5 Lot w płaszczyźnie symetrii: model podłużny i pochodne stateczności

0 Prolog: Bryan, 1911

W 1911 roku, osiem lat po pierwszym locie braci Wright, brytyjski matematyk George Bryan wydał książkę Stability in Aviation. Zapisał w niej równania ruchu samolotu jako bryły sztywnej, zlinearyzował je wokół lotu ustalonego i każdą siłę oraz moment rozwinął w szereg Taylora względem zaburzeń prędkości, kąta natarcia i prędkości kątowej. Współczynniki tych rozwinięć (Bryan nazywał je pochodnymi oporu, ang. resistance derivatives) nazywamy dziś pochodnymi stateczności. Brakowało mu tylko danych: nikt jeszcze nie umiał ich zmierzyć. Kilka lat wcześniej Frederick Lanchester opisał bez równań różniczkowych wolne falowanie toru szybowca, które nazwał fugoidą. Bryan pokazał, że jest ono jednym z dwóch rozwiązań tego samego układu równań.

Ta lekcja to program Bryana w nowoczesnej postaci: równania w osiach ciała, trym policzony numerycznie, linearyzacja do postaci $\dot{\mathbf x} = A\mathbf x + B\mathbf u$ z lekcji 4.5 Układy równań liniowych i przestrzeń stanów. Liczby bierzemy z przykładu 3.3 Tewariego, dla lekkiego samolotu przy 55 m/s.

Pytanie na start. Fugoida to wolne falowanie toru z okresem ok. 30 s. Która siła je tłumi: opór, siła nośna, czy moment usterzenia? Odpowiedź w części 4 i w symulacji 2.

1 Równania ruchu w płaszczyźnie symetrii

Gdy samolot się nie przechyla, nie odchyla i nie ślizga ( $P = R = V = 0$ ), ruch odbywa się w płaszczyźnie symetrii. Zostają cztery zmienne w osiach ciała: składowe prędkości $U$ (wzdłuż osi $x$ ) i $W$ (wzdłuż $z$ , w dół), prędkość pochylania $Q$ i kąt pochylenia $\Theta$ . Prawo Newtona zapisane w osiach obracających się z bryłą ma, tak jak równania Eulera z lekcji 2 Bryła w 3D: tensor bezwładności, równania Eulera i oś pośrednia, dodatkowy człon: $m(\dot{\mathbf v} + \boldsymbol\omega\times\mathbf v) = \mathbf F$ .

Ruch podłużny (osie ciała, NED)

m(\dot U + QW) = X - mg\sin\Theta,\qquad m(\dot W - QU) = Z + mg\cos\Theta,\qquad J_y\dot Q = M,\qquad \dot\Theta = Q .

$X, Z$ to siły aerodynamiczne i ciąg w osiach ciała, $M$ moment pochylający. Kąt natarcia $\alpha = \arctan(W/U)$ , kąt toru $\gamma = \Theta - \alpha$ . Położenie: $\dot x = U\cos\Theta + W\sin\Theta$ , $\;\dot h = U\sin\Theta - W\cos\Theta$ .

Człon $-QU$ w drugim równaniu to przyspieszenie dośrodkowe: samolot, który obraca się z prędkością $Q$ , zakrzywia tor, a to wymaga siły normalnej $mUQ$ . Ten człon pojawi się w każdym manewrze.

Czego potrzebujemy, żeby te równania rozwiązać? Sił $X, Z$ i momentu $M$ w funkcji stanu i sterowania: $X = X(U, \alpha, Q, \delta, T, \dots)$ itd. W lekcji 4 Stateczność statyczna i trym: dlaczego samolot ma ogon mieliśmy prosty model współczynników $C_L$ , $C_D$ , $C_m$ . To wystarczy do trymu.

Zadania · część 1

3 zadania · ok. 20 min

Samolot leci poziomo i prosto z prędkością 55 m/s przy kącie natarcia $4{,}3^\circ$ (oś $x$ ciała wzdłuż osi zerowej siły nośnej skrzydła). Ile wynoszą $U$ , $W$ , $Q$ i $\Theta$ ?

Odpowiedź
$U = 55\cos 4{,}3^\circ = 54{,}85$ m/s, $W = 55\sin 4{,}3^\circ = 4{,}12$ m/s, $Q = 0$ , $\Theta = \alpha + \gamma = 4{,}3^\circ$ . W osiach stateczności (oś $x$ wzdłuż prędkości w trymie) byłoby $W = 0$ i $\Theta = 0$ ; Tewari używa właśnie ich.
Wyprowadź drugie równanie z $m(\dot{\mathbf v} + \boldsymbol\omega\times\mathbf v) = \mathbf F$ dla $\mathbf v = (U, 0, W)$ , $\boldsymbol\omega = (0, Q, 0)$ i grawitacji $mg$ w dół NED.

