7 Ruch boczny: przechylenie, spirala i holendrowanie

0 Prolog: trzy sposoby, by stracić kierunek

Pallett wymienia trzy formy niestateczności bocznej. Dywergencja kierunkowa: samolot bez stateczności wiatrowskazowej obraca się w ślizg coraz bardziej. Dywergencja spiralna: gdy stateczność kierunkowa jest bardzo duża w porównaniu z poprzeczną, ślizg znika szybko, ale opuszczone skrzydło się nie podnosi; przechylenie powoli rośnie, nos opada w zakręt i samolot schodzi spiralą, która zacieśnia się sama. Holendrowanie: gdy stateczność kierunkowa jest za mała w porównaniu z poprzeczną, samolot na przemian odchyla się i przechyla w jedną i drugą stronę. Nazwa wzięła się podobno od ruchu łyżwiarzy z holenderskich kanałów.

Pierwsza forma jest rzadka, bo każdy samolot ma statecznik pionowy. Dwie pozostałe są zawsze obecne jako mody, pytanie tylko, czy są stateczne i jak bardzo. W lekcji 3 Fuzja czujników w 3D: estymacja orientacji na kwaternionach spotkaliśmy już spiralę jako „spiralę śmierci” pilota w chmurach: jest tak powolna, że błędnik jej nie zauważa.

Pytanie na start. Konstruktor powiększa statecznik pionowy, żeby samolot lepiej trzymał kierunek. Jak to zmienia skłonność do spirali? Odpowiedź w części 3.

1 Równania ruchu bocznego

Zaburzenia „na boki” lotu poziomego to ślizg $\beta \approx v/U$ , prędkość przechylania $p$ , prędkość odchylania $r$ i przechylenie $\varphi$ . Po linearyzacji (jak w lekcji 5 Lot w płaszczyźnie symetrii: model podłużny i pochodne stateczności, w osiach stateczności, z pominięciem iloczynu dewiacji $I_{xz}$ ) dostajemy:

Model boczny w przestrzeni stanów

\frac{\mathrm d}{\mathrm dt}\begin{bmatrix}\beta\\ p\\ r\\ \varphi\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} Y_\beta/U & Y_p/U & Y_r/U - 1 & g/U\\ L_\beta & L_p & L_r & 0\\ N_\beta & N_p & N_r & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\beta\\ p\\ r\\ \varphi\end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 0 & Y_{\delta r}/U\\ L_{\delta a} & L_{\delta r}\\ N_{\delta a} & N_{\delta r}\\ 0 & 0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\delta_a\\ \delta_r\end{bmatrix} .

$Y$ w m/s² (siła boczna na masę), $L$ i $N$ w 1/s² lub 1/s (momenty na moment bezwładności $I_x$ , $I_z$ ). Kurs: $\dot\psi = r$ (w locie poziomym).

Pierwszy wiersz to równanie siły bocznej: ślizg zmienia się, bo samolot obraca się nosem ( $-r$ ), bo przechylona siła nośna ciągnie go w bok ( $g\varphi/U$ ) i bo siła boczna od ślizgu go hamuje ( $Y_\beta$ ). Znaczenie pochodnych momentów:

$N_\beta > 0$ : stateczność wiatrowskazowa (statecznik pionowy), $L_\beta < 0$ : efekt wzniosu (lekcja 4 Stateczność statyczna i trym: dlaczego samolot ma ogon);
$L_p < 0$ : tłumienie przechylania: opadające skrzydło ma większy kąt natarcia i więcej siły nośnej;
$N_r < 0$ : tłumienie odchylania, głównie przez statecznik pionowy;
$L_r > 0$ : przy odchylaniu w prawo lewe skrzydło leci szybciej i ma więcej siły nośnej, więc samolot przechyla się w prawo;
$N_p < 0$ : przy przechylaniu w prawo siła nośna opadającego prawego skrzydła pochyla się do przodu, a wznoszącego lewego do tyłu: nos idzie w lewo (odchylenie przeciwne od przechylania).

