαλου γραμμής, όπου για y = 0, έχουμε x = +50 m, οπότε L = 100 m. Αντικαθιστώντας στην προηγούμενη σχέση, η επιφάνεια βρίσκεται: A = 9,m W Με τον ίδιο τρόπο υπολογίζεται και η επιφάνεια του κατακλυσθέντος διαμερίσματος: 0,008x α = + 7x =,8 m Ο όγκος του νερού κατάκλυσης είναι: υ= α T = 16,9 m Και, εισάγοντας τις παραπάνω τιμές στη σχέση της παράλληλης βύθισης, βρίσκουμε: δτ = 0,018 m Η απόσταση y F1 του κέντρου πλευστότητας της ισάλου, μετά την κατάκλυση, από την αρχική γραμμή συμμετρίας βρίσκεται από τη σχέση: M yf1 = A όπου: W1 W1 A = A α = 99,95 m W η επιφάνεια της νέας ισάλου. Η πρώτη ροπή Μ της επιφάνειας του κατακλυσθέντος διαμερίσματος ως προς τον άξονα x είναι: y 1 1 7, M = dx = 0, 008 x + 7 dx = x x + 49x = 1, 51 m 5 Οπότε: yf1 = 0,0016 m Η γωνία εγκάρσιας κλίσης φ μπορεί να υπολογιστεί, σε πρώτη προσέγγιση, από τη σχέση (.65): M T tan φ = GM όπου: M = γ υ y y = 1,05 16, ,0016 = 7,77 tm T f F1-95 -

71 (Η απόσταση του κέντρου της επιφάνειας του κατακλυσθέντος διαμερίσματος από τον άξονα x είναι, προφανώς, y f = M/a = 0,447m) Το νέο μετακεντρικό ύψος του πλοίου είναι: GM = KB + BM - KG όπου: KG = 1 m (σταθερό, αφού δεν προσθαφαιρείται βάρος) T + δt 5 + 0,018 KB = = =,509 m (σταθερή ίσαλος σε όλα τα βυθίσματα) γ BM = I T όπου Ι Τ είναι η δεύτερη ροπή της νέας ίσαλου πλεύσης [σχέση (10.6)], ως προς άξονα διερχόμενο από το νέο κέντρο πλευστότητας F1: T = T T W1 F1 I I i A y Στη σχέση αυτή είναι: I T = δεύτερη ροπή άθικτης ισάλου ως προς τον αρχικό άξονα x: I T = 8 4, , x x y dx 7 5 = ( 0,008x 7) dx + = 0 0 0, x 4x 4 ] + = ,m i T = δεύτερη ροπή της επιφάνειας του κατακλυσθέντος διαμερίσματος ως προς τον άξονα x: y 1 it = dx = 0,008x + 7 dx = 0,758 m 4 Και, αντικαθιστώντας στη σχέση για τη νέα ροπή αδράνειας Ι Τ, έχουμε: I T = 10.45, 0,758 (0,0016) x 99,95 = ,01 m 4 Οπότε: BM I 10448,01 A T 5 9, T = = = W,9 m και GM =,509 +,9-1 =,748 m

72 Επομένως: 7,77 tan φ= = 4, 10 φ = 0,05 1,05 9,, Άσκηση η Πλωτός γερανός σταθερής εγκάρσιας ορθογωνικής διατομής ανυψώνει φορτίο, όπως φαίνεται στο Σχήμα Α8. Για να μειωθεί η εγκάρσια κλίση του, κατακλύζεται η δεξαμενή 1. Ζητούνται τότε: α. η γωνία εγκάρσιας κλίσης, β. η διαγωγή του γερανού. Οι διαστάσεις και τα υπόλοιπα απαραίτητα στοιχεία δίνονται στο σχήμα. Δίνονται Τ 0 = 1,5 m και KG 0 = 1 m. Σχήμα Α8. Λύση Η άσκηση λύνεται με τη μέθοδο χαμένης άντωσης, με την υπόθεση L >> B (Ενότητα 10..). Έχουμε ταυτόχρονη κατάκλυση διαμερίσματος και επιβολή εξωτερικού φορτίου. Βρίσκουμε αρχικά τα γεωμετρικά χαρακτηριστικά της νέας ίσαλου πλεύσης: Εμβαδόν: A W1 = LB - lb = 0 x 10- x 5 = 90 m Εμβαδόν επιφάνειας κατακλυσθέντος διαμερίσματος: a = lb = 10 m