Odpowiedź
$\boldsymbol\omega\times\mathbf v = (QW,\ 0,\ -QU)$ . Grawitacja w osiach ciała przy pochyleniu $\Theta$ : $mg(-\sin\Theta,\ 0,\ \cos\Theta)$ (trzeci wiersz macierzy $R$ z lekcji 1 Orientacja w 3D: macierz obrotu, kąty Eulera, oś i kąt, kwaterniony). Składowa $z$ : $m(\dot W - QU) = Z + mg\cos\Theta$ .
Pilot ciągnie drążek: $Q = 0{,}2$ rad/s przy $U = 55$ m/s, $W$ stałe. Jakie przyspieszenie normalne i jakie przeciążenie odczuwa?

Odpowiedź
$\dot W = 0$ , więc $Z + mg\cos\Theta = -mUQ$ : przyspieszenie dośrodkowe $UQ = 11$ m/s² skierowane „w górę” samolotu. Przeciążenie $n = 1 + UQ/g = 2{,}1$ (przy $\Theta \approx 0$ ).

2 Trym jako układ równań nieliniowych

Lot ustalony to punkt, w którym wszystkie pochodne stanu są zerowe. Dla lotu prostoliniowego ze stałą prędkością $V$ i kątem toru $\gamma$ niewiadome to kąt natarcia $\alpha$ , wychylenie steru $\delta$ i ciąg $T$ . Równania (ciąg wzdłuż osi $x$ , przez środek ciężkości):

\mathbf r(\alpha, \delta, T) = \begin{bmatrix} T\cos\alpha - D(\alpha, \delta) - mg\sin\gamma\\ L(\alpha, \delta) + T\sin\alpha - mg\cos\gamma\\ C_m(\alpha, \delta)\end{bmatrix} = \mathbf 0 .

Układ jest nieliniowy przez $T\cos\alpha$ , $T\sin\alpha$ i opór kwadratowy w $C_L$ . W lekcji 4 Stateczność statyczna i trym: dlaczego samolot ma ogon rozwiązaliśmy jego wersję liniową; tu robimy to porządnie metodą Newtona z lekcji 6.2 Metody numeryczne: Python i C++: $\mathbf x_{k+1} = \mathbf x_k - J^{-1}\mathbf r(\mathbf x_k)$ , z jakobianem $J = \partial\mathbf r/\partial\mathbf x$ liczonym różnicami skończonymi. Tak liczą trym prawdziwe symulatory (Zipfel, rozdz. 7): dla każdego punktu z obwiedni lotu, przed linearyzacją.

Przy 55 m/s w locie poziomym Newton startujący z zera daje po trzech krokach $\alpha = 4{,}26^\circ$ , $\delta = -2{,}64^\circ$ , $T = 1111$ N (przykład 6.1). Reszta spada jak $10^4 \to 10^2 \to 10^{-1} \to 10^{-8}$ : zbieżność kwadratowa. Wznoszenie pod kątem $5^\circ$ wymaga ciągu 2050 N; kąt natarcia i ster prawie się nie zmieniają, bo siła nośna musi zrównoważyć tylko $mg\cos\gamma$ .

Zadania · część 2

3 zadania · ok. 25 min

Ile jest równań i niewiadomych w trymie lotu prostoliniowego w płaszczyźnie symetrii? Co jest dane, a co szukane?

Odpowiedź
Trzy równania (siła wzdłuż $x$ , wzdłuż $z$ , moment) i trzy niewiadome ( $\alpha$ , $\delta$ , $T$ ). Dane: masa, prędkość, kąt toru, gęstość powietrza, położenie środka ciężkości.
Normy reszty w kolejnych krokach: $1{,}2\cdot 10^4$ ; $2{,}5\cdot 10^2$ ; $0{,}13$ ; $1{,}2\cdot 10^{-8}$ . Sprawdź, że $|r_{k+1}|/|r_k|^2$ jest mniej więcej stałe. Co to mówi o metodzie?

Odpowiedź
$2{,}5\cdot 10^2/(1{,}2\cdot 10^4)^2 = 1{,}7\cdot 10^{-6}$ ; $0{,}13/(2{,}5\cdot 10^2)^2 = 2{,}1\cdot 10^{-6}$ ; $1{,}2\cdot 10^{-8}/0{,}13^2 = 7\cdot 10^{-7}$ . Rząd wielkości ten sam: zbieżność kwadratowa (lekcja 6.2 Metody numeryczne: Python i C++). Ostatni stosunek jest mniejszy, bo reszta zbliża się do dokładności różnic skończonych.
Przy 35 m/s trym wymaga mniejszego ciągu (883 N) niż przy 55 m/s (1111 N). Dlaczego? Przy jakiej prędkości opór jest najmniejszy? ( $C_{D0} = 0{,}03$ , $e = 0{,}8$ , $AR = 7{,}3$ .)

Odpowiedź
Opór to suma oporu szkodliwego, rosnącego jak $V^2$ , i indukowanego, malejącego jak $1/V^2$ . Minimum, gdy są równe: $C_L = \sqrt{\pi eAR\,C_{D0}} = 0{,}74$ , czyli $V = \sqrt{2mg/(\rho SC_L)} = 38$ m/s. 35 m/s leży tuż poniżej, 55 m/s wyraźnie powyżej. Wolniej niż 38 m/s opór znowu rośnie: „druga strona” krzywej oporu.