Pochodne liczymy z prostych oszacowań dla samolotu z poprzednich lekcji (1100 kg, $S = 16{,}2$ m², $b = 10{,}9$ m, 55 m/s), z przyjętym statecznikiem pionowym $S_V = 1{,}7$ m², ramieniem $l_V = 4{,}6$ m i wzniosem efektywnym $\Gamma = 5^\circ$ (górnopłat z geometrycznym wzniosem ok. $2^\circ$ działa jak większy wznios). Bezwładności: $I_x = 1285$ kg·m², $I_z = 2667$ kg·m² (rząd wielkości Cessny 172). Wynik w osiach stateczności:

A = \begin{bmatrix} -0{,}159 & 0 & -0{,}991 & 0{,}178\\ -32{,}0 & -12{,}6 & 2{,}65 & 0\\ 7{,}70 & -0{,}546 & -1{,}04 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0\end{bmatrix} .

Zadania · część 1

3 zadania · ok. 20 min

Samolot dostaje ślizg $\beta = 5^\circ$ (napływ z prawej). Jakie przyspieszenia kątowe $\dot p$ i $\dot r$ wywołuje w pierwszej chwili? W którą stronę obraca się nos i w którą przechyla samolot?

Odpowiedź
$\dot p = L_\beta\beta = -32\cdot 0{,}087 = -2{,}8$ rad/s² (przechylenie w lewo, prawe skrzydło w górę); $\dot r = N_\beta\beta = 7{,}7\cdot 0{,}087 = 0{,}67$ rad/s² (nos w prawo, w stronę napływu). Oba ruchy usuwają ślizg: wiatrowskaz obraca nos, wznios podnosi skrzydło od strony napływu.
Wyjaśnij, skąd się bierze $N_p < 0$ : samolot przechyla się w prawo ( $p > 0$ ), co dzieje się z kierunkiem napływu i siłą nośną na każdym skrzydle?

Odpowiedź
Prawe skrzydło opada: dostaje napływ od dołu, większy kąt natarcia, a siła nośna (prostopadła do lokalnego napływu) pochyla się do przodu. Lewe wznosi się: siła nośna pochyla się do tyłu. Para składowych w płaszczyźnie skrzydła obraca nos w lewo, czyli przeciwnie do przechylenia. Oszacowanie dla skrzydła: $C_{np} \approx -C_L/8 = -0{,}045$ .
Dlaczego w pierwszym wierszu stoi $g/U$ przy $\varphi$ ? Policz tę wartość dla 55 m/s i wyjaśnij jej sens.

Odpowiedź
Przechylona siła nośna $L \approx mg$ ma składową poziomą $mg\sin\varphi \approx mg\varphi$ , która przyspiesza samolot w bok: $\dot v = g\varphi$ , a $\beta = v/U$ , więc $\dot\beta = (g/U)\varphi = 0{,}178\varphi$ . Przy $\varphi = 10^\circ$ ślizg narasta o $1{,}8^\circ$ na sekundę, jeśli nos się nie obraca.

2 Trzy mody

Wartości własne macierzy $A$ : $-12{,}6$ ; $-0{,}019$ ; $-0{,}58 \pm 3{,}04i$ . Trzy zupełnie różne ruchy:

mod	wartość własna	charakter	przybliżenie
przechylenie	$-12{,}6$ /s	stała czasowa 0,08 s: prędkość przechylania szybko dochodzi do ustalonej	$\lambda \approx L_p = -12{,}6$
spirala	$-0{,}019$ /s	stała czasowa 52 s: powolny powrót (albo odejście) przechylenia i kursu	$\lambda \approx \frac{g}{U}\frac{L_\beta N_r - L_rN_\beta}{L_pN_\beta - L_\beta N_p} = -0{,}020$
holendrowanie	$-0{,}58 \pm 3{,}04i$	$\omega = 3{,}10$ rad/s, $\zeta = 0{,}19$ , okres 2,1 s: kołysanie ślizgu, odchylenia i przechylenia	model $(\beta, r)$ : $\omega = 2{,}79$ , $\zeta = 0{,}22$

Dla porównania: model Cessny 172 przy 68 m/s na wysokości 1500 m z wykładu dynamiki lotu Arizona State University daje przechylenie $-12{,}4$ , spiralę $-0{,}011$ i holendrowanie $-0{,}69 \pm 3{,}31i$ ( $\omega = 3{,}4$ , $\zeta = 0{,}2$ ). Ten sam wykład w innym miejscu podaje dla przechylenia $-8{,}4$ , więc tę jedną liczbę traktujmy ostrożnie. Nasze proste oszacowania trafiają w ten sam obraz.

