AERODYNAMISCHES INSTITUT der Rheinisch - Westf¨alischen Technischen Hochschule Aachen Univ.-Prof. Dr.-Ing. W. Schr¨oder
Aufgaben zur Klausur Aerodynamik II
23. 02. 2016
Matr.-Nr. : ...
Name : ...
Unterschrift : ...
Hinweis:
Achten Sie darauf, ob Sie alle Aufgaben erhalten haben:
Klausur Aerodynamik II
Fragenteil, Traglinientheorie, Kompressible Str¨omung
1
Integrale und Additionstheoreme
Additionstheoreme
• sin(x±y) = sin(x)·cos(y)±sin(y)·cos(x)
• cos(x±y) = cos(x)·cos(y)∓sin(x)·sin(y)
• sin2(x) + cos2(x) = 1
• sin(2x) = 2·sin(x)·cos(x)
• sin(x) = 2·sin(x/2)·cos(x/2)
• sin2(x) = 1
2(1−cos(2x))
• cos2(x) = 1
2(1 + cos(2x))
• cos(2x) = cos2(x)−sin2(x)
• tan(x 2) =
r1−cosx 1 + cosx
• tan(x
2)·sin(x) = 1−cos(x)
• sin(x)·sin(nx) =−1
2(cos[(n+1)x]−cos[(n−1)x])
• sin[(n+ 1)x]−sin[(n−1)x] = 2·cos(nx)·sin(x)
•
∞
X
n=1
1
nsin(nϕp)·sin(nϕ) = 1 4ln
1−cos(ϕp+ϕ) 1−cos(ϕp−ϕ)
Integrale
•
Z 1
ax+bdx= 1
a·ln(ax+b)
•
Z x
ax+bdx= x a− b
a2 ·ln(ax+b)
• Z x2
Xdx= 1 a3
h1
2(X)−2b(X) +b2ln(X)i mitX =ax+b
• Z
sin(ax)dx=−cos(ax) a
• Z
cos(ax)dx= +sin(ax) a
• Z
sin2(ax)dx= x 2 − 1
4asin(2ax)
• Z
cos2(ax)dx= x 2 + 1
4asin(2ax)
• Z
sin3(ax)dx= cos3(ax)
3a −cos(ax) a
• Z
cos3(ax)dx=−sin3(ax)
3a +sin(ax) a
• Z
cos4(ax)dx= 3
8x+sin(2ax)
4a +sin(4ax) 32a
• Z
sin(ax) cos(ax)dx= sin2(ax) 2a
• Z π
0
sin(n·ϕ)·cos(p·ϕ)dϕ=
π/2 n=p 0 n6=p
• Z π
0
cos(n·ϕ)·cos(p·ϕ)dϕ=
π/2 n=p 0 n6=p
• Z π
0
sin(n·ϕ)·sin(p·ϕ)dϕ=
π/2 n=p 0 n6=p
• Glauert-Integral Z π
0
cos(n·ϕ0)
cos(ϕ)−cos(ϕ0)dϕ0 =−π·sin(n·ϕ) sin(ϕ)
• Z
cos(ax)·cos(bx)dx= sin[(a−b)x]
2(a−b) +sin[(a+b)x]
2(a+b) ∀ |a| 6=|b|
1. Aufgabe: Fragenteil (14 Punkte)
1. Nennen Sie vier Anteile des Gesamtwiderstandes eines Tragfl¨ugels endlicher Streckung in schallnaher Str¨omung
2. Welchen Vorteil ergibt die Verwendung eines gepfeilten Fl¨ugels in schallnaher Str¨omung?
3. Zeichnen Sie qualitativ den Widerstandsbeiwert als Funktion der Machzahl 0 ≤ M a ≤ 1 f¨ur ein klassisches Profil und erl¨autern Sie die Begriffe kritische Machzahl und Divergenzmachzahl.
