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.