Przybliżenie przechylenia jest proste: przy szybkim przechylaniu ślizg i odchylanie nie zdążą się zmienić, zostaje $\dot p = L_pp$ . Spirala: wolna, więc przyspieszenia kątowe są pomijalne, a w równaniach momentów zostaje równowaga, z której wynika warunek stateczności

L_\beta N_r - L_rN_\beta > 0 .

Holendrowanie przybliża model dwustanowy $(\beta, r)$ , czyli „wiatrowskaz z tłumieniem”: $\omega^2 \approx N_\beta(1 - Y_r/U) + N_rY_\beta/U$ , $2\zeta\omega \approx -(Y_\beta/U + N_r)$ . Błąd 10% w częstości pochodzi od przechylania, które ten model pomija: przy dużym $|L_\beta|$ każde odchylenie wywołuje silne przechylenie.

Zadania · część 2

3 zadania · ok. 25 min

Mod przechylenia ma $\lambda = -12{,}6$ /s. Po jakim czasie prędkość przechylania osiąga 95% wartości ustalonej po skoku lotek (pomiń inne mody)?

Odpowiedź
$1 - e^{-t/\tau} = 0{,}95$ , $t = 3\tau = 3\cdot 0{,}079 = 0{,}24$ s.
Spirala ma $\lambda = -0{,}019$ /s. Samolot przechylił się o $10^\circ$ i pilot puścił stery. Po jakim czasie przechylenie spadnie do $5^\circ$ ?

Odpowiedź
$\ln 2/0{,}019 = 36$ s. Przez ten czas samolot wykona kawał zakrętu: spirala jest stateczna, ale pilot w chmurach jej nie czuje.
Policz holendrowanie z modelu $(\beta, r)$ : $Y_\beta/U = -0{,}159$ , $Y_r/U = 0{,}009$ , $N_\beta = 7{,}70$ , $N_r = -1{,}04$ . Porównaj z pełnym modelem.

Odpowiedź
$\omega^2 = 7{,}70\cdot 0{,}991 + 0{,}159\cdot 1{,}04 = 7{,}79$ , $\omega = 2{,}79$ rad/s; $2\zeta\omega = 0{,}159 + 1{,}04 = 1{,}20$ , $\zeta = 0{,}215$ . Pełny model: 3,10 i 0,186. Model dwustanowy zaniża częstość i zawyża tłumienie, bo pomija sprzężenie z przechylaniem.

3 Statecznik pionowy kontra wznios

Warunek stateczności spirali, $L_\beta N_r > L_rN_\beta$ , mówi wprost to, co Pallett opisuje słowami. Lewa strona rośnie z efektem wzniosu ( $|L_\beta|$ ) i tłumieniem odchylania ( $|N_r|$ ), prawa ze statecznością kierunkową ( $N_\beta$ ). Większy statecznik pionowy zwiększa i $N_\beta$ , i $|N_r|$ , ale $N_\beta$ działa przez $L_r$ i w typowym samolocie przeważa: spirala staje się mniej stateczna. Odpowiedź na pytanie z prologu: powiększenie statecznika pogarsza spiralę (i poprawia tłumienie holendrowania).

Holendrowanie psuje się odwrotnie: duży wznios i mały statecznik. Wtedy każdy ślizg daje silne przechylenie (duże $|L_\beta|$ ), a słaby wiatrowskaz z małym tłumieniem pozwala nosowi przestrzelić. Projektant szuka kompromisu: spirala stateczna albo lekko niestateczna (długi czas podwojenia jest dopuszczalny) i holendrowanie wyraźnie tłumione.

Kilka punktów z symulacji (wartości własne spirali i tłumienie holendrowania):

$S_V$ [m²]	$\Gamma$	spirala [1/s]	holendrowanie
1,7	$0^\circ$	$+0{,}027$ (podwojenie w 26 s)	$\omega = 2{,}86$ , $\zeta = 0{,}23$
1,7	$5^\circ$	$-0{,}019$	$\omega = 3{,}10$ , $\zeta = 0{,}19$
1,7	$12^\circ$	$-0{,}064$	$\omega = 3{,}40$ , $\zeta = 0{,}14$
0,8	$12^\circ$	$-0{,}083$	$\omega = 2{,}34$ , $\zeta = 0{,}076$
3,2	$5^\circ$	$-0{,}0105$	$\omega = 4{,}46$ , $\zeta = 0{,}23$

Zadania · część 3

3 zadania · ok. 25 min

Sprawdź warunek stateczności spirali dla modelu nominalnego: $L_\beta = -32{,}0$ , $N_r = -1{,}04$ , $L_r = 2{,}65$ , $N_\beta = 7{,}70$ .

