La soluzione - Corriere della Sera

ESAME DI STATO DI ISTITUTO TECNICO INDUSTRIALE
CORSO SPERIMENTALE – PROGETTO “IBIS”
INDIRIZZO: COSTRUZIONI AERONAUTICHE
TEMA DI: AEROTECNICA E IMPIANTI DI BORDO
Sessione Ordinaria 2008
Un aeroplano a getto del tipo “executive”, avente peso al decollo pari a 202,5 kN e carico alare pari a 4,13 kN/m²,
nonché con le caratteristiche sotto indicate, opera da una pista situata alla quota di 500 m sul livello del mare
caratterizzata da un coefficiente di attrito pari a 0,6 in frenata, mentre nella fase di rullaggio per il decollo, il
coefficiente d’attrito è pari a 0,025.
Il candidato, attenendosi ai regolamenti dell’aviazione civile, determini gli spazi ed i tempi caratteristici del decollo e
dell’atterraggio in assenza di vento, assumendo, per quest’ultima fase di volo, un peso del velivolo ridotto del 30%.
Caratteristiche del velivolo:
‣ spinta massima complessiva dei propulsori T = 60,00 kN
‣ coefficiente di resistenza minimo C D0
= 0,017
‣ allungamento alare effettivo λ e = 7,0
‣ incremento del coefficiente di resistenza minimo
in configurazione di rullaggio per il decollo ΔC D0,r.d
= 0,058
‣ incremento del coefficiente di resistenza minimo
all’atterraggio ΔC D0,a
= 0,075
‣ coefficiente di portanza massima con gli
ipersostentatori estesi per il decollo C L,max,ip
= 2,2
‣ coefficiente di portanza massima con gli
ipersostentatori estesi per l’atterraggio C L,max,ip
= 2,6
‣ coefficiente di portanza al rullaggio d’atterraggio C L,r,a
= 1,3
Il candidato elenchi infine i requisiti dell’impianto carburante del velivolo ed illustri, anche con l’ausilio di opportuni
schemi, la costituzione ed il funzionamento delle principali componenti.
SOLUZIONE
Calcoliamo la densità dell’aria alla quota di 500 [m]:
ρ
z
4.256
4.256
⎡T
⎤
0
+ α ⋅ z
⎡ 6.5×
0.5⎤
⎡ kg ⎤
ρ
z
⋅ ⎢ ⎥ = 1.225⋅
⎢
1−
⎥
= 1. 167
⎣ ⎦
⎢
⎣
⎥
⎣ T0
⎦
288.15
m ⎦
=
3
Calcoliamo la superficie alare:
202500
S = = 49.0
4130
2
[ m ]
Ipotizziamo che la spinta fornita dalla traccia sia già quella alla quota di 500 [m] e relativa al regime di decollo.
1 di 7

1) Decollo
I dati forniscono:
C L,max,ip
= 2,2
C D0,dec
= 0.017+0,058=0,075
λ e = 7,0
Calcoliamo la velocità di stallo in configurazione di decollo. Si calcola l’assetto (C L ):
1
L = Q ⇒ ρ
2
z
V0
S ⋅C
Q
S dec L
=
,
max, dec
2
Risulta:
2 4130
S
= ⋅ 56.7 m / s
,
1.167 2.2
V0 dec
=
Schematizzeremo il decollo come successione delle seguenti 4 fasi:
1. Rullaggio da V i = 0 a V = V R = V S,dec × 1.2 (velocità di rotazione)
2. Fase transitoria della durata di Δt TR
= 2.5 [s] per avere il distacco del velivolo dal suolo
3. Richiamata per portare l’aeroplano su traiettoria rettilinea di salita all’angolo di rampa β MAX
4. Salita ripida fino all’altezza convenzionale di 15 [m] sopra la pista
Fase di rullaggio in decollo
Imponiamo l’equilibrio dinamico verticale ed orizzontale:
⎧RS
= Q − L
⎪
⎨
⎪
T − D − μ ⋅ R
⎩
S
−
Q
⋅ a = 0
g
( R
Ricaviamo l’accelerazione “a” in fase di rullaggio
dove:
g
a = ⋅ μ
Q
[ T − D − ⋅ ( Q − L)
] (1)
S
= reazione del suolo)
( a = accelerazione)
D
L
=
=
1
2
1
2
ρ S ⋅ c
ρ S ⋅ c
z
z
D , rull
L , rull
⋅V
⋅V
2
0
2
0
=
1
2
⎛
ρ
zS
⋅ ⎜
c
⎝
D 0, dec
2
c ⎞
L , dec
+ ⎟
⋅V
π ⋅ λe
⎠
2
0
2 di 7