3 Linearyzacja i pochodne stateczności

Wokół trymu piszemy $U = U_e + u$ , $\alpha = \alpha_e + \alpha'$ (dalej bez primu), $\Theta = \theta_e + \theta$ , $Q = q$ , i pomijamy iloczyny małych zaburzeń (lekcja 4.6 Układy nieliniowe, płaszczyzna fazowa i stabilność). Przyrosty sił i momentu rozwijamy w szereg Taylora do pierwszego rzędu:

\bar X = X_uu + X_\alpha\alpha + X_q q,\qquad \bar Z = Z_uu + Z_\alpha\alpha + Z_{\dot\alpha}\dot\alpha + Z_qq,\qquad \bar M = M_uu + M_\alpha\alpha + M_{\dot\alpha}\dot\alpha + M_qq .

Współczynniki $X_u = \partial X/\partial u$ itd. to pochodne stateczności. Człon z $\dot\alpha$ wygląda dziwnie (siła zależna od prędkości zmian kąta natarcia), ale ma prosty sens, który omówimy w części 4. W osiach stateczności (oś $x$ wzdłuż prędkości w trymie, $\theta_e = 0$ dla lotu poziomego) i przy pominięciu małych $X_q$ , $Z_{\dot\alpha}$ , $Z_q$ , $M_u$ dostajemy układ Tewariego (równ. 3.151–3.152):

Model podłużny w przestrzeni stanów (lot poziomy)

\frac{\mathrm d}{\mathrm dt}\begin{bmatrix} u\\ \alpha\\ \theta\\ q\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac{X_u}{m} & \frac{X_\alpha}{m} & -g & 0\\ \frac{Z_u}{mU} & \frac{Z_\alpha}{mU} & 0 & 1\\ 0 & 0 & 0 & 1\\ \frac{M_{\dot\alpha}}{J_y}\frac{Z_u}{mU} & \frac{M_\alpha}{J_y} + \frac{M_{\dot\alpha}}{J_y}\frac{Z_\alpha}{mU} & 0 & \frac{M_q}{J_y} + \frac{M_{\dot\alpha}}{J_y}\end{bmatrix}\begin{bmatrix} u\\ \alpha\\ \theta\\ q\end{bmatrix} + B\begin{bmatrix}\delta\\ \Delta T/m\end{bmatrix} .

Przykład 3.3 (Tewari), $U = 55$ m/s: $X_u/m = -0{,}045$ /s, $Z_u/m = -0{,}36$ /s, $X_\alpha/m = 1{,}96$ m/s², $Z_\alpha/m = -108$ m/s², $M_\alpha/J_y = -8{,}6$ /s², $M_{\dot\alpha}/J_y = -0{,}9$ /s, $M_q/J_y = -2$ /s.

Skąd wiersz czwarty? Równanie momentu ma $M_{\dot\alpha}\dot\alpha$ po prawej stronie, a $\dot\alpha$ wyrażamy z wiersza drugiego. Wartości własne tej macierzy (przykład 6.2) dają dwa mody: wolny o okresie 30 s i szybki o okresie 2,4 s. To fugoida i oscylacja krótkookresowa, tematy lekcji 6 Mody podłużne: fugoida i oscylacja krótkookresowa.

Zadania · część 3

3 zadania · ok. 25 min

Policz z danych przykładu 3.3 elementy drugiego wiersza macierzy $A$ .

Odpowiedź
$Z_u/(mU) = -0{,}36/55 = -0{,}0065$ /s, $Z_\alpha/(mU) = -108/55 = -1{,}964$ /s, potem $0$ i $1$ . Zgadza się z macierzą u Tewariego.
Tewari pomija $Z_q$ i $Z_{\dot\alpha}$ . Gdyby je zachować, drugie równanie miałoby postać $(mU - Z_{\dot\alpha})\dot\alpha = Z_uu + Z_\alpha\alpha + (mU + Z_q)q$ . Dlaczego pominięcie jest uzasadnione?

Odpowiedź
Oba człony pochodzą od siły nośnej usterzenia, które jest małe w porównaniu ze skrzydłem. Porównujemy je z $mU$ , przy masie rzędu 1100 kg ok. $60\,500$ kg·m/s; dla samolotu lekkiego $|Z_q|$ , $|Z_{\dot\alpha}|$ to setki do kilku tysięcy w tych samych jednostkach, czyli poprawka rzędu procenta.
Sprawdź jednostki: $X_u/m$ w 1/s, $Z_\alpha/m$ w m/s², $M_\alpha/J_y$ w 1/s², $M_q/J_y$ w 1/s. Pokaż, że każdy wiersz równania $\dot{\mathbf x} = A\mathbf x$ jest wymiarowo spójny.

Odpowiedź
Wiersz 1: $[\dot u] =$ m/s²; $(X_u/m)u$ : 1/s·m/s ✓, $(X_\alpha/m)\alpha$ : m/s²·rad ✓, $g\theta$ ✓. Wiersz 2: $[\dot\alpha] =$ 1/s; $Z_u u/(mU)$ : (1/s)(m/s)/(m/s) ✓; $Z_\alpha\alpha/(mU)$ : (m/s²)/(m/s) ✓; $q$ ✓. Wiersz 4: $[\dot q] =$ 1/s²; $M_\alpha\alpha/J_y$ ✓, $M_qq/J_y$ : (1/s)(1/s) ✓.