Odpowiedź
$L_\beta N_r - L_rN_\beta = 33{,}3 - 20{,}4 = 13{,}0 > 0$ : spirala stateczna, choć słabo (oba człony są tego samego rzędu).
Z tabeli: przy $\Gamma = 0$ spirala jest niestateczna z $\lambda = +0{,}027$ /s. Ile wynosi czas podwojenia? Czy pilot zdąży zareagować?

Odpowiedź
$\ln 2/0{,}027 = 26$ s. Przy dobrej widoczności pilot koryguje taki ruch odruchowo. W chmurach, bez przyrządów, nie zauważy go wcale, i dlatego wymagania dopuszczają lekką niestateczność spirali tylko z minimalnym czasem podwojenia (MIL-F-8785C: od 4 do 20 s, zależnie od poziomu jakości i fazy lotu).
Wyjaśnij jakościowo, dlaczego małe $S_V$ z dużym $\Gamma$ daje słabo tłumione holendrowanie, a duże $S_V$ z małym $\Gamma$ niestateczną spiralę.

Odpowiedź
Mały statecznik: słabe $N_\beta$ i $N_r$ , więc nos wolno wraca i słabo tłumi wahania, a duży wznios zamienia każdy ślizg w silne przechylenie, które znowu daje ślizg: oscylacja z małym tłumieniem. Duży statecznik z małym wzniosem: ślizg znika natychmiast, zanim wznios zdąży podnieść skrzydło, a $L_r$ (zewnętrzne skrzydło w zakręcie szybsze) dalej przechyla samolot w zakręt: spirala.

4 Lotki, ster kierunku i zakręt

Lotki dają moment przechylający $L_{\delta a}\delta_a$ . Przy samym przechylaniu (mod przechylenia) prędkość ustala się na $p_{ss} = -L_{\delta a}\delta_a/L_p$ . Dla naszego samolotu, z $C_{l\delta a} = 0{,}177$ /rad (rząd wielkości dla samolotu lekkiego), $L_{\delta a} = 45$ /s², więc $10^\circ$ lotek daje ok. $36^\circ$ /s. Ale lotki mają efekt uboczny: lotka opuszczona zwiększa siłę nośną i opór indukowany swojego skrzydła, więc nos obraca się w stronę przeciwną do przechylenia. To odchylenie przeciwne, $N_{\delta a} < 0$ . Do tego przechylony samolot zaczyna się ześlizgiwać, a ślizg przez efekt wzniosu hamuje przechylanie.

Pilot rozwiązuje to sterem kierunku: wchodzi w zakręt „nogą i drążkiem” jednocześnie. W ustalonym zakręcie skoordynowanym ślizg jest zerowy, a samolot musi się obracać wokół pionu z prędkością $\dot\psi = g\tan\varphi/U$ (lekcja 3 Fuzja czujników w 3D: estymacja orientacji na kwaternionach, przykład 6.3). Ster kierunku ma więc dwa zadania: zrównoważyć odchylenie przeciwne lotek i wytworzyć prędkość odchylania potrzebną w zakręcie. Wiele samolotów ma mechaniczne sprzężenie lotek ze sterem kierunku (ARI, ang. aileron–rudder interconnect), a samoloty z automatyką robią to wskaźnikiem ślizgu w pętli (lekcja 8 Augmentacja stateczności: tłumik odchylenia i pochylenia).

Zadania · część 4

3 zadania · ok. 25 min

Policz $p_{ss}$ dla $\delta_a = 10^\circ$ , $L_{\delta a} = 45$ /s², $L_p = -12{,}6$ /s. Ile czasu zajmie przechylenie do $30^\circ$ przy tej prędkości?

Odpowiedź
$p_{ss} = 45\cdot 0{,}175/12{,}6 = 0{,}62$ rad/s $= 36^\circ$ /s; $30^\circ$ w ok. 0,8 s plus 0,08 s rozpędzania. W symulacji bez steru kierunku po 1 s prędkość wynosi tylko ok. $17^\circ$ /s: hamują ją odchylenie przeciwne i ślizg.
Lotki dają $N_{\delta a} = -2{,}05$ /s² na radian, ster kierunku $N_{\delta r} = -5{,}69$ /s² na radian. Jakie $k$ w $\delta_r = k\delta_a$ dokładnie znosi moment odchylający lotek? Czy to wystarczy do zakrętu bez ślizgu?

