BÀI TẬP XẾP DỠ HÀNG HÓA VÀ CÁCH GIẢI

lượng mỗi loại hμng cần phảI xếp xuống tμu để tận dụng hết dung tích vμ tảI trọng với điều kiện tμu có hiệu số mớn nước 6 inchs về lái.. Hãy tính toán khối lượng hμng cần phải xếp xuống

Trang 1

Bμi 1: Một tầu dầu sau khi nhận hμng có mớn nước da=10.21m; df=10.21m;dm=10,3m.Tầu

đã lấy xuống một lượng dự trữ lμ 412T Tìm khối lượng dầu cần lấy thêm để khi tầu chạy qua vùng có nhiệt độ tmax=35oc (VCF35=0.9836) dầu nở vừa đầy hầm Biết Do=4000T

Wh=13500m3, hằng số tμu (Const)=90MT Biết γ15=0.860T/m3 Tổng thể tích dầu sẽ nhận lμ bao nhiêu nếu nhiệt độ nhận dầu lμ 220C biết VCF22=0.9943 Tham khảo bảng thuỷ tĩnh

Draft Displacement 10.00 14370 10,20 14730 10,40 15100

3df + dm+ da

=

8

25.1033.10225.10

=10.2625m Dựa vμo bảng tham khảo vμ thực hiện phép nội suy từ mớn nước dM=10.2625m ta có lượng giãn nước tương ứng với mớn nước nói trên D = 14845.6MT

Vậy trọng lượng dầu tμu đã nhận lμ :

Pđã nhận = D - Do- Pdự trữ-Const = 14845.6 - 4000 - 421-90 = 10334.6MT Thể tích dầu mμ tμu có thể nhận tại nhiệt độ 150C lμ

Bμi 2: Một tầu dầu sau khi nhận hμng có mớn nước da=10.25m; df=10.25m;dm=10,29m.Tầu

đã lấy xuống một lượng dự trữ lμ 412T Tìm khối lượng, thể tích dầu cần lấy thêm để khi tầu chạy qua vùng có nhiệt độ tmax=37oc (VCF35=0.9836) dầu nở vừa đầy hầm Biết Do=4000T

Wh=13500m3, hằng số tμu (Const)=90MT Biết γ15=0.860T/m3 nhiệt độ nhận dầu lμ 250C biết VCF25=0.9918 Tham khảo bảng thuỷ tĩnh

Draft Displacement 10.00 14370 10,20 14730 10,40 15100

Trang 2

Biờn soạn: Ths.Thuyền trưởng Nguyễn Đại Hải

vậy thể tích dầu cần nhận lμ: W22= W15/VCF22=1266.97/0.9918= 1277.45 m3

Bμi 3: Một tầu dầu sau khi nhận hμng có mớn nước da=9.76m; df=9,76m;dm=9.84m.Tầu đã lấy xuống một lượng dự trữ lμ 602T Tìm khối lượng dầu cần lấy thêm để khi tầu chạy qua vùng có nhiệt độ tmax=40oc (VCF35=0.9836) dầu nở vừa đầy hầm Biết Do=4152T

Wh=13500m3, hằng số tμu (Const)=89MT Biết γ15=0.8652T/m3 Tham khảo bảng thuỷ tĩnh

Draft Displacement 9.60 14370 9,80 14730 10,00 15100 10.65(mùa hè) 16318

Theo công ước Loadline tμu có thể nhận tối đa khối lượng dầu lμ:

PMax 2= Dmùa hè- Do- Pdự trữ-Const =16318-4152-602-89= 11475 MT

So sánh trọng PMax 1 vμPMax 2 thì lượng dầu có thể nhận thêm lμ

Bμi giải:

Tμu có hiệu số mớn nước t=1m nên xuất hiện lượng hiệu chỉnh tại ống đo lμ

Δh=(l/2-d)t/LBP =(20/2-3)x1/150=0.047m;

Vậy lớp dầu thực tế trong két sẽ lμ htt = hdđ - Δh=10,5- 0,047 = 10,435m

với chiều cao lớp dầu thực nμy ta tra vμo bảng tham khảo vμ sử dụng phép nội suy ta có thể tích dầu đã nhận lμWđã nhận = 744,1m3

Thể tích hμng tối đa tại 150C sẽ nhận lμ: W15-max= Wh xVCF35= 780 x 0.9831= 766.818 m3