4 Co znaczy każda pochodna

Pochodne wylicza się półempirycznie z geometrii albo mierzy w tunelu i w locie. Dla zrozumienia wystarczy prosty model z lekcji 4 Stateczność statyczna i trym: dlaczego samolot ma ogon. W tabeli obok wartości Tewariego są nasze oszacowania z tego modelu (1100 kg, $J_y = 1825$ kg·m², środek ciężkości w 44% cięciwy, przy którym $M_\alpha$ wychodzi jak u Tewariego):

pochodna	wzór (model z lekcji 4)	sens fizyczny	Tewari	nasz model
$X_u/m$	$-2\bar qSC_D/(mU)$	szybciej, to większy opór (tłumik prędkości)	−0,045	−0,037
$Z_u/m$	$-2\bar qSC_L/(mU) = -2g/U$	szybciej, to większa siła nośna	−0,36	−0,357
$X_\alpha/m$	$\bar qS(C_L - C_{D\alpha})/m$	większy kąt natarcia przechyla siłę nośną do przodu	1,96	4,07
$Z_\alpha/m$	$-\bar qS(a + C_D)/m$	nachylenie krzywej nośności	−108	−148
$M_\alpha/J_y$	$\bar qS\bar cC_{m\alpha}/J_y$	stateczność statyczna („sprężyna”)	−8,6	−8,65
$M_q/J_y$	$\bar qS\bar c\,C_{mq}\frac{\bar c}{2U}/J_y$ , $C_{mq} \approx -2\eta a_HV_H\frac{l_H}{\bar c}$	tłumienie przez usterzenie	−2	−5,0
$M_{\dot\alpha}/J_y$	jak $M_q$ , z $C_{m\dot\alpha} \approx C_{mq}\frac{\mathrm d\varepsilon}{\mathrm d\alpha}$	opóźnienie odchylenia strumienia	−0,9	−2,1

Najpiękniejszy wiersz to $Z_u$ : przy stałym kącie natarcia siła nośna rośnie jak $U^2$ , więc $\partial L/\partial U = 2L/U = 2mg/U$ . Ta pochodna nie zależy od kształtu samolotu, tylko od prędkości, i rzeczywiście Tewari ma $-0{,}36$ , a $2g/U = 0{,}357$ . Pozostałe różnią się o czynnik do 2,5, bo to inny samolot o nieznanej nam masie i bezwładności, a nasz model tłumienia (samo usterzenie, bez kadłuba i skrzydła) jest zgrubny. Zgadzają się rzędy wielkości i znaki, i to wystarcza, żeby rozumieć mody.

Pochodna $M_{\dot\alpha}$ ma sens czasowy: strumień odchylony przez skrzydło dociera do usterzenia po czasie $l_H/U \approx 0{,}08$ s. Gdy kąt natarcia rośnie, usterzenie widzi jeszcze odchylenie „sprzed chwili”, mniejsze niż obecne, więc ma większy kąt natarcia i daje dodatkowy moment hamujący. Działa jak dodatkowe tłumienie.

Odpowiedź na pytanie z prologu: fugoidę tłumi $X_u$ , czyli wzrost oporu z prędkością. Bez niego fugoida w tym modelu jest lekko niestateczna ( $\zeta = -0{,}025$ ). Moment usterzenia ( $M_q$ , $M_{\dot\alpha}$ ) tłumi oscylację krótkookresową. Na fugoidę $M_{\dot\alpha}$ prawie nie wpływa, a $M_q$ zmienia jej okres i tłumienie o ok. 20–25% (bez $M_q$ okres spada do 25 s, wartości Lanchestera z lekcji 6). Główne mechanizmy tłumienia są więc różne dla obu modów.

Zadania · część 4

3 zadania · ok. 30 min

Policz $Z_u/m = -2g/U$ dla 55 m/s i dla 40 m/s. Jak zmieni się ta pochodna, jeśli samolot poleci wyżej z tą samą prędkością?

Odpowiedź
$-0{,}357$ /s i $-0{,}49$ /s. Wysokość nie zmienia jej wcale: $-2g/U$ nie zawiera gęstości (mniejsza gęstość jest skompensowana większym $C_L$ w trymie).
Z $M_\alpha/J_y = -8{,}6$ /s² policz $C_{m\alpha}$ i zapas stateczności, przyjmując $J_y = 1825$ kg·m², $\bar qS\bar c = 44\,600$ N·m i $a = 5{,}39$ /rad.

Odpowiedź
$C_{m\alpha} = -8{,}6\cdot 1825/44\,600 = -0{,}35$ /rad; $K_n = 0{,}35/5{,}39 = 0{,}065$ . W geometrii z lekcji 4 to środek ciężkości w $0{,}51 - 0{,}065 = 0{,}44$ cięciwy, blisko tylnej granicy.
W symulacji 2 wyzeruj $X_u$ . Fugoida dostaje $\zeta = -0{,}025$ . Wyjaśnij to energetycznie: co robi opór rosnący z prędkością, gdy samolot na przemian nurkuje i wznosi się?

