tijelo u subsonici
DESCRIPTION
Tijelo u subsoniciTRANSCRIPT
6-1
6. TIJELO U STLAČIVOJ SUBSONIČNOJ STRUJI ZRAKA
6.1 Opće jednadžbe za aerodinamičke koeficijente
S obzirom da su tijela zrakoplova vrlo često rotacionog oblika promatrat ćemo rotaciono tijela u
subsoničnoj struji zraka. Usvajamo cilindrične koordinate. Ishodište se nalazi na vrhu tijela, a x os
je os simetrije tijela. Ravan koju čine os tijela x i neporemećena brzina ∞V nazivamo ravan
optjecanja. Za rotaciono tijelo sve ravni kroz os simetrije su iste, ali mi postavljamo z os u ravni
optjecanja. Uočimo ravan koja prolazi kroz x os tijela i točku M na površini tijela. Nazovimo je
ravan xM. Ona čini kut ϑ s tom koordinatnom ravni xz (slika 6-1)
ϑ
x
r
u
v
w
α∞V
M
Slika 6-1
Polumjer tijela r na udaljenosti x od vrha je poznata funkcija ( )xr , a njena derivacija je
εtan=′= rdxdr
Cjelokupnu vanjsku površinu rotacionog tijela dijelimo na dva dijela:
• dio P bočni dio ili omotač na kome imamo granični sloj i
• dio bS , nazovimo ga bazni dio (od engleske riječi "base") iza koga se formira trag letjelice.
6-2
Elisni zrakoplovi obično nemaju bazni dio, a kod mlaznih zrakoplova bS je površina izlaznih
presjeka mlaznih motora.
Označimo sa n ort normale, a sa t ort tangente u točki M na površini tijela u kojoj
promatramo element površine dP.
[ ]Tϑεϑεε coscossincossin−=n
[ ]Tϑεϑεε cossinsinsincos=t
x
αsin∞V
αcos∞V
ε
ε
ϑ
rd
t
n
ϑdr
y
z
Slika 6-2
Znak - zato što je jedinični vektor normale uvijek orijentiran od površine prema van. Na taj element
površine dP djeluje vanjski tlak p i tangencijalni napon 0τ . Vanjski tlak se prenosi kroz granični
sloj te daje okomitu silu ndPp ⋅− . Tangencijalni napon 0τ daje elementarnu silu trenja dP0τ u
tangencijalnoj ravnini u pravcu lokalne brzine. U općem slučaju ta tangencijalna sila ima dvije
komponente: jednu u presjeku s ravni xM, a drugu u presjeku s ravni okomitoj na os x . Ukoliko
6-3
tijelo ne rotira oko svoje osi ovu drugu zanemarujemo. U tom slučaju taj tangencijalni napon daje
silu tdP⋅0τ . To znači da na element bočne površine tijela dP djeluje elementarna sila
dPnpdPt −0τ
Na zadnjem dijelu letjelice gdje započinje trag djeluje tlak bp . Mjerenja pokazuje da taj tlak
možemo smatrati konstantnim po cijeloj površini dna bS , te on stvara silu bbSp koja djeluje
okomito na površinu dna. To znači da na cijelu vanjsku površinu rotacionog tijela djeluje sila:
( ) bbbP
nSpdPnptF −−= ∫ 0τ
Kad rotaciono tijelo miruje u prostoru onda na omotač P i na dno bS djeluje vanjski neporemećeni
tlak ∞p . Ukupna sila jednaka je nuli pa imamo jednadžbu:
bbP
nSpdPnp ∞∞ −−= ∫0 .
Oduzimanjem ove jednadžbe od sile F koja djeluje na vanjsku površinu rotacionog tijela, daje:
( ) ( ) bbbP
nSppdPnppdPtF ∞∞ −−⋅−−= ∫ ∫0τ .
Cjelokupna aerodinamička sila koja djeluje na rotaciono tijelo F ima tri komponente duž
koordinatnih osi:
aksijalnu: xref
2
CS2V∞∞ρ
bočnu: yref
2
CS2V∞∞ρ
normalnu: zref
2
CS2V∞∞ρ
Projektiranjem vektorske jednadžbe za aerodinamičku silu F na koordinatne osi dobivamo
matričnu jednadžbu:
( ) ( )⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−−
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−−
−+⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
∞∞∞∞ ∫∫
001
Sppnnn
dPppdPttt
CCC
S2V
bb
z
y
x
PPz
y
x
0
z
y
x
ref
2
τρ
koja daje tri skalarne jednadžbe:
( ) ( ) bbxPP
x0xref
2
SppdPnppdPtCS2V
∞∞∞∞ −−−−= ∫∫τ
ρ
( ) dPnppdPtCS2V
yPP
y0yref
2
∫∫ ∞∞∞ −−= τρ
6-4
( )dPppndPtCS2V
Pz
Pz0zref
2
∫∫ ∞∞∞ −−= τρ
Dijeljenjem s referentnom silom ref
2
S2V∞∞ρ dobivamo temeljnu jednadžbu za aerodinamičke
koeficijente tijela duž osi koje su vezane za tijelo i ravan optjecanja. Uveli smo bezdimenzionalni
tangencijalni napon
2V 20
0∞∞
=ρττ .
