Fakultet prometnih znanosti Zbirka riješenih zadataka iz Teorije leta I Davor Franjković Karolina Krajček Nikolić F L F A PB AC CP F D ZB 8 1 V 8
Sveučilište u Zagrebu Fakultet prometnih znanosti Zavod za aeronautiku Davor Franjković Karolina Krajček Nikolić Zbirka riješenih zadataka iz TEORIJE LETA I Zagreb, 15.
Izdavač Fakultet prometnih znanosti Sveučilišta u Zagrebu Za izdavača Prof. dr. sc. Hrvoje Gold Recenzenti Prof. dr. sc. Ernest Bazijanac Fakultet prometnih znanosti, Zagreb Izv. prof. dr. sc. Milan Vrdoljak Fakultet strojarstva i brodogradnje, Zagreb ISBN 978-953-43-77-6
PREDGOVOR Ova zbirka zadataka namijenjena je studentima prve godine prediplomskog studija aeronautike na Fakultetu prometnih znanosti u Zagrebu. Zbirka u potpunosti pokriva nastavni plan i program kolegija Teorija leta I kojeg studenti aeronautike (vojni i civilni piloti te kontrolori leta) slušaju u drugom semestru. Poglavlja u zbirci prate nastavni plan i program s obzirom na redoslijed i opseg gradiva u okviru nastavnog procesa. Zadaci su ilustrirani crtežima radi lakšeg razumijevanja problematike. Na kraju svakog poglavlja riješen je barem jedan zadatak pomoću Matlab-a. S obzirom da studenti aeronautike nemaju kolegij koji samostalno obrađuje mehaniku fluida općenito, Zbirka u drugom poglavlju sadrži niz zadataka iz osnova mehanike fluida koje su nužne za razumijevanje temeljnih aerodinamičkih pojmova potrebnih studentu za uspješno praćenje i svladavanje gradiva. Na kraju Zbirke dana su dva priloga, Tablica standardne atmosfere i Popis formula kojima se studenti mogu služiti na pismenom dijelu ispita. Zagreb, ožujak 15. Autori i
SADRŽAJ POPIS OZNAKA... 1 OSNOVNE VELIČINE STANJA FLUIDA... 6 OSNOVE MEHANIKE FLUIDA.. 14 STANDARDNA ATMOSFERA... 7 AEROPROFILI... 4 DIMENZIJSKA ANALIZA... 61 POTENCIJALNO STRUJANJE... 68 KRILA... 75 STRUJANJE VISKOZNOG FLUIDA... 95 UPRAVLJAČKE POVRŠINE... 17 AERODINAMIKA VELIKIH BRZINA... 11 PROPELERI... 114 AERODINAMIČKA SLIČNOST... 18 PRILOZI... 133 A. TABLICA STANDARDNE ATMOSFERE... 134 B. POPIS FORMULA... 135 BIBLIOGRAFIJA... 136 ii
POPIS OZNAKA Oznaka Opis Jedinica A Površina krila m A p Površina ploče m AR Aspektni odnos krila - C fl Koeficijent sile trenja laminarnog graničnog sloja - C M Koeficijent momenta - C S Koeficijent izbora propelera - C T Koeficijent vučne sile propelera - C p Koeficijent tlaka - C p Koeficijent snage propelera - C xi Inducirani koeficijent otpora - C z Koeficijent uzgona krila - F in Inercijalna sila N F v Vučna sila propelera N F μ Viskozna sila N H a Aerodinamički korak propelera m I t Intenzitet turbulencije - P k Snaga propelera, korisna snaga W P u Snaga motora, uložena snaga W R Radijus Zemlje m S k Klizanje propelera m V Brzina neporemećene struje zraka m/s V e Ekvivalentna brzina m/s X Parazitni otpor N X uk Ukupna sila otpora zrakoplova N c MPB Koeficijent momenta oko prednjeg brida aeroprofila - 1
c p Specifična toplina pri konstantnom tlaku J/kg K c v Specifična toplina pri konstantnom volumenu J/kg K c x Koeficijent otpora aeroprofila - c z Koeficijent uzgona aeroprofila - c zmax Maksimalni koeficijent uzgona aeroprofila - m Maseni protok kg/s m Nagib krivulje uzgona aeroprofila 1/rad p Tlak neporemećene struje zraka Pa q Dinamički tlak neporemećene struje zraka Pa w y Inducirana komponenta brzine na položaju y m/s x AC Položaj aerodinamičkog centra m x CP Položaj centra potiska m α Efektivni napadni kut rad α a Apsolutni napadni kut rad α i Inducirani napadni kut rad α z Kut nultog uzgona rad ε t Intenzitet turbulencije - ρ Gustoća neporemećene struje zraka kg/m 3 ρ n Gustoća zraka u ISA/SL kg/m 3 ρ vz Gustoća vlažnog zraka kg/m 3 V u Porast brzine kroz propeler m/s Γ Intenzitet cirkulacije m/s D Promjer m E Modul elastičnosti fluida N/m Eu Eulerov broj - Fr Froudeov broj - J Koeficijent napredovanja propelera - M Moment propinjanja Nm M Dimenzionalni simbol za masu - Ma Machov broj - Re Reynoldsov broj - St Strouhaleov broj - T Temperatura zraka u K K T Dimenzionalni simbol za vrijeme -
V Brzina zraka (zrakoplova) m/s Z Sila uzgona N e Oswaldov koeficijent - m Nagib krivulje uzgona krila 1/rad n Broj okretaja propelera u jedinici vremena okr/s p Tlak zraka Pa p z Zaustavni tlak zraka Pa p d Dinamički tlak zraka Pa t Temperatura zraka u C C u Unutrašnja energija J α Napadni kut rad β Konstruktivni kut propelera rad β Gradijent promjene temperature s visinom u ISA 1/K δ Debljina graničnog sloja m η Iskoristivost propelera - μ Dinamički koeficijent viskoznosti Pas ν Kinematički koeficijent viskoznosti m /s τ Koeficijent korekcije kuta konačnog krila - φ Relativna vlažnost zraka - φ Aerodinamički kut propelera rad 3
1 OSNOVNE VELIČINE STANJA FLUIDA Među fluide ubrajaju se sve tekućine i svi plinovi. Tehnička definicija fluida glasi: Kada na površinu fluida djeluje tangencijalno naprezanje, fluid će se neprekidno (kontinuirano) deformirati, a primijenjeno tangencijalno naprezanje će obično biti proporcionalno brzini deformacije. KRUTO TIJELO FLUID U okviru kolegija Teorija leta I, fluid će se promatrati u uvjetima u kojima se može smatrati kontinuiranim. Stanje fluida pri strujanju ili u mirovanju izražava se osobinama tj. veličinama stanja. Osnovne veličine stanja fluida su: tlak, temperatura, gustoća, viskoznost, stlačivost, specifična toplina, unutrašnja energija, entalpija, entropija, toplinska vodljivost,... Tlak p [Pa] je jednak sili po jedinici površine (N/m ). Temperatura T [K] predstavlja mjeru prosječne kinetičke energije promatranog dijela fluida. Kada nema molekularnog gibanja temperatura promatranog fluida jednaka je apsolutnoj nuli, K. Gustoća [kg/m 3 ] je omjer mase i volumena promatranog fluida. Veza između tlaka, temperature i gustoće za savršeni plin (onaj čije su međumolekularne sile zanemarive) dana je jednadžbom stanja plina: p = RT. Viskoznost je otpor kojim se fluid suprotstavlja strujanju. Mjera viskoznosti je vrijeme potrebno da se fluid pretoči iz jedne posude u drugu. Dulje vrijeme, veća viskoznost. Viskoznost promatramo posredno preko Re broja. Stlačivost predstavlja relativnu promjenu gustoće fluida (d / ) uzrokovanu promjenom tlaka za dp. Specifična toplina c p ili c v je količina topline potrebna da jedinici mase poraste temperatura za 1 K. Unutrašnja energija u je energija koju sadrže molekule zraka uslijed svog gibanja. Entalpija h je zbroj unutrašnje energije u, umnoška tlaka p i specifičnog volumena v: h = u + pv te dh = c p dt. Entropija s je veličina stanja koja predstavlja mjeru neuređenosti nekog sustava. Najveća uređenost sustava je pri apsolutnoj nuli, K. Prema 4
Osnovne veličine stanja fluida. zakonu termodinamike, entropija nikada ne može biti negativna (s ) te njena promjena između dva stanja ne ovisi o procesu između ta dva stanja. 5
Osnovne veličine stanja fluida Manometar mjeri relativni tlak Δp =,55 bar. Odredi apsolutni tlak ako se manometar nalazi u uvjetima: a) standardne atmosfere na razini mora (ISA/SL), b) atmosferskog tlaka od 98 7 Pa. Rješenje: 1.1 1 bar = 1 5 Pa Δp =,55 bar =,55 1 5 Pa a) uvjeti standardne atmosfere na razini mora (ISA/SL): p a = p n p n = 11 35 Pa ; T n = 88,15 K; ρ n = 1,5 kg/m 3 p = p a + Δp = 11 35 +,55 1 5 = 356 35 Pa = 3,56 1 5 Pa p = 3,56 1 5 Pa b) p a = 98 7 Pa p = p a + Δp = 987 +,55 1 5 = 3537 Pa = 3,537 1 5 Pa p = 3,537 1 5 Pa Transmiter apsolutnog tlaka pokazuje apsolutnu veličinu tlaka p APS =,65 bar. Izrazi taj tlak relativno u odnosu na tlak okolnog zraka p a =,98 bar i u postocima vakuuma. 1. Rješenje: p APS =,65 bar =,65 1 5 Pa p a =,98 bar =,98 1 5 Pa Δp = p APS p a =,65 1 5,98 1 5 = 33 Pa =,33 1 5 Pa p VAK =,33 1 5 Pa p VAK [%] =,33 1 = 33,7%,98 % VAKUUM p p VAK p a p APS p 1 % 6
Osnovne veličine stanja fluida 1.3 U spremniku volumena V = m 3 pri tlaku Δp = 3,5 bar (u odnosu na tlak okoline) i temperaturi t = 5 o C nalazi se zrak. Odredi masu zraka u spremniku. Rješenje: V = m 3 Δp = 3,5 bar = 3,5 1 5 Pa p = Δp + p n = 3,5 1 5 + 11 35 = 451 35 Pa t = 5 C T [K] = t [ C] + 73,15 T = t + 73,15 = 5 + 73,15 = 98,15 K R = 87,53 J/kgK p = ρ R T ρ = p R T = 451 35 = 5,73 kg/m3 87,53 98,15 m = ρ V = 5,73 = 1,55 kg 1.4 Za zrak pri temperaturi t = o C i standardnom atmosferskom tlaku na razini mora, potrebno je izračunati: a) dinamički koeficijent viskoznosti prema eksponencijalnom zakonu, b) dinamički koeficijent viskoznosti prema Sutherlandovom zakonu, c) kinematički koeficijent viskoznosti 1. Rješenje: t = C T = t + 73,15 = + 73,15 = 93,15 K p n = 11 35 Pa ρ = p n R T = 11 35 = 1,4 kg/m3 87,53 93,15 a) μ =,417 1 7 T,76 μ =,417 1 7 93,15,76 = 1,81 1 5 Pas T 1,5 b) μ = 1,458 1 6 T + 11,4 μ = 1,458 93,15 1,5 1 6 93,15 + 11,4 = 1,813 1 5 Pas c) ν = μ ρ = 1,81 1 5 1,4 = 1,55 1 5 m s 1 Kinematički koeficijent viskoznosti omjer viskoznih i inercijalnih sila 7
Osnovne veličine stanja fluida Izračunaj relativnu gustoću zraka na visini h = m, ako je tlak zraka jednak standardnom atmosferskom tlaku, a temperatura zraka je 1 C. 1.5 Rješenje: t = 1 C T = t + 73,15 = 1 + 73,15 = 83,15 K Iz tablice za standardnu atmosferu (International Standard Atmosphere, ISA) za nadmorsku visinu h = m očita se standardni tlak zraka na toj visini p a = 79 51,4 Pa ρ = p a R T = 79 51,4 =,978 kg/m3 87,53 83,15 Relativna gustoća je omjer gustoće promatranog zraka i gustoće zraka pri referentnim uvjetima (15 C i 1135 Pa) ρ r = ρ =,978 =,798 (79,8 %) ρ 1,5 Izračunaj specifične topline, unutarnju energiju i entalpiju za zrak na razini mora pri standardnim atmosferskim uvjetima. 1.6 Rješenje: p = 11 35 Pa T = 88,15 K ρ = 1,5 kg/m 3 R = 87,53 J/kgK κ = 1,4 c p = c v = κ R 1,4 87,53 = = 14,7 J kg K specifična toplina pri konstantnom tlaku κ 1 1,4 1 R κ 1 = 87,53 1,4 1 = 717,6 J kg K specifična toplina pri konstantnom volumenu * provjera: c p = c v κ = 717,6 1,4 = 14,7 J kg K c p = c v + R = 717,6 + 87,53 = 14,7 J kg K * u = c v T = 717,6 88,15 = 6 776 J/kg... specifična unutarnja energija * h = c p T = 14,7 88,15 = 89 54 J/kg... specifična entalpija 8
Osnovne veličine stanja fluida 1.7 Izračunaj rezultantnu silu koja djeluje na vrata aviona koji leti na visini 9 m u uvjetima standardne atmosfere. U unutrašnjosti aviona se, radi udobnosti putnika, održava standardan tlak na razini mora. Oblik i dimenzije vrata su: a) pravokutna: b x h =,8 x 1,8 b) cilindrična prema slici. 1,8 θ = 13 r = 7,95 m,8,8 Rješenje: * standardni tlak na 9 m: p a = 3 81 Pa * standardni tlak na razini mora: p n = 11 35 Pa a) Na vrata djeluje sila uslijed razlike tlaka Δp: Δp = p u p v = 1135 381 = 7 54 Pa unutrašnjost aviona p u okolna atmosfera p v F = Δp A = 754,8 1,8 = 11 555 N F = 11 555 N b)diferencijalno mala sila df na diferencijalno malom dijelu vrata da: df df ver d da A df = Δp da = Δp,8 ds df =,8 Δp r d θ φ r ds df hor F da =,8 ds ds = r d,8 9
Osnovne veličine stanja fluida Komponente diferencijalno male sile df u horizontalnom i vertikalnom smjeru: df hor = df cos =,8 Δp r cos d df ver = df sin =,8 Δp r sin d Integriranjem se dobivaju ukupne komponente sile F hor i F ver : θ θ θ F hor = df hor =,8 p r cos φ dφ =,8 p r sin φ θ θ θ =,8 754 7,95 (sin 6,5 sin( 6,5)) = 11 551 N θ θ θ F ver = df ver =,8 p r sin φ dφ =,8 p r cos φ θ θ θ =,8 754 7,95 (cos 6,5 cos( 6,5)) = N F = F hor = 11 551 N vertikalna komponenta sile pod b) jednaka je zbog simetričnosti vrata pa je rezultantna sila jednaka horizontalnoj komponenti rezultati pod a) i b) su jednaki jer je površina vertikalne projekcije vrata u drugom slučaju jednaka površini vrata pod a): h = r sin( /) = 7,95 sin(13/) = 1,8 m na vrata djeluje sila tlaka koja je jednaka sili težine koju ima masa od preko 1 tona, o čemu treba voditi računa pri dimenzioniranju vrata i šarki cos φ = sin φ sin φ = cos φ 1