Si impone il C L,rull
ottimale in decollo:
c
c
L
ott , rull . dec
D
rull . dec
1
1
= π ⋅ λe
⋅ μ = π ⋅ 7 ⋅ 0.025
2
2
2
0.275
= 0.075 + = 0.0784
π ⋅ 7.0
= 0.275
Ipotizzando costante la spinta massima, la (1) si esprime:
a =
a =
g
Q
9.81
202500
( c − μ ⋅c
)
⎡ 1
⋅
⎢
T − μ ⋅Q
− ρzS
⋅
. dec
⎣ 2
⎡
⋅
⎢
60000 − 0.025⋅202500
−
⎣
D rull Lott
, rull . dec
1
2
⋅V
2
0
⎤
⎥
⎦
⋅1.167⋅
49.0⋅
( 0.0784 − 0.025⋅0.275)
⋅V
2
0
⎤
⎥
⎦
(2)
a = 2.66 − 9.91×
10
−5
⋅V
2
0
(3)
Ipotizzando che i propulsori siano 2, la velocità di rotazione sarà data da:
V
R
= V S dec
,
× 1.20 = 56.7 × 1.20 = 68.0
m / s
Approssimiamo il moto da V = 0 a V = V R come uniformemente accelerato, con accelerazione media:
a + a 2.66 + 2.20
am ==
2 2
0 R
, rull.
dec.
= =
2.43 m /
s
2
Quindi spazio e tempo di rullaggio sono dati dalle seguenti equazioni:
⎧ VR
⎧
1
⎪
Δt
=
2
⎪s
= ⋅ Δ + ⋅ ⋅ Δ
a
R
Vi
t am
t
m
⎨
2
⇒ ⎨
2
⎪
⎩ = + ⋅ Δ
⎪ 1 V
V V a t
R
R i m
sR
= ⋅
⎪⎩
2 am
⇒
⎧
⎪
Δt
=
⎨
⎪
⎪
sR
=
⎩
68.0
2.43
1
2
= 28.0 s
2
68.0
⋅
2.43
= 951 m
( t )
1
( s )
1
Fase transitoria
Ipotizzando che nella fase transitoria la velocità rimanga costante, si ha:
⎧Δt
= 2.5 s
⎪
⎨
⎪
⎩sTR
= VR
⋅ Δt
= 68.0×
2.5 = 170 m
( t
2
( s
2
)
)
Richiamata
Per calcolare il raggio di richiamata, scriviamo l’equazione di equilibrio nell’istante iniziale:
2
Q VR
1
L = Q + ⋅ ⇒ ρ
zS
⋅c
g r
2
L,maxdec
⋅V
2
R
2
Q VR
= Q + ⋅
g r
3 di 7

da cui si ricava:
2
1.20 VS
,
r = ×
2
1.20 −1
g
dec
=
2
68.0
= 1071 m
⋅9.81
2
( 1.20 −1)
La richiamata deve portare l’aeroplano all’angolo di rampa massimo β MAX
:
β
max
dove :
E
β
maxdec
max
T
=
=
=
d
− Q E
Q
π λe
⋅
4 c
60.0
202.5
−
maxdec
D0.
dec
1
8.56
=
Td
1
= −
Q E
π
⋅
4
maxdec
7
0.075
= 8.56
= 0.179 rad = 10.3°
Calcoliamo l’altezza sulla pista raggiunta a fine richiamata:
h r
= r ⋅( 1−
cos β
max
) = 1071⋅(1
− cos10.3°
) = 17. 1 m
Essendo tale altezza maggiore di 15 m, nel calcolo dello spazio convenzionale di decollo, lo spazio da considerare
dovrà essere riferito all’angolo β:
con:
⎛ r −15
⎞
15 = r ⋅(1
− cos β ) ⇒ β = arccos⎜
⎟ = 9. 60°
⎝ r ⎠
s rich
= r ⋅sin β = 1071⋅sin 9.60°
= 179 m
( s3)
Il tempo impiegato nella fase di richiamata può essere calcolato assimilando il moto ad un moto circolare uniforme:
Δt
=
r ⋅ β 1071×
9.60×
π 180
=
= 2.6 s
V 68.0
R
(
t 3
)
Possiamo infine calcolare i totali:
s
decollo
= s + s
1
2
+ s
3
= 951+
170 + 179 = 1300 m
t
decollo
= t + t
1
2
+ t
3
= 28.0 + 2.5 + 2.6 = 33.1 s
4 di 7