Dobivamo opće jednadžbe za aerodinamčke koeficijente rotacionog tijela:
ref
b2
b
Pxp
refPx0
refx S
S
2V
ppdPnCS1dPt
S1C
∞∞
∞−−−= ∫∫ ρ
τ
dPnCS1dPt
S1C y
Pp
refPy0
refy ∫∫ −= τ
dPnCS1dPt
S1C z
Pp
refPz0
refz ∫∫ −= τ
U prvoj jednadžbi za aksijalnu silu razlikujemo dva slučaja. Ako nemamo mlazne motore (elisni
pogon zrakoplova ili slučaj topničkih projektila) onda je ∞< ppb pa je
0
2V
ppC 2b
pb <−
=∞∞
∞
ρ
Jednadžba za aksijalni aerodinamički koeficijent ima oblik:
( )
bxpxfx C
ref
bbp
C
Pxp
ref
C
Pxo
refx S
SCdPnCS
dPtS
C ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−+−+= ∫∫
11 τ .
Ova jednadžba nam pokazuje da postoje tri dijela aksijalnog koeficijenta. xC : fxC otpor trenja,
pxC valni otpor i bxC otpor dna.
U drugom slučaju kad imamo mlazne motore (ili raketne motore) 0ppb >− ∞ onda je
aerodinamička sila na dnu komponenta pogonske sile
( ) bb Spp ⋅− ∞
te nju dodajemo aksijalnoj komponenti pogonske sile. U tom slučaju (kad dno tijela predstavlja
izlaz mlaznog ili raketnog motora) prva jednadžba nema treći član tj. za mlazne zrakoplove ili
rakete
6-5
( )
xp
Pxp
ref
xf
Px0
refx
C
dPnCS1
C
dPtS1C ∫∫ −+= τ
Druge dvije jednadžbe su iste u oba slučaj
dPnCS1dPt
S1C y
Pp
refPy0
refy ∫∫ −= τ
dPnCS1dPt
S1C z
Pp
refPz0
refz ∫∫ −= τ
Za rotaciono tijelo ddrdP ⋅= ϑ gdje je d element izvodnice rotacionog tijela, pa je
dxd =εcos i drd =εsin . S tim veličinama je
dxdrddrdPtx ⋅=⋅⋅= ϑϑεcos
drdrddrdPtz ⋅⋅=⋅⋅= ϑϑϑϑε coscossin
i
drdrddrdPnx ⋅−=⋅⋅−= ϑϑεsin
dxdrddrdPnz ⋅⋅=⋅⋅= ϑϑϑϑε coscoscos
Tako je za rotaciono tijelo
∫ ⋅=P
oref
fx dxdrS
C ϑτ1
∫=P
pref
px drdrCS
C ϑ1
Zbog simetrije optjecanja u odnosu na ravan xz ne postoji sila u pravcu y osi pa je 0=yC .
Napomenimo da je ta simetrija narušena ako tijelo rotira oko osi simetrije (kao npr. u slučaju
topničkih projektila), pa tada postoji 0≠yC .
I koeficijent normalne sile ima dva dijela:
∫−=P
pref
zp dxdrCS
C ϑϑcos1
∫ ′=P
oref
zf dxdrrS
C ϑϑτ cos1
Ako je optjecanje rotacionog tijela osno simetrično onda ne postoji ni komponenta zC .
Tangencijalni napon i koeficijent tlaka ne ovise od kuta ϑ pa su jednadžbe za komponente
koeficijenta aksijalne sile:
∫=0
2 dxrS
C oref
fx τπ
6-6
∫=max
0
2 r
pref
px drrCS
C π
Isto tako možemo izvesti jednadžbu za moment oko referentne točke na x osi letjelice. Neka
je ta referentna točka V udaljena od ishodišta (vrha letjelice) vx onda je njen vektor položaja
[ ]Tv 00x , a VM je vektor od referentne točke do elementarne sile ( )dPnpt0 −τ u točki M .
Ukupni aerodinamički moment za referentnu točku bit će
( )∫ −×=P
0 dPnptVMM τ
zato što sila na dnu rotacionog tijela prolazi kroz referentnu točke te nema moment. I ovdje
promatramo moment na rotaciono tijelo kad ono miruje. Taj moment mora biti jednak nuli pa
imamo identitet
( ) 0=−×∫ ∞P
dPnpVM ,
koji oduzimamo od aerodinamičkog momenta pa dobivamo da je ukupni moment za referentnu
točku V
( )[ ]∫ ∞−−×=P
0 dPnpptVMM τ
Poslije dijeljenja s referentnim momentom refrefSV2
2∞∞ρ dobivamo
( )∫ −×P
p0refref
dPnCtVMS
1 τ
Poteg VM ima komponente [ ]Tv zyxx − pa su komponente ovog bezdimenzionalnog momenta:
dPnCtnCtnCt
zyxxiii
S1
Pzpz0ypy0xpx0
v
zyx
refref
⋅−−−
−∫τττ
Zbog simetrije optjecanja taj moment je okomit na ravan optjecanja, što znači da su komponente
duž x osi i z jednake nuli, a njegova bezdimenzionalna komponente duž y osi jest:
( ) ( )( )[ ]∫ ⋅−−−−=P
zpz0vxpx0refref
m dPnCtxxnCtzS
1C ττ
( )[ ] ( )[ ]
fm
P0zvx
refref
pm
Ppxzv
refrefm
C
dPtxxtzS
1
C
dPCnznxxS
1C ∫∫ ⋅−−+⋅−−= τ
Kako je
ϑcosrz =
6-7
dxdrdPtx ⋅= ϑ
drdrdPtz ⋅⋅= ϑϑcos
drdrdPnx ⋅−= ϑ
dxdrdPnz ⋅⋅= ϑϑcos
bit će koeficijent momenta propinjanja zbroj dva koeficijenta: prvi od normalnog tlaka i drugi od
tangencijalnog napona:
( )[ ] dxdrCxxrrS
CP
pvrefref
mp ϑϑcos1∫ ⋅−+′=
( )[ ] dxdrrxxrS
CP
vrefref
mf ϑϑτ cos10∫ ⋅′−−= .