Thể tích dầu đã nhận tại 150C lμ: W15-đã nhận= Wđã nhậnx VCF25=744.1x0,9916= 737.849 m3

Thể tích dầu cần nhận thêm tại 150C lμ: W15-nhận thêm= 766.818 – 737.849= 28.969 m3

Thể tích dầu cần lấy thêm tại nhiệt độ lấy lμ: W25-nhận thêm= W15-nhận thêm/VCF25= 28.969/0.9916

= 29.214 m3

Trang 3

Bμi 5: Sau khi nhận một lượng dầu xuống tμu số đo tại ống đo hdđ =10,47m Tìm thể tích dầu cần phải lấy thêm để khi tμu chạy qua vùng có nhiệt độ lớn nhất tmax=38oc thì dầu nở vừa đầy hầm Cho biết nhiệt độ khi lấy tlo=22oc; γ15= 0,844; VCF22= 0.9941; VCF38= 0.9806 Thể tích hầm hμng 780m3 hầm có chiều dμi l=20m; LBP=150m ống đo cách vách lái d=1m hiệu số mớn nước t=0.5m giả thiết sau khi nhận hμng tầu không thay đổi tư thế Tham khảo bảng sau :

10.6 754.6 10.4 740.3 10.2 725.9

H dầu thực

Δh

Tμu có hiệu số mớn nước t=0.5m nên xuất hiện lượng hiệu chỉnh tại ống đo lμ

Δh=(l/2-d)t/LBP =(20/2-1)x0.5/150=0.03m;

Trang 4

số mớn nước t=1m giả thiết sau khi nhận hμng tầu không thay đổi tư thế Tham khảo bảng sau :

10.6 754.6 10.4 740.3 10.2 725.9

Bμi giải:

Tμu có hiệu số mớn nước t=1m nên xuất hiện lượng hiệu chỉnh tại ống đo lμ

Δh=(l/2-d)t/LBP =(20/2-3)x1/150=0.047m;

Thể tích dầu đã nhận tại 150C lμ: W15-đã nhận= Wđã nhậnx VCF25=744.1x0,9916= 737.849 m3

Thể tích dầu cần nhận thêm tại 150C lμ: W15-nhận thêm= 766.818 – 737.849= 28.969 m3

Thể tích dầu cần lấy thêm tại nhiệt độ lấy lμ: W25-nhận thêm= W15-nhận thêm/VCF25= 28.969/0.9916

= 29.214 m3

Bμi 7: Tìm chiều cao khoảng trống tại ống đo ở hầm dầu để sao cho khi tμu chạy qua vùng

có nhiệt độ t=38o dầu nở vừa đầy hầm cho biết nhiệt độ khi lấy dầu t=28oc; γ15=0,866T/m3; VCF38=0.9813; VCF28=0.9894 Thể tích hầm hμng Wh=761m3 két có hình chữ nhật với l=20m chiều dμi tμu LBP=180m ống đo cách vách lái 3m sau khi nhận hμng xong hiệu số mớn nước của tμu t =1m Tham khảo bảng sau:

10.8 769 0.212 10.6 745.6 0.412

Bμi 8: Tìm chiều cao khoảng trống tại ống đo ở hầm dầu để sao cho khi tμu chạy qua vùng

có nhiệt độ t=40o dầu nở vừa đầy hầm cho biết nhiệt độ khi lấy dầu t=25oc; γ15=0,866T/m3; VCF40=0.9802; VCF25=0.9921 Thể tích hầm hμng Wh=761m3 két có hình chữ nhật với l=20m chiều dμi tμu LBP=180m ống đo cách vách lái 1m sau khi nhận hμng xong hiệu số mớn nước của tμu t =0.5m Tham khảo bảng sau:

Trang 5

hdầu thực W Hk trống10.8 769 0.212 10.6 745.6 0.412

Loại 1 SF1=0.5 Loại II SF2=2.2 Loại III SF3=1.4

Bμi giải:

Tải trọng dμnh cho hμng tự chọn lμ

Ptự chọn = Dtt - Pbb = 6000 - 3000 = 3000MT Thể tích dμnh cho hμng tự chọn lμ

Wtự chọn = Wh - Pbb x SFbb = 9000 - 1,2 x 3000 = 5400m3

Hệ số chất xếp hμng phần còn lại của hầm tμu

ϖ = 5400/3000 = 1,8m3/T

So sánh giữa các hệ số chất xếp ta xếp loại hμng có hệ số chất xếp SF1 SF2 lμ hμng nặng

vμ SF3 lμ loại hμng nhẹ Như vậy ta có thể nhóm SF1 ,SF3 vμo cùng một nhóm vμ có phương trình như sau