Odpowiedź
$N_{\delta a} + kN_{\delta r} = 0$ : $k = -2{,}05/5{,}69 = -0{,}36$ . Nie wystarczy: znosi tylko odchylenie przeciwne lotek, a w zakręcie potrzebna jest dodatkowo prędkość odchylania $g\tan\varphi/U$ i przezwyciężenie $N_p$ . Symulacja 2 (lotki przez 2 s): największy ślizg maleje z $7{,}8^\circ$ do $4{,}6^\circ$ , ale nie do zera.
Jaką prędkość odchylania musi mieć samolot w ustalonym zakręcie z przechyleniem $30^\circ$ przy 55 m/s? Jak rozkłada się ona na $q$ i $r$ w osiach ciała?

Odpowiedź
$\dot\psi = 9{,}81\tan 30^\circ/55 = 0{,}103$ rad/s. W osiach ciała (lekcja 1 Orientacja w 3D: macierz obrotu, kąty Eulera, oś i kąt, kwaterniony, zadanie 2.4): $q = \dot\psi\sin\varphi = 0{,}052$ , $r = \dot\psi\cos\varphi = 0{,}089$ rad/s.

5 Mody boczne w praktyce

W samolocie lekkim mody boczne są zwykle znośne: holendrowanie tłumione, spirala prawie obojętna. W samolotach odrzutowych ze skosem skrzydeł, latających wysoko, holendrowanie bywa tłumione tak słabo, że pilot nie jest w stanie go opanować ręcznie: korekty sterem kierunku przychodzą w złej fazie i pogarszają kołysanie. Od wczesnych bombowców i samolotów pasażerskich z silnikami odrzutowymi standardem stał się automatyczny tłumik odchylenia (ang. yaw damper), który mierzy $r$ żyroskopem i wychyla ster kierunku. Jak go zaprojektować, żeby nie walczył z pilotem w zakręcie, pokazuje lekcja 8 Augmentacja stateczności: tłumik odchylenia i pochylenia.

Zadania · część 5

2 zadania · ok. 15 min

Tłumik odchylenia dodaje do momentu odchylającego człon $N_{\delta r}K_rr$ . O ile zmienia to $N_r$ ? Jakie $K_r$ podwoiłoby $|N_r|$ w naszym modelu?

Odpowiedź
$N_r \to N_r + N_{\delta r}K_r$ . Podwojenie: $N_{\delta r}K_r = N_r$ , czyli $K_r = -1{,}04/(-5{,}69) = 0{,}18$ rad steru na rad/s. Przy $r = 0{,}1$ rad/s ster wychyla się o ok. $1^\circ$ .
Dlaczego holendrowanie pogarsza się z wysokością lotu (przy tej samej prędkości przyrządowej)?

Odpowiedź
Tak jak w lekcji 5 (zadanie 8.1): przy tym samym ciśnieniu dynamicznym prędkość rzeczywista rośnie, więc pochodne tłumiące, zawierające $b/(2U)$ ( $N_r$ , $L_p$ ), maleją, a sztywności ( $N_\beta$ ) nie. Tłumienie holendrowania spada. Do tego samoloty odrzutowe mają skos skrzydeł, czyli duże $|L_\beta|$ .

6 Metoda i przykłady rozwiązane

Metoda: analiza ruchu bocznego

Pochodne: $Y_\beta$ , $L_\beta$ , $N_\beta$ (statyka), $L_p$ , $N_r$ (tłumienia), $L_r$ , $N_p$ (sprzężenia), sterowanie $L_{\delta a}$ , $N_{\delta a}$ , $N_{\delta r}$ .
Macierz $A$ w osiach stateczności; wartości własne: jedna duża ujemna, jedna mała, jedna para.
Przybliżenia: przechylenie $L_p$ , spirala z warunku $L_\beta N_r - L_rN_\beta$ , holendrowanie z modelu $(\beta, r)$ .
Kompromis: sprawdź spiralę i holendrowanie przy zmianach statecznika, wzniosu, wysokości.
Sterowanie: prędkość przechylania, odchylenie przeciwne, ślizg w wejściu w zakręt.

Przykład 6.1 Mod przechylenia i prędkość przechylania

Policz $L_p$ z $C_{lp} = -0{,}5$ , stałą czasową modu przechylenia i ustaloną prędkość przechylania przy $10^\circ$ lotek.