OSNOVE MEHANIKE FLUIDA Mehanika fluida bavi se određivanjem stanja fluida, brzine, te sila kojima djeluje fluid. Fluidi obuhvaćaju sve tekućine i plinove. Specifičnost fluida je što se deformiraju pod djelovanjem i najmanje smične sile. Mehanika fluida dijeli se na tri područja primjene: hidrodinamiku, dinamiku plinova i aerodinamiku. Aerodinamika je dakle, uža djelatnost mehanike fluida čiji je glavni zadatak odrediti sile i momente kojima zrak djeluje na objekte (otpor, uzgon, moment propinjanja, ), te karakteristike strujanja unutar otvorenih kanala (strujanja u mlaznom motoru, zračnom tunelu, ili mlaznicama općenito). MEHANIKA FLUIDA HIDRODINAMIKA DINAMIKA PLINOVA AERODINAMIKA Temeljni zakoni koji omogućuju određivanje navedenih karakteristika fluida su tri zakona očuvanja (konzervacije): 1. jednadžba očuvanja količine gibanja (Momentum equation),. jednadžba očuvanja mase ili jednadžba kontinuiteta (Continuity equation) te 3. energetska jednadžba poznatija kao prvi zakon termodinamike (Energy equation). Za zrak vrijedi i 4. jednadžba stanja savršenog plina. Ta tri zakona u svom integralnom obliku uz jednadžbu stanja zraka omogućuje određivanje veličina stanja zraka (T, p, ρ i V) u svim uvjetima strujanja. Olakšavajuća činjenica je da se većina problema može riješiti uvođenjem pojedinih pretpostavki koje olakšavaju integraciju tih jednadžbi. Zbog toga se problemi rješavaju s obzirom na brzinu opstrujavanja 11
Osnove mehanike leta (podzvučno, dozvučno, krozzvučno, nadzvučno) i područje (pod područje se misli na granični sloj, izvan granični sloj, vrtložni trag, strujanje u mlaznicama, strujanje u motoru i slično). 1. ZAKON OČUVANJA KOLIČINE GIBANJA (MOMENTUM EQUATION) Zakon očuvanja količine gibanja kaže da je brzina promjene količine gibanja kontrolnog volumena jednaka je zbroju vanjskih (masenih, površinskih i ostalih) sila koje djeluju na taj materijalni volumen. t ρv d + (ρv ds) V S = ρf d pds + F visc + F kont + F osl S Iz ovog zakona izvedena je Eulerova jednadžba koja se primjenjuje za opisivanje strujanja izvan graničnog sloja i u stlačivom i nestlačivom slučaju opstrujavanja. Ako se jednadžba integrira uz pretpostavku nestlačivog strujanja (pretpostavlja se da se gustoća ne mijenja s promjenom tlaka) dobit će se poznata Bernoullijeva jednadžba. strujanje izvan graničnog sloja (možemo zanemariti viskoznost) granični sloj (viskozno strujanje) V vrtložni trag Ako se promatra stlačivo strujanje tada je potrebno primijeniti integralni oblik Eulerove jednadžbe jer se i gustoća s promjenom tlaka mijenja. Ako se stlačivo strujanje odvija bez izmjene topline s okolinom i bez trenja u sustavu, promjena gustoće s tlakom opisuje se izentropskim zakonom, pa je moguće integrirati Eulerovu jednadžbu pri čemu se dobiva Saint-Venantova jednadžba. Saint-Venantova jednadžba opisuje dakle, stlačivo izentropsko strujanje (napomena: moguće ju je izvesti i pomoću ZAKONA O OČUVANJU ENERGIJE).. ZAKON OČUVANJA MASE ILI JEDNADŽBA KONTINUITETA Zakon očuvanja mase kaže da masa ne može biti stvorena niti uništena. Kada se promatra kontrolni volumen, masa može ući i izaći kroz granice kontrolnog volumena. Međutim, kako se masa ne može stvoriti niti uništiti, to znači da se masa unutar kontrolnog volumena mora moći mijenjati kako bi uračunali protok mase kroz granice kontrolnog volumena. Drugim riječima, brzina promjene mase za promatrani kontrolni volumen mora biti konstatna, m konst. 1
Osnove mehanike fluida 3. ZAKON OČUVANJA ENERGIJE Zakon očuvanja energije, uključuje koncept unutrašnje energije sustava u. U ovom slučaju sustav je fluid koji se nalazi unutar kontrolnog volumena KV, a unutrašnja energija predstavlja sumu svih energija, svih molekula unutar KV. Ukupna energije u termodinamici dijeli se na kinetičku (ona vezana uz gibanje molekula: brzina, rotacije i vibracije) i potencijalnu (statička energija mirovanja, energija kemijskih veza). Zakon očuvanja energije ili 1. zakon termodinamike primijenjen na KV kaže da je promjena unutrašnje energije u KV posljedica izvršenog rada w i/ ili dodane topline q: q+ w = u 13
Osnove mehanike leta.1 Na ispitnom stolu istražuje se horizontalna sila koju stvara ispuh mlaznog motora na vertikalno postavljenu ravnu ploču. Brzina ispuha je 15 m/s pri standardnim uvjetima na razini mora, a promjer ispuha je,3 m. Odredi veličinu horizontalne sile u osloncu. Ispuh ima karakteristike zraka. Pretpostavke: p n - stacionarno strujanje - nestlačivo - ravnomjeran raspored brzina po presjeku V D x gdje fluid sječe granicu kontrolnog volumena - promatramo sile u x-smjeru. Rješenje: I način: Odabran je kontrolni volumen tako da je površina na lijevoj strani jednaka površini na desnoj. Kontrolni volumen sječe oslonac. Ako se sila kojom oslonac djeluje na kontrolni volumen F pretpostavi pozitivnom, sila kontrolnog volumena na oslonac bit će jednaka po iznosu, ali suprotno usmjerena. Kako je strujanje stacionarno, prvi član u jednadžbi očuvanja količine gibanja je jednak nuli. Kontrolni volumen se ne naslanja na vanjske objekte pa je sila na konturu (F K ) također jednaka nuli. t ρv KV d + (ρv ds) V KP = F G + F p + F K + F o V D p n x ρvvs 1 = p n S p n S + F o F o = ρvvs 1 = 1,5 15,3 π 4 = 1948 N F o F x = F o = 1948 N 14
Osnove mehanike fluida II način: Odabran je kontrolni volumen tako da je površina na lijevoj strani jednaka površini na desnoj. Kontrolni volumen ne sječe oslonac. Međutim, kontrolni volumen je u dodiru sa osloncem preko nekoliko dijelova kontrolne površine. Oslonac/kontura na kontrolni volumen djeluje silom F K. p n t ρv KV d + (ρv ds) V KP = F G + F p + F K + F o V F K x ρvvs 1 = p n S p n S + F K F K = ρv S 1 = 1,5 15,3 π 4 = 1948 N F x = F K = 1948 N III način: Odabran je kontrolni volumen tako da je površina na lijevoj strani jednaka površini na desnoj. Sila oslonca/konture na kontrolni volumen označena je s F K. t ρv d + (ρv ds) V = F G + F p + F K + F o KV KP ρvvs 1 = p n S + F K F K = p n S ρv S 1 = 1,5 15,3 π 4 = 1948 N V p n F K F x = F K = p n S + ρv S 1 F x = F x p n S = p n S + ρv S 1 p n S F x ' p n F x = ρv S 1 = 1948 N 15
Osnove mehanike leta. Na ulaznom suženju protočnog presjeka mlaznog motora izmjeren je pad tlaka od 5 mm H O. Ako je promjer ulazne cijevi smanjen sa D 1 = 5 mm na D = mm, a zrakoplov leti na visini H = m, odredi: a) protok zraka kroz motor b) brzinu zrakoplova c) dinamički tlak izmjeren pomoću Pitot-Prandtl cjevčice postavljene u suženom dijelu. Strujanje smatrati izotermnim i nestlačivim. ΦD1 1 3 ΦD h H h 3 Δh H 1 ΔH H O H O Rješenje: H = m ρ = 1,65 kg m 3 m = konst. jednadžba kontinuiteta ρ 1 V 1 A 1 = ρ V A uz ρ 1 = ρ = ρ slijedi V 1 A 1 = V A odnosno: V 1 D 1 = V D V 1 = D V D (1) 1 Jednadžba manometra od točke 1 do točke : p 1 + ρ a gh 1 = p + ρ a gh + ρ v g H p 1 p = ρ v g H ρ a g(h 1 H ) = ρ a g H ( ρ v ρ a 1) () 16
Osnove mehanike fluida Bernoullijeva jednadžba između točaka 1 i : p 1 + 1 ρ av 1 = p + 1 ρ av p 1 p = 1 ρ a (V V 1 ) (3) () u (3) 1 ρ a (V V 1 ) = ρ a g H ( ρ v ρ a 1) V (1 V 1 (1) u (4) V [1 ( D 4 ) ] = g H ( ρ v 1) D 1 ρ a V ) = g H (ρ v ρ a 1) (4) g H ( ρ v 1) ρ V = a 1 ( D 4 = ) D 1 9,81,5 ( 1 1,65 1) 1 (,,5 ) 4 = 18,5 m/s D π a) Q = V A = V 4 = 18,5, π = 4,4 m 3 s 4 b) V 1 = V D D = 18,5, = 8, m/s 1,5 p + 1 ρ av = p 3 p 3 p = 1 ρ av Bernoullijeva jednadžba p 3 + ρ a gh 3 = p + ρ a gh + ρ v g h jednadžba manometra od točke do točke 3 p 3 p = ρ v g h ρ a g(h 3 h ) = ρ a g h ( ρ v ρ a 1) 1 ρ av = ρ a g h ( ρ v ρ a 1) h = V g ( ρ v ρ a 1) = 18,5 9,81 ( 1 1,646 1) =,847 m p d = ρ v g h = 1 9.81.847 = 839 Pa 17
Osnove mehanike leta.3 Mlazni motor ispituje se na eksperimentalnom stolu u uvjetima standardne atmosfere na razini mora (ISA/SL). Ulazni promjer motora je 4 mm, a izlazni 36 mm. Maseni protok zraka na ulazu iznosi 15,4 kg/s, a temperatura plinova izgaranja na izlazu iz motora (pretpostaviti da imaju svojstva zraka) je 56 C. Odrediti: a) brzinu leta koju simuliraju gornji uvjeti (brzina zraka na ulazu u motor) b) brzinu plinova izgaranja na izlazu iz motora c) silu kojom plinovi djeluju na ploču postavljenu okomito na pravac strujanja, neposredno iza motora. 1 p a 4 m T 36 Rješenje: p 1 = p = p a = 1135 Pa T = 56 C = 833,15 K ρ 1 = 1,5 kg m 3 ρ = p 1135 = =,437 kg m3 RT 87,53 833,15 a) m 1 = ρ 1 V 1 A 1 = ρ 1 V 1 D 1 π 4 V 1 = 4m 1 ρ 1 D 1 π = 4 15,4 1,5,4 = 1 m/s π b) m 1 = m ρ 1 V 1 A 1 = ρ V A π D 1 π ρ 1 V 1 4 = ρ D V 4 ρ 1 V = V 1 ( D 1 ) ρ D 1,5 = 1,437 (4 36 ) = 357 m/s c) F = m V = 15,4 357 = 5497 N kontrolni volumen m V F 18
Osnove mehanike fluida Mlaznica aerodinamičkog tunela izrađena je u obliku kružne redukcije s promjerom D = 16 mm do promjera d = 9 mm. Zrak iz mlaznice nastrujava na maketu zrakoplova u standardnim atmosferskim uvjetima na h = m. U cijev ispunjena vodom pokazuje nadtlak od Δh = 15 mm H O. Odredi: a) brzinu zraka na izlazu iz mlaznice b) protok kroz mlaznicu c) silu u vijcima koji drže mlaznicu d) skicirati raspored tlaka duž mlaznice e) kolikom bi silom djelovao mlaz zraka na vertikalni zid koji bi stajao umjesto makete na razmaku većem od d/4..4 ΦD = 16 mm 1 Φd = 9 mm Δh Rješenje: B. J. 1 : p 1 + 1 ρv 1 = p + 1 ρv p = p 1 p = ρ v gh ρ v gh = 1 ρ(v V 1 ) J. K. 1 : V 1 D = V d V 1 = V ( d D ) ρ v ρ gh = V V ( d D ) 4 ρ v ρ gh = V [1 ( d D ) 4 ] 19
Osnove mehanike leta ρ v gh 1 9,81,15 a) V = ρ [1 ( d = 4] D ) 1,5 [1 (,9 = 51,7 m/s 4 1,6 ) ] V 1 = V ( d D ) = 51,7 (,9 1,6 ) = 16,35 m/s D π b) Q = V 1 A 1 = V 1 4 = 16,35 1,6 π = 3,9 m 3 s 4 c) y A 1 p a x p 1 A F K p m V 1 1 m V p a J. K. G. 1 : t ρv d + (ρv da) V S = F G + F p + F K + F o ρv 1 A 1 + ρv A = p 1 A 1 p A p a (A 1 A ) + F K ρv 1 A 1 + ρv A = p 1 A 1 p A p a A 1 + p a A + F K ρv 1 A 1 + ρv A = p 1 A 1 p A 1 + F K ρv 1 A 1 = m 1V 1 = ρv D π 1 4 = 1,5 16,35 1,6 π = 658,4 N 4 ρv A = m V = ρv d π 4 = 1,5 51,67,9 π = 8,6 N 4 p = 1135 Pa
Osnove mehanike fluida p = ρ v gh = 1 9,81,15 = 1471,5 Pa p 1 = p + p = 1135 + 1471,5 = 1796,5 Pa D π p 1 A 1 = p 1 4 = 1796,5 1,6 π = 6 685 N 4 D π p A 1 = p 4 = 1135 1,6 π = 3 76 N 4 ρv 1 A 1 + ρv A = p 1 A 1 p A 1 + F K F K = ρv 1 A 1 + ρv A p 1 A 1 + p A 1 F K = 658,4 + 8,6 6685 + 376 = 1536,8 N F x = F K = 1536,8 N d) p t1 p t p 1 p a e) F = m V = 8,6 N y x V 3 A 3 m V V A V 3 A 3 1
Osnove mehanike leta.5 Odredi silu otpora aeroprofila F x (dvodimenzionalnog tijela) u aerodinamičkom tunelu primjenom jednadžbe održanja količine gibanja. u u 1 strujnica p = p b a e aeroprofil d c y f g x i p = p h Rješenje: u 1 = konst u = f(y) t ρv d + (ρv da) V S = ρf d pda + F visc + F kont + F osl S a) (ρv da) V S + pda = F kont S Newton ov zakon F e kont Sila na kontrolni volumen d f F kont Sila na konturi tijela
Osnove mehanike fluida x: (ρv da) u + (pda) x = (F x ) kont = F D S S F D = (ρv da) u S a b a b F D = [ (ρ 1 u 1 dy)u 1 + (ρ u dy)u ] = (ρ 1 u 1 dy)u 1 (ρ u dy)u i h i h a b J. K. ρ 1 u 1 dy + ρ u dy = i h a b ρ 1 u 1 dy = ρ u dy i h u 1 a b ρ 1 u 1 dy = ρ u u 1 dy i h uvrstiti u izraz za F D b b F D = ρ u u 1 dy ρ u dy h h F D = ρ u (u 1 u )dy h b ρ = konst F D = ρ u (u 1 u )dy b h 3