(P1 + P3) + P2 = 3000

(P1 + P3) x SFt b,nặng + P2 x SF2 = 5400 Thay số vμo phương trình trên vμ giải hệ nμy ta có các kết quả như sau:

P2 = 2040T; P1 + P3 = 960T

Tiếp tục lập hệ phương trình cho loại hμng nặng ta có

P1 + P3 = 960

P1 x SF1 + P3 x SF3 = 5400 - P1 x SF1Thay số vμo vμ giải hệ phương trình đó ta có

Trang 6

Đặt P1P2P3 ứng với các loại hμng có hệ số chất xếp lμ SF1SF2SF3 thì ta sẽ có hệ phương trình sau:

(P1 +P2 )+ P3 = 4100 (1) (P1 +P2) SFTBnặng + P3 x SF3 = 5548.5 (2) Với SFtb = 1/2(SF1+SF2) = 1,0T/m3

Thay số liệu cụ thể vμo vμ giải hệ trên ta có

P3 = 1609.5MT; (P2 + P1) = 2490.5T Tiếp tục lập hệ phương trình hai ẩn số P2P1 ta có hệ sau:

(P2 + P1) = 2490.5

P2 x SF2 + P1 x SF1 = 2490.5 Thay số vμo vμ giải hệ phương trình trên ta có

P2 = 1245.25T

P1 = 1245.25T

BμI 11: Một tμu dự kiến xếp ba loại hμng như sau Pyrites đóng bao có SF1= 14ft3/MT, Green tea có SF2=86 ft3/MT, vμ Cork có SF3=254 ft3/MT Tầu có dung tich chở hμng bao lμ 453.000

Ft3 vμ trọng tải chở hμng lμ 8000 MT Hãy tính toán khối lượng hμng mỗi loại xếp xuống tμu

đảm bảo tận dụng hết dung tích vμ tải trọng tμu

Bμi giải

Hệ số xếp hμng của tμu lμ ϖ= Wh/DC= 453000/8000=56.6ft3/MT

So sánh ϖ với các hệ số SF1,SF2,SF3 thì hμng có SF1 lμ hμng nặng, vμ hμng có SF2,SF3lμ hμng nhẹ

Đặt P1P2P3 ứng với các loại hμng có hệ số chất xếp lμ SF1SF2SF3 thì ta sẽ có hệ phương trình sau:

P1 +(P2 + P3) = 8000

P1 x SF1 + (P2 + P3) x SFtb = 453000 Với SFtb = 1/2(SF2+SF3) = 170

Thay số liệu cụ thể vμo vμ giải hệ trên ta có

P1 = 2185.9MT; (P2 + P3) = 5814.1T Tiếp tục lập hệ phương trình hai ẩn số P2P3 ta có hệ sau:

(P2 + P3) = 5814.1

P2 x SF2 + P3 x SF3 = 5814.1x170 Thay số vμo vμ giải hệ phương trình trên ta có

P2 = 2907.05MT

P3 = 2907.05MT

khoảng cách trọng tâm lμ 60ft tính từ thuỷ trực mũi vμ Khoảng trống tự do của hầm số 7 lμ

29000 Ft3có khoảng cách trọng tâm 416Ft tính từ thuỷ trực mũi Tại trang thái nμy tμu có hoμnh độ tâm nổi lμ 264Ft cũng tính từ thuỷ trực mũi Tải trọng xếp hμng còn lại 900 MT vμ hiện tμu có hiệu số mớn nước lμ 4 inchs về mũi Biết MTI=1522MT-ft/ins Còn hai loại hμng cần phải xếp lμ Wolfram có SF=14Ft3/MT vμ Chè đen có SF=86Ft3/MT Hãy tính toán khối

Trang 7

lượng mỗi loại hμng cần phảI xếp xuống tμu để tận dụng hết dung tích vμ tảI trọng với điều kiện tμu có hiệu số mớn nước 6 inchs về lái