$L_p = \bar qSb\,C_{lp}\frac{b}{2U}/I_x = 1853\cdot 16{,}2\cdot 10{,}9\cdot(-0{,}5)\cdot\frac{10{,}9}{110}/1285 = -12{,}6$ /s.
$\tau = 1/12{,}6 = 0{,}079$ s.
$L_{\delta a} = \bar qSb\,C_{l\delta a}/I_x = 327\,000\cdot 0{,}177/1285 = 45$ /s²; $p_{ss} = 45\cdot 0{,}175/12{,}6 = 0{,}62$ rad/s.

Wynik: $\tau = 0{,}08$ s, $p_{ss} = 36^\circ$ /s.

Sprawdzenie: pełna wartość własna $-12{,}6$ /s ✓; $p_{ss}$ nie zależy od $I_x$ (skraca się), tylko od $C_{l\delta a}/C_{lp}$ i $2U/b$ : $\frac{0{,}177}{0{,}5}\cdot\frac{110}{10{,}9}\cdot 0{,}175 = 0{,}62$ ✓.

Przykład 6.2 Spirala z przybliżenia

Policz wartość własną spirali z przybliżenia i porównaj z pełnym modelem.

Licznik: $L_\beta N_r - L_rN_\beta = (-32{,}0)(-1{,}04) - (2{,}65)(7{,}70) = 13{,}0$ .
Mianownik: $L_pN_\beta - L_\beta N_p = (-12{,}6)(7{,}70) - (-32{,}0)(-0{,}546) = -114{,}6$ .
$\lambda \approx (g/U)\cdot 13{,}0/(-114{,}6) = 0{,}178\cdot(-0{,}113) = -0{,}020$ /s.

Wynik: $-0{,}020$ /s wobec $-0{,}019$ /s z pełnego modelu.

Sprawdzenie: znak liczy się z licznika; zmniejszając $\Gamma$ , licznik maleje do zera przy ok. $3^\circ$ i spirala staje się niestateczna, zgodnie z tabelą w części 3 ✓.

Przykład 6.3 Wejście w zakręt bez steru kierunku

Skok lotek $10^\circ$ trwający 2 s, ster kierunku nieruchomy. Opisz odpowiedź.

Pierwsze 0,1 s: prędkość przechylania rośnie (mod przechylenia), nos odchyla się w lewo, przeciwnie do przechylania ( $N_{\delta a} < 0$ ).
Przechylony samolot ześlizguje się w prawo (napływ z prawej): ślizg dochodzi do ok. $8^\circ$ ; efekt wzniosu hamuje przechylanie: po 1 s $p \approx 17^\circ$ /s zamiast $36^\circ$ /s.
Po puszczeniu lotek ślizg wygasa w holendrowaniu, a samolot zostaje w przechyleniu ok. $40^\circ$ i wykonuje zakręt; przechylenie zmienia się już tylko powoli (spirala).

Wynik: zakręt „bez nogi” jest powolny i z dużym ślizgiem; pilot czuje go jako przesunięcie w bok w fotelu, a kulka zakrętomierza ucieka.

Sprawdzenie: ze sterem sprzężonym ( $k = -0{,}36$ ) największy ślizg spada do $4{,}6^\circ$ , a prędkość przechylania po 1 s rośnie z 17 do $25^\circ$ /s (symulacja 2) ✓.

7 Błędne intuicje, których trzeba się oduczyć

„Lotkami się skręca.”: Lotkami się przechyla. Skręca siła nośna przechylona w bok, a ster kierunku koordynuje obrót samolotu z zakrzywieniem toru.
„Im większy statecznik pionowy, tym stateczniejszy samolot.”: Lepiej tłumi holendrowanie, ale pogarsza spiralę. Liczy się proporcja stateczności kierunkowej do poprzecznej.
„Spirala to przeciągnięcie w zakręcie.”: To powolny mod przy normalnym kącie natarcia: przechylenie narasta, nos opada, prędkość rośnie. Korkociąg to coś innego: ruch po przeciągnięciu, z autorotacją.
„Holendrowanie to po prostu kołysanie na boki.”: To sprzężone odchylanie i przechylanie z przesunięciem fazowym: końcówki skrzydeł zakreślają elipsy, a nos „myszkuje”.
„Ruch boczny można analizować osobno dla przechylania i odchylania.”: Tylko w przybliżeniach. $L_\beta$ , $L_r$ , $N_p$ i człon $g\varphi/U$ wiążą je tak silnie, że dwa z trzech modów to ruchy mieszane.