1) Atterraggio
I dati forniscono:
C L,max, att
= 2,6
C D0,att
= 0.017+0,075=0,092
Naturalmente in atterraggio la spinta da considerare sarà quella minima. Se indichiamo con n 0 il numero di giri ottimale
di un turbogetto e con n max ed n min i regimi massimo e minimo, in genere risulta:
≤
n
≤
⇒
T ( n)
⎛ n ⎞
= ⎜
0 .80 1.20
n0 T ( n ⎜ ⎟ 0) ⎝ n0
⎠
Quindi assumendo che n max / n 0 =1.20 (atterraggio) e che n min / n 0 =0.80 (decollo), si ha:
3.5
3.5
⎛ n ⎞
MIN
⎛ 0.80 ⎞
TMIN = TMAX
×
⎜ = 60000×
⎜ ⎟ = 14515 N
n
⎟
⎝ MAX ⎠
⎝ 1.20 ⎠
In base ai Regolamenti dell’Aviazione Civile in atterraggio deve aversi:
3.5
V
V
ost
c
≥ V
≥ V
Satt
Satt
⋅1.3
⋅1.2
( velocità sull'
ostacolo di 15 m)
( velocità al contatto col suolo)
Risulta:
Q
att
= Q × 0.70 = 202500× 0.70 = 141750 N
decollo
Quindi la velocità di stallo in configurazione di atterraggio è:
V
2 Q
= ⋅ ρ S
1
⋅
C
att
= ⋅ ⋅ =
S , att
z
L
max, att
2
1.167
141750
49.0
1
2.6
43.7 m / s
con:
V
V
ost
c
= V
≥ V
Satt
Satt
⋅1.3
= 56.8 m / s
⋅1.2
= 52.4 m / s
Considerando che l’angolo di discesa β in atterraggio (dai 15 m al contatto col suolo) è molto piccolo (4°÷5°), lo spazio
di questa fase si può calcolare con il teorema delle forze vive:
lavoro = ΔE c + ΔE g
dove “lavoro” è il lavoro fatto dalle forze esterne applicate al velivolo (Q, L, T, D) e ΔE c e ΔE g sono rispettivamente le
variazioni di energia cinetica e potenziale gravitazionale.
5 di 7

Si ha:
da cui si ricava:
1 Q
2 g
2 2
( T − D) ⋅ s ≅ − ( V −V
) − Q ⋅ h
avv
ost
C
s
avv
=
1
2
Q
g
2 2
( V −V
)
ost
C
( D −T
)⋅
+ Q ⋅h
Calcoliamo la resistenza D:
L ≅ Q
⇒
C
2 141750 ⎛ 2 ⎞
= ⋅ ⋅⎜
⎟
1.167 49.0 ⎝ 56.8 + 52.4 ⎠
= 1.66
L avv D avv
2
⇒
C
2
1.66
= 0.092 +
π ⋅7.0
= 0.217
E
avv
=
1.66
0.217
= 7.65
⇒
D
avv
≅
Q
E
avv
= 18529 N
quindi:
s
t
avv
avv
( − )
⎛ 141750 ⎞
⎡ 1.3 2 1.2 2 ⋅43.7
2 ⎤
= ⎜
⎟× ⎢
+ 15⎥
= 1389 m
⎝18529 − 14515 ⎠ ⎢ 2×
9.81
⎣
⎥⎦
savv
1389×
2
= = = 25.4 s
V 56.8 + 52.4
media
Ai fini del calcolo dello spazio di frenata possiamo utilizzare ancora l’equazione (1) (rullaggio in decollo):
C L,rull, att
= 1.3
C DRULL,att
= 0.092+1.3²/(π 7.0) = 0.169
9.81
a = ⋅⎡14515 0.6 141750 0.5 1.167 49.0 0.169 0.6 1.3
141750 ⎣ − ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ − × ×
−3 2
a =− 4.88 + 1.21× 10 × V
2
( ) V
⎤
⎦
Quindi le decelerazioni iniziale e finale valgono:
a = −4.88
+ 1.21×
10
a
i
f
= −4.88
m / s
2
−3
× 52.4
2
= −1.56
m / s
2
In questo caso la forte variazione della decelerazione richiederebbe di effettuare un’integrazione più fitta di quanto fatto
nel decollo e ciò richiederebbe molto più tempo di quello disponibile.
6 di 7

Pertanto, si procede in modo analogo a quanto precedentemente fatto per il decollo:
−1.56
− 4.88
am
=
= −3.22
m / s
2
VC
Δt
= − = 16.3 s
a
s
f
m
1 V
= − ⋅
2 a
2
C
m
= 426 m
2
Possiamo infine calcolare i totali:
s
atterraggio
= 1389 + 426 = 1815 m
t
atterraggio
= 25.4 + 16.3 = 41.7 s
Come si può constatare dai risultati, lo spazio teorico di atterraggio è notevolmente più alto di quello di decollo:
volendolo ridurre bisognerebbe diminuire la spinta minima considerata nei calcoli oppure utilizzare degli aerofreni che
incrementino ulteriormente il ΔC D0,a
.
Vincenzo Mercurio
Docente di Aerotecnica e Impianti di Bordo
ITIS “Feltrinelli” Milano
Ruggero Sguera
Docente di Disegno Progettazione ed Esercitazioni di Costruzioni
Aeronautiche
ITIS “Feltrinelli” Milano
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