Odpowiedź
W fugoidzie energia przelewa się między kinetyczną a potencjalną. Opór rosnący z prędkością zabiera więcej energii w szybkich fazach, czyli tłumi wahania. Bez $X_u$ idealny model Lanchestera (stały kąt natarcia) dałby fugoidę obojętną. Małe ujemne tłumienie w pełnym modelu bierze się ze sprzężenia z ruchem kąta natarcia: skończone $M_\alpha$ razem z $M_q$ sprawiają, że $\alpha$ zmienia się trochę w niekorzystnej fazie (przy dziesięciokrotnie większym $M_\alpha$ ujemne tłumienie prawie znika). Człon $X_\alpha$ działa wręcz lekko tłumiąco. To, że samoloty mają fugoidę stateczną, zawdzięczamy oporowi.

5 Ster wysokości i przepustnica

Do macierzy $B$ potrzebujemy pochodnych sterowania. Z modelu z lekcji 4 (przy środku ciężkości 0,44): $Z_\delta/m = -\bar qSC_{L\delta}/m = -9{,}7$ m/s² i $M_\delta/J_y = \bar qS\bar cC_{m\delta}/J_y = -25$ /s² (znak według konwencji z lekcji 4: $\delta > 0$ to ster w dół). Ciąg działa wzdłuż osi $x$ przez środek ciężkości, więc wpływa tylko na pierwsze równanie, z $X_T/m = 1/m$ na niuton.

Stan ustalony po zmianie sterowania

$0 = A\mathbf x_\infty + B\mathbf u$ , czyli $\mathbf x_\infty = -A^{-1}B\mathbf u$ . Wiersz momentu (z $q = 0$ , $\dot\alpha = 0$ ): $M_\alpha\alpha + M_\delta\delta = 0$ (dokładnie: człony z $M_{\dot\alpha}$ znoszą się dzięki wierszowi drugiemu), więc ster ustala kąt natarcia, a przez niego prędkość. Wiersz siły wzdłuż toru: nadmiar ciągu ustala kąt wznoszenia, $\Delta\gamma = \Delta T/(mg)$ .

To jest jedna z najważniejszych lekcji pilotażu i automatyki lotu jednocześnie, sprzeczna z intuicją kierowcy. Ciągnięcie drążka na stałe przede wszystkim spowalnia samolot do nowego kąta natarcia. Kąt toru zmienia się tylko o tyle, o ile przy nowej prędkości zmienia się opór. Przy 55 m/s, powyżej prędkości najmniejszego oporu (38 m/s, zadanie 2.3), wolniejszy lot ma mniejszy opór, więc stały ciąg daje lekkie wznoszenie; poniżej tej prędkości ten sam ruch drążka dałby opadanie. Dodanie gazu przy tym samym trymie nie przyspiesza samolotu: prędkość wraca do tej samej wartości, a samolot zaczyna się wznosić. W modelu: $\delta = -1^\circ$ (ster w górę) daje w stanie ustalonym $\alpha$ większe o $2{,}9^\circ$ , prędkość mniejszą o ok. 15 m/s (to już daleko poza zakresem linearyzacji, ale kierunek jest dobry) i kąt toru tylko o $1{,}6^\circ$ większy, a nadmiar ciągu 550 N daje wznoszenie pod kątem $2{,}9^\circ$ bez zmiany prędkości. Autopilot z lekcji 9 Autopilot: pętle wewnętrzne i zewnętrzne używa dokładnie tego podziału: przepustnicą trzyma tor albo prędkość, sterem wysokości drugą z tych wielkości.

Zadania · część 5

3 zadania · ok. 25 min

Pilot dodaje 550 N ciągu przy niezmienionym trymie. Jaki będzie kąt wznoszenia i prędkość wznoszenia przy 55 m/s?

Odpowiedź
$\Delta\gamma = 550/(1100\cdot 9{,}81) = 0{,}051$ rad $= 2{,}9^\circ$ ; prędkość wznoszenia $55\cdot 0{,}051 = 2{,}8$ m/s (ok. 550 stóp na minutę).
Pokaż z wierszy drugiego i czwartego, że w stanie ustalonym $\alpha_\infty = -M_\delta\delta/M_\alpha$ dokładnie. Policz dla $\delta = -1^\circ$ i porównaj z wynikiem pełnego rozwiązania ( $2{,}9^\circ$ ).

Odpowiedź
Wiersz drugi przy $\dot\alpha = q = 0$ : $Z_uu + Z_\alpha\alpha + Z_\delta\delta = 0$ . Wiersz czwarty zawiera $M_{\dot\alpha}/(mU)$ razy dokładnie to samo wyrażenie, więc te człony się zerują i zostaje $M_\alpha\alpha + M_\delta\delta = 0$ . $\alpha = -(-25)(-1^\circ)/(-8{,}6) = 2{,}9^\circ$ ✓. Wiersz momentu ustala więc kąt natarcia niezależnie od ciągu.
Dlaczego dobrze zaprojektowany samolot ma linię ciągu przechodzącą blisko środka ciężkości ( $M_T \approx 0$ )? Co by się działo przy silniku wysoko nad środkiem ciężkości (jak w wodnosamolotach)?