8 Zadania do przemyślenia

Te zadania wymagają więcej myślenia niż liczenia.

Zadania do przemyślenia

5 zadań · ok. 1,5 godziny

Awaria silnika. W samolocie dwusilnikowym gaśnie lewy silnik. Jaki moment odchylający powstaje i co musi zrobić pilot? Dlaczego istnieje minimalna prędkość, poniżej której nie da się utrzymać kierunku?
Rozwiązanie
1. Ciąg prawego silnika na ramieniu od osi symetrii daje moment odchylający w lewo. Pilot musi go zrównoważyć sterem kierunku (i trochę lotkami z przechyleniem w stronę pracującego silnika, żeby zmniejszyć ślizg).
2. Moment steru rośnie jak $\bar q \propto U^2$ , a moment silnika jest prawie stały (przy małej prędkości nawet większy). Poniżej pewnej prędkości ( $V_{MC}$ , minimalna prędkość sterowności) pełne wychylenie steru nie wystarcza i samolot obraca się w stronę martwego silnika.
Sprzężenie bezwładnościowe. W latach 50. samoloty odrzutowe o długich kadłubach i krótkich skrzydłach (np. X-3) przy szybkim przechylaniu nagle zmieniały kąt natarcia i ślizgu. Który człon z równań Eulera (lekcja 2 Bryła w 3D: tensor bezwładności, równania Eulera i oś pośrednia) za to odpowiada i dlaczego nasz model liniowy go nie widzi?
Rozwiązanie
1. Człony żyroskopowe: $(I_z - I_x)pr$ w równaniu pochylania, $(I_y - I_z)qr$ w równaniu przechylania i $(I_x - I_y)pq$ w równaniu odchylania. Przy dużym $p$ i bezwładności skupionej w kadłubie ( $I_y, I_z \gg I_x$ ) samolot „chce” obracać się wokół osi o największym momencie, jak bryła z lekcji 2: ruch przechylania przelewa się w pochylanie i odchylanie.
2. Model liniowy zakłada małe $p$ , $q$ , $r$ , więc iloczyny pomija i rozdziela ruch podłużny od bocznego. Przy szybkim przechylaniu to założenie się łamie; potrzebny jest pełny model 6 DOF (lekcja 10 Symulacja 6 stopni swobody: składamy samolot).
Skos skrzydeł. Skrzydło skośne ma efekt wzniosu rosnący z kątem natarcia (z $C_L$ ). Co to oznacza dla holendrowania przy podejściu do lądowania samolotu pasażerskiego?
Rozwiązanie
1. Przy małej prędkości $C_L$ jest duże, więc $|L_\beta|$ rośnie, a $N_\beta$ nie: proporcja przesuwa się w stronę słabo tłumionego holendrowania.
2. Przy podejściu holendrowanie pogarsza się więc przez duże $C_L$ , a w przelocie na dużej wysokości przez małą gęstość (zadanie 5.2). Tłumik odchylenia jest potrzebny w obu warunkach, a samoloty pasażerskie mają go zdublowanego. Pallett wymienia skos, duże obciążenie powierzchni, dużą wysokość i silniki pod skrzydłami jako typowe przyczyny holendrowania.
Kulka zakrętomierza. W kokpicie jest kulka w zakrzywionej rurce (wskaźnik ślizgu). Pokaż, że w zakręcie skoordynowanym stoi ona na środku, a w ślizgu przesuwa się. Co ona mierzy w języku lekcji 3?
Rozwiązanie
1. Kulka ustawia się wzdłuż siły właściwej w płaszczyźnie poprzecznej, czyli działa jak akcelerometr osi $y$ : $f_y = Y/m$ . W zakręcie skoordynowanym $Y = 0$ (wypadkowa w płaszczyźnie symetrii), więc kulka jest w środku.
2. W ślizgu siła boczna $Y_\beta\beta \ne 0$ przesuwa kulkę. Pilot „nadeptuje na kulkę”: wychyla ster kierunku w stronę, w którą kulka uciekła.
Model boczny drona. Kwadrokopter nie ma statecznika, wzniosu ani lotek. Które z trzech modów ma, a których nie, i dlaczego jego ruch boczny jest tak prosty w porównaniu z samolotem?
Rozwiązanie
1. Nie leci na skrzydłach, więc nie ma sprzężeń przez siłę nośną ( $L_\beta$ , $L_r$ , $N_p$ ≈ 0) ani stateczności wiatrowskazowej. Przechylanie i odchylanie są prawie niezależne, a ich dynamika to bryła z małym tłumieniem aerodynamicznym, sterowana momentami wirników.
2. Brak naturalnej stateczności nadrabia regulator (części I–III automatyki). Samolot musi „zarządzać” sprzężeniami, które daje mu aerodynamika; dron ma ich mało, ale za wszystko płaci elektroniką.

