ESERCITAZIONE SULLE MANOVRE
Esercizio 1
Un velivolo di massa pari a 1200 kg e di superficie alare pari a 32 m2 effettua una virata
corretta di raggio 60 m ad una velocità di 75 nodi, al livello del mare. Si calcolino l’angolo
di inclinazione del velivolo, la portanza agente sull’ala, il corrispondente coefficiente di
portanza ed il fattore di carico a cui è sottoposto il velivolo.
dati
m = 1200 kg
S = 32 m2
v = 75 kt
r = 60 m
soluzione
Il peso del velivolo risulta:
Q = m⋅g = 1200 kg ⋅ 9.81m/s2 = 11772 N
Una virata è definita corretta quando la forza aerodinamica, che in virata equilibra la forza
di massa complessiva (peso più forza centrifuga), coincide con la sola portanza. Il peso Q
del velivolo viene equilibrato dalla componente verticale della portanza Lcos , dove è
l’angolo di inclinazione del velivolo. La componente orizzontale della portanza, Lsin ,
costituisce una forza trasversale non equilibrata che, in base alla seconda legge della
dinamica, genera un’accelerazione trasversale al moto; questa accelerazione provoca
l’incurvarsi della traiettoria, che assume un centro di curvatura ed un raggio di curvatura r,
determinato dall’accelerazione stessa (che viene chiamata accelerazione centripeta, ac ) e
v2
. Ad una data
r
velocità v, il raggio r della virata può essere ricavato dalla seconda legge della dinamica
v2
Qv 2
che assume la forma L sin =m , e risulta quindi r =
. Lo schema risultante delle
r
gLsin
forze agenti sul velivolo è il seguente:
dalla velocità v sulla traiettoria secondo la relazione cinematica ac =
L
mv2/r
Q
L’angolo di inclinazione del velivolo può essere ricavato da due a scelta delle seguenti tre
equazioni di equilibrio (dinamico):
1
Q =Lcos
Q v2
=Lsin
g r
Q v2
Q +
g r
2
2
=L
Ad esempio, usando le prime due, si scrive un sistema nelle due incognite L e .
Dividendo membro a membro si elimina L e si ottiene un’espressione per l’angolo di
inclinazione:
tg =
v2
.
rg
Nel caso specifico si ottiene quindi:
=arctg
v2
=68.4°
rg
(1 kt = 1 nm/h = 1.852 km/h = 0.514 m/s
v = 75 kt = 38.58 m/s)
Dalla definizione di fattore di carico, usando la prima delle tre equazioni sopra riportate, si
ottiene:
n=
L
1
=
=2.72
Q cos
Si noti che si sarebbe potuto anche, altrettanto comodamente, usare la terza equazione
per giungere allo stesso risultato. La portanza che garantisce la virata corretta con il raggio
di curvatura assegnato alla velocità assegnata risulta:
L = n Q = 32020 N
Da tale valore si ricava il coefficiente di portanza che identifica l’assetto in cui tale virata
deve essere effettuata:
CL =
2L
=1.1
v 2S
assumendo per la densità il valore dell’atmosfera standard a livello del mare.
2
Esercizio 2
Un velivolo di peso pari a 10000 N e di superficie alare pari a 16 m2 è caratterizzato da
una velocità minima di sostentamento pari a 60 kt, ad una quota di 3500 m in atmosfera
standard. Calcolare la minima velocità vmv, e il raggio di curvatura r della traiettoria, in 5
virate corrette a 45°, 60°, 75°, 83° e 84° di inclinazione del velivolo, rispettivamente.
Sapendo inoltre che:
• il coefficiente di resistenza del velivolo in corrispondenza del CLmax vale CD(Lmax ) = 0.22,
• il motore del velivolo fornisce, a questa quota, una potenza all’albero W m = 1500 kW,
• l’elica ha un rendimento pari a 0.84,
• il fattore di carico massimo sopportabile dalla struttura del velivolo è 7,
si chiede di determinare quali delle 5 virate corrette sono effettuabili in pratica.
Infine, quale è la velocità alla quale questo velivolo può compiere la virata più stretta alla
quota di 3500 m?
dati
Q = 10000 N
S = 16 m2
vms = 60 kt
z = 3500 m
Wm = 1500 kW
η = 0.84
nmax = 7
soluzione
In volo orizzontale rettilineo uniforme, il peso del velivolo è equilibrato dalla portanza e si
ha
Q=
1 2
v msSCLmax
2
(2.1)
m/s
=30.84m/s
kt
= 0.86 kg/m3), si può
da cui, conoscendo la velocità minima di sostentamento v ms =60kt ⋅ 0.514
alla quota di 3500 m (in corrispondenza della quale la densità vale
ricavare il coefficiente di portanza massimo,
CLmax =
2Q
=1.53 .