Uočimo da je funkcija ϑcospC parna funkcija po ϑ (nerotirajuće tijelo). Zato prvi koeficijent
možemo napisati u obliku
( )[ ]∫ ∫ ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⋅−−′−=
b
dxrdCxxrrS
C pvrefref
mp0 0
cos21 π
ϑϑ
a slično tomu i drugi koeficijent.
U ovom poglavlju razmotrit ćemo samo one dijelove aerodinamičkog koeficijenta koji su
posljedica tlaka na optjecanoj rotacionoj površini. Pri tome zanemarujemo postojanje graničnog
sloja. U slijedećem poglavlju razmotrit ćemo granični sloj i odredit ćemo dijelove aerodinamičkog
koeficijenta koji su posljedica tangencijalnog napona u graničnom sloju.
6.2 Parcijalna diferencijalna jednadžba u cilindričnim koordinatama
Na raspolaganju su nam jednadžba kontinuiteta, Eulerova jednadžba (tj. jednadžba količine gibanja)
te energetska jednadžba (u ovom slučaju za idealni plin i adiabatsko strujanje)
( )
constp
pdtVd
V
=
−=
=
−γρ
ρ
ρ
grad
0div
Prije daljeg izlaganja podsjetimo se da se može integrirati druga jednadžba (Eulerova) pomoću treće
jednadžbe (adiabatske). To je tzv. Saint Venantova jednadžba
1a
2V
1a
2V 2222
−+=
−+ ∞∞
γγ
6-8
Iz ovih jednadžba kao i u slučaju pravokutnih koordinata dobivamo parcijalnu diferencijalnu
jednadžbu potencijala poremećene brzine.
Iz druge jednadžbe projektiranjem na koordinatne osi i razvijanjem u cilindričnim
koordinatama dobivamo zato što je prema trećoj jednadžbi ( )ρp :
xa
xddp
xpwu
rv
ruu
xu
∂∂
−=∂∂
−=∂∂
−=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
∂∂
+∂∂
+∂∂ ρρ
ρϑρ 21
ra
rddp
rpwv
rv
rvu
xv
∂∂
−=∂∂
−=∂∂
−=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
∂∂
+∂∂
+∂∂ ρρ
ρϑρ 21
ϑρ
ϑρ
ρϑϑρ
∂∂
−=∂∂
−=∂∂
−=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
∂∂
+∂∂
+∂∂
ra
rddpp
rww
rv
rwu
xw 1111 2
Iz ovih jednadžba su parcijalne derivacije gustoće po koordinatama:
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
∂∂
+∂∂
+∂∂
⋅−=∂∂ wu
rv
ruu
xu
ax ϑρρ 1
2
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
∂∂
+∂∂
+∂∂
−=∂∂ wv
rv
rvu
xv
ar ϑρρ 1
2
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
∂∂
+∂∂
+∂∂
−=∂∂ ww
rv
rwu
xw
ar ϑρ
ϑρ 11
2
Iz prve jednadžbe po kojoj je 0V =ρ imamo:
( ) ( ) ( ) 0wr1
rvr
r1
xu
=∂
∂+
∂∂
+∂
∂ϑρρρ
( ) ( ) ( ) 0wr1
rv
rv
xu
=∂
∂+
∂∂
++∂
∂ϑρρρρ
011=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +
∂∂
+∂∂
+∂∂
+∂∂
+∂∂
+∂∂
rvw
rrv
xuw
rv
ru
x ϑρ
ϑρρρ
Zamjenom u ovu jednadžbu parcijalnih derivacija gustoće dobivenih iz druge jednadžbe
011
1
1
2
2
2
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +
∂∂
+∂∂
+∂∂
+⋅⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
∂∂
+∂∂
+∂∂
−
+⋅⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
∂∂
+∂∂
+∂∂
−
+⋅⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
∂∂
+∂∂
+∂∂
−
rvw
rrv
xuwww
rv
rwu
xw
a
vwvr
vrvu
xv
a
uwur
vruu
xu
a
ϑρ
ϑρ
ϑρ
ϑρ
Gustoća se skraćuje te poslije sređivanja dobivamo jednadžbu
6-9
( ) ( ) ( )
0xwu
r1wu
rwv
r1vw
xv
ruuv
rvaw
r1wa
rvva
xuua 2222222
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
∂∂
+∂∂
−⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
∂∂
+∂∂
−⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
∂∂
+∂∂
−
−+∂∂
⋅−+∂∂⋅−+
∂∂⋅−
ϑϑ
ϑ
Kvadrat brzine zvuka može se eliminirati pomoću Saint Venantove jednadžbe:
( )222222 wvuV2
1aa −−−−
+= ∞∞γ .