Bμi giải

Đặt khối lượng hμng phải xếp về phía mũi lμ X vμ xếp vμo phía lái lμ Y thì ta có X+Y=900(1); Lượng biến đổi hiệu số mớn nướcΔt =4+6=10 in.s

Khoảng cách từ trọng tâm của khoảng trống phía mũi tới F lμ 264-60=204ft;

Khoảng cách từ trọng tâm của khoảng trống phía sau tới F lμ 416-264=152;

vậy ta có phương trình 152Y-204X=10xMTI=10x1522=15220 (2);

Kết hợp (1),(2) ta có hệ phương trình hai ẩn Giải hệ nμy ta có X=342MT; Y=558MT

Đặt Khối lượng Wolfram vμ chè đen xếp phía mũi lμ A vμ B thì ta có A+B=342 (3) vμ 14A+86B=16000 (4);

Kết hợp (3),(4) ta có hệ phương trình hai ẩn Giải hệ phương trình nμy ta có A=186MT; B=156MT

Tương tự đặt khối lượng Wolfram vμ chè đen xếp phía lái lμ C vμ D thì ta cũng thiết lập được phương trình C+D=558 (5) vμ 14C+86D=29000 (6)

Kết hợp (5) (6) ta có hệ phương trình hai ẩn vμ giải hệ nμy ta có C=264MT vμ D=294MT

Bμi 13: Một tμu đang xếp hμng trong cảng có khoảng trống 200m3 tại hầm số 1 có hoμnh độ trọng tâm lμ 25,7m trước mặt phẳng sườn giữa vμ Khoảng trống tự do của hầm số 2 lμ 510m3 hoμnh độ trọng tâm lμ 12.5m phía sau mặt phẳng sườn giữa Tại trang thái nμy tμu

có hoμnh độ tâm nổi lμ 0.5m trước mặt phẳng sườn giữa Tải trọng xếp hμng còn lại 520 MT

vμ hiện tμu có hiệu số mớn nước lμ 0.3m về mũi Biết MTC=80.8MTm/cm Còn một loại hμng cần phải xếp lμ Sodium Sunphate có SF1 =0.95m3/MT Hãy tính toán khối lượng hμng cần phải xếp xuống mỗi hầm để tμu ở trạng thái cân bằng mũi lái

vậy ta có phương trình thứ hai 13X-25.2Y=2424 (2);

Kết hợp (1) (2) ta có hệ phương trình hai ẩn Giải hệ nμy ta có X=406.5MT, Y=113.5MT Kiểm tra thể tích chứa tại hầm hμng số một (#1 CH)/ 113.5x0.95m3/MT=102.15<200m3 vμ hầm hμng số hai (#2CH)/406.5x0.95m3/MT=386m3<510m3

Bμi 14: Một tμu gần hoμn thμnh việc xếp đậu tương chỉ còn xếp hμng ở hầm số 2 có hoμnh

độ trọng tâm 62.15m trước mặt phẳng sườn giữa vμ hầm số 6 có hoμnh độ trọng tâm 41.04m sau mặt phẳng sườn giữa.Hiện tμu có hiệu số mớn nước lμ 0.2m về lái Tμu còn phải xếp thêm 1500MT hμng Hãy tính toán khối lượng hμng phải phân bổ xuống mỗi hầm sao cho tμu có hiệu số mớn nước 0.5m về lái biết MTC=1044 MTm/cm, Hoμnh độ tâm mặt nổi phía trước mặt phẳng sườn giữa 0.25m

Bμi giải:

Đặt khối lượng hμng cần phải xếp vμo hầm số 2 lμ Y vμ khối lượng hμng cần xếp vμo hầm

số 6 lμ X thì ta có X+Y=1500MT (1);

Trang 8

Để tμu sau khi xếp hμng ở trạng thái có hiệu số mớn nước về lái 0.5m thì Xd1-Yd2=Δt xMTC; Trong đó d1=41.04+0.25=41.29m, d2=62.15-0.25=61.9m;

Δt = t1-t2=0.5-0.2=0.3m;

Vậy phương trình momen thứ hai lμ 41.29X-61.9Y=0.3x100x1044=31320 (2);