2
v ms
S
In manovra, la portanza è pari ad n volte il peso, dove n è il fattore di carico; nelle
condizioni di velocità minima di virata vmv si ha quindi:
L =nQ=
1 2
v mv SCLmax .
2
(2.2)
3
Dividendo membro a membro questa equazione con la (2.1), si ottiene
n=
2
v mv
,
2
v ms
Da qui, sapendo che n è ricavabile dall’angolo di inclinazione della particolare virata,
1
n=
, si calcola
cos
v mv = v ms n .
Analogamente all’Esercizio 1, il raggio di curvatura della traiettoria risulta dipendere dalla
velocità di volo (in questo caso la velocità minima di virata) e dall’angolo di inclinazione del
velivolo, secondo la relazione:
r=
v 2mv
g ⋅ tg
.
Le limitazioni alla possibilità di effettuare la virata sono date dalla potenza resa disponibile
dal motore, W d = η⋅Wm = 1260 kW, e dal massimo fattore di carico sopportabile dalla
struttura, nmax = 7.
Per ogni condizione di volo, il fattore di carico risulta dato da
n=
1
,
cos
mentre la potenza necessaria risulta data da
Wn =
1 3
v mv SCD(Lmax )
2
ove CD(Lmax ) = 0.22. Applicando le relazioni precedentemente ricavate ad ogni angolo di
inclinazione in virata, si ottengono i seguenti risultati:
45°
60°
75°
83°
84°
vmv (m/s)
36.7
43.6
60.6
88.3
95.3
r (m)
137
112
100
97.7
97.5
n
1.41
2
3.86
8.2
9.55
Wn (kW)
74
124
336
1040
1308
da cui risulta come l’assetto di 83° non è tollerabile per la limitazione sul fattore di carico, e
l’assetto di 84° non è tollerabile perché viola entrambe le limitazioni cioè sia quella sul
massimo fattore di carico accettabile sia quella sulla potenza generata dal motore
installato.
4
Per ricavare la velocità alla quale può essere compiuta una manovra con il raggio più
stretto, basta imporre la limitazione strutturale n = 7 nella relazione v mv = v ms n tra la
velocità minima di una manovra e la velocità minima di sostentamento, per ottenere
v m =30.84 m/s ⋅ 7 =81.6 m/s .
In questo caso risulta
= 81.8° e r = 98 m.
***
Esercizio 3
Un velivolo di caratteristiche identiche a quello dell’Esercizio 2 raggiunge la velocità limite
in affondata verticale, a motore spento, alla quota di 5000 ft. Determinare il fattore di
carico massimo al termine di una manovra di richiamata effettuata per riportare il velivolo
in condizioni di volo orizzontale con la minore accelerazione centripeta possibile
compatibilmente con l’altezza del velivolo dal suolo. Ripetere il calcolo di tale fattore di
carico per la stessa manovra compiuta a partire da una quota di 2000 ft.
dati
Q = 10000 N
S = 16 m2
zo = 5000 ft
CD0 = 0.04
soluzione
La velocità limite in affondata a motore spento è la velocità raggiunta (asintoticamente)
quando il peso è equilibrato dalla resistenza aerodinamica, mentre la portanza è nulla. Per
l’equilibrio delle forze, si ha quindi
D=
1 2
v limSCD0 =Q
2
5
ove CD0 è il coefficiente di resistenza per CL = 0. Da qui si ottiene (alla quota di 5000 ft =
1524 m, dove la densità è pari a 1.058 kg/m3)
2Q
= 172 ms-1
CD0 S
v lim =
D1=Q
All’inizio della manovra di richiamata, l’assetto
del velivolo viene modificato in modo tale che
la portanza sia pari alla forza centripeta
richiesta. Ipotizzando che il modulo della
velocità resti costante durante l’intera
manovra
di
richiamata,
la
minima
accelerazione centripeta si ottiene per il
massimo raggio della manovra, pari alla quota
di inizio della manovra stessa rispetto a terra.
Ipotizzando che il livello di terra sia a quota
zero e quindi r = 1524 m, si ha:
v2
a = lim = 19.4 m/s2 = 1.98 g
r
L1=0
Q
2
L2=mv /r
D2=Q
Q
2
L3=mv /r+Q
D3
Q
Nel corso della manovra di richiamata a velocità costante in modulo, la portanza varia,
passando dal valore L2 (= ma) nella posizione 2 all’inizio della manovra (alla fine della
picchiata) al valore L3 (= ma + Q) nel punto inferiore (3) della traiettoria.
Il fattore di carico massimo si ha pertanto nella posizione 3 e risulta:
nmax =
m
2
v lim
+Q v 2
r
= lim +1=2.98
Q
gr
Ripetendo i calcoli per una richiamata effettuata da una quota di 2000 ft (609 m), dove la
densità vale 1.15 kg/m3, si trova:
vlim = 164 m/s
a = 44.16 m/s2 = 4.5 g
nmax = 5.5
6