Osnove mehanike leta.6 Ulazni promjer Venturijeve cijevi iznosi D = 5 mm, a promjer na najužem dijelu je d = 1 mm. Ako U cijev mjeri razliku u visini vode Δh = 45 mm, a nalazi se na visini H = 6 m odredi: a) maseni protok kroz Venturijevu cijev b) volumni protok c) brzinu leta (brzinu na ulazu u cijev V 1 ). V 1 D 1 d Δh ρ v Rješenje: a) H = 6 m ρ =,6596 kg/m 3 Jednadžba kontinuiteta: V 1 A 1 = V A V 1 D = V d V 1 V = d D Jednadžba manometra od točke 1 do točke : p 1 + ρg h = p + ρ H Og h p 1 p = ρ H Og h ρg h = ρg h ( ρ H O ρ 1) 4
Osnove mehanike fluida Bernoullijeva jednadžba između točaka 1 i : p 1 + 1 ρv 1 = p + 1 ρv p 1 p = 1 ρ(v V 1 ) 1 ρ(v V 1 ) = ρg h ( ρ H O ρ 1) V (1 V 1 V ) = g h (ρ H O ρ 1) V [1 ( d D ) 4 ] = g h ( ρ H O ρ 1) g h ( ρ H O ρ 1) V = 1 ( d 4 = D ) 9,81,45 ( 1,6596 1) 1 (,1,5 ) 4 = 117, m/s d π m = ρv A = ρv 4 =,6596 117,,1 π =,67 kg/s 4 d π b) Q = V A = V 4 = 78,11,1 π =,9 m 3 s 4 d c) V 1 = V D = 117..1.5 = 18.75 m s ( 67.5 km/h) 5
Osnove mehanike leta.7 Mlazni motor prikazan na slici testira se na ispitnom stolu. Brzina zraka na ulazu je 15,5 m/s, dok ispušni plinovi postižu brzinu od 166,8 m/s. Tlak zraka na ulazu i tlak ispušnih plinova na izlazu, jednak je atmosferskom tlaku zraka. Odnos količine gorivo/zrak je 1/5, a površina ulazne i izlazne površine motora je jednaka i iznosi,186 m. Gustoća zraka na ulazu je 1,37 kg/m 3. Odredi silu kojom je potrebno držati motor da bi bio u ravnoteži. 1 m f V 1 V x b) Rješenje: m f A 1 = A = A m a m a m f p 1 = p = p a p 1 A 1 p A T x x J. K. G. F x + m av 1 = (m a + m f)v F x ukupna vanjska sila koja djeluje na motor, a uključuje sile tlaka i silu reakcije na podlogu T x p 1 A 1 p A + T x + m av 1 = (m a + m f) V T x = (m a + m f) V m av 1 = (1 + m f ) m m av m av 1 = [(1 + m f ) V a m V 1 ] m a a m a = ρ 1 V 1 A 1 maseni protok zraka kroz motor T x = [(1 + m f ) V m V 1 ] ρ 1 V 1 A 1 = [(1 + 1 ) 166,8 15,4] 1,37,186 15,4 = 3 811 N a 5 Statički potisak motora bio bi jednak po iznosu i suprotno usmjeren. 6
3 STANDARDNA ATMOSFERA Stanje atmosfere značajno se mijenja ovisno o klimatskim uvjetima, godišnjem dobu, visini, a i u tijeku dana. S obzirom da aerodinamičke karakteristike letjelica bitno ovise o gustoći zraka i brzini širenja zvuka u zraku, usvojena je međunarodna standardna atmosfera (International Standard Atmosphere, ISA), kako bi se mogle uspoređivati performanse zrakoplova i kalibrirati instrumenti. Standardnu atmosferu propisala je međunarodna organizacija za civilno zrakoplovstvo (International Civil Aviation Organization, ICAO) na temelju statističkog uzorka prikupljanog dugi niz godina. U standardnoj atmosferi nema vlage i vlada vertikalna ravnoteža. U standardnoj atmosferi zadana je promjena temperature T s visinom H. U troposferi (do 11 km visine), temperatura se smanjuje s gradijentom od,65 po jedinici visine, odnosno svakih kilometar visine temperatura padne za 6,5 C. U stratosferi od 11 do km visine temperatura ostaje konstantna i iznosi 16,6 K (-56,5 C). Pomoću definiranog zakona promjene temperature s visinom u standardnoj atmosferi i zakona vertikalne ravnoteže u zraku, integrirane su jednadžbe koje daju promjenu tlaka s visinom. Uz poznatu promjenu temperature i tlaka jednostavno je tada odrediti i promjenu gustoće s visinom u skladu s jednadžbom stanja plina. Standardni atmosferski uvjeti na razini mora ISA/SL iznose: p n = 11 35 Pa T n = 88,15 K ρ n = 1,5 kg/m 3 7
Standardna atmosfera 3.1 Izračunaj stanje standardne atmosfere na visinama: Rješenje: a) 4 m, b) 14 m. Uvjeti ISA / SL: p n = 11 35 Pa ; T n = 88,15 K ; ρ n = 1,5 kg/m 3 ; Srednji polumjer Zemljine kugle: R = 6357 km a) h = 4 m H = R R + h h = 6357 1 3 6357 1 3 4 = 3997,5 m geopotencijalna visina + 4 T = T n β H = 88,15 6,5 1 3 3997,5 = 6,17 K p = p n (1,56 1 5 H) 5,56 = 1135 (1,56 1 5 3997,5) 5,56 = 61 656 Pa ρ = ρ n (1,56 1 5 H) 4,56 = 1,5 (1,56 1 5 3997,5) 4,56 =,819 kg/m 3 μ =,417 1 7 T,76 =,417 1 7 6,17,76 = 1,665 1 5 Pas ν = μ ρ = 1,665 1 5,819 =,3 1 5 m /s b) h = 14 m H = R R + h h = 6357 1 3 6357 1 3 14 = 13 969 m + 14 T = T 11 = 16,65 K = 56,5 C p = p 11 e [ 1,577 1 4 (H 11 )] = 67 e [ 1,577 1 4 (14 11)] = 14 98 Pa ρ = ρ 11 e [ 1,577 1 4 (H 11 )] =,3639 e [ 1,577 1 4 (14 11)] =,7 kg/m 3 μ =,417 1 7 T,76 =,417 1 7 16,65,76 = 1,443 1 5 Pas ν = μ ρ = 1,443 1 5,7 = 6,353 1 5 m /s 8
Standardna atmosfera Na temelju izmjerene temperature +6 C i tlaka 83 8 Pa, potrebno je odrediti visinu prema: a) temperaturi, b) tlaku i c) gustoći. 3. Rješenje: t = 6 C T = t + 73,15 = 6 + 73,15 = 79,15 K p = 83 8 Pa a) visina prema temperaturi T = T n β H H = T n T β = 88,15 79,15 6,5 1 3 = 1384,6 m h = R R H H = 6357 1 3 6357 1 3 1384,6 = 1384,9 m 1384,6 b) visina prema tlaku p = p n (1,56 1 5 H) 5,56 ( p 5,56 ) = 1,56 1 5 H p n 1 H = 1,56 1 5 [1 ( p 1 5,56 1 83 8 ) ] = [1 ( p n,56 1 5 11 35 ) 1 5,56 ] = 157,9 m h = R R H H = 6357 1 3 6357 1 3 157,9 = 1573,3 m 157,9 c) visina prema gustoći p = ρ R T ρ = p R T = 838 = 1,458 kg m3 87,53 79,15 ρ = ρ n (1,56 1 5 H) 4,56 ( ρ 4,56 ) = 1,56 1 5 H ρ n 1 H = 1,56 1 5 [1 ( ρ 1 4,56 1 ) ] = [1 (1,458 ρ n,56 1 5 1,5 ) 1 4,56 ] = 1617 m h = R R H H = 6357 1 3 6357 1 3 1617 = 1617,4 m 1617 9
Standardna atmosfera 3.3 Za koliko je veća gustoća suhog zraka u odnosu na zrak potpuno zasićen vodenom parom pri tlaku p = 11 35 Pa i temperaturi t = o C. Parcijalni tlak vodene pare u potpuno zasićenom zraku iznosi p para = 337 Pa. Rješenje: p = 1135 Pa t = C T = t + 73,15 = + 73,15 = 93,15 K p para = 337 Pa R zrak = 87,53 J/kgK R para = 461,6 J/kgK I način suhi zrak: ρ sz = p R zrak T = 1135 87,53 93,15 = 1,41 kg/m3 (bez pare u zraku) vlažni zrak: p = p zrak + p para p zrak = p p para = 1135 337 = 98 988 Pa p ukupan tlak vlažnog zraka ρ zrak = ρ para = p zrak R zrak T = 98988 = 1,1763 kg/m3 87,53 93,15 p para R para T = 337 =,173 kg/m3 461,6 93,15 gustoća suhog zraka u smjesi vlažnog zraka...gustoća vodene pare u smjesi vlažnog zraka ρ VZ = ρ zrak + ρ para = 1,1763 +,173 = 1,1936 kg m 3 gustoća vlažnog zraka *razlika gustoća: ρ = ρ SZ ρ VZ = 1,41 1,1936 =,15 kg/m 3 ρ [%] = ρ 1 =,15 1 =,873 % ρ SZ 1,41 3
Standardna atmosfera II način suhi zrak: ρ sz = p R zrak T = 1135 = 1,41 kg m3 (bez pare u zraku) 87,53 93,15 vlažni zrak: φ = p p p pz = 337 98988 =,36 p pz parcijalni tlak pare ρ VZ = p a R n T φ p pz ( 1 1 ) T R n R p ρ VZ = 1135 87,53 93,15,36 98988 93,15 1 ( 87,53 1 ) = 1,1936 kg/m3 461,6 *razlika gustoća: ρ = ρ SZ ρ VZ = 1,41 1,1936 =,15 kg/m 3 ρ [%] = ρ 1 =,15 1 =,87 % ρ VZ 1,41 * F Z ρ smanjenje gustoće zraka uzrokuje smanjenje sile uzgona * F T ρ smanjenje gustoće zraka (manja količina kisika) rezultira manjom silom potiska, odnosno manjom snagom motora 31
Standardna atmosfera 3.4 Odredi visinu po tlaku, gustoći i temperaturi, na osnovu izmjerenog tlaka od Pa i temperature 4 C uz pretpostavku standardnih atmosferskih uvjeta. Rješenje: Izmjereni tlak zraka od Pa u standardnim atmosferskim uvjetima odgovara visini po tlaku iznad 11 km, pa se primjenjuju jednadžbe koje vrijede za niže dijelove stratosfere od 11 do km: p = p 11 e [ 1,577 1 4 (H 11 )] = 63 e [ 1,577 1 4 (H 11 )] ρ = ρ 11 e [ 1,577 1 4 (H 11 )] =,3639 e [ 1,577 1 4 (H 11 )] T = T 11 = 16,65 K a) Visina po tlaku p = 63 e [ 1,577 1 4 (H 11 )] p 63 = e[ 1,577 1 4 (H 11 )] 1,577 1 4 p (H 11 ) = ln ( 63 ) ( 1,577 1 4 ) p H = 6341,15 ln ( ) + 11 = 6341,15 ln ( ) + 11 = 11 784 m 63 63 b) Visina po gustoći ρ =,3639 e [ 1,577 1 4 (H 11 )] ρ,3639 = e[ 1,577 1 4 (H 11 )] 1,577 1 4 ρ (H 11 ) = ln (,3639 ) ρ H = 6341,15 ln ( ) + 11,3639 Gustoća zraka može se odrediti pomoću jednadžbe stanja na temelju izmjerenog tlaka i temperature zraka. ρ = p R T = =,514 kg /m3 87,53 77,15 3
Standardna atmosfera H = 6341,15 ln (,514 ) + 11 = 13 345 m,3639 c) Visina po temperaturi ne može se odrediti jer je temperatura konstantna u rasponu visina od 11 do km u uvjetima standardne atmosfere. T = T 11 = 16,65 K 1.8 1.6 x 14 Promjena temperature, tlaka i gustoće s visinom ISA T/T n p/p n / n 1.4 1. h [m] 1.8.6.4..1..3.4.5.6.7.8.9 1 / n, p/p n, T/T n 33
Standardna atmosfera 3.5 Balon ukupne mase 5 kg i promjera sfere m nalazi se na visini 1 m u uvjetima standardne atmosfere. Balon je ispunjen zrakom povišene temperature koji se grije plamenom s donje strane (otvoren prema atmosferi). Smatrajući da je zrak u balonu idealno izmiješan, odredi temperaturu zraka da balon bude u ravnoteži. Fz - aerostatski uzgon Rješenje: H = 1 m D = m m = 5 kg D F G zrak H = 1 m Temperatura, tlak i gustoća zraka na 1 m: F G balon T = T n β H = 88,15 6,5 1 3 1 = 81,65 K p = p n (1,56 1 5 H) 5,56 = 135 (1,56 1 5 1) 5,56 = 89 873 Pa ρ = ρ n (1,56 1 5 H) 4,56 = 1,5(1,56 1 5 1) 4,56 = 1,1116 kg/m 3 V = 1 6 πd3 = 1 6 π 3 = 4189 m 3 volumen zraka u balonu F Z = F G zrak + F G balon jednadžba ravnoteže sila na balon ρgv = ρ zrak gv + mg gv ρ zrak = ρ m V 5 = 1,1116 =,99 kg m3 gustoća toplog zraka u balonu 4189 T zrak = p ρ zrak R = 89 873 = 315,5 K (4,4 C),99 87,53 34
Standardna atmosfera Zrakoplov leti na visini 3 m u uvjetima standardne atmosfere. Brzinomjer koji je kalibriran prema nestlačivom strujanju na nultoj nadmorskoj razini pokazuje brzinu 8 km/h. Odredi stvarnu brzinu zrakoplova u slučajevima idealnog (bez greške) instrumenta ako je: a) točno mjerenje statičkog tlaka b) postoji pogreška pri mjerenju statičkog tlaka: 3.6 Rješenje: ε = p mjereno p stvarno p stvarno = ± %. U standardnim atmosferski uvjetima na visini 3 m, tlak i gustoća zraka su: p = p n (1,56 1 5 H) 5,56 = 1135 (1,56 1 5 3) 5,56 = 715 Pa ρ = ρ n (1,56 1 5 H) 4,56 = 1.5 (1,56 1 5 3) 4,56 =,991 kg/m 3 U slučaju idealnog instrumenta indicirana brzina zrakoplova (Indicated Airspeed, IAS) koju pilot očitava na brzinomjeru (Airspeed Indicator) jednaka je ekvivalentnoj brzini (Equivalent Airspeed, EAS). a) V i = V e = 8 km/h p z p stv = p d p z p stv 1 V pmj p stv Razlika zaustavnog i statičkog tlaka koristi se za određivanje brzine leta zrakoplova tako da se stvarna vrijednost dinamičkog tlaka p z p stv = 1 ρ nv e pd V kalibrira pomoću gustoće zraka u ISA/SL uvjetima n. p stv + 1 ρv p stv = 1 ρ nv e V = V e ρ n ρ = 8 1,5,991 = 35 km h = 9,3 m s b) p mj p stv p stv = ± % =, p mj p stv =, p stv p z p stv 1 V p mj = 1,p stv pmj 1, p stv 35
Standardna atmosfera p stv + 1 ρv p mj = 1 ρ nv e p stv + 1 ρv 1,p stv = 1 ρ nv e 1 ρv = 1 ρ nv e +,p stv ρ V = ρ (1 ρ nv e +,p stv ) =,991 (1 1,5 (8 3,6 ) +, 715 ) = 16 m s 3.7 Zrakoplov leti u uvjetima standardne atmosfere. Visinomjer zrakoplova pokazuje visinu po tlaku od 5 m. Indicirana brzina na idealnom instrumentu (bez greške) koji je baždaren u uvjetima standardne atmosfere na H = m pokazuje brzinu km/h. Odredi: a) uvjete okolne atmosfere b) stvarnu brzinu zrakoplova c) brzinu zvuka d) Machov broj. Rješenje: a) uvjeti okolne atmosfere (tlak, temperatura i gustoća zraka) p = p n (1,56 1 5 H) 5,56 = 1135 (1,56 1 5 5) 5,56 = 5587 Pa T = T n β H = 88,15 6,5 1 3 5 = 54,35 K (t = 18,8 C) ρ = p RT = 5587 =,7 kg m3 87,53 54,35 b) stvarna brzina zrakoplova V 1 ρ nv e = 1 ρv V = V e ρ n ρ = 3,6 1,5,7 = 7,5 m s (61 km h) c) a = κrt = 1,4 87,53 54,35 = 319,7 m/s d) Ma = V a = 7,5 319,7 =,7 36