Kết hợp (1) (2) ta có hệ phương trình hai ẩn Giải hệ nμy ta có X=1203MT, Y=297MT

Bμi 15: Tìm hiệu số mớn nước của tμu biết rằng tμu có Dwt=8000T, Do=2500T Sau khi xếp hμng có tổng số mo men đối với mặt phẳng sườn giữa lμ ΣPiKGi=-4500Tm; XB=- 0,2m;XB G0=-2m ;MTC=150Tm/cm Để đưa tμu vμo cảng yêu cầu t=0 thì cần phải dịch chuyển bao nhiêu hμng như thế nμo với điều kiện hμng đã đầy hầm.Tμu chỉ chứa hai loại hμng SF1=0,8m /T; SF

Vì G nằm trước B nên tμu có hiệu số mớn nước về mũi(t=-0.49m)

Để tμu có hiệu số mớn nước t = 0 thì ta phải dịch chuyển một khối lượng hμng nμo đó

từ mũi về lái với khoảng cách dịch chuyển lμ Xcr = 60m mμ thoả mãn phương trình:

Ph x Xcr = MCT x t vậy Ph = MCT x t/Xcr = 150 x 49/60 = 122,5T

Vì các hầm đã đầy nên để có thể di chuyển được lượng hμng nói trên thì nhất thiết phải đổi chỗ hμng có hệ số chất xếp khác nhau giải hệ phương trình sau thoả mãn các điều kiện trên:

Pnặng + Pnhẹ = 122,5 (1) 0,8Pnặng = 2Pnhẹ (2) giải hệ phương trình trên ta có Pnặng = 204,2T; Pnhẹ = 81,7T

Vậy ta phải chuyển 204,2T hμng nặng từ mũi về lái vμ chuyển 81,7T hμng nhẹ từ lái

về mũi với khoảng cách dịch chuyển lμ 60m thì đảm bảo hiệu số mớn bằng không

Bμi 16: Tìm chiều cao thế vững (G"M) sau khi bơm vμo hai két đáy đôi mạn trái vμ phải (#1

B.W.T (P/S)) tổng khối lượng lμ 180LT vμ các két nμy có chiều cao trọng tâm KGballast=2ft Lượng giãn nước ban đầu D1=15750LT, chiều cao thế vững ban đầu GM=5,25ft két ballast lμ hình chữ nhật có kích thước l=50ft b=20ft tỉ trọng nước bơm vμo két γkét=1,025T/m3; γbên ngoμI

=1,025T/m3 Tham khảo bảng thuỷ tĩnh của tμu

Draft Displacement(LT) 25ft 15502 26ft 16200

Bμi giải:

Khi bơm thêm 180T nước ballast vμo két có trọng tâm thấp hơn so với trọng tâm tμu, nên trọng tâm tμu dịch chuyển từ G tới G' về phía dưới vμ ta có thể áp dụng công thức sau để tính khoảng cách dịch chuyển đó

G G'=P(dM1+Δd/2-GM-KGballast)/D+P

Trang 9

Trong đó: P = 180LT; D = D1 + P = 15502 + 180 = 15682LT;

dM1 = 25' (từ bảng tham khảo);

dM = 25,25' (tính toán từ bảng tham khảo với phép nội suy)

Δd = dM - dM1 = 25,2' - 25' = 0,25'; GM = 5,25'; KGballast = 2' thay các số liệu vμo công thức trên ta có GG' = 0,20'

Khi bơm lượng nước nói trên vμo két,do tồn tại mặt thoáng nên chiều cao thế vững của tμu

bị giảm đi một lượng được tính toán theo công thức sau

G'G"=2x(γkét/γbên ngoμi) xlxb3/12x35xDispl

=2x(1.025/1.025)x50x203/12x35x15682x1.016=0.06ft (áp dụng công thức tính lượng hiệu chỉnh thế vững có xét đến tác động của tỷ trọng chất lỏng chứa trong két);

Vậy chiều cao thế vững G"M = GM + GG' - G'G" = 5,25 + 0,20 - 0,12 =5.33ft

(Chú ý: để giảm sự phức tạp trong việc tính tác động của chất lỏng tới ổn định ta lấy chất lỏng bên ngoμI có γ=1 )

Bμi 17: Tìm chiều cao thế vững (G"M) sau khi nhận dầu vμo két dầu số một (#1 F.O.T (C))

với khối lượng lμ 160MT vμ két có chiều cao trọng tâm KGballast=0.6m Lượng giãn nước ban

đầu D1=15556MT, chiều cao thế vững ban đầu GM=1.55m két ballast lμ hình chữ nhật có kích thước l=32m b=5m tỉ trọng dầu nhận vμo két γkét=0.94T/m3; γbên ngoμi=1,011T/m3 Tham khảo bảng thuỷ tĩnh của tμu