4. Erkl¨aren Sie die Ursache f¨ur die Entstehung des Wellenwiderstandes am Beispiel einer Str¨omung ent- lang einer Wellenoberfla¨che, die durch die Funktiony ≈sin(x) beschrieben wird.
5. Erkl¨aren Sie das Ph¨anomen des Buffets.
6. Leiten Sie anhand einer Skizze der Str¨omung unter einem Anstellwinkel α ¨uber eine Skelettgeometrie, die kinematische Randbedingung der Skeletttheorie her.
7. Geben Sie drei Abl¨oseformen f¨ur eine inkompressible Profilumstr¨omung an und skizzieren Sie diese.
Zeichnen Sie zudem jeweils den zu erwartenden cp-Verlauf entlang der Saugseite.
3
2. Aufgabe: Prandtl‘sche Traglinientheorie (18 Punkte)
Ein sich im station¨aren Reiseflug befindendes Verkehrsflugzeug weißt die folgende Zirkulationsverteilung auf:
Γ (ϕ) = Γ0 sin (ϕ) 0≤ϕ≤π .
Aufgrund eines mechanischen Defektes kommt es zu einem unsymmetrischen Ausfahren der Landeklappen, sodass sich die folgende Zirkulationsverteilung einstellt:
Γneu(y) = Γ0
4− 4y
b 2!12
1 +y
b
mit −b
2 ≤y≤ b 2 .
1. ¨Uberf¨uhren Sie mit Hilfe der Koordinatentransformation y = −b2cos (ϕ) die Zirkulationsverteilung Γneu(y) in Γneu(ϕ) und bestimmen Sie f¨ur beide Flugzust¨ande die KoeffizientenAnder entsprechenden Fourierreihe
Γ (ϕ) = 2bu∞ N
X
n=1
An·sin (nϕ) .
2. Leiten Sie ausgehend vom Fourierreihenansatz die allgemeine Formel f¨ur den Auftriebsbeiwert cL = πΛA1 her.
3. Skizzieren Sie die spannweitige Auftriebsverteilung f¨ur beide Flugzust¨ande in einem Diagramm. Welche Bewegung f¨uhrt das Flugzeug aufgrund der unsymmetrischen Klappenstellung aus?
4. Wie groß ist das durch die ver¨anderte Zirkulationsverteilung erzeugte RollmomentMx?
5. Bestimmen Sie die induzierte Geschwindigkeit wi(ϕ) f¨ur den Flugzustand mit ausgefahrenen Lande- klappen.
Gegeben: Γ0 =konst., Fl¨ugelspannweite b,u∞,ρ∞ , Λ.
Hinweise:
wi(y) =− 1 4π
Z b
2
−b2
dΓ dy0
dy0 y−y0
3. Aufgabe: Kompressible Str¨ omung (18 Punkte)
Ein Doppelkeil mit einem Halb¨offnungswinkel = 14◦ wird mit Ma1 = 3.8 unter einem Anstellwinkel von α = 4◦ in einem Windkanal angestr¨omt.
M1 2
3
4 5
α ε
1. Skizzieren Sie sorgf¨altig das am Doppelkeil enstehende System der Stoß- und Expansionswellen. Be- trachten Sie die Zustands¨anderungen an der Hinterkante zun¨achst nicht.
2. Bestimmen Sie unter Anwendung der linearisierten Potentialtheorie den Auftriebskoeffizientenclsowie den Widerstandscoeffizienten cddes Profils.
3. Zeichnen Sie die Zustands¨anderungen entlang der Oberseite in der Hodographenebene ein.
4. Bestimmen Sie den Auftriebsbeiwert cl und den Widerstandsbeiwert cd mittels der allgemeinen gas- dynamischen Beziehungen in Abh¨angigkeit der Druckverh¨altnisse ppi
1(i = 2,3,4,5) sowie der Winkel und α . Bestimmen Sie alle relevanten Druckverh¨altnisse auf der Oberseite unter Verwendung der beigef¨ugten Diagramme.
