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 biramo onu koja predstavlja

ravan simetrije zrakoplova. Ta ravan je koordinatna ravan xz. Ravan optjecanja čini kut ϑ s tom

koordinatnom ravni xz (slika 1)

ϑ

x

r

u

v

w

α∞V

M

Slika 6-1

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.

Elisni zrakoplovi obično nemaju bazni dio. Kod mlaznih zrakoplova bS je zbroj svih izlaznih

presjeka mlaznih motora.

Označimo sa nr ort normale, a sa tr

ort tangente u točki M u kojoj promatramo element

površine dP.

6-2

[ ]Tϑεϑεε coscossincossin−=n

[ ]Tϑεϑεε cossinsinsincos=t

x

αsin∞V

αcos∞V

ε

ε

ϑ

rld

tr

nr

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 r⋅− . 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 kroz os x, a drugu u presjeku s ravni okomitoj

na os x . Ukoliko tijelo ne rotira oko svoje osi ovu drugu zanemarujemo. U tom slučaju taj

tangencijalni napon daje silu tdPr

⋅0τ .

To znači da na element bočne površine tijela dP djeluje elementarna sila

dPnpdPt rr−0τ

6-3

Na zadnjem dijelu letjelice gdje započinje trag djeluje tlak bp . Taj tlak stvara silu koja djeluje na

površinu bS ; po pravcu je okomita na površinu dna.

To znači da na cijelu vanjsku površinu rotacionog tijela djeluje sila:

( ) bbbP

nSpdPnptF rrrr−−= ∫ 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 rr∞∞ −−= ∫0 .

Oduzimanjem ove jednadžbe od sile Fr

koja djeluje na vanjsku površinu rotacionog tijela, daje:

( ) ( ) bbbP

nSppdPnppdPtF rrrr∞∞ −−⋅−−= ∫ ∫0τ .

Cjelokupna aerodinamička sila koja djeluje na rotaciono tijelo Fr

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 Fr

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

( )dPppndPtCS2V

Pz

Pz0zref

2

∫∫ ∞∞∞ −−= τρ

6-4

Dijeljenjem s referentnom silom ref

2

S2V∞∞ρ dobivamo temeljnu jednadžbu za aerodinamičke

koeficijente tijela duž osi koje su vezane za tijelo. Uveli smo bezdimenzionalni tangencijalni napon

2V 20

0∞∞

=ρττ .

Dobivamo opće jednadžbe za aerodinampke 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:

( )4434421444 3444 214434421

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 0ppb >− ∞ pa je to komponenta pogonske

sile

( ) bb Spp ⋅− ∞

Te nju dodajemo aksijalnoj komponenti pogonske sile. Zato prva jednadžba nema treći član tj. za

mlazne zrakoplove

( )44 344 214434421

xp

Pxp

ref

xf

Px0

refx

C

dPnCS1

C

dPtS1C ∫∫ −+= τ

Druge dvije jednadžbe su iste u oba slučaj

6-5

dPnCS1dPt

S1C y

Pp

refPy0

refy ∫∫ −= τ

dPnCS1dPt

S1C z

Pp

refPz0

refz ∫∫ −= τ

Za rotaciono tijelo lddrdP ⋅= ϑ gdje je ld element izvodnice rotacionog tijela, pa je

dxd =εcosl i drd =εsinl . S tim veličinama je

dxdrddrdPtx ⋅=⋅⋅= ϑϑε lcos

drdrddrdPtz ⋅⋅=⋅⋅= ϑϑϑϑε coscossin l

i

drdrddrdPnx ⋅−=⋅⋅−= ϑϑε lsin

dxdrddrdPnz ⋅⋅=⋅⋅= ϑϑϑϑε coscoscos l

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:

∫=l

0

2 dxrS

C oref

fx τπ

∫=max

0

2 r

pref

px drrCS

C π

6-6

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 ( )dPnpt0rr

−τ u točki M .