Odpowiedź
Przy $M_T \ne 0$ zmiana ciągu zmienia też trym kąta natarcia, więc przepustnica przestaje być czystym sterem toru. Silnik wysoko nad środkiem ciężkości przy dodaniu gazu opuszcza nos (moment ujemny), przy ujęciu gazu podnosi: zmiana mocy przy podejściu do lądowania wymaga jednoczesnej korekty sterem. Tewari wymaga $Z_T = M_T = 0$ w swoim projekcie autopilota.

6 Metoda i przykłady rozwiązane

Metoda: od samolotu do macierzy $A$ , $B$

Model sił i momentów ( $C_L$ , $C_D$ , $C_m$ w funkcji $\alpha$ , $\delta$ , $q$ , $\dot\alpha$ ) i ciągu.
Trym metodą Newtona dla zadanej prędkości, wysokości i kąta toru.
Pochodne analitycznie albo różnicami skończonymi wokół trymu.
Macierze $A$ , $B$ w osiach stateczności; jednostki w każdym wierszu.
Sprawdzenie: $Z_u \approx -2g/U$ ; znaki $M_\alpha < 0$ , $M_q < 0$ ; wartości własne: jedna wolna i jedna szybka para.

Przykład 6.1 Trym przy 55 m/s metodą Newtona

Samolot z lekcji 4 ( $h = 0{,}30$ ), lot poziomy, 55 m/s. Start: $\alpha = \delta = 0$ , $T = 0$ .

Krok 0: $\mathbf r = (-902;\ -11\,620;\ 0{,}034)$ , $|\mathbf r| = 1{,}2\cdot 10^4$ (brak siły nośnej i ciągu).
Krok 1: $\alpha = 4{,}293^\circ$ , $\delta = -2{,}672^\circ$ , $T = 867$ N; $|\mathbf r| = 255$ .
Krok 2: $\alpha = 4{,}261^\circ$ , $\delta = -2{,}639^\circ$ , $T = 1110{,}8$ N; $|\mathbf r| = 0{,}13$ .
Krok 3: zmiany w piątej cyfrze; $|\mathbf r| = 1{,}2\cdot 10^{-8}$ .

Wynik: $\alpha = 4{,}26^\circ$ , $\delta = -2{,}64^\circ$ , $T = 1111$ N.

Sprawdzenie: liniowy trym z lekcji 4 dawał $4{,}29^\circ$ i $-2{,}67^\circ$ ; ciąg $\approx$ opór $1{,}1$ kN z przykładu 10.5 fizyki ✓.

Przykład 6.2 Macierz $A$ i jej wartości własne

Złóż macierz $A$ z danych przykładu 3.3 i policz wartości własne.

Wiersz 4: $\frac{M_{\dot\alpha}}{J_y}\frac{Z_u}{mU} = (-0{,}9)(-0{,}0065) = 0{,}0059$ ; $\;-8{,}6 + (-0{,}9)(-1{,}964) = -6{,}833$ ; $\;-2 - 0{,}9 = -2{,}9$ .
$A = \begin{bmatrix} -0{,}045 & 1{,}96 & -9{,}81 & 0\\ -0{,}0065 & -1{,}964 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 0 & 1\\ 0{,}0059 & -6{,}833 & 0 & -2{,}9\end{bmatrix}$ .
Wartości własne (numerycznie): $-0{,}0173 \pm 0{,}209i$ i $-2{,}44 \pm 2{,}57i$ .

Wynik: fugoida $\omega = 0{,}21$ rad/s, $\zeta = 0{,}082$ , okres 30 s; krótkookresowa $\omega = 3{,}54$ rad/s, $\zeta = 0{,}69$ , okres 2,4 s.

Sprawdzenie: zgodne z wynikiem polecenia damp u Tewariego ✓. Stosunek częstości 17: mody są dobrze rozdzielone, co wykorzystamy w lekcji 6.

Przykład 6.3 Skąd $Z_u = -2g/U$

Pokaż, że w locie poziomym przy stałym kącie natarcia $Z_u/m = -2g/U$ , i sprawdź wartość Tewariego.

W osiach stateczności $Z \approx -L = -\frac12\rho U^2SC_L$ (siła nośna działa w górę, czyli w stronę $-z$ ).
$Z_u = \partial Z/\partial U = -\rho USC_L = -2L/U$ .
W trymie $L = mg$ , więc $Z_u/m = -2g/U = -2\cdot 9{,}81/55 = -0{,}357$ /s.

Wynik: $-0{,}357$ /s wobec $-0{,}36$ /s u Tewariego.

Sprawdzenie: pominęliśmy zależność $C_L$ od liczby Macha i Reynoldsa, uzasadnioną przy 55 m/s ✓.