Draft Displacement (MT) 7.3 15556 7.4 15775

Bμi giải:

Khi nhận thêm 160T dầu vμo két có trọng tâm thấp hơn so với trọng tâm tμu, nên trọng tâm tμu dịch chuyển từ G tới G' về phía dưới vμ ta có thể áp dụng công thức sau để tính khoảng cách dịch chuyển đó

GG'=P(dM1+Δd/2-GM-KGballast)/D+P

Trong đó: P = 160T; D = D1 + P = 15556 + 160 = 15716MT;

DM1 = 7.3m (từ bảng tham khảo);

dM = 7.373m (tính toán từ bảng tham khảo với phép nội suy)

Δd = dM - dM1 = 7.373-7.3 = 0.073m; GM = 1.55m; KGballast = 0.6m thay các số liệu vμo công thức trên ta có GG' = 0.053m

Khi nhận lượng dầu nói trên vμo két dẫn tới tồn tại mặt thoáng nên chiều cao thế vững của tμu bị giảm đi một lượng được tính toán theo công thức sau

G'G"=(γkét/γbên ngoμi)xlxb3/12x35xDispl =(0.94/1.011)x32x53/12x15716=0.02m (áp dụng công thức tính lượng hiệu chỉnh thế vững có xét đến tác động của tỷ trọng chất lỏng chứa trong két)

Vậy chiều cao thế vững: G"M = GM + GG' - G'G" = 1.55 + 0.053 - 0.02 = 1.583m

Bμi 19: Tìm chiều cao thế vững(GM) Biết trọng tải tổng cộng Dwt=12218MT;Trọng lượng tμu không Do= 3591MT chiều cao trọng tâm tμu không KGo=9.02m;ΣPiKGi=79438Tm, chiều cao tâm nghiêng ngang KM=8,1m Trên tμu có hai két chất lỏng với kích thước l=25m;b=7m;γcl=0,9T/m3; γbên ngoμi=1.025T/m3.Để giảm chiều cao thế vững đi 10cm cần dịch chuyển bao nhiêu tấn hμng theo chiều nμo vớí khoảng cách dịch chuyển Zcd=4m

Trang 10

Do tồn tại mặt thoáng nên trọng tâm tμu bị dịch chuyển lên phía trên một khoảng

GG'=2x(γkét/γbên ngoμi)xlxb3/12xDispl =2x(0.9/1.025)x25x73/12x15809=0.08m (áp dụng công thức tính lượng hiệu chỉnh thế vững có xét đến tác động của tỷ trọng chất lỏng chứa trong két)

Vậy chiều cao thế vững

Do tồn tại mặt thoáng nên trọng tâm tμu bị dịch chuyển lên phía trên một khoảng

G'G=2x(γkét/γbên ngoμi)xlxb3/12xDispl =2x(0.9/1.025)x23x163/12x82988=0.16m (áp dụng công thức tính lượng hiệu chỉnh thế vững có xét đến tác động của tỷ trọng chất lỏng chứa trong két)

Vậy chiều cao thế vững

KGo=10.8m Chiều cao tâm ngiêng ngang KM=8.32m tương ứng với lượng giãn nước 19126

MT Những trọng lượng đã xếp trên tμu như sau: dầu,nước ngọt,vật tư kho lμ 641MT với chiều cao trọng tâm KG1=10.9m Khối lượng hμng tại hầm số một (#1C.H) lμ 2223MT có chiều cao trọng tâm KG2=6.6m, Hầm số hai (#2C.H) lμ 5608MT có chiều cao trọng tâm

KG3=6.9m,Hầm số ba (#3 C.H) lμ 1170MT có chiều cao trọng tâm KG4=4.1m,Hầm số bốn (#4C.H) lμ 5544MT có chiều cao trọng tâm KG5=7.0m Tính chiều cao thế vững (GM) Khi dịch chuyển khối hμng có trọng lượng 100MT có chiều cao trọng tâm KGhμng trong hầm=6m từ Hầm số ba lên mặt boong có cao độ trọng tâm KGhãng xếp trên boong=12.5m Thì chiều cao thế vững giảm đi bao nhiêu

Bμi giải :

GM=KM-KG trong đó KM=8.32m

KG=(DoKGo+ΣPiKG)i/D;