Standardna atmosfera Zrakoplov leti na visini h = 5 m. Indikator brzine zrakoplova koji je umjeren (baždaren) u uvjetima standardne atmosfere na h = m pokazuje brzinu V i = 35 km/h. Ako je brzinomjer tipa Pitot-Prandtl odredi stvarnu brzinu zrakoplova i Machov broj. p 3.8 Rješenje: 1 p V p p + 1 ρv = p + ρg h h p = 1 ρv dinamički tlak H O I način: h = m ρ n = 1,5 kg m 3 V i = V e = 35 1 = 97, m/s 36 p = 1 ρ nv i = 1 1,5 97, = 5789, Pa h = 5 m ρ a =,7364 kg m 3 p = 1 ρ av V = p = 5789, ρ a,7364 = 15,4 m s II način: ρ n V e = ρv V = V e ρ n ρ 1,5 = 97,,7364 = 15,4 m s Pogreška: V = V i V = 97, 15,4 = 8, m/s V[%] = V V = 8, 1 =,5 % 15,4 37
Standardna atmosfera Ma = V p ; κ = 1,4; R = 87,53 J kg K ; T = a ρr a = κrt = κr p ρr = κ p 5448,3 = 1,4 = 3,6 m s ρ,7364 Ma = V a = 15,4 3,6 =,391 3.9 Zrakoplov leti na visini H = 6 m, brzinom V = 4 km/h. Odredi: a) statički tlak okolne atmosfere b) dinamički tlak c) totalni tlak d) ekvivalentnu brzinu zrakoplova e) Machov broj. Rješenje: a) p a = p n (1,56 1 5 H) 5,56 = 1135 (1,56 1 5 6) 5,56 = 47176 Pa b) p d = 1 ρ av ρ a = ρ n (1,56 1 5 H) 4,56 = 1,5 (1,56 1 5 6) 4,56 =,6596 kg m 3 p d = 1 ρ av = 1,6596 (4 3,6 ) = 471,6 Pa c) p = p a + p d = 47176 + 471,6 = 51 47,6 Pa d) ρ n V e = ρ a V V e = V ρ a = 4 ρ n 3,6,6596 1,5 = 81,5 m s e) T a = T n β H = 88,15 6,5 1 3 6 = 49,15 K (t = 4 C) a = κrt = 1,4 87,53 49,15 = 316,4 m s Ma = V a = 4 3,6 316,4 =,351 38
4 AEROPROFILI Aeroprofil predstavlja presjek krila, kraka propelera ili lopatice kompresora i turbine u motoru. Pri određivanju sila i momenata aeroprofil ima iste karakteristike kao i beskonačno krilo. Aeroprofil prema tome predstavlja isječak jedinične širine iz krila beskonačnog raspona. U zračnom tunelu se aeroprofil postavlja između dva zida kako bi se odredile njegove karakteristike bez utjecaja prestrujavanja na vrhovima krila. Strujanje oko aeroprofila je dvodimenzionalno, što znači da se jednaka slika strujanja ponavlja u svakom presjeku xz ravnine. Američka NASA (National Aeronautics and Space Administration) prije zvana NACA (National Advisory Commitee for Aeronautics) testirala je brojne aeroprofile i razvila sistematičnu seriju presjeka koja je predstavljena u NACA Report No. 84, Summary of Airfoil Data. NACA aeroprofili podijeljeni su u šest serija s obzirom na značenje oznaka koje su kombinacija teoretskih, geometrijskih i eksperimentalno određenih karakteristika pojedinog aeroprofila. Tipična promjena koeficijenta uzgona c z sa napadnim kutom α prikazana je na slici 4.1. Pri malim i srednjim napadnim kutovima c z se linearno mijenja sa promjenom α. Nagib krivulje uzgona u linearnom dijelu obilježava se sa m. Strujnice zraka prate površinu aeroprofila gotovo cijelom dužinom pa je opstrujavanje glatko. c z c z dcz cz a d - z 1.6 1.6 1. početak separacije 1. c z, - c z, 1.8.8 α -α 1.4.4 c z α-α z α z 4 8 1 α - 4 8 1 α Pri većim napadnim kutovima, struja zraka nastoji se odvojiti od gornje površine aeroprofila pri čemu dolazi do vrtloženja strujnica na zadnjem dijelu aeroprofila. To odvajanje nastaje zbog viskoznosti fluida o čemu će biti riječ u poglavlju 8. Zbog odvajanja pri velikim napadnim kutovima dolazi do pada c z i velikog porasta koeficijenta otpora c x. Kaže se da je došlo do sloma uzgona (stall). Maksimalna vrijednost koeficijenta uzgona 39
Aeroprofili neposredno prije sloma uzgona označava se sa c z max i predstavlja kritični parametar s obzirom da određuje brzinu stall-a zrakoplova V stall. Što je veći c z max, manja je brzina V stall. Pri malim napadnim kutovima definirane su još neke bitne karakteristike aeroprofila. Koeficijent uzgona kada je napadni kut α = ima neku konačnu vrijednost, odnosno aeroprofil je potrebno postaviti pod neki negativni napadni kut da bi uzgon bio nula. Napadni kut pri kojem nema uzgona naziva se kut nultog uzgona i obilježava sa α z. Simetrični aeroprofili imaju α z =, dok pozitivno zakrivljeni aeroprofili (oni čija je srednjaka iznad tetive) obično imaju mali negativni kut nultog uzgona. Prema tome, α z predstavlja mjeru zakrivljenosti aeroprofila. Što je apsolutna vrijednost α z veća, veća je i zakrivljenost aeroprofila. MOMENT OKO TOČKE NA AEROPROFILU Ukupna aerodinamička sila djeluje u centru potiska CP (center of pressure) koji se nalazi na udaljenosti od prednjeg brida PB aeroprofila. Položaj centra potiska mijenja se s promjenom napadnog kuta kod nesimetričnih aeroprofila. Ideja je svesti djelovanje aerodinamičke sile na neku drugu točku aeroprofila koja se neće mijenjati s promjenom napadnog kuta. Ta točka naziva se aerodinamički centar AC (aerodynamic center) i za podzvučne aeroprofile nalazi se približno na 1/4 tetive aeroprofila c. CP F L F A PB 8 AC CP F D ZB 1 V 8 F A F A 8 AC CP 1 V 8 F A 4
Aeroprofili Rezultat svođenja djelovanja aerodinamičke sile iz CP u AC je dodatni moment propinjanja oko AC. Moment oko AC pozitivno zakrivljenih podzvučnih aeroprofila je negativan - spušta nos zrakoplova, odnosno smanjuje napadni kut. F A M A AC CP 8 1 V 8 F L M A 8 AC CP F D 1 V 41
Aeroprofili 4.1 Raspored tlaka na gornjaci i donjaci aeroprofila pri nultom napadnom kutu, standardnim uvjetima na razini mora i brzini strujanja od 18 km/h dan je na slici. Relativni tlakovi iznose p g = 1 mm H i p d = 5 mm H. Duljina tetive je 1 m. Odredi: a) silu uzgona po jedinici raspona krila, b) koeficijent uzgona, c) moment oko napadnog brida, d) centar potiska. F 1 Δp g F df - x x + Δp d F 3 F 4 dx Δp c/ c Rješenje: V = 18 km/h = 18/3,6 = 5 m/s p g = 1 mm H p d = 5 mm H p g = ρ v gh = 1 9,81 (,1) = 981 Pa p d = ρ v gh = 1 9,81,5 = 49,5 Pa H = m p = 1135 Pa, ρ = 1,5 kg m 3 c = 1 m 4
Aeroprofili Sila na prvoj polovini gornjake aeroprofila ( x c/): p 1 = p g c/ F 1 = p 1 1 dx = p g dx c/ c/ = p g x = p g c = 981 1 = 49,5 N Sila na drugoj polovini gornjake aeroprofila (c/ x c): p = p g (1 x c ) c c F = p 1 dx = p g (1 x c c ) dx = p g (x x c ) = c c c ) = p g [c c c c + (c c ] = p g c 8 = ( 981) 1 8 = 45,5 N Sila na prvoj polovini donjake aeroprofila ( x c/): p 3 = p d c c F 3 = p 3 1 dx = p g p d xdx c = 49,5 1 4 c = 1,65 N = p d c ( x c ) = p d c x c 4 = p d c 4 Sila na drugoj polovini donjake aeroprofila (c/ x c): p 4 = p d (1 x c ) F 4 = c c p 4 1 dx = p d (1 x c c ) dx = p d (x x c ) c c c ) = p d [c c c c + (c c ] = p d c 8 = 49,5 1 8 = 1,65 N a) Sila uzgona dobiva se zbrajanjem sila na pojedinim sekcijama površine aeroprofila, negativni predznaci sila na gornjaci uzeti su u obzir na slici i određuju smjer djelovanja sila tako da se u donjoj jednadžbi uvrštavaju apsolutne vrijednosti: F z = F 1 + F + F 3 + F 4 = 49,5 + 45,5 + 1,5 + 1,65 = 981 N 43
Aeroprofili b) F z = C z 1 ρv A = C z 1 ρv c 1 C z = F z ρv c = 981 1,5 5 1 =,641 c) Momenti koji povećavaju napadni kut aeroprofila imaju pozitivan predznak, a oni koji ga smanjuju negativan. Negativan predznak tlakova Δp g uzet je u obzir smjerom sila F 1 i F pa se u donjim jednadžbama uvrštava njihova apsolutna vrijednost. c/ M = p 1 (x) 1 xdx p (x) 1 xdx p 3 (x) 1 xdx p 4 (x) 1 xdx c c/ c M = p g ( x c ) p g (1 x c ) xdx p d x xdx p c d (1 x c ) xdx c/ c M = p g ( c 4 ) p g (x x c ) dx c/ M = p g c 8 p g ( x x3 3 c ) c c c/ p d c p d c c/ c/ x dx p d ( x3 c/ 3 ) c c/ c c c/ (x x c ) dx c/ p d ( x x3 3 c ) c M = p g c 8 p g ( c c3 3 c c 4 + c3 8 3 c ) p d ( c3 c 8 3 ) p d ( c c3 3 c c 4 + c3 8 3 c ) = c M = p g c 8 p g c 1 p c d 1 p d c 1 M = 981 1 8 1 1 1 981 49,5 49,5 = 48,75 Nm 1 1 1 d) M = F z x CP x CP = M = 48,75 F z 981 x CP = x CP c =,4167 =,4167 = 41,67 % 1 44
Aeroprofili Rješenje na drugi način Zadatak se može riješiti i tako da se izračunaju srednji tlakovi na pojedinim sekcijama aeroprofila: p 1 = p g = 981 Pa; p = p g = 981 = 49,5 Pa; p 3 = p 4 = p d = 49,5 = 45,5 Pa F 1 = p 1 c 1 = 981 1 = 49,5 N F = p c 1 = 49,5 1 = 45,5 N F 3 = p 3 c 1 = 45,5 1 = 1,65 N F 4 = p 4 c 1 = 45,5 1 = 1,65 N F z = F 1 + F + F 3 + F 4 = 49,5 + 45,5 + 1,5 + 1,65 = 981 N Kod izračuna momenta ili centra potiska treba znati da je hvatište sile u težištu lika koji opisuje raspodjelu tlaka na promatranoj sekciji aeroprofila (to se može pokazati i integriranjem): M = F 1 x 1 F x F 3 x 3 F 4 x 4 M = F 1 c 4 F (c + 1 3 c ) F 3 3 c F 4 ( c + 1 3 c ) M = F 1 c 4 F 3 c F 3 1 3 c F 4 3 c M = 49,5 1 4 45,5 3 1,5 1 3 1,5 = 48,75 Nm 3 45
Aeroprofili 4. Raspored tlaka na gornjaci i donjaci aeroprofila pri nultom napadnom kutu, standardnim uvjetima na razini mora i brzini strujanja od 18 km/h dan je na slici. Relativni tlakovi iznose p g = 5 Pa i p d = 1 Pa. Duljina tetive je 1 m. Odredi: a) silu uzgona po jedinici raspona krila, b) koeficijent uzgona, c) moment oko napadnog brida, d) koeficijent momenta oko napadnog brida, F 1 e) centar potiska. Δp g Rješenje: - V = 18 km h = 18/3,6 = 5 m/s x p g = 5 Pa p d = 1 Pa c = 1 m Δp d + F 3 F c/4 c/ H = m p = 11 35 Pa Δp c ρ = 1,5 kg/m 3 Srednji tlak na gornjaci zatvara jednaku površinu iznad tetive kao i dana polukružna raspodjela, polumjer kružnice odgovara tlaku p g i polovini duljine tetive c/: r p g c/ a) sila uzgona na aeroprofil p g c = 1 r π 1 p c g π p g = 1 4 p gπ = 1 ( 5) π = 39,7 Pa 4 p 1 = p g = 39,7 Pa; p = p 3 = p d = 1 = 5 Pa F 1 = p 1 c 1 = 39,7 1 = 39,75 N F = p c 4 1 = 5 1 4 = 1,5 N F 3 = p 3 3c 4 1 = 5 3 4 = 37,5 N F z = F 1 + F + F 3 = 39,7 + 1,5 + 37,5 = 44,7 N 46
Aeroprofili b) F z = C z 1 ρv A = C z 1 ρv c 1 C z = F z ρv c = 44,7 1,5 5 1 =,89 c) M = F 1 x 1 F x F 3 x 3 = F 1 c F 3 c 4 F 3 ( c 4 + 1 3 3 c 4 ) M = 39,7 1 1,5 3 1 4 37,5 (1 4 + 1 3 3 1 ) = 17, Nm 4 d) M = C m 1 ρv A c = C m 1 ρv c 1 c C m = M ρv c = ( 17,) 1,5 5 1 =,14 e) M = F z x CP x CP = M F z = 17, 44,7 =,491 m Dani su dijagrami aerodinamičkih karakteristika za aeroprofil NACA 65-415 (str. 49) koji se ispituje u uvjetima standardne atmosfere na razini mora i brzini 15 m/s. Odredi: a) napadni kut nultog uzgona, b) sile uzgona i otpora pri napadnom kutu 6, c) kritični napadni kut i odgovarajuće brzine pri Reynoldsovima brojevima, i d) ovisnost pozicije centra potiska u odnosu na napadni kut za napadne kutove od -4 do +8, prikazati tablično i grafički. Rješenje: 4.3 a) α z =,5 očitano iz dijagrama b) α = 6 c z =,9 c x =,88 očitano iz dijagrama ISA /SL μ = 1,7894 1 5 Pas Re = ρvc μ 1,5 15 1 = = 1,69 16 1,7894 1 5 F z = c z 1 ρv c 1 =,9 1 1,5 15 1 = 1 43 N F x = c x 1 ρv c 1 =,88 1 1,5 15 1 = 11,3 N 47
Aeroprofili c) V = μ Re ρ c = 1,7894 1 5 Re = 1,467 1 5 Re 1,5 1 Re V [m/s] α kr [ ] 3 1 6 43,8 16 6 1 6 87,64 17,5 9 1 6 131,47 17 d) c MCP = c MAC + c z (ξ CP ξ AC) c MCP = c MAC + c z (ξ CP ξ AC) = ξ CP = ξ AC c M AC c z ξ AC =,68 iz dijagrama Promjena položaja CP s obzirom na napadni kut α [ ] c z c MAC ξ CP CP -4 -,14 -,6 -,161 -,8 -,6 1,18,8 -,6,48,5 -,6,383 AC 4,7 -,6,351 Z 6,9 -,6,335-1 -8-4 4 8 [ ] 8 1,1 -,6,33 AC 8 4 6 4.5 1 48
Aeroprofili NACA 65-415 3.6 3..8.4. 1.6 1..8.4 -.4 -.8-1. -1.6 -. -3-4 -16-8 8 16 4 3 Section angle of attack, α, deg..36 -..4..16.1.8.4 -.1 -. -.3 -.4..4 x/c.6.8 1 3. x 1 6 6. 8.9 6..3.8 -.5-1.6-1. -.8 -.4.4.8.1.16 Section lift coefficient, cl Moment coefficient, c m, c/4 Section lift coefficient, c l Moment coefficient, c m, a.c Section drag coefficient, c d y/c.1 -.1 -. -.3 -.4 -.5 Re.c 6. 6. a.c. position x/c y/c.66 -.63.66 -.65.68 -.6 Standard roughness simulated split flap deflected 6 Standard roughness 49