6.2.1 Linearizacija jednadžbe potencijala poremećaja
Uvedimo poremećaje brzina
uuu ˆ+= ∞ vvv ˆ+= ∞ www ˆ+= ∞ aaa ˆ+= ∞
i definiramo ( )ϑφ ,,ˆ rx potencijal poremećaja brzina:
xxu φφ ˆˆˆ =
∂∂
= rrv φφ ˆˆˆ =
∂∂
= rr
w ϑφϑφ ˆˆ1ˆ =∂∂
=
Slika 6-3
Razložimo neporemećenu brzinu ∞V na uzdužnu ∞u , radijalnu ∞v i cirkularnu ∞w komponentu.
Kao što se sa slike 6-3 vidi komponenta ∞w je negativna:
6-10
ϑαϑα
α
sinsincossin
cos
⋅−=⋅=
=
∞∞
∞∞
∞∞
VwVvVu
Poslije unošenja tijela u struju zraka (poremećeno strujanje)
xVuuu φα ˆcosˆ +=+= ∞∞
rVvvv φϑα ˆcossinˆ +=+= ∞∞
rVwww ϑφϑα
ˆsinsinˆ +−=+= ∞∞
Iz ovih jednadžba, s obzirom da su ∞V i α konstante, derivacijom dobivamo:
xxxu φ̂=∂∂ xrr
u φ̂=∂∂ ϑφ
ϑ xu ˆ=
∂∂
rxxv φ̂=∂∂ rrr
v φ̂=∂∂ ϑϑ φφϑα
ϑ rr wVv ˆˆsinsin +=+−=∂∂
∞∞
rxw xϑφ̂=∂∂
rw
rrrrw rr ˆˆˆˆ
2 −=−=∂∂ ϑϑϑ φφφ
r
vr
Vw ϑϑϑϑ φφϑαϑ
ˆˆcossin +−=+−=
∂∂
∞∞
Smjenom ovih vrijednosti u p. d. jednadžbu
( ) ( ) ( )
011
1 2222222
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
∂∂
+∂∂
−⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
∂∂
+∂∂
−⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
∂∂
+∂∂
−
++∂∂
⋅−+∂∂⋅−+
∂∂⋅−
xwu
rwu
rwv
rvw
xv
ruuv
rvaw
rwa
rvva
xuua
ϑϑ
ϑ
i u jednadžbu
( )222222 wvuV2
1aa −−−−
+= ∞∞γ
te ako pretpostavimo da su poremećaji brzina u odnosu na neporemećenu brzinu
∞∞∞ Vw
Vv
Vu ˆ
,ˆ
,ˆ
mali brojevi, a to je slučaj ako su istodobno
• dxdr mali broj,
• napadni kut α mali broj, a
• Ma nije u transonici
U tom slučaju poslije zanemarivanja malih veličina drugog reda i eliminacije 2a , dobivamo
( ) 0ˆˆˆˆ1 2
2 =+++−rr
Ma rrrxx
φφφφ ϑϑ ,
linearnu parcijalnu jednadžbu potencijala poremećaja.
6-11
6.2.2 Princip rješavanja
Rješenje ove parcijalne diferencijalne jednadžbe tražimo u obliku zbroja
( ) ( )ϑφφφ ,,,ˆ10 rxrx +=
Prvi član ( )rx,0φ predstavlja potencijal poremećaja osno simetričnog optjecanja, što znači
da je u slučaju 0=∞α drugi član jednak nuli. Prvi član u tom slučaju mora zadovoljiti p.d.
jednadžbu potencijala poremećaja koja za osno simetrično optjecanje ima oblik:
( ) 0ˆ1ˆˆ
1 020
2
20
22 =
∂∂
+∂∂
+∂∂
−rrrx
Maφφφ
zato što za osno simetrično optjecanje potencijal nije ovisan od kuta ϑ pa je 0ˆ =ϑϑφ .
Drugi član ( )ϑφ ,,1 rx mora zadovoljiti također neku p. d. jednadžbu. Da bi smo odredili tu
p.d. jednadžbu u opću p.d. jednadžbu koja mora biti zadovoljena pri optjecanju pod napadnim
kutom
( ) 0ˆˆˆˆ1 2
2 =+++−rr
Ma rrrxx
φφφφ ϑϑ
zamijenimo potencijal pomoću zbroja 10 φφφ += .
( ) 0ˆˆ1ˆ
0
ˆ1ˆˆˆˆ1 10
21
2
20
2
221
2
20
2
21
2
20
22 =⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
∂∂
+∂∂
+⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
∂∂
+∂∂
+∂∂
+∂∂
+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
∂∂
+∂∂
−rrrrrrxx
Ma φφϑφ
ϑφφφφφ
( ) ( ) 0ˆ1ˆ1ˆˆ
1
0
ˆ1ˆˆ1 1
21
2
221
2
21
220
20
2
20
22 =
∂∂
+∂∂
+∂∂
+∂∂
−+∂∂
+∂∂
+∂∂
−rrrrx
Marrrx
Ma φϑφφφφφφ
Dopunska funkcija mora zadovoljivi p. d. jednadžbu
( ) 0ˆ1ˆ1ˆˆ
1 121
2
221
2
21
22 =
∂∂
+∂∂
+∂∂
+∂∂
−rrrrx
Ma φϑφφφ
Tražimo rješenje ove p.d. jednadžbe u obliku
( ) ϑφϑφ cosˆ
,,ˆ 01 r
rx∂∂
−= .