Trang 11

KGo=5.91m Chiều cao tâm ngiêng ngang KM=8.37m tương ứng với lượng giãn nước 6292

MT Những trọng lượng đã xếp trên tμu như sau: dầu,nước ngọt,vật tư kho lμ 457MT với chiều cao trọng tâm KG1=2.1m Khối lượng hμng tại hầm số một (#1C.H) lμ 1500MT có

KG2=3.89m, Hầm số hai (#2C.H) lμ 2648MT có KG3=3.88m Tính chiều cao thế vững (GM) Khi dịch chuyển khối hμng có trọng lượng 350MT có chiều cao trọng tâm KGhμng trong hầm= 3.1m ở hầm số 2 lên mặt boong có chiều cao trọng tâm KG hμng xếp trên boong= 6.1m Thì chiều cao thế vững thay đổi như thế nμo

* GGo=4.08-0.11=3.90m (sau khi dịch chuyển hμng)

Bμi 23: (Không áp dụng bμi tập nμy cho kỳ thi kiểm tra)

Một tμu có lượng giãn nước D=10000MT; KM=25ft với chiều cao trọng tâm KG=20ft Một mã hμng nặng ở hầm số 1 có trọng lượng 40MT với chiều cao trọng tâm lμ KG1=10ft Xác định chiều cao trọng tâm của tμu khi mã hμng được nâng rời sμn hầm 3ft bởi cần cẩu đại của tμu

mμ cẩu nμy có đỉnh cần lμ 60 ft so với keel tμu Hãy tính góc nghiêng lớn nhất khi dịch chuyển khối hμng nμy sang mạn có khoảng cách từ đỉnh cần tới mặt phẳng trục dọc lμ 50ft

VậyGóc nghiêng lớn nhất có thể gặp khi mμ di chuyển mã hμng sang một mạn lμ θ=2.4o

Một tμu có lượng giãn nước D=19900MT,KG=25ft,vμ KM=28.9ft khi chưa xếp hai khối hμng nặng mỗi khối 50MT Các khối hμng nặng được xếp lên boong nhờ cẩu đại của tμu Khối hμng nặng thứ nhất được xếp ở mạn trong cầu cách mặt phẳng trục dọc 30ft vμ chiều cao trọng tâm lμ 40ft so với keel Khi cần cẩu nâng mã hμng nặng thứ hai mμ vị trí của đỉnh cần

Trang 12

lμ 50ft tính từ mặt phẳng trục dọc vμ chiều cao lμ 75ft so với keel Hãy tính góc nghiêng lớn nhất mμ tμu có thể bị nghiêng trong quá trình xếp hai khối hμng nặng nμy

Một tμu có lượng giãn nước 10000MT bị nghiêng 3o sang trái KM=25ft,KG=23ft.Còn 500MT hμng chưa xếp vμo hai bên mạn của boong trung gian hầm số hai (#2 C.H) có toạ độ 25ft tính từ mặt phẳng trục dọc vμ chiều cao trọng tâm lμ 20ft đối với Keel Tìm khối lượng hμng xếp vμo mỗi mạn để sau khi hoμn tất việc xếp hμng tμu không còn bị nghiêng

Chiều cao thế vững sau khi xếp hμng GM2=KM-KG2=25-22.8=2.2ft;

Mô men gây nghiêng

MHeeling=X.d-Y.d=GMxDisplxtangθ=2.2x10500xtang3o=2.2x10500x0.0523=1208ft-t(2);

Kết hợp (1) vμ (2) ta có hệ phương trình hai ẩn Giải hệ nμy ta có X=274.2MT ; Y=225.8MT

Bμi 26: Một tμu dự kiến xếp tổng trọng lượng hμng Dhμng=14317LT gây ra một mômen thẳng

đứng đối với keel lμ 313174LT-m; Trọng lượng tμu không Do=3877LT,KGo=22.36ft; Tổng trọng lượng các thμnh phần khác lμ 628LT gây ra một mômen thẳng đứng lμ 8454LT-m;TKM=27.5ft Hãy tính GM vμ các giá trị chiều dμi cánh tay đòn ổn định tĩnh (GZ) ứng với các góc nghiêng 15o,30o,45o,60o,75o,90o Tham khảo bảng sau(KG giả định=19.68ft)