73 Για να βρούμε το νέο κέντρο πλευστότητας, εφαρμόζουμε το θεώρημα των ροπών ως προς το αρχικό σύστημα αξόνων (x, y), που έχει την αρχή του στο κέντρο πλευστότητας της άθικτης ισάλου: L l 5 1,5 xf1 AW1 + a = 0 xf1 = = 0,41 m 90 B l 5 4 yf1 AW1 a = 0 yf1 = = 0,18 m 90 (Οι αποστάσεις είναι προσημασμένες ως προς το σύστημα των αξόνων του σχήματος.) Οι δεύτερες ροπές I x και I y ως προς τους νέους άξονες (x, y ) της νέας ισάλου είναι: LB lb B b 4 x = + F1 a + F1 = I LBy y 1,15 m 1 1 BL bl L l 4 y = + F1 a F1 = I LBx x 0758,6 m 1 1 Ο όγκος του νερού κατάκλυσης είναι: υ= a T = 10 1,5 = 15 m 0 και η παράλληλη βύθιση λόγω της κατάκλυσης και του ανηρτημένου φορτίου (Ενότητα 10..): γυ + P 1, δt = = = 0,085 m γa 1,05 90 W1 (α) Για τη γωνία εγκάρσιας κλίσης σε πρώτη προσέγγιση, είναι (σχέση.65): M T tan φ = Δ GM όπου λαμβάνονται ταυτόχρονα υπόψη η κατάκλυση και η επίδραση του φορτίου Ρ [σχέση (10.0i)]: [ ] 0 B b 0 γυ MT = P 5 cos 0 y F1 + yf1 = 10 5 cos 0 0,18 1, ,18 = 151,50 tm Δ = Δ + P = γ LBT + P = 1, , = 471,5 t 0 0 GM = KB + BM KG T0 + δt KB = = 0,795 m (σταθερή ίσαλος σε όλα τα βυθίσματα) γ 1,05 BM = Ix = 1,15 = 5,07 m Δ 471,5-98 -

74 Το KG θα βρεθεί με την εφαρμογή του θεωρήματος των ροπών ως προς το βασικό επίπεδο αναφοράς: 0 KG = KG0 0 + P 5 sin , , ,5 KG = = 1,07 m 471,5 Οπότε: GM = 0, ,07 1,07 = 4,55 m και από τη σχέση της εγκάρσιας κλίσης: 151,5 tan φ= = 0,070 φ = 4,04 471,5 4,55 0 (Αν απαιτείται καλύτερη προσέγγιση, τότε πρέπει να χρησιμοποιηθεί ο τύπος Scribanti ή, ισοδύναμα, να υπολογιστεί το ΒΜ ως εξής: γ tan φ BM = Ix 1+ Δ Οπότε, θα προκύψει τριτοβάθμια εξίσωση ως προς tanφ.) (β) Για τη διαγωγή του γερανού, έχουμε [σχέση (.1α)]: M L t = MT1 όπου: L l ML = P ( xl xf1 ) + γυ xf1 = 446,7 tm 0 L xl = 5cos 0 = 64,95 m B Η ροπή διαγωγής ανά μονάδα βυθισμάτων είναι: γiy 1, ,6 MT1 = = = 709,5 t L 0 Οπότε, προκύπτει διαγωγή t = 0,69 m

75 \Άσκηση η Να βρεθούν η διαγωγή και η εγκάρσια κλίση της εξέδρας του Σχήματος Α9, όταν κατακλυστούν ταυτόχρονα οι δεξαμενές 1 και. Δίνεται το αρχικό KG, ενώ τα υπόλοιπα στοιχεία φαίνονται στο σχήμα. Σχήμα Α9. Λύση Η άσκηση λύνεται με τη μέθοδο χαμένης άντωσης, με τις απλοποιήσεις που συνεπάγεται η σχέση L >> B. Αρχικά, υπολογίζονται τα απαραίτητα γεωμετρικά στοιχεία μετά την κατάκλυση (Ενότητα 10..): Όγκος νερού κατάκλυσης: υ = Tb l + l Χαρακτηριστικά νέας ίσαλου πλεύσης σε πρώτη προσέγγιση: A = A μ a = Lb b l + l W1 W S Οι συντεταγμένες του νέου κέντρου πλευστότητας (x F1, y F1 ) βρίσκονται με την εφαρμογή του θεωρήματος των ροπών, ως προς το σύστημα αξόνων που διέρχεται από το αρχικό (x F, y F ): W1 l b b + b AW1 yf1 I1 b1 ( b1 + b ) = 0 yf1 = AW1 L l1 L l AW1 xf1 l1 b1 + I b1 = 0 L l1 L l I1 b1 I b1 xf1 = A