Aeroprofili 4.4 Promatra se let krila beskonačnog raspona izrađenog od aeroprofila NACA 415 (str. 5) s tetivom duljine c = 16 mm na visini H = 1 m u uvjetima standardne atmosfere brzinom V = 1 m/s. Odredi: a) sile uzgona i otpora po jedinici raspona krila kod nultog napadnog kuta, b) srednju razliku tlaka na krilu u uvjetima pod a) c) kut nultog uzgona, d) kritični napadni kut kod brzine 1 m/s, e) koliko kritični napadni kut ovisi o brzini. Rješenje: H = 1 m T = T n β H = 88,15 6,5 1 3 1 = 3,15 K ρ = ρ n (1,56 1 5 H) 4,56 = 1,5 (1,56 1 5 1) 4,56 =,416 kg/m 3 p = ρ R T =,416 87,53 3,15 = 6 49,5 Pa μ =,417 1 7 T,76 =,417 1 7 3,15,76 = 1,473 1 5 Pas Re = ρvc μ =,416 1 1,6 1,473 1 5 = 3 1 6 a) α = c z =, c x =,65 očitano iz dijagrama F z = c z 1 ρv S =, 1,416 1 1,6 1 = 437,4 N/m F x = c x 1 ρv S =,65 1,416 1 1,6 1 = 14, N/m b) p d p g = F z S = F z b c = 437,4 = 41,6 Pa 1,6 F z F X V 5
Aeroprofili c) Iz dijagrama aeroprofila za c z = α = α z = d) Iz dijagrama za c zmax α kr = 14 e) Re = 3 1 6 V = 1 m s α kr = 14 Re = 6 1 6 V = Re = 9 1 6 V = Re μ ρ c = 6 16 1,473 1 5 = m s α.416 1,6 kr = 16 Re μ ρ c = 9 16 1,473 1 5 = 3 m s α.416 1,6 kr = 16 51
Aeroprofili NACA 415 3.6 3..8.4. 1.6 1..8.4 -.4 -.8-1. -1.6 -. -3-4 -16-8 8 14 16 4 3 Section angle of attack, α, deg..36 -..4..16.1.8.4 -.1 -. -.3..4 x/c.6.8 1 3. x 1 6 6. 9. 6. a.c. position.3.8 Standard roughness -.4 -.5-1.6-1. -.8 -.4..4.8.1.16 Section lift coefficient, cl Moment coefficient, c m, c/4 Section lift coefficient, c l Moment coefficient, c m, a.c Section drag coefficient, c d y/c.1 -.1 -. -.3 -.4 -.5..65 Re x/c y/c.41 -.14.46 -.13.46 -.13 5
Aeroprofili Na aeroprofil NACA 418 (str. 54) nastrujava zrak gustoće ρ =,818 kg/m 3 i dinamičke viskoznosti μ = 15,68 1-6 Pas, brzinom V = 65 m/s. Duljina tetive aeroprofila je 1,4 m. Odredi: 4.5 a) maksimalnu finesu i b) aerodinamičku silu (intenzitet, smjer i pravac djelovanja) pri napadnom kutu α = 1. Rješenje: a) α [ ] c z c x c z /c x,3,69 33,33,41,71 57,75 4,6,78 79,49 6,8,87 91,95 8 1,98 1,4 1 1,,11 17,14 1 1,36,145 93,79 14 1,48,17 86,5 Re = ρvc μ,818 65 1,4 = = 4,75 16 15,68 1 6 f max = ( c z = 17,14 pri α = 1 c x )max b) α = 1 c z = 1, c x =,11 očitano iz dijagrama F z F R 1 β F x F z = c z 1 ρv S = 1, 1,818 65 1,4 1 = 93,1 N/m V F x = c x 1 ρv S =,11 1,818 65 1,4 1 = 7,1 N/m F R = F z + F x = 93,1 + 7,1 = 93, N/m β = arc tan F z F x = arc tan c z c x = arc tan 1,,11 = 89,5 53
Aeroprofili NACA 418 3.6 3..8.4. 1.6 1..8.4 -.4 -.8-1. -1.6 -. -3-4 -16-8 8 16 4 3 Section angle of attack, α, deg..36.3 -...4 x/c.6.8 1.8.4..16.1.8.4 -.1 -. -.3.9 x 1 6 5.9 8.9 5.8 a.c. position Standard roughness -.4 -.5-1.6-1. -.8 -.4.4.8.1.16 Moment coefficient, c m, c/4 Section lift coefficient, c l.1 -.1 -. -.3 -.4 -.5 Re x/c y/c.39.44.4 -.3.41 -.16 Section lift coefficient, cl Moment coefficient, c m, a.c Section drag coefficient, c d y/c 54
a) Aeroprofili Za aeroprofil NACA 441 čiji su podaci zadani tablično (Tablica 4-1. i Tablica 4-.), odredi: a) značenje oznake b) sile uzgona i otpora pri napadnom kutu α = 6, brzini V = 4 m/s i standardnim uvjetima na razini mora, ako je duljina tetive m, c) maksimalnu finesu aeroprofila, d) položaj centra potiska x CP pri α = 8 ako je x AC =,46, e) koeficijent momenta propinjanja u točki x P =,5 pri α = 8, Rješenje: 4.6 441 1%c.4c 4% c 4 - najveća zakrivljenost srednje linije aeroprofila [%] 4 - mjesto najveće zakrivljenosti srednje linije aeroprofila u desetim dijelovima tetive c 1 - maksimalna debljina profila u % tetive b) α = 6 c z = 1 c x =,14 očitano iz dijagrama c) F z = c z 1 ρv S = 1 1 1,5 4 1 = 196 N/m F x = c x 1 ρv S =,14 1 1,5 4 1 = 7,44 N/m α [ ] c z c x c z /c x,38,1 38,6,1 6 4,8,1 66,7 6 1,14 71,4 8 1,15,17 67,6 1 1,7, 57,7 F z F x = 71,4 f max = ( c z = 71,4 pri α = 6 c x )max d) (x CP x AC )c z = c MAC α = 8 c MAC =,1, c z = 1,15 x CP = c M AC + x AC x CP =,1 +,46 =,333 c z 1,15 e) c MP = c MAC + c z (x P x AC ) =,1 + 1,15 (,5,46) =,954 55
% c Aeroprofili Tablica 4-1. AEROPROFIL NACA 441 Geometrijske karakteristike Udaljenost od napadnog ruba [% c] Gornjaka [% c] Donjaka [% c] 1,5,44-1,43,5 3,39-1,95 5 4,73 -,49 7,5 5,76 -,74 1 6,59 -,86 15 7,89 -,88 8,8 -,74 5 9,41 -,5 3 9,76 -,6 4 9,8-1,8 5 9,19-1,4 6 8,14-1 7 6,69 -,65 8 4,89 -,39 9,71 -, 95 1,47 -,16 1 15 1 5-5 4 6 8 1 % c 56
Cz Cx Aeroprofili Tablica 4-. AEROPROFIL NACA 441 Aerodinamičke karakteristike Napadni kut Koeficijent uzgona Koeficijent otpora Koeficijent momenta α [ ] C z C x C Mac -8 -,45, -,97-6 -,3,14 -,9-4 -,3,1 -,9 -,,1 -,9,38,1 -,93,6,1 -,95 4,8,1 -,98 6 1,14 -,1 8 1,15,17 -,1 1 1,7, -,95 1 1,36,3 -,9 14 1,35,4 -,9 16 1,5,59 -,95 1,6 1,4 1, 1,8,6,7,6,5,4,4, -1-5 -, 5 1 15,3,,1 -,4 -,6 α -1-5 5 1 15 α 57
Aeroprofili 4.7 Za aeroprofil NACA 63 15 odredi i grafički prikaži ovisnost pozicije centra potiska o napadnom kutu, ako se napadni kut mijenja od -1 do +16 o s korakom od o, pri Re = 3 1 6 u Matlab-u. Rješenje: Iz dijagrama aeroprofila NACA 63 15 (Abbot 1959) očitane su vrijednosti: x AC =,69 c MAC =,33 α [ ] -1-8 -6-4 - 4 6 8 1 1 14 16 c z -1 -,76 -,56 -,3 -,9,15,39,6,8 1 1, 1,34 1,4 1,37 Položaj centra potiska određuje se pomoću jednadžbe u kojoj je zanemaren otpor aeroprofila: x CP = C M AC C z + x AC %% Promjena položaja centra potiska aeroprofila NACA 63-15 xac=.69; cmac=-.33;% približno konstantno za sve napadne kutove alpha=[-1::16]'; cz=[-1;-.76;-.56;-.3;-.9;.15;.39;.6;.8;1;1.;1.34;1.4;1.37]; xcp=xac-cmac./cz; % Crtanje krivulje položaja centra potiska u ovisnosti o napadnom % kutu i asimptota % Jednostavnija verzija samo krivulje bila bi jednostavno % plot(alpha,ksicp) plot(alpha(1:5),xcp(alpha<-1),'b',alpha(6:length(alpha)),... xcp(alpha>-1),'b',-1:.5:17,xac,':m',-1,-.1:.:.6,':m'); 58
Aeroprofili xlabel('\alpha') ylabel('\xi _C_P') text(1,.4,'\xi _A_C =.69','Color','m') text(-.8,.,'\alpha_z_ = -1 ','Color','m') grid on.6.5.4.3 CP. Z = -1 AC =.69.1 -.1-1 -5 5 1 15 59
5 DIMENZIJSKA ANALIZA Dimenzijska analiza je metoda koja omogućava da se naznači funkcionalna međuovisnost neke aerodinamičke karakteristike i drugih utjecajnih veličina u bezdimenzionalnom obliku. Konkretan oblik funkcijske ovisnosti, međutim, mora se odrediti na drugi način, npr. eksperimentom. Intenzitet veličine stanja mjeri se odgovarajućom jedinicom. Za osnovne jedinice mase, dužine vremena i temperature koriste se: M, L, T i K. Temelj dimenzijske analize je Buckinghamov teorem koji pojednostavljeno kaže: Problem koji promatramo može se opisati sa n relevantnih veličina Q i. U općem slučaju između tih veličina postoji funkcijska veza oblika F(Q 1,Q,...,Q ). Ako postoji takva funkcijska veza može se naći k = n-r n bezdimenzionalnih značajki i, gdje je r jednak rangu 3 dimenzionalne matrice. Problem se rješava u nekoliko koraka: 1. Postavljanje osnovne međuovisnosti. Formiranje dimenzionalne matrice 3. Određivanje ranga dimenzionalne matrice 4. Određivanje bezdimenzionalnih značajki Kroz zadatke 5.1 i 5. odredit će se funkcionalne ovisnosti sile uzgona i snage propelera o ostalim relevantnim bezdimenzionalnim značajkama kao što su napadni kut α, Reynoldsov (Re), Machov broj (Ma), koeficijent snage C p i slično. 3 Rang matrice jednak je redu najveće determinante različite od nule. 6
Dimenzijska analiza 5.1 Aeroprofil duljine tetive l nalazi se u struji zraka pod napadnim kutom α koji se mijenja u nekom rasponu. Odrediti funkcionalnu ovisnost sile uzgona na aeroprofil i ostalih relevantnih bezdimenzionalnih karakteristika. Rješenje: 1.korak Postavljanje osnovne međuovisnosti F z = f(v, l, ρ, μ, E, α) n = 7 broj utjecajnih veličina.korak Formiranje dimenzionalne matrice μ [Pa s = kg m s m s = kg m 1 s 1 ] E [ N kg m s = m m = kg m 1 s ] modul elastičnosti Dimenzija Veličina F V l ρ μ E α M 1 1 1 1 L 1 1 1-3 -1-1 T - -1-1 - 3. korak: Određivanje ranga dimenzionalne matrice V l ρ 1 B = 1 1 3 = 1 ( + 1) = 1 1 k = n r = 7 3 = 4 r rang bezdimenzionalne matrice k mogu se formirati 4 bezdimenzionalna parametra 61
Dimenzijska analiza 4. korak: Određivanje bezdimenzionalnih značajki Π 1 = α Π = F v a 1 l a ρ a 3 M L T = M 1 L 1 T - (L 1 T -1 ) a 1 (L 1 ) a (M 1 L -3 ) a 3 M L T = M 1+a 3 L 1+a 1+a 3a 3 T --a 1 M: 1 + a 3 = a 3 = 1 T: a 1 = a 1 = L: 1 + a 1 + a 3a 3 = a = F } Π = ρ v l Π 3 = μ v b 1 l b ρ b 3 M L T = M 1 L -1 T -1 (L 1 T -1 ) b 1 (L 1 ) b (M 1 L -3 ) b 3 M L T = M 1+b 3 L -1+b 1+b 3b 3 T -1-b 1 M: 1 + b 3 = b 3 = 1 T: 1 b 1 = b 1 = 1 L: 1 + b 1 + b 3b 3 = b = 1 } Π 3 = μ ρ v l Π 3 = 1 Re Π 4 = E v c 1 l c ρ c 3 M L T = M 1 L -1 T - (L 1 T -1 ) c 1 (L 1 ) c (M 1 L -3 ) c 3 M L T = M 1+c 3 L -1+c 1+c 3c 3 T --c 1 M: 1 + c 3 = c 3 = 1 T: c 1 = c 1 = L: 1 + c 1 + c 3c 3 = c = } Π 4 = E ρ v Za izentropski proces iz jedandžbe stanja: p ρ κ = C 1 = konst. / ln ln p ρ κ = lnc 1 ln p ln ρ κ = lnc 1 / d dp p κ dρ ρ = dp p = κ dρ ρ dp = κp dρ ρ 6
Dimenzijska analiza dp = E = κp dρ/ρ a = κ R T & p = ρrt RT = p ρ a = κ p ρ a ρ = κp Π 4 = κp ρ v = a v Π 4 = 1 Ma F Φ ( ρ V, Re, Ma, α) = l F ρ V l = Φ 1(Re, Ma, α) 5. Metodom dimenzionalne analize odredi bezdimenzionalne parametre o kojima ovisi snaga propelera, ako se u obzir trebaju uzeti slijedeće veličine: - snaga propelera P - broj okretaja propelera n - gustoća zraka ρ - viskoznost zraka μ - promjer propelera D - brzina zrakoplova V Rješenje: 1. korak: Postavljanje osnovne međuovisnosti f(p, n, ρ, μ, D, V) = n = 6. korak: Formiranje dimenzionalne matrice P n ρ μ D V M 1 1 1 L -3-1 1 1 T -3-1 -1-1 63
Dimenzijska analiza 3. korak: Određivanje ranga dimenzionalne matrice n ρ D 1 B = 3 1 = 1 ( + 1) = 1 1 k = n r = 6 3 = 3 r rang bezdimenzionalne matrice k mogu se formirati 3 bezdimenzionalna parametra 4. korak: Određivanje bezdimenzionalnih značajki Π 1 = P n a 1 ρ a D a 3 M L T = ML T -3 (T -1 ) a 1 (ML -3 ) a L a 3 M L T = M 1+a L -3a +a 3 T -3-a 1 M: 1 + a = a = 1 T: 3 a 1 = a 1 = 3 L: 3a + a 3 = a 3 = 5 } Π 1 = P ρ n 3 D 5 = C p Π = μ n b 1 ρ b D b 3 M L T = ML -1 T -1 (T -1 ) b 1 (ML -3 ) b L b 3 M L T = M 1+b L -1-3b +b 3 T -1-b 1 M: 1 + b = b = 1 T: 1 b 1 = b 1 = 1 L: 1 3b + b 3 = b 3 = } Π = Π = μ ρ n D = μ ρ n 4R μ 4ρ πωr R = μ 8πρVR = 1 8π 1 Re Π 3 = V n c 1 ρ c D c 3 M L T = LT -1 (T -1 ) c 1 (ML -3 ) c L c 3 M L T = M c L 1-c +c 3 T -1-c 1 64
Dimenzijska analiza M: c = T: 1 c 1 = c 1 = 1 L: 1 3c + c 3 = c 3 = 1 } Π 3 = V n D = J P Φ ( ρ n 3 D 5, 1 Re, V n D ) = P ρ n 3 D 5 = Φ 1(Re, J) 65
6 POTENCIJALNO STRUJANJE Strujanje izvan graničnog sloja može se smatrati neviskoznim (nema trenja među slojevima struje) i nerotirajućim (čestice zraka ne rotiraju oko svojih osi nego se samo translatiraju duž strujnice vidi sliku). Takvo strujanje naziva se potencijalno strujanje jer ga je moguće opisati preko funkcije potencijala koja zadovoljava sve osnovne zakone gibanja takvog nestlačivog, nerotirajućeg i neviskoznog fluida kao što su zakon o očuvanju mase (ili drukčije jednadžba kontinuiteta) i zakon o očuvanju količine gibanja. Postupak rješavanja problema nestlačivog potencijalnog strujanja svodi se na određivanje polja brzine V jer je V, gdje je Φ zapravo skalarni potencijal brzine: u = Φ x ; Φ v = y Ukupni potencijal brzine je: d dx dy udx vdy x y S obzirom da je nužno da polje brzina zadovoljava zakon o očuvanju mase, taj uvjet je zadovoljen kroz rješavanja Laplaceove jednadžbe: Φ = tj. Φ x + Φ y = Linije konstantnih potencijala brzine konst., nazivaju se potencijalne linije strujanja. 66
