Prüfungsaufgaben und Musterlösungen bis einschl. H2012 - IAG ...

Prüfung Herbst 1998 5 /6
Prüfung Herbst 1998 6 /6
Gl. (10) in (8) liefert somit
⎧
−4
⎨ ∫1
[
α x
( x
) ] 2 ( x
) ⎫ ⎬
c m = √
Ma
2
∞ − 1 ⎩ 2 − 0.05 t − 2 d
t t ⎭
0
⎧
−4
⎨ [
α 1
( x
) 2
= √
Ma
2
∞ − 1 ⎩ 2 − 0.05 2
( x
) ] ∣ ⎫
1
3 ⎬ ∣∣∣ −
2 t 3 t ⎭
0
[ (
−4 α 1
= √
Ma
2
∞ − 1 2 − 0.05 2 3)]
− 2
(
−4 α
= √
Ma
2
∞ − 1 2 + 1 )
120
Gesucht ist derjenige Anstellwinkel α II ,für den der Druckpunkt bei xA II
t
0.3 liegt. Die Lage des Druckpunktes ergibt sich wiederum zu
Mit Gl. (7) und (11) folgt
x AII
t
=
x AII
t
4
√Ma 2 ∞ −1 ( αII
2 + 1
120
4
√Ma 2 ∞−1 · α II
(11)
= xA I
t
=
= − c m II
c aII
(12)
)
!
=0.3
α II
2 + 1
120 = 3 10 α II
(13)
1
5 α II = − 1
120
α II = − 1
24 = −0.042 ̂= − 2.4◦
d) Nach der linearisierten Theorie berechnet sich der Beiwert des Wellenwiderstandes
c wW des angestellten Skeletts mit Gl. (1) zu
⎧
4
⎨ ∫ 1 [ (
d
zat
)] 2
( x
) ⎫ ⎬
c wW = √
Ma
2
∞ − 1 ⎩ α2 +
d ( ) d
(14)
x
t ⎭
t
0
Mit Gl. (10) folgt
⎧
4
⎨
c wW = √
Ma
2
∞ − 1 ⎩ α2 +0.0025
⎧
4
⎨
= √
Ma
2
∞ − 1 ⎩ α2 +0.0025
⎧
4
⎨
=
∫ 1
0
∫ 1
0
[
1 − 2 x ] 2 ( x
) ⎫ ⎬
d
t t ⎭
[
1 − 4 x ( x
) ] 2 ( x
) ⎫ ⎬
t +4 d
t t ⎭
⎫
x
( x
) 2
√ +0.0025[
Ma
2
∞ − 1 ⎩ α2 t − 2 4
( x
) ] ∣ 1
3 ⎬ ∣∣∣ +
t 3 t ⎭
0
[ (
4
= √ α 2 +0.0025 1 − 2+ 4 )]
Ma
2
∞ − 1
3
=
(
4
√ α 2 + 1 )
Ma
2
∞ − 1 1200
=0.00593
(15)