Ukupni aerodinamički moment za referentnu točku bit će

( )∫ −×=P

0 dPnptVMM rrτ

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 r ,

koji oduzimamo od aerodinamičkog momenta pa dobivamo da je ukupni moment za referentnu

točku V

( )[ ]∫ ∞−−×=P

0 dPnpptVMM rrτ

Poslije dijeljenja s referentnim momentom refrefSVl

2

2∞∞ρ dobivamo

( )∫ −×P

p0refref

dPnCtVMS

1 rr

lτ

Poteg VM ima komponente [ ]Tv zyxx − pa su komponente ovog bezdimenzionalnog momenta:

dPnCtnCtnCt

zyxxiii

S1

Pzpz0ypy0xpx0

v

zyx

refref

⋅−−−

−∫τττ

rrr

l

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 ττl

( )[ ] ( )[ ]44444 344444 21

l444444 3444444 21

l

fm

P0zvx

refref

pm

Ppxzv

refrefm

C

dPtxxtzS

1

C

dPCnznxxS

1C ∫∫ ⋅−−+⋅−−= τ

Kako je

ϑcosrz =

dxdrdPtx ⋅= ϑ

drdrdPtz ⋅⋅= ϑϑcos

6-7

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∫ ⋅−+′=

l

( )[ ] dxdrrxxrS

CP

vrefref

mf ϑϑτ cos10∫ ⋅′−−=

l.

Uočimo da je funkcija ϑcospC parna funkcija po ϑ (nerotirajuće tijelo). Zato prvi koeficijent

možemo napisati u obliku

( )[ ]∫ ∫

⋅−−′−=

b

dxrdCxxrrS

C pvrefref

mp

l

l 0 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

0divr

r

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:

wr1v

ru

xdtd

ϑ∂∂

+∂∂

+∂∂

=

ϑ∂∂

+∂∂

+∂∂

=r1

rxdiv

6-8

dobivamo:

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

zato što je prema trećoj jednadžbi ( )ρp . Iz ovih jednadžba dobivamo

∂∂

+∂∂

+∂∂

⋅−=∂∂ 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 je

( ) ( ) ( ) 01=+

∂∂

+∂

∂+

∂∂

rvw

rrv

xu ρ

ϑρρρ

011=

+

∂∂

+∂∂

+∂∂

+∂∂

+∂∂

+∂∂

rvw

rrv

xuw

rv

ru

x ϑρ

ϑρρρ

Zamjenom u ovu jednadžbu parcijalnih derivacija 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

0xwu

r1

awu

rwv

r1

avw

xv

ru

auv

rvw

r1

aw1

rv

av1

xu

au1

222

2

2

2

2

2

2

=

∂∂

+∂∂

−

∂∂

+∂∂

−

∂∂

+∂∂

−

−+∂∂

⋅

−+

∂∂⋅

−+

∂∂⋅

−

ϑϑ

ϑ

ili

( ) ( ) ( )

0xwu

r1wu

rwv

r1vw

xv

ruuv

rvaw

r1wa

rvva

xuua 2222222

=

∂∂

+∂∂

−

∂∂

+∂∂

−

∂∂

+∂∂

−

−+∂∂

⋅−+∂∂⋅−+

∂∂⋅−

ϑϑ

ϑ

6-9

Kvadrat brzine zvuka može se eliminirati pomoću Bernulieve jednadžbe

1a

2V

1a

2V 2222

−+=

−+ ∞∞

γγ

( )222222 wvuV2

1aa −−−−

+= ∞∞γ

6.2.1 Linearizacija jednadžbe potencijala poremećaja

Uvedimo poremećaje brzina

uuu ˆ+= ∞ vvv ˆ+= ∞ www ˆ+= ∞ aaa ˆ+= ∞

i definiramo potencijal poremećaja brzina

xxu φφ ˆˆˆ =

∂∂

= rrv φφ ˆˆˆ =

∂∂

= rr

w ϑφϑφ ˆˆ1ˆ =∂∂

=

u

v

wx

y

z

αsin∞V αα sinsin∞∞ −= Vw

ϑα cossin∞∞ =Vv

ϑ

r

αcos∞∞ =Vu

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:

ϑαϑα

α

sinsincossin

cos

⋅−=⋅=

=

∞∞

∞∞

∞∞

VwVvVu

6-10

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=∂∂ x

uϑφϑˆ=

∂∂

xrxv φ̂=∂∂ rrr

v φ̂=∂∂ ϑϑ φφϑα

ϑ rr wVv ˆˆsinsin +=+−=∂∂

∞∞

rxw xϑφ̂=∂∂

rw

rrrrw rr ˆˆˆˆ

2 −=−=∂∂ ϑϑϑ φφφ

rv

rVw ϑϑϑϑ φφϑα

ϑ

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 Ma nije u transonici:

• kad je dxdr mali broj,

• kad je mali napadni kut α ,

Poslije zanemarivanja malih veličina drugog reda i eliminacije 2a , dobivamo

( ) 0ˆˆˆˆ1 2

2 =+++−rr

Ma rrrxx

φφφφ ϑϑ .

To je linearna parcijalna jednadžba potencijal poremećaja.

6-11

6.2.2 Princip rješavanja

Rješenje ove parcijalne diferencijalne jednadžbe tražimo u obliku zbroja

( ) ( )ϑφφφ ,,,ˆ10 rxrx +=

s tim da prvi član ( )rx,0φ predstavlja potencijal poremećaja osno simetričnog optjecanja. On 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 . Tražimo p.d.

jednadžbu koju treba zadovoljiti dopunski potencijal poremećaja brzina ( )ϑφ ,,1 rx . 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

44444 344444 21

Dopunska funkcija mora zadovoljivi p. d. jednadžbu

( ) 0ˆ1ˆ1ˆˆ

1 121

2

221

2

21

22 =

∂∂

+∂∂

+∂∂

+∂∂

−rrrrx

Ma φϑφφφ

S obzirom na specifičan oblik ove p. d. jednadžbe potencijala, njeno je rješenje:

( ) ϑφϑφ cosˆ

,,ˆ 01 r

rx∂∂

−= .

Da bi dokazali ovu tvrdnju odredimo derivacije funkcije ( )ϑφ ,,1 rx vodeći računa da 0φ nije

funkcija kuta ϑ :

ϑφ

φ cosˆ

ˆ 01 r

xxxx ∂

∂−=

ϑφ

φ cosˆ

ˆ 01 r

rr ∂

∂−=

6-12

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

( )

++−∂∂

⋅−= ∞4444 34444 21

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

εφαφϑα tanˆ

cosˆ

cossin ⋅

∂∂

+=∂∂

+ ∞∞ xV

rV

6-13

6.3 Numeričko rješenje potencijala poremećaja

6.3.1 Osno simetričkog optjecanje

Da bi se riješila p. d. jednadžba vrše se razne pretpostavke. Već pri izvođenju pretpostavljeno je da

je tijelo vitko tj. da je radijus poprečnog presjeka mali u odnosu na duljinu tijela. Nove dopunske

pretpostavke da bi riješili p. d. jednadžbu daju pristupačne jednadžbe, ali za praksu 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

r

u

v

x ϑ ∞V

r

ξξ−x

x

()

2

2

r

x+

− ξ

Slika 6-4

U to se možemo lako uvjeriti. Ta funkcija predstavlja potencijal izvora na osi x u točki ξ (na toj

udaljenosti od vrha tijela jer je ishodište u vrhu), intenziteta G. Ovaj potencijal ne može zadovoljiti

rubne uvjete u bilo kojoj točki na površini tijela, jer ima samo jednu proizvoljno konstantu G (ako

fiksiramo položaj izvora ξ ) s kojom može zadovoljiti jedan uvjet. S njim možemo ispuniti rubni

6-14

uvjet samo u jednoj točki, a zbog simetrije bit će ispunjen u svim točkama poprečnog presjeka

tijela. 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 po nekom izabranom rasporedu, a to znači da će potencijal u točki (x, r) biti

( )( ) ( )∑

=∞−+−

=n

i i

i

rMax

Grx

1 22201

,ˆξ

φ

što znači da na osi u točki iς imamo izvor intenziteta iG . Konstante nGGG ,,, 21 K odredit ćemo

tako da u n točaka nCCC K,, 21 budu zadovoljeni rubni uvjeti na površini tijela koji u slučaju osno

simetrično optjecanja imaju oblik:

( ) kkk uVv εtanˆˆ += ∞ .