Potencijalno strujanje One su uvijek okomite na strujnice. Veza između potecijalnih linija i strujnica naziva se Cauchy Riemannove jednadžbe ili uvjeti. u = Φ x = Ψ y v = Φ y = Ψ x } Cauchy-Riemann-ovi uvjeti 67
Potencijalno strujanje Osnovna rješenja Laplaceove jednadžbe za ravninsko strujanje: a) Paralelno strujanje Zrak struji brzinom V u = V cos α pod napadnim kutom. konst V v = V sin α Ukupni derivativ potencijala brzine je prema tome: dφ = (V cos α)dx + (V sin α)dy Nakon integracije slijedi: y x u konst v dφ = (V cos α)dx + (V sin α)dy Φ = (V cos α)x + (V sin α)y + C 1 Strujnu f-ciju Ψ moguće je dobiti iz Cauchy-Riemanovih uvjeta. Slijedi: dψ = (V sin α)dx + (V cos α)dy Φ skalarni potencijal brzine Ψ = (V sin α)x + (V cos α)y + C Ψ strujna funkcija (vektori brzine su tangente na Ψ = konst) Φ x = Ψ y Φ y = Ψ x } Cauchy-Riemann-ovi uvjeti 68
Potencijalno strujanje b) Izvor ili ponor Q Q e) Q [ m3 /s m = m ] kapacitet izvora po jedinici dužine okomit na ravninu z s v r = Q rπ ; v θ = u = V r cos α = Q rπ x r = Q π x x + y v = V r sin α = Q rπ y r = Q π y x + y 5 5 5 y r V u V r v x 5 Φ = Q 4π ln(x + y ) + C 3 Ψ = Q π arctan y x + C 4 5 5 konst konst c) Vrtlog v r = ; v θ = K r = Γ rπ u = V θ sin α = K r y r = Ky x + y v = V θ cos α = K r x r = Kx x + y Φ = Γ π α + C 5 Ψ = Γ π ln r + C 6 5 5 5 5 konst y α v V u V r x K = Γ π karakteristika strujanja 5 konst 5 V 5 - -15-1 -5 5 θ 1 15 Γ cirkulacija (pozitivna u smjeru kretanja kazaljke na satu) 69
Potencijalno strujanje Budući da funkcija potencijala i strujna funkcija zadovoljavaju Laplaceovu jednadžbu, zbrajanjem više funkcija potencijala dobiva se funkcija potencijala kombiniranog strujanja. d) Superpozicija izvora i ponora istih kapaciteta Zbrajanjem izraza za potencijal izvora kapaciteta Q u točki (-a,) i izraza za potencijal ponora istog kapaciteta u točki (a,) dobiva se potencijal kombinacije izvora i ponora. Φ = Φ izvor + Φ ponor Ψ = Ψ izvor + Ψ ponor y konst Φ = Q π ln (x + a) + y (x a) + y + C 7 konst x Ψ = Q π arctan ay x + y a + C 8 izvor +Q a ponor -Q e) Dvopol Potencijal dvopola nastaje na temelju potencijala kombinacije izvora i ponora primjenom graničnog procesa tako da se istovremeno izvor i ponor približavaju ishodištu a, kapaciteti teže beskonačnosti Q, ali produkt članova teži konačnoj vrijednosti b, aq b. a Q z y konst aq b konst Φ = b cos α + C π r 9 = b π x x + y + C 9 x Ψ = b sin α + C π r 1 = b π y x + y + C 1 7
Potencijalno strujanje f) Kombinacija paralelno strujanje + dvopol strujanje oko cilindra Zbrajanjem funkcija potencijala paralelnog strujanja i potencijala dvopola dobiva se nova funkcija potencijala koja predstavlja idealizirani slučaj strujanja oko cilindra radijusa r koji se nalazi u paralelnoj struji uniformnog rasporeda brzine u beskonačnosti V. Ψ PS = V r sin θ + C 1 Ψ DV = b πr sin θ + C V y Ψ = Ψ PS + Ψ DV = V r sin θ b πr sin θ + C 3 x Ψ = (V r b πr ) sin θ + C 3 Ψ = konst = C strujne linije (strujnice) V C = (V r b ) sin θ πr C = sin θ = θ =, ±π, (x os) (V r b b ) = r = = r πr πv b = r πv (aq b) Ψ = (V r r πv ) sin θ + C πr 3 5 y Ψ = V (r r r ) sin θ + C 3 r x 5 71
Potencijalno strujanje v r = 1 Ψ r θ = V (1 r ) cos θ r v θ = Ψ r = V (1 + r r ) sin θ } r = r v r = } v θ = V sin θ brzina na cilindru r = r y V Φ r = v r 1 Φ r θ = v θ } integriranjem Φ = V (r + r ) cos θ r V θ z 1 z x Sila tlaka na cilindar V p + 1 ρv + ρgz = p c + 1 ρv c + ρgz c B. J. p c = p + 1 ρv (1 V c V ) y df p c V c = v θ = V sin θ p c = p + 1 ρv (1 4V sin θ V ) C p = 1 C p = 1 C p = -3 r ds x p c = p + 1 ρv (1 4 sin θ) p c p = 1 ρv (1 4 sin θ) p c p 1 ρv C p = (1 4 sin θ) df = p c ds = p c rdθ df x = df cos θ = p c r cos θ dθ df y = df sin θ = p c r sin θ dθ } integriranje F x = F y = D ' Alambertov paradoks 7
Potencijalno strujanje g) Kombinacija paralelno strujanje + dvopol +vrtlog strujanje oko cilindra s cirkulacijom Ψ = V r sin θ b πr sin θ Γ ln r π F x = F y = Γ ρv teorem Kutta i Žukovskog y F y z 1 z F x x Magnus-ov efekt V F y Slika 6-1. Magnusov efekt po čijem principu je 19. Anton Flettner osmislio pogonski sustav broda Buckau s rotirajućim cilindrima. 73
Potencijalno strujanje Odredi cirkulaciju oko aeroprofila pri brzini slobodne struje zraka od 6 m/s i gustoći,8 kg/m 3, tako da sila uzgona bude 36 N po metru raspona krila. 6.1 Rješenje: F a' = ρ V Γ Γ 9,,1,1,,,3,3,4,4,5,5,6,6,7,7,8,8,9,9 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 V ρ 1 F a aerodinamička sila po jedinici raspona (b = 1 m) F a = ρ V Γ b F a b = F a = ρ V Γ Γ = F a = 36 = 75 m/s ρ V.8 6 74
7 KRILA Za razliku od strujanja oko aeroprofila (krilo beskonačnog raspona), slika strujanja oko krila razlikuje se po presjeku od korjena do vrha. Dakle, dok aeroprofil predstavlja dvodimenzionalno tijelo, krilo je trodimenzionalno, pa se mora uzeti u obzir i komponenta strujanja duž raspona krila. Mali raspon krila mali AR Snažni vršni vrtlozi veliki inducirani otpor Veliki raspon krila veliki AR Vršni vrtlozi manjeg intenziteta mali inducirani otpor m 1 = m S 1 = S Naučinkovitije krilo ima eliptični oblik koji je zahtjevan za proizvodnju pa se koriste i drugi oblici ravnih krila kao što su trapezno i pravokutno krilo s kojima se postiže dovoljno dobar učinak stvaranja uzgona po jednici otpora. b 75
Krila 7.1 Avion ima eliptična krila površine m i raspona 1 m izrađena od ravne ploče. Promatra se let na visini m brzinom 4 km/h pod geometrijskim napadnim kutom od 4 o. Odredi: a) kako se mijenja kut inducirane brzine za eliptično krilo, b) silu uzgona, c) silu otpora i d) snagu potrebnu za savladavanje induciranog otpora. Napomena: smatrati da su lokalne vrijednosti koeficijenta uzgona za aeroprofil u obliku ravne ploče jednake idealnoj vrijednosti: c z = πα. Rješenje: H = m ρ = 1,646 kg/m 3 V = 4 km/h = 111,1 m/s S = m ; b = 1 m AR = b S = 1 = 5 c z AR α ef α z AR α a V r V α α i V α i V r wy tetiva kut nultog uzgona m m = π α z α ef α a α i α α Slika 7-1. Zakrivljeni aeroprofil krila c z AR AR α ef V r V α = α a α i Ravna ploča V tetiva α i V r wy α ef α a α i α α Slika 7-. Simetrični aeroprofil krila 76
Krila a) AR c z = m α a = π α a m = π AR m = m 1 + m = πar π 1 + π π AR = π AR + AR = π 5 = 4,488 rad 1 + 5 C z = m α a = 4,488 α a α i = C z π AR = 4,488 α a =,857 α π 5 a π b) α a = α = 4 = 4 18 rad π C z = 4,488 α a = 4,488 4 18 =,313 Z = C z 1 ρv S =,313 1 1,646 111,1 = 38,9 kn c) C xi = C z (1 + δ) = C z πar πear e = 1 1 + δ Oswaldov koeficijent (za eliptično krilo: e = 1; δ = ) C xi = C z πar =,313 π 5 =,65 X i = C xi 1 ρv S =,65 1 1,646 111,1 = 776,4 N d) P i = X i V = 776,4 111,1 = 867 W 86,3 kw II način: α i =,857 α a =,857 4 = 1,143 α ef = α a α i = 4 1,143 =,857 π C z = m α ef = π,857 18 =,3133 77
Krila 7. Pravokutno krilo duljine tetive,4 m i raspona 14,4 m izrađeno je od aeroprofila NACA 141 (str. 8). Odredi: a) ovisnost koeficijenta uzgona o napadnom kutu za krilo u odnosu na aeroprofil, b) koeficijent uzgona i otpora pri α = 6, c) finesu krila i usporedi s finesom aeroprofila. Rješenje: a) α z = 1 m : α = 6 α a = 7 c z =,8 α a = α α z = α + 1 m = c z =,8 =,1143 1/ α a 7 c z c z c z =,1143 α a [ ] AR AR c z =,1143 57,3 α a = 6,5481 α a [rad] S = b c =,4 14,4 = 34,56 m m o,8 AR = b S = 14,4 = 6 τ =,18 34,56,567 (vidi P. Kesić: Osnove aerodinamike, str.13, tablica 8.7.1) α z 6 8,87 α α a AR α = 6 c z =,8 α 1 = α + C z π (1 + τ 1 AR 1 1 + τ AR ) α 1 = 6 57,3 +,8 +,18 (1 ) =,1548 rad = 8,87 π 6 α a1 = α 1 α z = 8,87 + 1 = 9,87 m = C z α =,8 = 4,644 rad 1 9,87/57,3 78
Krila b) α = 6 α a = 7 c z =,8 7 C z = m α a = 4,644 57,3 =,567 c x =,8 za c z =,8 AR = 6, λ = 1 δ =,43 (vidi P. Kesić: Osnove aerodinamike, str.5, slika 8.6.1) C xi = C z πar,567 (1 + δ) = (1 +,43) =,1779 π 6 C x = c x + C xi =,8 +,1779 =,579 c) f aeroprofil = c z =,8 = 1 aeroprofil c x,8 f krilo = C z =,567 = pravokutno krilo C x,579 79
Krila NACA 141 3.6 3..8.4. 1.6 1..8.4 -.4 -.8-1. -1.6 -. -3-4 -16-8 8 16 4 3 Section angle of attack, α, deg..36.3 -...4 x/c.6.8 1.8.4..16.1.8.4 -.1 -. -.3 -.4 -.5-1.6-1. -.8 -.4.4.8 1. 1.6 Section lift coefficient, cl Moment coefficient, c m, c/4 Section lift coefficient, c l Moment coefficient, c m, a.c Section drag coefficient, c d y/c.1 -.1 -. -.3 -.4 -.5 Re 3. x 1 6 6. 9. 6..c 6. 6. a.c. position x/c y/c.5.5.5 -.6 Standard roughness simulated split flap deflected 6 Standard roughness 8
Krila Na grafovima su dane aerodinamičke karakteristike za aeroprofil NACA 318 (str. 84). Nacrtaj polare: a) aeroprofila, te b) eliptičnog i c) pravokutnog krila izrađenog od istog aeroprofila za napadne kutove pri kojima je ovisnost dc z dα linearna. Odredi finese aeroprofila i oba krila, ako je aspektni odnos oba krila 6. 7.3 Rješenje: a) Aeroprofil α z = 1 α a = α α z = α + 1 m : α z = 1 α a = c z = α = 6 α a = 7 c z =,7 } c z =,7 7 (α a ) c z =,7 7 α a c z =,1 α a [ ] c z =,1 18 π α a = 5,73 α a [rad] b) Eliptično krilo m = m 1 + m = 5,73 πar 1 + 5,73 = 4,394 rad 1 π 6 C z = m α a = 4,394 α a (1) C xi = C z πar () C x uk = c x + C xi (3) c) Pravokutno krilo α 1 = α + C z π (1 + τ 1 AR 1 1 + τ AR ) τ konstanta čija vrijednost ovisi o obliku krila i AR tzv. Glauertova korekcija za neeliptična krila (P. Kesić: Osnove aerodinamike, str. 13) 81
Krila α = 6 α a = 7 c z =,7 = C z AR 1 = 6 τ 1 =,18 AR α z 1 = α z = α z jer su istog aeroprofila, pa slijedi: α a1 = α a + C z 1 + τ 1 π AR 1 π = 7 18 +,7 π 1 +,18 6 =,166 rad = 9,5 α 1 = 8,5 m = C z α a1 =,7,166 = 4,17 rad 1 =,737 po C z = m α a = 4,17 α a (4) C x i = C z (1 + δ) πar λ = 1 (pravokutno krilo) AR = 6 δ =,4 C x i = C z 6π (1 +,4) =,553C z (5) C x uk = c x + C xi (6) 8
Cz Krila,8,7,6,5,4 aeroprofil eliptično krilo pravokutno krilo,3,,1 -,1,5,1,15,,5,3,35 Cx -, Tablica 7-1. Finesa aeroprofila NACA 318, te eliptičnog i pravokutnog krila izrađenog od istog aeroprofila Aeroprofil Eliptično krilo Pravokutno krilo α -3 - -1 1 3 4 5 6 7 αa[ ] - -1 1 3 4 5 6 7 8 αa [rad] -,349 -,175,175,349,54,698,873,147,1,1396 cz -, -,1,1,,3,4,5,6,7,8 cx,74,7,7,7,7,7,7,7,73,78,8 cz/cx -7,3-13,89 13,89 7,78 4,86 57,14 69,44 8,19 89,74 1 Cz (1) -,1534 -,767,767,1534,31,368,3834,461,5368,6135 Cxi (),1,3,3,1,8,5,78,11,153, Cxuk (3),86,75,7,75,84,98,1,15,185,31,8 Cz/Cxuk -17,74-1,1 1,1 18,16 3,46 5,58 5,56 4,83 3,5 1,94 Cz (4) -,1474 -,737,737,1474,11,948,3685,44,5159,5896 Cxi (5),1,3,3,1,7,48,75,18,147,19 Cxuk (6),86,75,7,75,84,97,118,147,181,5,7 Cz/Cxuk -17,14-9,83 9,83 17,54,79 4,97 5,5 4,41,91 1,66 83
Krila NACA 318 3.6 3..8.4. 1.6 1..8.7.4 -.4 -.8-1. -1.6 -. -3-4 -16-8 -1 6 8 16 4 3 Section angle of attack, α, deg..36.3 -...4 x/c.6.8 1.8.4..16.1.8.4 -.1 -. -.3 3.1 x 1 6 6. 8.9 6. a.c. position -.4 -.5-1.6-1. -.8 -.4.4.8 1. 1.6 Section lift coefficient, cl Moment coefficient, c m, c/4 Section lift coefficient, c l Moment coefficient, c m, a.c Section drag coefficient, c d y/c.1 -.1 -. -.3 -.4 -.5 Re x/c y/c.36.19.41.17.43.7 Standard roughness 84