7 Błędne intuicje, których trzeba się oduczyć

„Ster wysokości służy do wznoszenia.”: W stanie ustalonym ustala kąt natarcia, czyli prędkość. Kąt toru zmienia się tylko przez zmianę oporu przy nowej prędkości (w naszym modelu o ok. $1{,}6^\circ$ na stopień steru, przy prędkości najmniejszego oporu wcale). O wznoszeniu decyduje nadmiar mocy, czyli przepustnica. Krótkotrwale ster oczywiście podnosi nos i tor, ale energii z niego nie przybędzie.
„Pochodne stateczności to stałe samolotu.”: Zależą od punktu lotu: prędkości, wysokości, masy, położenia środka ciężkości, klap. Dlatego trym i linearyzację robi się dla wielu punktów obwiedni, a regulatory programuje się w funkcji tych warunków (lekcja 3.3 automatyki).
„Kąt pochylenia to kąt natarcia.”: $\theta = \alpha + \gamma$ . W locie poziomym są równe, we wznoszeniu i nurkowaniu nie. Samolot może mieć nos w górę i lecieć w dół (podejście do lądowania przy małej prędkości).
„Model liniowy wystarczy do każdego manewru.”: Opisuje małe zaburzenia wokół trymu. Zmiana prędkości o 15 m/s przy 55 m/s albo przeciągnięcie wychodzą poza jego zakres; tam potrzebny jest pełny model z lekcji 10.
„Człon $M_{\dot\alpha}$ to egzotyka.”: To opóźnienie, z jakim odchylony strumień dociera do usterzenia. Daje zauważalną część tłumienia krótkookresowej (bez niego $\zeta$ spada z 0,69 do 0,56).

8 Zadania do przemyślenia

Te zadania wymagają więcej myślenia niż liczenia.

Zadania do przemyślenia

5 zadań · ok. 1,5 godziny

Wysokość. Samolot leci na 3000 m z tą samą prędkością przyrządową (ciśnienie dynamiczne bez zmian). Gęstość jest mniejsza o 26%. Które pochodne się zmienią i jak?
Odpowiedź
1. Prędkość rzeczywista rośnie o $1/\sqrt{0{,}74} = 1{,}16$ raza. Siły i momenty przy tym samym $\bar q$ są te same, więc $Z_\alpha/m$ , $M_\alpha/J_y$ bez zmian; $Z_\alpha/(mU)$ maleje o 14% (słabsze „zakrzywianie toru” na radian).
2. $M_q$ zawiera $\bar c/(2U)$ : maleje o 14%, tłumienie krótkookresowej spada. $Z_u = -2g/U$ też maleje, fugoida wolniejsza. Wysoko samolot jest „luźniejszy” w tłumieniu, co jest jednym z powodów stosowania tłumików w samolotach odrzutowych.
Osie ciała czy stateczności? Dlaczego Tewari linearyzuje w osiach stateczności, a symulatory 6 DOF (Zipfel) liczą w osiach ciała?
Odpowiedź
1. W osiach stateczności $W_e = 0$ , $\theta_e = 0$ (dla lotu poziomego): równania liniowe są najprostsze, a siła nośna i opór leżą wzdłuż osi. Ale osie te zależą od trymu: inne dla każdego punktu lotu.
2. Symulator nieliniowy musi działać przy dowolnych kątach i manewrach, więc pisze równania w osiach ciała (stały tensor bezwładności, czujniki), a współczynniki aerodynamiczne przelicza z osi prędkości. Linearyzacja jest dla niego tylko narzędziem analizy.
Podmuch. Jak wprowadzić do modelu wiatr: podmuch pionowy $w_g$ i poziomy $u_g$ ? Które zmienne widzi aerodynamika, a które bezwładność?
Odpowiedź
1. Siły aerodynamiczne zależą od prędkości względem powietrza: $u - u_g$ i $\alpha - w_g/U$ . Bezwładność (lewa strona równań) od prędkości względem ziemi.
2. W modelu liniowym podmuch wchodzi więc jak sterowanie: $\dot{\mathbf x} = A\mathbf x + B\mathbf u + E\,[u_g;\ w_g]$ , gdzie $E$ to minus kolumny $A$ odpowiadające $u$ i $\alpha$ (z czynnikiem $1/U$ dla $w_g$ ). Z tego modelu korzysta symulacja turbulencji w lekcji o autopilocie.
Jedna pochodna na raz. W symulacji 2 ustaw mnożnik $M_\alpha$ na $-0{,}25$ , czyli $M_\alpha/J_y \approx +2{,}15$ /s² (środek ciężkości za punktem neutralnym). Co dzieje się z modami i dlaczego niestateczność jest wolna?
Odpowiedź
1. Pojawia się dodatni pierwiastek rzeczywisty ok. $+0{,}19$ /s (podwojenie w ok. 3,6 s), szybki pierwiastek rzeczywisty ok. $-4{,}5$ /s i wolna para zespolona o okresie ok. 25 s. Mody przestają być rozdzielone: nie ma już ani klasycznej fugoidy, ani oscylacji krótkookresowej.
2. Moment przywracający zniknął, ale tłumienie $M_q$ i $Z_\alpha$ wciąż działa: samolot obraca się powoli, bo każdy obrót jest hamowany. Tak było w tabeli w części 5 lekcji 4.
Pochodne z symulatora. Mając nieliniowy model sił (np. z lekcji 10), jak policzyć macierz $A$ bez wyprowadzania wzorów? Na co uważać przy wyborze kroku różnic skończonych?
Odpowiedź
1. Znaleźć trym (Newton), potem dla każdej zmiennej stanu i sterowania zaburzyć ją o $\pm\Delta$ i policzyć różnicę centralną pochodnych stanu: kolumna $A$ to $(\mathbf f(\mathbf x + \Delta\mathbf e_j) - \mathbf f(\mathbf x - \Delta\mathbf e_j))/(2\Delta)$ .
2. Krok za duży: błąd od nieliniowości (np. przeciągnięcie). Za mały: błędy zaokrągleń i tablic interpolowanych. Kroki dobiera się osobno dla każdej zmiennej, w jej naturalnych jednostkach (np. 0,1 m/s, 0,1°), a wynik porównuje z wartościami własnymi z symulacji.