Góc nghiêng Giá trị hμm sin GZGiảđịnh có Displ.=18822LT

Trang 13

Cánh tay đòn ổn định tĩnh được tính GZ=GZGiả định+(KGGiả định-KG)sinθ vμ để tính chiều dμi

cánh tay đòn ổn định tĩnh GZ nhờ lập bảng sau:

Góc nghiêng Giá trị hμm sin GZGiảđịnh tại

Displ.=18822LT

(KGGiả định-KG)sinθ 21.69) sinθ=-1.89 sinθ

thẳng đứng đối với keel lμ 574,400 MT-m; Trọng lượng tμu không Do=1520MT,KGo=11.1m;

Tổng trọng lượng các thμnh phần còn lại lμ 1200MT gây ra một mômen thẳng đứng lμ

10040MT-m;TKM=13.47m Hãy vẽ đường cong cánh tay đòn ổn định tĩnh Tham khảo bảng

sau(KG giả định=10m)

Góc nghiêng

Giá trị hμm sin

Mômen thẳng đứng của trọng lượng tμu không M0=DoxKGo=10520x11.1=116772MT-m;

Tính chiều cao trọng tâm tμu

KG= (DoxKGo+ΣPiKGi)/D=584440+116772/(10520+52090+1200)=10.99m;

GM=TKM-KG=13.43-10.99=2.44m;

GGo=KG-KGGiả định=10.99-10=0.99m

Cánh tay đòn ổn định tĩnh được tính GZ=KN-(KG-KGGiả định)sinθ vμ để tính chiều Tính chiều

dμi cánh tay đòn ổn định tĩnh GZ nhờ lập bảng sau:

Trang 14

Gãc nghiªng Gi¸ trÞ hμm sin KN t¹i

Gãc nghiªng Gi¸ trÞ hμm sin KN cã Displacement=5900MT

Trang 15

Bμi giải:

Tính tổng giá trị mô men của các thμnh phần trọng lượng đối với Keel tμu

ΣPiKGi=(Dhμng trong hầm)x(KGhμng trong hầm)+( Dhμng ở boong)x(KGhμng ở boong)+( Dtrọng lượng khác) (KGtrong lượng

MCT=183Tm/cm;XF =1,5m sau mặt phẳng sườn giữa Để tμu có thể vuợt qua bãi ngầm mớn nước của tμu sau khi xếp hμng không được vượt quá 7,00m Hãy tính lượng hμng tối đa có thể xếp thêm vμ vị trí lô hμng đó biết LBP=150m

Bμi giải:

Mớn nước trung bình sau khi xếp hμng lμ dM2 = 7,00m(Có thể tính toán mớn nước tương

đương của tμu trong trường hợp nμy nhằm đạt được độ chính xác cao hơn nếu có điều kiện)

Để lượng hμng xếp được tối đa tầu phải ở trạng thái cân bằng mũi lái dM2=7.00m ;

Mớn nước trung bình trước khi xếp hμng ; dM1 = 1/2(6,72 + 6,94) = 6,83m

Vậy tμu sẽ bị chìm xuống một khoảng lμ Δd = dM2 - dM1 = 7,00 - 6,83 = 0,17m = 17cm;

Trọng lượng hμng tối đa mμ tμu có thể nhận được lμ

Pmax = Δd x TPC = 17 x 21,7 = 370,9T;

Hiệu số mớn nước trước khi xếp hμng t1 = da - df = 6,94 - 6,72 = 0,22m;

Hiệu số mớn nước sau khi xếp hμng t2 = 0;

Vậy độ biến đổi hiệu số mớn trước vμ sau khi xếp hμng lμ Δt = t1 + t2 = 0,22m = 22cm

Khối lượng hμng nói trên sau dịch chuyển khỏi tâm mặt nổi sẽ gây ra độ biến đổi mớn

Gọi khoảng cách dịch chuyển lμ Xcr thì ta sẽ có phương trình sau PxXcr=MTCxΔt;

Vậy Xcr=MTCx Δt/P =183x22/370.9=10.8m;

Vậy khối hμng phải đặt trước LCF 10,8m Hay cách mặt phẳng sườn giữa về phía mũi một khoảng lμ : 10,8-1,5=9,3m

MCT=82.7Tm/cm;XF =0.27m trước mặt phẳng sường giữa Để tμu khởi hμnh với mớn nước

Định dạng
Số trang	30
Dung lượng	487,09 KB