Da bi dokazali da je ova rješenje p.d. jednadžbe odredimo njene derivacije, vodeći računa da 0φ nije
funkcija kuta ϑ :
6-12
ϑφ
φ cosˆ
ˆ 01 r
xxxx ∂
∂−=
ϑφ
φ cosˆ
ˆ 01 r
rr ∂
∂−=
ϑφ
φ cosˆ
ˆ 01 r
rrrr ∂
∂−=
ϑφφ ϑϑ cosˆˆ 0
1 r∂∂
=
Te derivacije moraju zadovoljiti parcijalnu diferencijalnu jednadžbu dopunskog potencijala
( ) 0111 121
2
221
2
21
22 =
∂∂
+∂∂
+∂∂
+∂∂
−rrrrx
Ma φϑφφφ
Zamjenom ovih vrijednosti u p. d. jednadžbu dobivamo
( ) =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
∂
∂−+
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
∂
∂+
∂
∂−
∂
∂−− ∞ ϑ
φϑ
φϑ
φϑ
φcos
ˆ1cosˆ1cos
ˆcos
ˆ1 00
2002
rrrrrrMa rrrxx
( )⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
∂
∂+
∂
∂−
∂
∂+
∂
∂−⋅−= ∞ rrrrrr
Ma rrrxx 002
002ˆ1ˆ1ˆˆ
1cosφφφφ
ϑ
( )⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
∂∂
+∂
∂+
∂
∂−⋅−= ∞ rrrr
Ma rrrxx 0002ˆˆˆ
1cosφφφ
ϑ
( )⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
++−∂∂
⋅−= ∞
0
ˆ~ˆ1cos 000
2
rMa
rr
rrxx
φφφϑ
6.2.3 Rubni uvjeti za potencijal poremećaja
Rubni uvjeti su na tijelu
εtan⋅= uv
( ) εtanˆˆ uuvv +=+ ∞∞
gdje je
dxdr
=εtan
ili pomoću potencijala poremećaja brzina
εφφ tanˆˆ⋅⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
∂∂
+=∂∂
+ ∞∞ xu
rv
6-13
εφαφϑα tanˆ
cosˆ
cossin ⋅⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
∂∂
+=∂∂
+ ∞∞ xV
rV
U slučaju osno simetričnog optjecanja ( 0=α ) taj rubni uvjet u točki kC ima oblik:
( ) kkk uVv εtanˆˆ += ∞ .
6.3 Numeričko rješenje potencijala poremećaja
6.3.1 Osno simetrično optjecanje
Da bi se analitički riješila p. d. jednadžba vrše se razne pretpostavke. Već pri izvođenju p.d.
jednadžbe potencijala poremećaja pretpostavili smo
• da je dxdr mali broj i
• da je napadni kut ∞α mali.
Nove dopunske pretpostavke da bi riješili ovu p.d. jednadžbu za praksu su neprihvatljive točnosti.
Zato se za rješenje ove p. d. jednadžbe koriste numeričke metode
Rješenje p. d. jednadžbe ima oblik
( )( ) ( ) 2220
1,ˆ
rMax
Grx∞−+−
=ξ
φ
U to se možemo lako uvjeriti. Ta funkcija predstavlja potencijal izvora na osi x u točki na
udaljenosti ξ od vrha tijela. G je intenziteta tog izvora. Bez obzira koji je položaj izvora ovaj
potencijal ne može zadovoljiti rubne uvjete u točki na površini tijela, jer ima samo jednu
proizvoljnu konstantu G za određeni položaj izvora ξ s kojom može zadovoljiti rubni uvjet u jednoj
točki M na površini tijela. Zbog simetrije bit će ispunjen rubni uvjet i u svim točkama poprečnog
presjeka tijela kroz točku M. Međutim, kako je p. d. jednadžba linearna i homogena, zbir više
rješenja je isto rješenje. Zato ćemo uzeti onoliko izvora koliko želimo ispuniti rubnih uvjeta npr. n.
Te izvore rasporedit ćemo duž osi x u točkama ni21 ξξξξ ……,, po nekom izabranom rasporedu, a
intenziteti izvora ni21 GGGG …… ,, bit će takvi da budu zadovoljeni rubni uvjeti. To znači da će
potencijal u točki (x, r) biti
( )( ) ( )∑
=∞−+−
=n
i i
i
rMax
Grx
1 22201
,ˆξ
φ
U izabranim točkama ni21 ξξξξ ……,, treba odrediti intenzitete izvora ni21 GGGG …… ,, tako da
budu zadovoljeni rubni uvjeti. na površini tijela u točkama nk21 CCCC …… ,,,
6-14
r
u
v
wx
ϑ
αsin∞V
αcos∞V
( )xr
y
z
ξξ−x
x
Slika 6-4
U točki kC komponente poremećaja brzine određene su derivacijama potencijala
( ) ( )[ ]∑=
∞−+−
−−=
∂∂
=n
i kik
ikik
rMax
xG
xu
123222
0
1
ˆˆ
ξ
ξφ
( )( ) ( )[ ]∑
=∞
∞
−+−
−−=
∂∂
=n
i kik
kik
rMax
MarG
rv
123222
20
1
1ˆˆ
ξ
φ
Zamjenom ovih vrijednosti za poremećaje brzina u jednadžbu za rubni uvjet ( ) kkk uVv εtanˆˆ += ∞
dobivamo jednu linearnu jednadžbu
( )( ) ( )[ ]
( )( ) ( )[ ]∑∑
= ∞
∞= ∞
∞
−+−
⋅−−=
−+−
−−
n
1i232
k22
ik
kikik
n
1i232
k22
ik
2k
irMa1x
xGVrMa1x
Ma1rGξ
εξεξ
tantan
ili
( ) ( )( ) ( )[ ] ki
n
i kik
kkik VGrMax
Marxε
ξ
εξtan
1
1tan1
23222
2
∞=
∞
∞ =−+−
−−⋅−∑
Kad taj uvjet napišemo za n točaka nCCC …,, 21 dobivamo n linearnih jednadžba sa n nepoznanica
nGGG ,,, 21 … . Te jednadžbe su oblika
EGA =⋅ .