9 Sprawdź się

Odpowiedz w myślach, zanim rozwiniesz odpowiedź.

1 Jakie są zmienne stanu ruchu bocznego?

Ślizg $\beta$ , prędkość przechylania $p$ , prędkość odchylania $r$ , przechylenie $\varphi$ (plus kurs $\psi$ ).

2 Jakie trzy mody ma ruch boczny?

Przechylenie (szybki, rzeczywisty, $\lambda \approx L_p$ ), spirala (wolny, rzeczywisty), holendrowanie (oscylacyjny).

3 Jaki jest warunek stateczności spirali?

$L_\beta N_r - L_rN_\beta > 0$ .

4 Jak statecznik pionowy i wznios wpływają na spiralę i holendrowanie?

Większy statecznik: lepsze holendrowanie, gorsza spirala. Większy wznios: lepsza spirala, gorsze holendrowanie.

5 Co to jest odchylenie przeciwne?

Obrót nosa przeciwny do przechylania przy wychyleniu lotek ( $N_{\delta a} < 0$ , z oporu indukowanego) i przy samym przechylaniu ( $N_p < 0$ ).

6 Po co ster kierunku w zakręcie?

Żeby zrównoważyć odchylenie przeciwne i wytworzyć prędkość odchylania $g\tan\varphi/U$ bez ślizgu.

10 Karta wzorów i co dalej

Model i mody

$\dot\beta = \frac{Y_\beta}{U}\beta + (\frac{Y_r}{U} - 1)r + \frac gU\varphi$

$\dot p = L_\beta\beta + L_pp + L_rr + L_{\delta a}\delta_a + L_{\delta r}\delta_r$ , $\dot r = N_\beta\beta + N_pp + N_rr + N_{\delta a}\delta_a + N_{\delta r}\delta_r$

przechylenie $\lambda \approx L_p$ ; spirala $\lambda \approx \frac gU\frac{L_\beta N_r - L_rN_\beta}{L_pN_\beta - L_\beta N_p}$

holendrowanie: $\omega^2 \approx N_\beta(1 - \frac{Y_r}{U}) + \frac{Y_\beta}{U}N_r$ , $2\zeta\omega \approx -(\frac{Y_\beta}{U} + N_r)$

Sterowanie i zakręt

$p_{ss} = -L_{\delta a}\delta_a/L_p$

$\dot\psi = g\tan\varphi/U$ ; $q = \dot\psi\sin\varphi$ , $r = \dot\psi\cos\varphi$

znoszenie odchylenia przeciwnego: $\delta_r = -\frac{N_{\delta a}}{N_{\delta r}}\delta_a$

nasz model: przechylenie $-12{,}6$ ; spirala $-0{,}019$ ; holendrowanie 3,10 rad/s, $\zeta = 0{,}19$

Do przeczytania

Obowiązkowo: E. H. J. Pallett, S. Coyle, Automatic Flight Control, rozdz. 1A, s. 23–26 (stateczność poprzeczna i kierunkowa, dywergencja spiralna, holendrowanie), opis bez wzorów.
Dla chętnych: P. H. Zipfel, rozdz. 7.4.1 (pochodne boczne); A. Tewari, rozdz. 3.9 (ruch boczny i przykład myśliwca, z macierzami do porównania).

Wiemy, jakie mody ma samolot, i wiemy, że czasem natura daje za mało tłumienia. Następna lekcja dokłada pierwszą pętlę sprzężenia zwrotnego: tłumik odchylenia i pochylenia. Okaże się, że najprostszy pomysł, ster proporcjonalny do prędkości odchylania, w zakręcie walczy z pilotem, i że rozwiązaniem jest filtr, który przepuszcza tylko zmiany.