Risoluzione esercizi preparazione allo scritto di Statica della nave

STATICA

DELA NAVE

ESERCIZI

STANICA

DELA NAUE

ESERCI

Esercizio imbarco/sbarco e spostamento di pesi

Pp = 15,000    B = 5,400    D = 3,020    T = 1,480

Caso (1): l'imbarcazione si trova inizialmente ferma e in condizioni le seguenti:

P(t) = 19,50

zG(m) = 3,100

A bordo vi sono due casse parzialmente piene, per le quali sono riportati i dati seguenti:

CASSA    A    B

L(m)    3    1,5

B(m)    1    2

γ(t/m³)    0,85    0,85

xC(m)    6,5    8,750

yC(m)    0    0

zC(m)    0,5    0,5

zC'(m)    0,8    0,8

La quota del centro di gravita riportata nella tabella e' stata calcolata assumendo i pesi liquidi applicati nel rispettivo baricentro.

Avendo nave diria xG = xB e yG = yB = 0 (poiche' nave simmetrica).

Δ = P/γ = 19,5/1,025 = 19,02 m³

T(m)    Aw(m²)    xF(m)    ∆(m³)    xB(m)    zB(m)    Rr(m)    Rc(cm)

1,450    44,3    6,354    17,51    6,587    1,190    2,503    34,898

1,500    46,18    6,333    19,81    6,566    1,223    2,487    32,801

1,480    46,10    6,373    19,02    6,573    1,212    2,492    33,517

trovo GMT = Rr + zB - zG = 2,492 + 1,212 - 3,100 = 0,604 m essendo maggiore di zero nave stabile, percio' puo' contenere i carichi liquidi.

ε_T = ((1/12) · b³ · γ) / Δ

cassa (A): (1/12) · 3 · (3)³ = 0,25 m

cassa (B): (1/12) · 1,5 · (2)³ = 1 m

ε_T = (0,25 + 1) · γ / Δ = 0,054 m

GMTvvero = GMT - ε_T = 0,604 - 0,054 = 0,550 m.

caso (2) A partire dal caso (1), si sposta un peso di 1,30 t dalla cassa B alla cassa A, dove ce n'e' gia' un'identica quantita' e si vogliono determinare le condizioni finali di equilibrio, le coordinate del centro di gravita' dell'imbarcazione, considerando i pesi liquidi nei rispettivi baricentri, risulta:

P' = 1,30

XG' = XG + P'/P (xCA - xCB) = 6,423 m

XG' = 6,573 + 1,3/19,02 (6,5 - 8,75) = 6,419 m

YG' = YG = ∅ (poiche' simmetrica).

ZG = zG + P'/P (zCA - zCB) + P'/P (zCA - zCB) = 3,40 m

si ipotizza che la cassa (A) sia ora completamente piena e che la cassa (B) sia rimasta completamente vuota, i dati geometrici della carena isocarenaicca diritta non sono cambiati e si puo' calcolare l'angolo di inclinazione longitudinale essendo YG' = ∅ no inclinatore praticamente longitudinale.

tg(θL) = (XG' - XB)/(RL + zB - zG') = -0,0042 e quindi: θL = -0,27² ; ε_T = -0,071 m    Ix = 1/12 Bc³

one tiene conto della correzione per specchi: ε_T = ∆Ix · γ / Δ = 0,123 m

Ix

A    2,250

B    0,563

tg(θL) = (XG' - XB)/(RL + zB - zG' - ε_T) = -0,0048

θL = -0,27⁰ ; ε_T = -0,072 m

CASO 3

A partire dal caso (a) si inserisce un peso liquido di 4 t, utilizzando le seguenti casse di bordo.

CASSA A B

L (m) 3 3

B (m) 2 2

gamma (t/m³) 0,85 0,85

x_c (m) 6,5 6,5

y_c (m) 0,8 -0,8

z_c (m) 0,15 0,5

i (m⁴) 2 2

I_T (m⁴) 16 16

inizialmente si imbarca il peso nella cassa (A), essendo la cassa (B) completamente vuota

il peso sull'imbarcazione risulta 23,5 t e le coordinate del baricentro cambiano

x_G' = p/(p+f) . x_G + f/(p+f) . x_c = 6,561 m

y_G' = p/(p+f) . y_G + f/(p+f) . y_c = 0,136 m

z_G' = p/(p+f) . z_G + f/(p+f) . z_c = 2,657 m

la correzione per specchi: E_T = 0,072 m. Con il nuovo volume di equilibrio 22,93 m³ entro nelle tavole di carene dico interpolando tra i vari valori.

T (m) Aw (m²) x_f (m) \u2206 (m³) x_B (m) z₀ (m) R_T (m) R_L (m)

1,550 48,59 6,399 22,19 6,547 1,255 2,451 30,791

1,600 50,28 6,421 24,66 6,533 1,288 2,411 28,977

1,565 49,09 6,406 22,93 6,543 1,265 2,439 30,250

La differenza tra x_G e x₀ e piccola resa trasversale, percio prendo in considerazione solo inclinazione trasversale poische y_G != y₀

t₀ (theta_T) = y_G'/(R_T + z_G - z_B' - E_T) = 0,1395

Theta_T = 7,94 deg

ora trovo GHT = R_T + z_S - z_G' - E_T = 0,273 m

Successivamente metto in comunicazione le due casse e imbarcazione si riduce trasversalmente.

E_T