6-15
gdje su matrice
( ) ( )( ) ( )[ ]
⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
======
−+−
−−⋅−
============
=
∞
∞
nkninkinki
rMax
Marx
knikikiknikiki
kik
kkik
;;2;1
1
1tan
2;2;22;11;1;21;1
23222
2
ξ
εξA
⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
=
n
i
G
G
GG
2
1
G
⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
⋅= ∞
n
i
V
ε
ε
εε
tan
tan
tantan
2
1
E
6.3.2 Optjecanje pod napadnim kutom
Vidjeli smo da je u slučaju optjecanja tijela pod napadnim kutom 0≠α , potencijal poremećaja
zbroj potencijala osno simetričnog optjecanja ( )rx0 ,φ̂ i dopunskog ( ) ϑφϑφ cosˆ
,,ˆr
rx 01 ∂
∂−= koji je
određen na temelju osno simetričnog potencijala:
ϑφφφ cosˆˆˆ 0
0 r∂∂
−= .
Oblik funkcije potencijala poremećaja je poznat
( )( ) ( ) 2220
1,ˆ
rMax
Grx∞−+−
=ξ
φ
pa je
( )( ) ( )[ ] 23222
20
rMa1xMa1rG
r∞
∞
−+−
−−=
∂∂
ξ
φ̂
pa će dopunski potencijal
( ) ( )( ) ( )[ ] ϑ
ξϑφϑφ coscos
ˆ,,ˆ
23222
20
1rMa1x
Ma1rGr
rx∞
∞
−+−
−−=
∂∂
−=
a to je potencijal dipola. To znači da će oblik potencijala poremećaja pri nesimetričnom optjecanju
biti zbroj potencijal izvora i potencijala dipola:
( )( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ] 2322221222 1
cos
1,,ˆ
rMax
rH
rMax
Grx∞∞ −+−
+−+−
=ξ
ϑ
ξϑφ
6-16
gdje je H intenzitet dipola trenutno jedna nova proizvoljna konstanta. I ovog puta da bi zadovoljili
rubne uvjete u više točaka, uzet ćemo zbroj potencijala izvora i dipola, koji su raspoređeni po osi x
u točkama
ni ξξξξ ,,,,, 21 ……
za izvore intenziteta ni21 GGGG …… ,,, a za diplole intenziteta ni21 HHHH …… ,,, . Tako će
potencijal poremećaja brzina u točki ϑ,, rx biti
( )( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]∑
= ∞∞ ⎪⎭
⎪⎬⎫
⎪⎩
⎪⎨⎧
−+−+
−+−=
n
i i
i
i
i
rMax
rH
rMax
Grx1
2322221222 1
cos
1,,ˆ
ξ
ϑ
ξϑφ
Radi lakšeg pisanja uvedimo varijablu
( ) ( ) 222 1 rMax ii ∞−+−= ξρ
pa je potencijal poremećaja s tom varijablom:
( ) ∑= ⎭
⎬⎫
⎩⎨⎧
+=n
i i
i
i
i rHGrx1
3cos,,ˆρ
ϑρ
ϑφ .
a poremećaji komponenta brzine u točki ϑ,, rx
( )∑=
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −−
−−=
∂∂
=n
ii
i
ii
i
i HrxGxx
u1
53cos3ˆ
ˆρ
ϑξρξφ
( ) ( )∑=
∞∞
⎭⎬⎫
⎩⎨⎧
⋅⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −−+
−−=
∂∂
=n
ii
iii
i
HrMaGrMar
v1
5
22
33
2 cos13cos1ˆˆ
ρϑ
ρϑ
ρφ
∑=
−=∂∂
=n
i i
iHr
w1
3sinˆ1ˆρ
ϑϑφ
Na površini tijela mora biti zadovoljen rubni uvjet koji u slučaju nesimetričnog optjecanja ima oblik
( ) εαϑα tanˆcosˆcossin ⋅+=+ ∞∞ uVvV
Taj rubni uvjet ispisat ćemo za n2 kontrolnih točaka. Uzet ćemo n točaka s gornje strane tijela i n
točaka s donje strane tijela. Pri tome gornja strana tijela su točke u kojima je 0=ϑ , a donja strana
tijela su točke u kojima je πϑ = . Te točke leže u ravni optjecanja (to je ravan koju čine brzina iz
beskonačnosti i os tijela). Primijenimo, prvo, taj rubni uvjet na n točaka kk rx , s gornje strane 0=ϑ
u kojima su poremećaji brzina:
( )∑=
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −−
−−=
n
ii
ik
kiki
ik
ikk HrxGxu
153
3ˆρξ
ρξ
( ) ( )∑=
∞∞
⎭⎬⎫
⎩⎨⎧
⋅⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −−+
−−=
n
ii
ik
k
iki
ik
kk HrMaGrMav
15
22
33
2 1311ˆρρρ
6-17
Zamjenom u rubni uvjet za gornju stranu tijela:
( ) εαα tanˆcosˆsin ⋅+=+ ∞∞ kk uVvV ,
dobivamo:
( ) ( )
( )k
n
ii
ik
kiki
ik
ik
n
ii
ik
k
iki
ik
k
Hrx
Gx
V
HrMa
GrMa
V
ερξ
ρξ
α
ρρρα
tan3
cos
1311sin
153
15
22
33
2
⋅⎪⎭
⎪⎬⎫
⎪⎩
⎪⎨⎧
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −−
−−+=
=⎪⎭
⎪⎬⎫
⎪⎩
⎪⎨⎧
⋅⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −−+
−−+
∑
∑
=∞
=
∞∞∞
ili