Gegeben: α= 4◦,M a1 = 3.8,= 14◦,γ = 1.4, pp5
1 ≈0.6 Hinweis: cp=±√ 2β
M a2−1
α 15◦±2◦ 20◦±2◦ 25◦±2◦ 30◦±2◦ 35◦±2◦
sinα≈ 0.25 0.3 0.4 0.5 0.55
5
7
1. Aufgabe: Fragenteil (14 Punkte) (L ¨ OSUNG)
1. (2 Punkte:)
Druckwiderstand, Reibungswiderstand, induzierter Widerstand, Wellenwiderstand.
2. (1 Punkt:)
Die Geschwindigkeitskomponente senkrecht zur Vorderkante ist beider Str¨omung ¨uber einen gestreck- ten, schlanken K¨orper f¨ur die sich ergebende Druckverteilung relevant. Diese Komponente ist bei der Str¨omung ¨uber einen gepfeilten Fl¨ugel geringer als die Anstr¨omung selbst, so dass die Kompressibili- t¨atseffekte, die mit der Erh¨ohung der lokalen Machzahl zusammenh¨angen, verringert werden.
3. (3 Punkte:)
Bei der kritischen Machzahl der Anstr¨omung tritt erstmalig an einem Punkt des Str¨omungsfeldes des Tragfl¨ugels Schallgeschwindigkeit auf.
Die Divergenzmachzahl ist die Machzahl der Anstr¨omung, ab der ein starker Anstieg des Widerstandes zu beobachten ist. Im Allgemeinen wird in der angewandten Literatur der starke Anstieg mit ≥ 20 drag counts angesetzt.
4. (2 Punkte:)
Wegen der Vorzeichenumkehr in der linearisierten Potentialgleichung (1−M a2∞)Φxx+Φyy = 0 im ¨Uber- schall durch den Term (1−M a2∞) wird diese zur Wellengleichung. Die Str¨omungsinformationen breiten sich nun nur stromab entlang der Charakteristiken aus. Die Druck¨anderungen erfolgen nur aufgrund lokaler ¨Anderungen der Oberfl¨ache (Prandtl-Meyer: positive Kr¨ummung ⇒ Kompression, negative Kr¨umung⇒ Expansion, oder Formel cp = 2
dy
√ dx
M a2∞−1 Die sich daraus ergebende Druckverteilung auf der Wellenoberfl¨achecp ≈cos(x) ist phasenverschoben zum Oberfl¨achenverlauf. Dies ergibt eine finite resultierende Kraft von der Str¨omung auf die Oberf¨ache in axialer Richtung, die als Wellenwiderstand bezeichnet wird.
5. (1 Punkt:)
Als Buffet bezeichnet man sich selbsterhaltende Stroßschwingungen bei transsonischer Str¨omung, die durch Wechselwirkung zwischen Stoß und Grenzschicht hervorgerufen werden.
6. (2 Punkte:)
Die kinematische Randbedingung besagt, dass entlang einer ebenen Skelettlinie die Normalkomponen- ten der resultierenden Geschwindigkeitsverteilung Null ist.