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 dobivamo jednu

linearnu jednadžbu

( )( ) ( )[ ]

( )( ) ( )[ ]∑∑

= ∞

∞= ∞

∞

−+−

⋅−−=

−+−

−−

n

1i232

k22

ik

kikik

n

1i232

k22

ik

2k

irMa1x

xGVrMa1x

Ma1rGξ

εξεξ

tantan

Kad taj uvjet napišemo za n točaka nCCC K,, 21 dobivamo n linearnih jednadžba sa n

nepoznanica nGGG ,,, 21 K

( ) ( )( ) ( )[ ] ki

n

i kik

kkik VGrMax

Marxε

ξ

εξtan

1

1tan1

23222

2

∞=

∞

∞ =−+−

−−⋅−∑

Te jednadžbe su oblika

EGA =⋅ .

gdje su matrice

( ) ( )( ) ( )[ ]

======

−+−

−−⋅−

============

=

∞

∞

nkninkinki

rMaxMarx

knikikiknikiki

kik

kkik

::2;1

11tan

2;2:22;11;1;21;1

23222

2

LLL

LLLLLL

LLLLL

LLLLLL

LL

LLL

ξ

εξA

6-15

=

n

i

G

G

GG

L

L2

1

G

⋅= ∞

n

i

V

ε

ε

εε

tan

tan

tantan

2

1

L

LE

6.3.2 Optjecanje s napadnim kutom

r

u

v

w

x

ϑ

αsin∞V

αcos∞V

r

ξξ−x

x

ρϑ

Slika 6-5

Vidjeli smo da je u ovom slučaju potencijal poremećaja zbroj potencijal osno simetričnog

optjecanja i dopunskog na temelju osno simetričnog potencijala

ϑφφφ cosˆˆˆ 0

0 r∂∂

−=

Oblik funkcije potencijala poremećaja nam je poznat pa 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, raspoređenih po osi x u

točkama ni ξξξξ ,,,,, 21 KK , a intenziteta ni GGGG KK21 za izvore i

ni HHHH KK21 za dipole. 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 ∞−+−= ξρ

pa je potencijal poremećaja s tom varijablom:

( ) ∑=

+=n

i

ii rHGrx1

3

cos,,ˆρ

ϑρ

ϑφ .

a poremećaji komponenta u točki ϑ,, rx

( )∑=

−−

−−=

∂∂

=n

ii

ii

i

i HrxGxx

u1

53

cos3ˆˆ

ρϑξ

ρξφ

( ) ( )∑=

∞∞

⋅

−−+

−−=

∂∂

=n

ii

iii

i

HrMaGrMar

v1

5

22

33

2 cos13cos1ˆˆ

ρϑ

ρϑ

ρφ

∑=

−=∂∂

=n

i

iHr

w1

3

sinˆ1ˆρ

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

Zamjenom u rubni uvjet

( ) εαα tanˆcosˆsin ⋅+=+ ∞∞ kk uVvV ,

6-17

dobivamo:

( ) ( )

( )k

n

ii

ik

ki

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

kkk

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

iki

ik

ikk HrxGxu

153

3ˆρξ

ρξ

( ) ( )∑=

∞∞

⋅

−+−+

−−=

n

ii

iii

ik

kk HrMaGrMav

15

22

33

2 1311ˆρρρ

Zamjeno u jednadžbu za rubni uvjet kad je πϑ =

( ) kkk uVvV εαα tanˆcosˆsin ⋅+=+− ∞∞

Dobit ćemo još n jednadžba tipa

( ) ( )

( )k

n

ii

ik

ki

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

kkk

iki

ik

kkik

VV

HrMarxGrMax

εαα

ρεξ

ρρεξ

tancossin

13tan311tan1

5

22

33

2

⋅+=

=

⋅

−−−+−⋅

−−−

∞∞

=

∞∞∑

Usporedimo ovu jednadžbu za kontrolne točke 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, 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:

( ) ( )

======

−−−

============

= ∞

nkninkinki

rMax

knikikikniki;ki

ik

kkik

;;2;1

1tan

2;2;22;11;1;211

3

2

LLL

LLLLLL

LLLLL

LLLLLL

LLL

LLL

ρεξA

Uočimo da je to ona ista matrica koju smo imali za slučaj osno simetričnog optjecanja. Matrica B

ima oblik:

( ) ( )

======

−−−+

============

= ∞

nkninkinki

rMarx

knikikikniki;ki

ik

kkkik

ik

;;2;1

13tan31

2;2;22;11;1;211

5

22

3

LLL

LLLLLL

LLLLL

LLLLLL

LLL

LLL

ρεξ

ρB

Podsjetimo se da je

( ) ( ) 222 1 kikik rMax ∞−+−= ξρ

=

−⋅

==

=∞∞

nk

VV

kk

kup

L

L

αεα sintancos

21

F

=

+⋅

==

=∞∞

nk

VV

kk

kdown

L

L

αεα sintancos

21

F

Već smo rekli da je matrica A ista za osno simetrično i za optjecanje pod napadnim kutom. Ako

zbrojimo jednadžbe

6-19

down

up

FBHAGFBHAG

=−

=+

dobivamo

downup2 FFAG +=

S obzirom na strukturu vektora downup FF i bit će

=

==

⋅=+ ∞

nk

2k1k

V2k

up

L

L

εα

tancosdownFF

pa je intenzitet vrtloga

⋅⋅= −∞

n

k

2

2

1V

ε

ε

εε

α

tan

tan

tantan

cos

L

LAG

To znači da uzdužna komponenta neporemećene brzina stvara izvore raspoređene po osi rotacionog

tijela.

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 vektro (sve komponente su jednake jedinici). Tako dobivamo

JBH ⋅= −∞

1V αsin

što znači da druga komponenta (poprečna komponenta) brzine stvara dipole.

6.4 Koeficijent tlaka

Koeficijent tlaka određujemo iz jednadžbe:

−=

−=

−=

∞∞∞∞∞

∞

∞∞

∞ 1212

2

222 pp

Mapp

Vp

VppC p γρρ

6-20

To znači da za određivanje koeficijenta tlaka trebamo odnos tlaka u točki prema tlaku u

beskonačnosti. Taj odnos određujemo iz Saint Venanove jednadžbe:

∞

∞∞ −+=

−+

ργγ

ργγ pVpV

12

12 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 brzina je:

( ) ( ) ( )2222 ˆˆˆ wwvvuuV +++++= ∞∞∞ ,

gdje su komponente neporemećene brzine:

ϑαϑα

α

sinsincossin

cos

⋅−=⋅=

=

∞∞

∞∞

∞∞

VwVvVu

a poremećaji komponenata su dani jednadžbama:

( )∑=

−−

−−=

n

ii

ii

i

i HrxGxu1

53

cos3ˆρ

ϑξρξ

( ) ( )∑=

∞∞

⋅

−−+

−−=

n

ii

iii

i

HrMaGrMav1

5

22

33

2 cos13cos1ˆρ

ϑρϑ

ρ

∑=

−=n

i

iHw1

3

sinˆρ

ϑ

U ovim jednadžbama je ( ) ( ) 222 1 rMax ii ∞−+−= ξρ , a ( )xr je funkcija površine rotacionog tijela.

6-21

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

mp

l

l 0

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:

( ) ( ) ( )∫ ′⋅⋅=l

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 polueliptičnom dijelu

• na srednjem cilindričnom dijelu i

• na zadnjem tangencijalnom oživalu.

Bl

D

D D2

Slika 6-6

6-22

Konkretno uzeti da je

DmD

B 104==

l

smasmV

5.316240

==∞

Napravljen je program koji računa xpC (aksijalnu sila), zC (normalna sila s promjenjenim znakom),

te tri komponente normalne sile: za prednje dio znC ("nose"), za cilindrični dio zcC i za zadnji dio

zaC ("after body"). Program se nalazi u fileu Programi\body\body_alfa.m kao i njegove rutine

za crtanje među rezultata (geometrija.m, izvor_dipol.m i poremecaji.m) nalazi se u direktoriju

S tim programom dobiveni su rezultati

Cxp = -0.0481

Czn = 0.1792 Czc = 0.0098 Cza = -0.1813

Cz = 0.0077

Kao što se vidi normalna sila je približno ista na prednjem i zadnjem dijlu, ali su suprotnog znaka.