( ) ( ) ( ) ( )
k
n
ii
ik
kkkik
iki
ik
kkik
VV
HrMarxGrMax
εαα
ρεξ
ρρεξ
tancossin
13tan311tan1
5
22
33
2
⋅+−=
=⎭⎬⎫
⎩⎨⎧
⋅⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −−−++⋅⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡ −−−
∞∞
=
∞∞∑
Zatim primijenimo rubni uvjet na n točaka kk rx , s donje strane gdje je πϑ = . U tim točkama
poremećaji brzina jesu:
( )∑=
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −+
−−=
n
ii
ik
iki
ik
ikk HrxGxu
153
3ˆρξ
ρξ
( ) ( )∑=
∞∞
⎪⎭
⎪⎬⎫
⎪⎩
⎪⎨⎧
⋅⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −+−+
−−=
n
ii
ikiki
ik
kk HrMaG
rMav
15
22
33
2 1311ˆρρρ
Zamjeno u jednadžbu za rubni uvjet na donjoj strani tijela kad je πϑ =
( ) kkk uVvV εαα tanˆcosˆsin ⋅+=+− ∞∞
Dobit ćemo još n jednadžba tipa
( ) ( )
( )k
n
ii
ik
kiki
ik
ik
n
ii
ik
k
iki
ik
k
HrxGxV
HrMaGrMaV
ερξ
ρξα
ρρρα
tan3cos
1311sin
153
15
22
33
2
⋅⎭⎬⎫
⎩⎨⎧
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −+
−−+=
=⎭⎬⎫
⎩⎨⎧
⋅⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −+−+
−−+−
∑
∑
=∞
=
∞∞∞
ili
( ) ( ) ( ) ( )
k
n
ii
ik
kkkik
iki
ik
kkik
VV
HrMarxGrMax
εαα
ρεξ
ρρεξ
tancossin
13tan311tan1
5
22
33
2
⋅+=
=⎭⎬⎫
⎩⎨⎧
⋅⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −−−+−⋅⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡ −−−
∞∞
=
∞∞∑
Usporedimo ovu jednadžbu za kontrolne točke na donjoj strani tijela kad je πϑ = , s jednadžbom za
uvjete u kontrolnim točkama s gornje strane kad je 0=ϑ
6-18
( ) ( ) ( ) ( )
k
n
ii
ik
kkkik
iki
ik
kkik
VV
HrMarxGrMax
εαα
ρεξ
ρρεξ
tancossin
13tan311tan1
5
22
33
2
⋅+−=
=⎭⎬⎫
⎩⎨⎧
⋅⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −−−++⋅⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡ −−−
∞∞
=
∞∞∑
Kao što vidimo lijeve strane tih jednadžba su iste, a na desnoj strani jednadžba samo se mijenja
znak ispred intenziteta dipola. Tako konačno dobivamo linearni sustav od 2n jednadžba sa 2n
nepoznatih
down
up
FBHAGFBHAG
=−
=+
u kojem matrica A ima oblik kao matrica koju smo imali za slučaj osno simetričnog optjecanja:
( ) ( )
⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
======
−−−
============
= ∞
nkninkinki
rMax
knikikikniki;ki
ik
kkik
;;2;1
1tan
2;2;22;11;1;211
3
2
ρεξA
Matrica B ima oblik:
( ) ( )
⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
======
−−−+
============
= ∞
nkninkinki
rMarx
knikikikniki;ki
ik
kkkik
ik
;;2;1
13tan31
2;2;22;11;1;211
5
22
3 ρεξ
ρB
Podsjetimo se da je
( ) ( ) 222 1 kikik rMax ∞−+−= ξρ
⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−⋅
−⋅
−⋅−⋅
=
∞∞
∞∞
∞∞
∞∞
αεα
αεα
αεααεα
sintancos
sintancos
sintancossintancos
2
1
VV
VV
VVVV
n
kupF
⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
+⋅
+⋅
+⋅+⋅
=
∞∞
∞∞
∞∞
∞∞
αεα
αεα
αεααεα
sintancos
sintancos
sintancossintancos
2
1
VV
VV
VVVV
n
kdownF
6-19
Već smo rekli da je matrica A ista za osno simetrično i za optjecanje pod napadnim kutom. Ako
zbrojimo jednadžbe
down
up
FBHAGFBHAG
=−
=+
dobivamo
downup2 FFAG +=
S obzirom na strukturu vektora downup FF i bit će
⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
⋅=+ ∞
n
kup V
ε
ε
εε
α
tan
tan
tantan
cos2
2
1
downFF
pa je intenzitet izvora
⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
⋅⋅= −∞
n
k
V
ε
ε
εε
α
tan
tan
tantan
cos
2
1
1AG
To znači da uzdužna komponenta neporemećene brzine stvara izvore raspoređene po osi rotacionog
tijela. S obzirom da je neporemećena brzina duž osi tijela αcos∞V , bit će izvori umanjenog
intenziteta za umnožak αcos u odnosu na intenzitete izvora osno simetričnog optjecanja.