76 Υπολογισμός δεύτερων ροπών ως προς το νέο κέντρο πλευστότητας: L b1 l1 b1 l b T = + 1 ( 1+ ) 1 1 ( 1+ ) W1 F1 I L b b b l b b b A y L b1 l1 b1 l b1 L l1 L l L = W1 F1 I I b I b A x Η γωνία εγκάρσιας κλίσης υπολογίζεται από τη σχέση (.65): M T tan φ = GM όπου: [ ] M = γl b T (b + b ) y + γ l b T ( y ) T F1 1 0 F1 (θετική, σύμφωνα με τους άξονες του σχήματος) και = = γ Lb T GM = KB + BM KG T0 + δt υ KB =, δt = A γ BM = I Δ T W1 KG = KG 0 (αφού δεν έχουμε προσθαφαίρεση φορτίων). Η διαγωγή t βρίσκεται από τη σχέση (.1α): M L t = MT1 όπου: MT1 = γ L I L και L l1 L l ML = γi1 b1 T0 xf1 + I b1 T0 xf1 γ

77 Άσκηση 4η Σε πλοίο τύπου Catamaran, όπως φαίνεται στο Σχήμα Α0, κατακλύζεται η δεξαμενή 1. Ζητείται η γωνία ε- γκάρσιας κλίσης του μετά την κατάκλυση. (Δεδομένα: T 0 και KG 0 ). Σχήμα Α0. Λύση Η άσκηση λύνεται με τη μέθοδο χαμένης άντωσης, υποθέτοντας L >> B. Βρίσκονται αρχικά τα γεωμετρικά χαρακτηριστικά της νέας ίσαλου πλεύσης (Ενότητα; 10..): Επιφάνεια: A W1 = A W lb 1 = Lb 1 Ib 1 όπου το μήκος L υπολογίζεται από το αρχικό εκτόπισμα Δ 0 : πr 0 0 = γ 1 ( 0 ) + = Δ L b T R L L πr γ b1 ( T0 R) + Η τεταγμένη y F του κέντρου πλευστότητας βρίσκεται από τη σχέση του θεωρήματος των ροπών: B+ b1 b 1 B+ b AW1yF + b1 1 = 0 yf = A 1 1 Η δεύτερη ροπή ως προς τον άξονα x της νέας ίσαλου πλεύσης είναι: W1 L b1 B+ b1 l b1 B+ b1 T = W1 F I L b l b A y

78 Η ζητούμενη γωνία εγκάρσιας κλίσης θα υπολογιστεί από τη σχέση (.65): MT tan φ = GM όπου: 0 B+ b1 πr MT = γυ y F, υ = b1 ( T0 R) + GM = KB + BM KG 0 Το ΚΒ υπολογίζεται από τη συνισταμένη ροπή των ορθογώνιων και κυκλικών τμημάτων: ( T ) 0 + δ T+ R π R γ L 1 T0 + δt R + γ ( L 1) z KB = 0 όπου: 4R z= R π Επίσης: I BM = γ T 0 Οπότε, όλα τα μεγέθη στο δεξί μέλος της (1) είναι γνωστά, όπως και η γωνία εγκάρσιας κλίσης φ. Άσκηση 5η Φορτηγίδα ορθογωνικής διατομής πρόκειται να δεξαμενιστεί σε πλωτή δεξαμενή σχήματος αντεστραμμένου Π, όπως φαίνεται στο Σχήμα Α1. Κατά τη φάση της άντλησης του έρματος από τη δεξαμενή, η φορτηγίδα συγκρατείται από τους δύο γερανούς της δεξαμενής στα σημεία Α και Β. Ζητούνται: (α) Αν κατά την άντληση, η δεξαμενή παρουσιάζει σε κάποια χρονική στιγμή έμπρυμνη διαγωγή t και γωνία εγκάρσιας κλίσης φ, να υπολογιστούν η γωνία εγκάρσιας κλίσης της φορτηγίδας και η διαγωγή της. (β) Να υπολογιστεί η γωνία εγκάρσιας κλίσης της φορτηγίδας, όταν κατακλυστεί η δεξαμενή 1 την ίδια χρονική στιγμή. Παρατήρηση: Όλα τα απαιτούμενα στοιχεία φαίνονται στο σχήμα. Να θεωρηθεί ότι υπάρχει υδροστατική ισορροπία και ισχύουν οι προϋποθέσεις της πρωτοτάξιας θεώρησης των μικρών μεταβολών, δηλαδή οι γωνίες κλίσης είναι μικρές. Επίσης, δίνονται τα KG των δύο σωμάτων

79 Σχήμα Α