dZ(s)
dX = w+uu+u∞sinα
∞cosα, mitsinα≈α,cosα≈1 undu << u∞
⇒ dZdX(s) = w+uu∞∞α
kinematische Randbedingung: α−dZdX(s) =−uw
∞
7. (3 Punkte:)
9
2. Aufgabe: (L ¨ OSUNG) Prandtl‘sche Traglinientheorie (18 Punkte)
1. Einsetzen der Koordinatenstransformation y=−b2cos (ϕ) in Γneu(y) f¨uhrt zu:
Γneu(ϕ) = 2 Γ0 1−cos2(ϕ)12
1−1
2cos (ϕ)
= 2 Γ0
sin (ϕ)−1
2sin (ϕ) cos (ϕ)
⇒mit Additionstheoremen : = 2 Γ0
sin (ϕ)−1
4sin (2ϕ)
Koeffizientenvergleich mit der Fourierreihe ergibt:
Reiseflug:
A1 = Γ0 2bu∞
, A2, ..., AN = 0 neu:
A1,neu = Γ0
bu∞
, A2,neu =− Γ0
4bu∞
, A3,neu, ..., AN,neu = 0
2. Nach dem Satz von Kutta-Zhukhovski kann der Auftrieb durch Integration ermittelt werden FL=ρ∞u∞
Z b
2
−b
2
Γ (y)dy
mitdy= 2bsin (ϕ)dϕ folgt:
FL = ρ∞u∞
b 2
Z π 0
Γ (ϕ) sin (ϕ)dϕ
= ρ∞u∞
b 2
Z π 0
2bu∞ N
X
n=1
An·sin (nϕ) sin (ϕ)dϕ
= ρ∞u2∞b2
N
X
n=1
An
Z π 0
sin (nϕ) sin (ϕ)dϕ
= π
2ρ∞u2∞b2A1
Dabei wurde folgende Beziehung aus der Integraltafel verwendet:
Z π 0
sin (n·ϕ) sin (p·ϕ)dϕ=
(π/2 n=p 0 n6=p F¨ur den Auftriebsbeiwert ergibt sich mit der Streckung Λ =b2/S
cL = FL
ρ∞
2 ·u2∞·S
= π·Λ·A1
11
3.
φ L / ρ
∞u
∞Γ
0^
0.5 1.0 1.5 2.0 2.5
0
-0.5
π /2 π
sin(φ) 2sin(φ)
-0.5sin(2φ)
2sin(φ)-0.5sin(2φ)
Das Flugzeug steigt und f¨uhrt eine Rollbewegung in mathematisch positive Richtung aus (Lneu> Lalt) 4. Das erzeugte Moment um die L¨angsachse ergibt sich aus der Integration der Auftriebsverteilung gewichtet mit dem Hebelarm.
Mx = ρ∞u∞
Z b
2
−b2
y·Γneu(y)dy Mx = ρ∞u∞
Z π
0
−b
2cos (ϕ)
·Γneu(ϕ)· b
2 ·sin (ϕ)dϕ Nach Einsetzen der Zirkulationsverteilung und Verwenden der Additionstheoreme folgt:
Mx = −ρ∞u∞
b2 4
Z π 0
Γ0sin (2ϕ)
sin (ϕ)−1
4sin (2ϕ)
dϕ Mx = −ρ∞u∞b2Γ0
4
Z π 0
sin (ϕ) sin (2ϕ)
| {z }
→0
−1
4sin2(2ϕ)
| {z }
→π2
dϕ
Mx = ρ∞u∞πb2Γ0 32 5. Mit dem Hinweis:
wi(y) =− 1 4π
Z b
2
−b2
dΓ dy0
dy0 y−y0 , und der Substitution y=−b
2cos (ϕ) folgt:
wi(ϕ) = 1 2πb
Z π 0
dΓ dϕ0
dϕ0
cos (ϕ)−cos (ϕ0) ,
mit: dΓ
dϕ0 = 2 Γ0
cos ϕ0
− 1
2cos 2ϕ0
, folgt:
wi(ϕ) = Γ0
πb Z π
0
cos (ϕ0)−12cos (2ϕ0) cos (ϕ)−cos (ϕ0) dϕ0 .
Die L¨osung des Glauert-Integrals liefert:
wi(ϕ) = Γ0 πb
−π+π 2
sin (2ϕ) sin (ϕ)
= −Γ0 b
1− 1
2
sin (2ϕ) sin (ϕ)
13
3. Aufgabe: (L ¨ OSUNG) Kompressible Str¨ omung (18 Punkte)
1.