Cz Krila Nacrtaj polare eliptičnih krila izrađenih od istog aeroprofila, NACA 318 (str. 84), različitih aspektnih odnosa AR = 4, 6, 8 i 1 za napadne kutove pri kojima je ovisnost dc z dα linearna. Odredi finese krila. 7.4 Rješenje: Aeroprofil NACA 318 α z = 1 α a = α α z = α + 1 (1) m : α z = 1 α a = c z = α = 6 α a = 7 c z =,7 } (c z ) =,7 7 (α a ) c z =,1 α a [ ] () c z =,1 18 π α a = 5,73 α a [rad] m = 5,73 rad 1 f) Eliptično krilo izrađeno od aeroprofila NACA 318 m = m 1 + m πar (3) C z = m α a (4) C xi = C z πar (5) AR m (1) 4 3,936 6 4,394 8 4,666 1 4,846 1 4,974 C x uk = c x + C xi (6),8,7,6,5,4,3,,1 -,1 -, -,3 AR = 1 AR = 8 AR = 6 AR = 4 Cx,5,1,15,,5,3,35 85
Krila Aeroprofil NACA 318 Eliptično krilo AR = 4, m = 3,936 α α a [ ] (1) α a [rad] c z () c x c z /c x C z (4) C xi (5) C xuk (6) C z /C xuk -3 - -,349 -,,74-7,3 -,1374,15,89-15,43 - -1 -,175 -,1,7-13,89 -,687,4,76-9,7-1,7,7 1,175,1,7 13,89,687,4,76 9,7 1,349,,7 7,78,1374,15,87 15,79 3,54,3,7 4,86,6,34,14 19,85 3 4,698,4,7 57,14,747,6,13 1,1 4 5,873,5,7 69,44,3434,94,166,71 5 6,147,6,73 8,19,411,135,8 19,8 6 7,11,7,78 89,74,488,184,6 18,35 7 8,1396,8,8 1,,5495,4,3 17,16 Eliptično krilo AR = 8, m = 4,666 AR = 1, m = 4,846 α C z (4) C xi (5) C xuk (6) C z /C xuk C z (4) C xi (5) C xuk (6) C z /C xuk -3 -,169,155,85-19,6 -,169,911,83 -,35 - -,8143,64,75-1,91 -,846,8,74-11,39-1,7,7,81434,64,75 1,91,846,8,74 11,39 1,16868,155,83 19,73,169,911,81,85,443,375,94 6,6,537,49,9 8,4 3,35736,4,11 9,3,3383,3643,16 31,79 4,4717,6596,138 9,51,49,569,19 3,8 5,48864,9499,168 9,9,574,8197,155 3,75 6,5737,199,7 7,5,59,11156,19 31,3 7,651471,16887,49 6,18,6766,1457,6 9,98 86
Krila Za eliptično krilo površine 4 m i raspona 1 m iz aeroprofila NACA 315 odredi i grafički prikaži kako se mijenjaju koeficijenti uzgona i otpora za napadne kutove od -1 do +1 o. 7.5 Rješenje: Prema podacima iz (Abbot 1959): α z = 1 α a = α α z = α + 1 m : α z = 1 α a = c z = α = α a = 3 c z =,3 m = c z =.3 =,17 / α a 3 c z =,17 α a [ ] c z =,17 (α + 1) za α[ ] (1) c z =,17 18 π α a = 6,11 α a [rad] m = 6,11 rad 1 α [ ] -1-8 -6-4 - 4 6 8 1 c z (1) -,963 -,749 -,535 -,31 -,17,17,31,535,749,963 1,177 c x,14,114,98,9,8,7,7,77,88,115,118 AR = b S = 1 4 = 6 m = m 1 + m = 6,11 πar 1 + 6,11 = 4,615 rad 1 π 6 C z = m α a = 4,615 α a [rad] C xi = C z πar C x uk = c x + C xi 87
Krila %% Koeficijent uzgona i koeficijent otpora eliptičnog krilo površine % 4 m^ i raspona 1 m iz aeroprofila NACA 315 za napadne kutove % od -1 do +1. b=1; %[m] raspon A=4; %[m] površina krila alpha=[-1::1]'; AR=b^/A; alpha_aps=alpha+1; cz=.17*alpha_aps; cx=[.14;.114;.98;.9;.8;.7;.7;.77;.88;.115;. 118] Cz=4.615*alpha_aps/57.3; Cxi=Cz.^/(pi*AR) Cx=Cxi+cx; figure(1) plot(alpha,cz,'b.-',alpha,cz,'r') xlabel('\alpha');ylabel('c_z C_z') title('c_z = f (\alpha)','fontsize',14) legend('aeroprofil','eliptično krilo',) grid on figure() plot(alpha,cx,'b.-',alpha,cx,'r') xlabel('\alpha');ylabel('c_x C_x') title('c_x = f (\alpha)','fontsize',14) legend('aeroprofil','eliptično krilo',) grid on 88
Krila 1.5 C z = f ( ) 1.5 c z C z -.5 aeroprofil eliptično krilo -1-1 -8-6 -4-4 6 8 1.55.5 aeroprofil eliptično krilo C x = f ( ).45.4.35 c x C x.3.5..15.1.5-1 -8-6 -4-4 6 8 1 89
Krila 7.6 Za pravokutno krilo površine m i raspona 11 m iz aeroprofila NACA 415 (str. 5) odredi i grafički prikaži kako se mijenjaju koeficijenti uzgona i otpora za napadne kutove od -8 do +8 o. Rješenje: α [ ] -8-6 -4-4 6 8 c z (1) -,749 -,535 -,31 -,17,17,31,535,749,963 c x (dijag. ),114,98,9,8,7,7,77,88,115 α z = α a = α α z = α + m : α z = α a = c z = α = 4 α a = 6 c z =,63 m = c z α a =,63 6 =,15 c z =,15 α a [ ] c z =,15 (α + ) za α[ ] (1) c z =,15 18 π α a = 6,16 α a [rad] m = 6,16 rad 1 AR 1 = b S = 1 4 = 6 α 1 = α + c z π (1 + τ 1 1 + τ ) = α AR 1 AR + c z π (1 + τ 1 ) AR 1 τ 1 =,18 m = C z α a1 α = 4 c z = C z =,63 α 1 = α + c z π (1 + τ 1 AR 1 ) = 4 α a1 = α 1 + =,19 + =,144 rad 57,3 57,3 +.63 π +,18 (1 ) =,19 rad 6 m = C z α a1 =,63,144 = 4,37 1 rad C z = m α a = 4,37 α a 9
Krila C xi = C z πar C x uk = c x + C xi %% Ovisnost koeficijenta uzgona i otpora pravokutnog krila površine % m^ i raspona 11 m iz aeroprofila NACA 415 za napadne kutove % od -8 do +8. b=11; A=; AR=b^/A; alpha=-8::8; %[ ] m=.15; az=-; aa=alpha-az; tau=.18; %za AR=6 cz=m*aa; cx=[.8.75.7.65.63.65.7.8.97]; a=alpha; Cz=4.37*aA/57.3; delta=.43; e=(1+delta)^-1;% Osnove aerodinamike str. 5. Cxi=Cz.^/(pi*e*AR); Cx=Cxi+cx; figure(1) plot (alpha,cz,'b-o',alpha,cz,'r-o') xlabel ('\alpha');ylabel('c_z') legend('aeroprofil','pravokutno krilo',) grid on figure() plot (alpha,cx,'b-o',alpha,cx,'r-o') xlabel ('\alpha');ylabel('c_x') 91
Krila legend('aeroprofil','pravokutno krilo',) grid on 1. 1.8.6.4 c z. -. -.4 aeroprofil pravokutno krilo -.6 -.8-8 -6-4 - 4 6 8.45.4 aeroprofil pravokutno krilo.35.3 c x.5..15.1.5-8 -6-4 - 4 6 8 9
8 STRUJANJE VISKOZNOG FLUIDA Strujanje fluida oko zrakoplova rezultira aerodinamičkom silom. Komponente aerodinamičke sile su otpor i uzgon. Sila otpora posljedica je djelovanja tangencijalnog naprezanja (trenja) i tlaka na površinu zrakoplova. Sila otpora zbog trenja je dominantna sila u tankom području iznad aeroprofila koji se naziva granični sloj. Unutar graničnog sloja brzina fluida naglo se mijenja po debljini sloja. U slučaju kada tijelo miruje, brzina po debljini sloja mijenja se od do brzine slobodne struje zraka. Posljedica promjene brzine po debljini sloja (gradijent brzine s udaljenosti od tijela) dovodi do velikih tangencijalnih naprezanja otpora uslijed trenja. Kao što je slika strujanja izvan graničnog sloja određena Machovim brojem, tako su značajke graničnog sloja određene Reynoldsovim brojem. Debljina graničnog sloja raste od nulte na prednjoj zaustavnoj točki do maksimalne na izlaznom bridu. Debljina graničnog sloja ovisi o lokalnoj vrijednosti Re broja. Promjena gradijenta tlaka (dp/dx) ima dominantan utjecaj na stabilnost graničnog sloja. Negativan gradijent tlaka ima stabilizirajući učinak, a porast tlaka ima destabilizirajući učinak.. Ubrzavanje struje Usporavanje struje zraka Sloj laminarnog strujanja Točka turbulencije Točka separacije Turbulentno strujanje Zaustavna točka Sloj laminarnog strujanja Točka turbulencije Sloj turbulentnog strujanja Porast Reynoldsovog broja pri konstatnom napadnom kutu uzrokuje pomicanje točke nestabilnosti i transformacije laminarnog u turbulentni granični sloj uzstrujno. Laminarni aeroprofili, npr. NACA 66-15, za razliku od klasičnih aeroprofila, npr. NACA 315, imaju pomaknutu točku maksimalne debljine aeroprofila 93
Strujanje viskoznog fluida na položaj od 4 6 % tetive što osigurava i do 5% nižu vrijednost koeficijenta otpora pri projektnom koeficijentu uzgona. laminarno strujanje turbulentno strujanje NACA 315 Radijus prednjeg brida Smanjen povećano laminarno strujanje debljina aeroprofila turbulentno strujanje NACA 66-15 Položaj max. debljine Povećan U trenutku kada dp/dx postane dovoljno velik da brzina u graničnom sloju bude toliko mala da više ne može strujati u pravcu nadolazeće struje zraka, počinje separacija struje zraka od površine aeroprofila. 94
Strujanje viskoznog fluida Krilo zrakoplova može se promatrati kao ravna ploča širine 1 m i duljine tetive 1, m. Na krilo nastrujava zrak brzinom 3 km/h sa standardnim karakteristikama za visinu 3 m. Odrediti silu otpora trenja, debljinu graničnog sloja na izlaznom bridu i potrebnu snagu za savladavanje sile otpora ako se pretpostavi da je: a) granični sloj laminaran na cijelom krilu, b) granični sloj turbulentan na cijelom krilu, c) prijelaz laminarnog graničnog sloja u turbulentni događa se pri kritičnom Reynoldsovom broju Re kr = 5. 8.1 V δ δ(x) V F R c Rješenje: b = 1 m c = 1, m V = 3 km/h = 83,33 m/s H = 3 m T = 68,65 K ρ =,9896 kg/m 3 μ = 1,696 1 5 Pas ν = 1,8659 1 5 m /s Re = V c ν 83,33 1, = = 5,36 16 18,659 1 6 95
Strujanje viskoznog fluida a) C f l = 1.38 Re = 1.38 = 5,736 1 4 5,36 16 F x = C f l 1 ρv b c = 5,736 1 4 1,9896 83,33 1 1, = 43,45 N P = F x V = 43,45 83,33 = 361 W 3,6 kw ν x δ = 5 V = 5 18,659 1 6 x =,366 x 83,33 x = c = 1, m δ =,366 x =,366 1, =,59 m =,59 mm b) C f t =,74 Re, =,74 (5,36 1 6 =,3337 ), F x = C f t 1 ρv b c =,3337 1,9896 83,33 1 1, = 5,8 N P = F x V = 5,8 83,33 = 166 W 1 kw δ =,371x ( ν V x ), =,371 ( ν V ), x,8 1,8659 1 5 =,371 ( ) 83,33 x = c = 1, m δ =,1735 x,8 =,1735 1,,8 =,1 m =,1 mm, x,8 =,1735 x,8 c) C f l t =,74 17 Re, Re =,74 17 (5,36 1 6 ), 5,36 1 6 =,3 F x = C f l t 1 ρv b c =,3 1,9896 83,33 1 1, = 8,77 N P = F x V = 8,77 83,33 = 1964 W 19 kw 96
Strujanje viskoznog fluida [mm] 5 15 1 b) 5 a),,4,6,8 1 1, x [m] Slika 8-1. Usporedba debljina laminarnog i turbulentnog graničnog sloja Tablica 8-1. Usporedba graničnih slojeva Granični sloj C f F x [N] P [kw] δ(c) [mm] Laminaran,5736 43,45 3,6,59 Turbulentan,3337 5,8 1,1 Laminarno turbulentan,3 8,87 19,1 97
Strujanje viskoznog fluida 8. Zrakoplov leti brzinom 15 km/h na nadmorskoj visini 5 m. Ako je površina donjake ravna, a duljina tetive 1 mm i prijelaz iz laminarnog u turbulentni granični sloj kod Re =, odrediti: a) debljinu graničnog sloja na izlaznom rubu donjake, b) silu trenja po jedinici širine krila (samo na donjaci). Rješenje: H = 5 m T = 55,65 K ρ =,7359 kg/m 3 μ = 16,8 1 6 Pas ν =,1 1 6 m /s c = 1 mm = 1 m V = 15 km/h = 41,67 m/s Re = Re = ρvx μ x = μ Re ρv = 16,8 1 6 1 6 = 1,63 m,7359 41,67 x > c laminaran granični sloj ν c δ = 5 V = 5,1 1 6 1 = 3,64 mm 41,67 C f l = 1,38 ν Vc = 1,38,1 1 6 = 9,67 1 4 41,67 1 F x = C f l 1 ρv S = 9,67 1 4 1,7359 41,67 1 1 =,6 N 98
Strujanje viskoznog fluida Zrakoplov leti na visini h = 4 m brzinom od 4 km/h. Odredi: a) pokazivanje Pitot-Prandtlove cijevi ako je ona postavljena s donje strane krila izvan graničnog sloja b) koliko cjevčica mora stršiti ispod krila tako da horizontalni dio cijevi bude izvan graničnog sloja ako se nalazi na udaljenosti 6 mm od napadnog brida. 8.3 Rješenje: V = 4 km/h = 111,1 m/s V 6 mm h = 4 m T = T 6,5 6,5 h = 88,15 4 = 6,15 K 1 1 ρ = ρ n (1,57 1 5 h) 4,56 = 1,5(1,57 1 5 4) 4,56 =,8189 kg/m 3 p = p n (1,57 1 5 h) 5,56 = 1135(1,57 1 5 4) 5,56 = 61 61 Pa a) p z = p + 1 ρv = 6161 + 1,8189 111,1 = 66 676 Pa b) μ =,417 1 7 T,76 =,417 1 7 6,15,76 = 16,65 1 6 Pas Re = ρvl μ,371 x δ = =,8189 111,1,6 16,65 1 6 = 3 78 551 granični sloj je turbulentan Re 1 5 =,371,6 3 78 551 1 5 =,118 m = 11,8 mm 99
Strujanje viskoznog fluida 8.4 Zrakoplov mase kg s pravokutnim krilima iz aeroprofila NACA 418 (dan na str. 1) raspona 1 m i duljine tetive 1,5 m leti brzinom 36 km/h na visini m. Otpor trupa ekvivalentan je otporu ravne ploče površine, m s C x = 1. Odredi: p a) ukupnu silu otpora i b) potrebnu snagu motora. Rješenje: h = m T = T 6,5 6,5 h = 88,15 = 75,15 K 1 1 ρ = ρ n (1,57 1 5 h) 4,56 = 1,5(1,57 1 5 ) 4,56 = 1,65 kg/m 3 p = p n (1,57 1 5 h) 5,56 = 1135(1,57 1 5 ) 5,56 = 79 494 Pa A = b c = 1 1,5 = 1,5 m AR = b A = 1 = 8 δ =,64 1,5 F z = F G 1 C z ρv A = mg C z = mg ρv A = 9,81 1,65 ( 36 3,6 ) 1,5 =,31 C z C z α 1 = α + C z π (1 + τ 1 AR 1 1 + τ AR ) m AR? AR c z = C z =,31 α = 1 iz dijagrama m AR 1 = 8 τ 1 =,,31 AR = π α 1 = 1 18 +,31 +, (1 ) =,36 rad π 8? z 1 1,87 3? a = 3,87?? a C xi = C z πar,31 (1 + δ) = (1 +,64) =,41 π 8 1
Strujanje viskoznog fluida a) F x uk = F xa + F xi + F xp = 1 ρv (c x a A + C xi A + C xp A p) F x uk = 1 1,65 (36 3,6 ) (,75 1,5 +,41 1,5 + 1,) = 1737.5 N b) P = F x uk V = 1737.5 (36) = 173 75 W = 173.75 kw 3,6 11