Isto tako ako oduzmemo drugu jednadžbu od prve dobivamo
downup2 FFBH −=
te s obzirom opet na strukturu vektora downup FF i bit će
JFF down αsin∞−=− V2up
gdje je J jedinični vektor (sve komponente su jednake jedinici). Tako dobivamo
JBH ⋅−= −∞
1V αsin
što znači da poprečna komponenta neporemećene brzine stvara dipole.
6-20
6.4 Koeficijent tlaka
Koeficijent tlaka određujemo iz jednadžbe:
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=
−=
∞∞∞∞∞
∞
∞∞
∞ 1212
2
222 pp
Mapp
Vp
VppC p γρρ
To znači da za određivanje koeficijenta tlaka trebamo odnos tlaka u točki prema tlaku u
beskonačnosti. Taj odnos određujemo iz Saint Venantove jednadžbe:
∞
∞∞ −+=
−+
ργγ
ργγ p
VpV1
21
2 22
eliminacijom gustoće pomoću adiabatske jednadžbe
γρρ
1
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
∞∞ p
p
dobivamo:
∞
∞∞
−
∞∞ −+=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
+ργ
γργ
γ γ pVpppV
12
12 2
1
2
( )⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−
−=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∞
∞
∞∞
∞
−
∞∞
22
1
2
11 VVpp
ppp
ργ
γρρ
γ
( )⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−
−−=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∞
∞
−
∞
222
11
211 VV
app γγ
1
2
222
211
−
∞
∞∞
∞⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −⋅
−−=
γγ
γV
VVMapp
Kvadrat poremećene brzine je:
( ) ( ) ( )2222 ˆˆˆ wwvvuuV +++++= ∞∞∞ ,
gdje su komponente neporemećene brzine:
ϑαϑα
α
sinsincossin
cos
⋅−=⋅=
=
∞∞
∞∞
∞∞
VwVvVu
a poremećaji komponenata su dani jednadžbama:
( )∑=
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −−
−−=
n
ii
i
ii
i
i Hrx
Gx
u1
53
cos3ˆρ
ϑξρξ
6-21
( ) ( )∑=
∞∞
⎭⎬⎫
⎩⎨⎧
⋅⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −−+
−−=
n
ii
iii
i
HrMaGrMav1
5
22
33
2 cos13cos1ˆρ
ϑρϑ
ρ
∑=
−=n
i i
iHw
13
sinˆρ
ϑ
U ovim jednadžbama je ( ) ( ) 222 1 rMax ii ∞−+−= ξρ , a ( )xr je funkcija površine rotacionog tijela.
6.5 Numerički proračun aerodinamički koeficijenata zbog tlaka
Vidjeli smo da su aerodinamički koeficijenti rotacionog tijela dani jednadžbama
∫ ′=P
pref
px dxdrrCS
C ϑ1
∫−=P
pref
z dxdrCS
C ϑϑcos1
( )[ ]∫ ∫ ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⋅−+′=
b
dxdCxxrrrS
C pvrefref
mp0
2
0
cos1 π
ϑϑ
r i r' su poznate funkcije od x-a, a pC je funkcija od ϑ i od x-a koja je određena u prethodnom pod-
poglavlju. Kad nema napadnog kuta onda je koeficijent tlaka pC samo funkcije od x , pa se prvi
integral pojednostavljuje:
( ) ( ) ( )∫ ′⋅⋅=0
2 dxxrxrxCS
C pref
pxπ
a druga dva su jednaka nuli.
Primjer Izračunati normalnu silu rotacionog tijela kao na slici 6-6 i to po dijelovima:
• na prednjem polu eliptičnom dijelu
• na srednjem cilindričnom dijelu i
• na zadnjem tangencijalnom oživalu.
6-22
B
D
D D2
Slika 6-5
Konkretno računati moment za točku na sredini tijela i da je
DmD
B 104
==
0735
sm240V
.=
=∞
α
Napravljen je program body_alfa.m koji računa xpC (aksijalnu sila), zC (normalna sila s
promjenjenim znakom), te tri komponente normalne sile: za prednji dio znC ("nose"), za cilindrični
dio zcC i za zadnji dio zaC ("after body"), kao i mC koeficijent momenta propinjanja koji je također
zbroj tri komponente amcmnm CCC ,, i to od prednjeg, cilindričnog i zadnjeg dijela. S tim programom
dobiveni su rezultati
dio: prednji cilindrični zadnji ukupno
aksijalni -0.0481
normlani 0.1792 0.0098 -0.1813 0.0077
koeficijent
propinjanja 0.0792 0.0890 0.0707 0.2388
Kao što se vidi normalna sila je približno ista na prednjem i zadnjem dijelu, ali su suprotnog znaka.
Zato je ukupna normalna sila zanemarljiva (gradijent koeficijenta αα ∂
∂= z
zCC je manji od 0.01), a
moment sprega malo ovisi o položaju za koji se računa.