M1
2 3
4 5
α ε
2.
cl= Z 1
0
∆cpcos(β)dx≈ Z 1
0
∆cpdx, mit cos(β)≈1
⇒cl = 1
2(cp4−cp2)+1
2(cp5−cp3) = 1
pM a21−1((+α)−(−α)+(−(−α))−(−(+α))) = 4α pM a21−1
⇒cl= 4·4◦·180π◦
√16−1 ≈ π 45 cd=
Z 1 0
∆cpsin(β)dx≈ Z 1
0
∆cpβdx, mit sin(β)≈β
⇒cd= 1
pM a21−1((+α)2+ (−α)2+ (+α)2+ (−α)2) = 4α2
pM a21−1 + 42 pM a21−1
⇒cd= 44◦2180π2◦2
√16−1 + 414◦2180π2◦2
√16−1 ≈ 212π2
1802 = 53π2 902
3.
1 u/c*
2
3
α ε
M*=1 v/c*
4.
cl = L
ρ∞/2v2∞l = L
ρ1/2v21l = L ρ1/2(M1√
γRT1)2l, mitv1 =M1p γRT1
= 2L
ρ1M12γ RT1
|{z}
p1/ρ1
l = 2L γM12p1l
cd = W
ρ∞/2v∞2 l = W
ρ1/2v12l = W ρ1/2(M1√
γRT1)2l, mitv1 =M1
pγRT1
= 2W
ρ1M12γ RT1
|{z}
p1/ρ1
l = 2W γM12p1l
L=R⊥cos(α)−Rksin(α) W =R⊥sin(α) +Rkcos(α)
R⊥ = X pi
l
2 = (p4−p2+p5−p3)l 2 Rk = X
pi
l
2tan() = (p4+p2−p5−p3)l 2tan()
⇒L= l
2(p4−p2+p5−p3) cos(α)− l
2(p4+p2−p3−p5) tan() sin(α)
| {z }
Von h¨oherer Ordnung, Vernachl¨assigbar klein
⇒W = l
2(p4−p2+p5−p3) sin(α)
| {z }
α
+l
2(p4+p2−p5−p3) tan()
| {z }
cos(α)
| {z }
≈1
= l
2(p4−p2+p5−p3)α+l
2(p4+p2−p5−p3)
cl = 1 γM12
p4 p1 −p2
p1 +p5 p1 −p3
p1
cd = 1 γM12
p4
p1 −p2
p1 +p5
p1 −p3
p1
α+ p4
p1 +p2
p1 −p5
p1 −p3
p1
ges. p2/p1,p3/p1,p4/p1,p5/p1
p2
p1 =?
M1 = 3.8 undδ =−α= 14◦−4◦= 10◦
⇒ Abb. 1: θ= 23◦
Mn1 =M1sinθ≈3.8 sin 25 = 1.52 aus Abb. 4: pp2
1 = 2.5
p3
p1 =?, M2 =?
Mn1 = 1.52⇒Mn2 = 0.7 aus Abb. 3
15
M2 = sin(θ−δ)Mn2 = sin(13)0.7 ≈ 0.250.7 ≈2.8
ν3 =ν2+ 2mit Abb. 2:ν3 = 45◦+ 28 = 73◦; aus Abb. 2: M a3 = 4.6
⇒ pp3
1 = pp3
03
p02
p2
p2
p1 mit Abb. 4 folgt somit:
⇒ pp3
1 = 3001 ·30·2.5 = 14
p4
p1 =?
M1 = 3.8 undδ =+α= 14◦+ 4◦= 18◦
⇒ Abb. 1: θ= 30◦
Mn1 =M1sinθ≈4sin30 = 2 aus Abb. 4: pp4
1 = 4.5
p5
p1 =?, M4 =?
Mn1 = 2⇒Mn4 = 0.58 aus Abb. 3 M4 = sin(θ−δ)Mn4 = sin(13)0.58 ≈ 0.580.25 ≈2.3
ν5 =ν4+ 2mit Abb. 2:ν3 = 35◦+ 28 = 63◦ ; aus Abb. 2: M a5 = 3.8
⇒ pp5
1 = pp5
05
p04
p4
p4
p1 mit Abb. 4 folgt somit:
⇒ pp5
1 = 1101 ·14·4.5 = 13.5220 ≈0.6