Strujanje viskoznog fluida NACA 418 3.6 3..8.4. 1.6 1..8.4 -.4 -.8-1. -1.6 -. -3-4 -16-8 8 16 4 3 Section angle of attack, α, deg..36.3 -...4 x/c.6.8 1.8.4..16.1.8.4 -.1 -. -.3.9 x 1 6 5.8 8.9 5.8 a.c. position Standard roughness -.4 -.5-1.6-1. -.8 -.4.4.8 1. 1.6 Moment coefficient, c m, c/4 Section lift coefficient, c l.1 -.1 -. -.3 -.4 -.5 Re x/c y/c.39.44.4 -.3.41 -.16 Section lift coefficient, cl Moment coefficient, c m, a.c Section drag coefficient, c d y/c 1
Strujanje viskoznog fluida Avion mase 17 kg ima eliptična krila iz aeroprofila NACA 41 (str. 15), površine 75 m i raspona 4,5 m. Leti u uvjetima ISA na visini 3 m brzinom 13 m/s. Svi štetni otpori predstavljeni su otporom ravne ploče površine,19 m s C x = 1. Odredi: p 8.5 a) koeficijent uzgona aviona, b) napadni kut na kojem avion leti, c) inducirani otpor aviona d) ukupni otpor letu aviona i e) potrebnu snagu aviona za let. Rješenje: a) h = 3 m ρ = ρ n (1,56 1 5 h) 4,56 = 1,5(1,56 1 5 3) 4,56 =,991 kg/m 3 F z = F G 1 C z ρv A = mg C z = mg 17 9,81 ρv = A,991 13 75 =,461 b) α z = α a = α α z = α + α z AR = b A = 4,5 75 = 8 C z m : α = 6 α a = 6 + = 8 c z =,8 AR AR m = c z =,8 α π = 5,73 rad 1 a 8 18,48 m = m 1 + m = 5,73 πar 1 + 5,73 = 4,666 rad 1 π 8,461 α z m m 3,66 α α a = C z m =,461 4,666 =,988 rad α a = 5,66 α = α a + α z = 5,66 = 3,66 13
Strujanje viskoznog fluida c) C xi = C z πar =,461 π 8 =,8456 F xi = C xi 1 ρv A =,8456 1,991 13 75 = 358 N d) α = 3,66 c z =,48 c x =,78 iz dijagrama aeroprofila F x a = c 1 x ρv A =,78 1,991 13 75 = 81 N F x p = C 1 xp ρv A p = 1 1,991 13,19 = 916 N C x uk = c x + C xi + C xp A p A F x uk = C xuk =,78 +,8456 + 1,19 75 =,1879 1 ρv A =,1879 1,991 13 75 = 6796 N e) P R = F x V = 6796 13 = 7 kw uk 14
Strujanje viskoznog fluida NACA 41 3.6 3..8.4. 1.6 1..8,48.4 -.4 -.8-1. -1.6 -. -3-4 -16-8 - 3,66 8 16 4 3 Section angle of attack, α, deg..36.3 -...4 x/c.6.8 1.8.4..16.1.8.4 -.1 -. -.3.9 x 1 6 5.9 8.9 5.9 a.c. position x/c y/c.31.3.39 -.11.41 -.18 Standard roughness -.4 -.5-1.6-1. -.8 -.4.4.8 1. 1.6 Moment coefficient, c m, c/4 Section lift coefficient, c l.1 -.1 -. -.3 -.4 -.5 Re Section lift coefficient, cl Moment coefficient, c m, a.c Section drag coefficient, c d y/c 15
Strujanje viskoznog fluida 8.6 Odredi i grafički prikaži ovisnost pozicije točke transformacije laminarnog u turbulentni granični sloj za strujanje preko ravne ploče duljine m, u uvjetima ISA/SL, za brzine od 5 do 5 m/s s korakom od 1 m/s. Odredi i grafički prikaži ovisnost koeficijenta otpora uslijed trenja o Reynoldsovom broju za isti raspon brzina. Rješenje: Re = ρvx μ x tr = μ Re ρv = 1,7894 1 5 5 1 5 = 7,34 1,5 V V m C f l = 1,38 Re za Re < 5 koeficijent otpora za laminarno strujanje C f lt =,74 17 Re, Re za Re > 5 koeficijent otpora u slučaju lam.-turb. strujanja %% Ovisnost pozicije točke tranzicije lam. u turb. gr. sloj preko ravne ploče % duljine m,u uvjetima ISA/SL za brzine od 5 do 5 m/s s korakom od 1 m/s. c=; %[m] ro=1.5;%[kg/m^3] ni=1.7894*1^(-5);%[pas] V=5:5;%[m/s] Re_krit=5; x_krit=ni*re_krit./(ro*v); figure(1) plot (V,x_krit); grid on xlabel('v [m/s]');ylabel('mjesto tranzicije [m]') axis([,5,,]) for i=1:length(v) Re(i)=ro*V(i)*c/ni; if Re(i)>Re_krit Cf(i)=.74/Re(i)^.-17/Re(i); % laminarno-turbulentni else Cf(i)=1.38/sqrt(Re(i)); %laminarni end end % crtanje ovisnosti Cf=f(Re)za isti raspon brzina figure() plot (Re,Cf); grid on xlabel('re');ylabel('c_f');title('\it {C_f} = \it {f} (\it{re})') Mjesto tranzicije [m] 1.8 1.6 1.4 1. 1.8.6.4. C f 3.3 x 1-3 3. 3.1 3.9.8.7.6 C f = f (Re) 5 1 15 5 3 35 4 45 5 V [m/s].5 1 3 4 5 6 7 Re x 1 6 16
9 UPRAVLJAČKE POVRŠINE Kada se promatra gibanje zrakoplova, bitni pojmovi su: stabilnost i upravljivost. Stabilnost zrakoplova je njegovo svojstvo da se nakon djelovanja poremećaja samostalno vrati u početni ravnotežni položaj, a promatra se kao statička i dinamička. Upravljivost zrakoplova je njegova sposobnost stvaranja željenog gibanja djelovanjem na upravljačke površine. Stabilnost i upravljivost su oprečni pojmovi; što je zrakoplov stabilniji, manje je upravljiv i obrnuto. Zrakoplov se može promatrati kao kruto tijelo sa šest stupnjeva slobode gibanja: tri translacije i tri rotacije. Upravljanje rotacijom zrakoplova vrši se pomoću upravljačkih površina. U tablici su navedene upravljačke površine klasičnog aviona kao i odgovarajuće komande u kokpitu. Krilca (ailerons) Direkcionalna os Z (skretanje, yaw) Lateralna os Y (propinjanje, pitch) Stabilizator s kormilom visine (elevator) Longitudinalna os X (valjanje, roll) Stabilizator s kormilom pravca (rudder) Upravljačka komanda u kokpitu Upravljačka površina Gibanje upravljačka palica (desno i lijevo) krilca (ailerons) valjanje (roll) upravljačka palica (naprijed i natrag) kormilo visine (elevators) propinjanje (pitch) pedale kormilo pravca (rudder) skretanje (yaw) 17
Upravljačke površine 9.1 Odredi silu na upravljač aviona pri brzini 6 m/s u uvjetima ISA/SL, ako se elevator zakreće od δ f = - do +. Sila uzgona na elevatoru djeluje u aerodinamičkom centru elevatora, a otpor se može zanemariti. Duljine poluga su: l 1 =,5 m, l =.1 m i l 3 =,6 m. Ovisnost koeficijenta uzgona elevatora o otklonu elevatora dana je u dijagramu. Površina elevatora je A =,8 m, a dužina tetive elevatora c =,4 m. δ f F p 3 F 1 1 δ f V H(+) Slika 9-1. Shema prijenosa djelovanja od upravljačke poluge do upravljačke površine pri propinjanju Slika 9-. Uvećani prikaz položaja zgloba na elevatoru C Le,5,3,1 δ f - -1 1 -,1 -,3 -,5 Dijagram 9-1. Ovisnost koeficijenta uzgona o otklonu elevatora 18
Upravljačke površine Rješenje: A =,8 m F p c =,4 m V = 6 m/s 3,6 m X ac =,5c X zgl =,1c,1 m F 1 1,5 m - δ f zglob + δ f F Le = C Le 1 ρv A (1) stabilizator AC H = F Le (X ac X zgl ) (),5 m F 1 = H l 1 (3) a.c. F 1 l = F P l 3 F P = F 1 l l 3 (4),1c,5c Tablica 9-1. Potrebna sila na upravljačkoj palici za različite otklone elevatora d f [ ] C Le [N] F Le [N] (1) H [Nm] () F 1 [N] (3) F P [N] (4) - -,5-88, -5,9-59, -88, -15 -,375-661,5-39,7-396,9-66, -1 -,5-441, -6,5-64,6-44,1-5 -,15 -,5-13, -13,3 -,1 5,15,5 13, 13,3,1 1,5 441, 6,5 64,6 44,1 15,375 661,5 39,7 396,9 66,,5 88, 5,9 59, 88, 19
1 AERODINAMIKA VELIKIH BRZINA Kritični Machov broj slobodne struje zraka postiže se pri brzini leta zrakoplova koja negdje iznad aeroprofila dovodi do lokalne brzine stujanja zraka koja je jednaka lokalnoj brzini širenja zvuka. Odnosno ako negdje iznad aeroprofila lokalna brzina strujanja zraka postigne lokalnu brzinu širenja zvuka, Ma = 1, kaže se da zrakoplov leti kritičnim Machovim brojem. Kritični Machov broj uvijek je manji od jedinice, a njegova vrijednost ovisi o obliku aeroprofila i napadnom kutu. Određivanje kritične brzine leta ili kritičnog Machovog broja iznimno je bitno jer let iznad te brzine uzrokuje veliki otpor strujanju zraka kao i mogućnost odvajanja struje graničnog sloja uslijed udarnih valova. Kritični Machov broj moguće je odrediti za svaki aeroprofil pomoću dvije jednadžbe ako je poznata ovisnost koeficijenta tlaka o položaju točke na aeroprofilu. Obično je poznat koliki je Cp nst, min koji se zatim uz pomoć Prandtl-Glauertove korekcije može preračunati i za stlačivo strujanje prema jednadžbi: C p = C p nst,min 1 Ma (1) C pkr = κ Ma [( + (κ 1) Makr ) kr κ + 1 κ κ 1 1] () Uz jednadžbu (1) i () moguće je grafičkom ili numeričkom metodom izračunati kritičnu vrijednost Machovog broja, odnosno vrijednost Ma broja slobodne struje (brzine leta) kada se iznad aeroprofila prvi put pojavljuje brzina fluida koja je jednaka lokalnoj brzini zvuka. 11
Aerodinamika velikih brzina 1.1 Najmanji koeficijent tlaka aeroprofila za slučaj nestlačivog strujanja iznosi -,8. Odredi: a) kritični Machov broj aeroprofila, grafički i numerički b) povećanje koeficijenta uzgona u odnosu na nestlačivo strujanje pri kritičnom Machovom broju Rješenje: a) Kritični Machov broj aeroprofila a1. Grafičko rješenje C p =,8 C p = C p 1 Ma =,8 1 Ma Ma kr C pkr C pkr =,8 1 Ma kr (1) Prandtl Glauertovo pravilo C pkr = κ Ma [( + (κ 1) Makr ) kr κ + 1 κ κ 1 1] () C pkr = 1,4Ma [( + (1,4 1) Makr ) kr 1,4 + 1 1,4 1,4 1 1 1] =,7Ma kr [( +,4Makr,4 3,5 ) 1] 1 C pkr =,7 Ma kr [( +,4 Makr,4 3,5 ) 1] ( * ) Ma kr,,4,6,8 1 1, C pkr iz (1) -,8 -,816 -,873-1 -1,333 - - C pkr iz (*) - -16,313-3,66-1,94 -,435,79 Ma kr =,643 očitano iz grafa 111
Aerodinamika velikih brzina -.5 () - (1) -1.5 Cp krit -1 Ma krit =.643 -.5..4.6.8 1 Ma a. Numeričko rješenje,8 1 Ma kr 1 =,7 Ma kr Ma kr = 1 Ma kr,56 [( +,4 Makr,4 [( +,4 Ma 3,5 kr ) 1],4 3,5 ) 1] i Ma kr i Ma kri+1 1,8,4568,4568,7876 3,7876,4744 4,4744,7766...,64,64595,64596,6418,64,644,643,643 vrlo sporo konvergira b) C z = C z 1 Ma kr = C z 1,643 = 1,36 C z C z C z C z = 1,36 C z C z C z =,36 = 3,6 % 11
Aerodinamika velikih brzina 1. Usporedi brzine za tri različita zrakoplova (bez kuta strijele, kut strijele 15 i kut strijele 45 ) pri kojima opstrujavanje krila dostiže kritični Machov broj. Pretpostaviti da je krilo beskonačno tanka ravna ploča. V Rješenje: a = κrt = 1,4 87,4 88,15 = 34,3 m/s Ma kr = 1 V kr = Ma kr a = 34,3 m/s V V kr = 34,3 m/s V n = V cos Λ LE Ma kr = V nkr a = V kr cos Λ LE a V kr = Ma kr a cos Λ LE = 1 a cos Λ LE = a cos Λ LE V Λ LE = 15 V kr = 34,3 = 35,3 m/s cos 15 Ma kr = V kr a = 35,3 34,3 = 1,35 Λ LE = 45 V Λ 1/4 Λ 1/4 V n V kr = 34,3 = 481, m/s cos 45 V t Ma kr = V kr a = 481, 34,3 = 1,414 113
Aerodinamika velikih brzina Teoretski koeficijent uzgona za tanki simetrični aeroprofil u nestlačivom strujanju iznosi C z = πα. Izračunaj koeficijent uzgona za Machove brojeve,1,,3,,5,,7 i,9. 1.3 Rješenje: C z = πα = 6,83α C z = C z 6,83 α = 1 Ma 1 Ma Ma,1,3,5,7,9 C z 6,315α 6,587α 7,55α 8,798α 14,415α 1.6 1.4 1. 1 C z.8 =6.6.4. =1.1..3.4.5.6.7.8.9 Ma 114
11 PROPELERI Propeler služi kako bi snagu pogonskog motora pretvorio u potisak zrakoplova. Za razliku od krila čija je putanja ravna linija tijekom horizontalnog leta, propeler ima putanju helikoide, odnosno svaki presjek kraka ima svoju helikoidu i svoju lokalnu brzinu opstrujavanja. Kut između ravnine rotacije i pravca rezultantne brzine opstrujavanja naziva se aerodinamički kut (advance angle, helix angle) a drukčiji je od presjeka do presjeka kraka. Vrhovi propelera gibaju se po helikoidi puno većeg promjera, kao i pri puno većoj brzini od dijelova bliže glavčini. Kut između ravnine rotacije i kuta nultog uzgona aeroprofila na presjeku naziva se konstruktivni kut (pitch angle, blade angle). Aerodinamički kut ili kut napredovanja Struja zraka na presjeku kraka Pravac leta Putanja (helikoida) kraka na ½ radijusa Helikoida vrha kraka Napredovanje za jedan okretaj Razlika između konstruktivnog ( ) i aerodinamičkog kuta ( ) je apsolutni napadni kut (α a ). Kada zrakoplov leti malom brzinom, konstruktivni kut bi trebao biti manji (low or fine pitch). Kada zrakoplov leti većim brzinama, konstruktivni kut bi mu trebao biti veći (high or course). Konstruktivni kut se razlikuje od vrha do glavčine propelera pa se u Pilotskom priručniku koristi referentni konstruktivni kut na 75% radijusa propelera. Učinkovitost propelera pokazuje koliku snagu motora pretvara u vučnu silu ili raspoloživu snagu. Najveća iskoristivost propelera postiže se kada je napadni kut po čitavoj dužini radijusa propelera optimalan. Na slici je prikazan propeler sa prilagodljivim korakom. Pilot može mijenjati konstruktivni kut propelera kako bi osigurao maksimalnu učinkovitost pri različitim brzinama leta. 115