9 Sprawdź się

Odpowiedz w myślach, zanim rozwiniesz odpowiedź.

1 Jakie są zmienne stanu modelu podłużnego?

$u$ (zaburzenie prędkości), $\alpha$ , $\theta$ , $q$ .

2 Jak znaleźć trym?

Rozwiązać nieliniowy układ równań sił i momentu (np. metodą Newtona) ze względu na $\alpha$ , $\delta$ , $T$ .

3 Co to są pochodne stateczności?

Współczynniki rozwinięcia Taylora sił i momentów względem zaburzeń stanu i sterowania wokół trymu, np. $M_\alpha = \partial M/\partial\alpha$ .

4 Ile wynosi

Z_u/m

w locie poziomym?

$-2g/U$ , niezależnie od samolotu.

5 Które pochodne tłumią fugoidę, a które oscylację krótkookresową?

Fugoidę $X_u$ (opór od prędkości); krótkookresową $M_q$ , $M_{\dot\alpha}$ i $Z_\alpha$ .

6 Czym w stanie ustalonym steruje ster wysokości, a czym przepustnica?

Ster: kątem natarcia, czyli prędkością. Przepustnica: kątem toru (wznoszeniem).

10 Karta wzorów i co dalej

Równania i trym

$m(\dot U + QW) = X - mg\sin\Theta$ , $m(\dot W - QU) = Z + mg\cos\Theta$

$J_y\dot Q = M$ , $\dot\Theta = Q$ , $\gamma = \Theta - \alpha$

trym: $\mathbf r(\alpha, \delta, T) = 0$ , $\mathbf x_{k+1} = \mathbf x_k - J^{-1}\mathbf r$

$\mathbf x_\infty = -A^{-1}B\mathbf u$ ; $\Delta\gamma = \Delta T/(mg)$

Pochodne (model prosty)

$X_u = -2\bar qSC_D/U$ , $Z_u = -2\bar qSC_L/U = -2mg/U$

$Z_\alpha = -\bar qS(a + C_D)$ , $M_\alpha = \bar qS\bar cC_{m\alpha}$

$M_q = \bar qS\bar c\,C_{mq}\frac{\bar c}{2U}$ , $C_{mq} \approx -2\eta a_HV_H\frac{l_H}{\bar c}$

$C_{m\dot\alpha} \approx C_{mq}\frac{\mathrm d\varepsilon}{\mathrm d\alpha}$

Do przeczytania

Obowiązkowo: A. Tewari, Advanced Control of Aircraft, Spacecraft and Rockets, rozdz. 3.5–3.5.1 i przykład 3.3 (kilka stron, z macierzą $A$ i wartościami własnymi).
Dla chętnych: P. H. Zipfel, Modeling and Simulation of Aerospace Vehicle Dynamics, rozdz. 7 (pochodne w różnych układach osi, linearyzacja z modelu symulacyjnego); D. J. Newman, rozdz. 4.3.

Mamy macierz $A$ i jej wartości własne: jedną parę wolną i słabo tłumioną, drugą szybką i dobrze tłumioną. Następna lekcja zagląda do środka obu: jak wygląda każdy mod (wektory własne), skąd biorą się jego częstość i tłumienie, i dlaczego bardzo proste modele, Lanchestera dla fugoidy i dwustanowy dla krótkookresowej, trafiają prawie dokładnie.

0 Prolog: Bryan, 1911

1 Równania ruchu w płaszczyźnie symetrii

2 Trym jako układ równań nieliniowych

3 Linearyzacja i pochodne stateczności

4 Co znaczy każda pochodna

5 Ster wysokości i przepustnica

6 Metoda i przykłady rozwiązane

Przykład 6.1 Trym przy 55 m/s metodą Newtona

Przykład 6.2 Macierz AAA i jej wartości własne

Przykład 6.3 Skąd Zu=−2g/UZ_u = -2g/UZu​=−2g/U

7 Błędne intuicje, których trzeba się oduczyć

8 Zadania do przemyślenia

9 Sprawdź się

10 Karta wzorów i co dalej

Do przeczytania

Przykład 6.2 Macierz $A$ i jej wartości własne

Przykład 6.3 Skąd $Z_u = -2g/U$