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Esercizio
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Determinare lo spazio di rullaggio, di manovra e di involo (all’assetto di minima resistenza) di un
velivolo avente le seguenti caratteristiche:
- massa = 13.500 kg;
- superficie alare = 54 m 2 ;
- spinta del turbogetto = 44.145 N;
- allungamento alare = 7,3;
- coefficiente di resistenza di forma: CR0 = 0,034;
- coefficiente di portanza massimo: CPmax = 1,7;
- coefficiente di attrito:  = 0,04.
Soluzione: XR = 610 m ; XM =116 m;……..
Cominciamo con il suddividere tutto il percorso del decollo in tre fasi:
Rullaggio:
fase in cui il velivolo accelera sulla pista con V R= 1,2 Vst e con un assetto
corrispondente all’assetto di minima resistenza (C P= CP ott )
Manovra:
fase in cui il velivolo si stacca dalla pista con assetto corrispondente a C Pmax
Involo:
fase in cui su traiettoria rettilinea in salita il velivolo raggiunge la quota di 15 m
a)
Fase di Rullaggio su di una pista in cemento (= 0,04) all’assetto di CPott
C P ott 
1
1
 e         0,9  7,3    0,04  0,412
2
2
C R ott  C RO 
C 2 Pott
0,412 2
 0,034 
 0,042
 e
20,63
V R  1,2  Vst  1,2 
2Q
2  13500  9,81
 1,2 
 1,2  48,53  58,24 m / s
  S  C P max
1,225  54  1,7
dalle equazionidi equilibriorisulta
a
T  R  Ratt
Q
g
dove

Ratt    (Q  P)

1 2

P  V  S  CPott
2

1 2

R  2 V  S  CRott
Poiché durante il rullaggio la velocità cambia continuamente, in particolare aumenta progressivamente
dal valore 0 al valore V R= 58,24 m/s, lo stesso accadrà per la portanza , la resistenza di attrito e quella
totale R, e di conseguenza varierà anche l’accelerazione necessaria per il calcolo dello spazio e del tempo
necessario per la manovra. Per questo motivo dividiamo lo spazio di rullaggio in una serie di piccoli
intervalli nei quali supporremo costante la velocità e calceremo la corsa e il tempo di rullaggio come la
somma degli spazi e dei tempi di ciascun periodo.
V [m/s]
V
Vm
P [N]
R [N]
Ratt [N] a [m/s2]
am
Xr
 Xr 

0
5
0,00
1362,69
15
10
25
10
20
5450,76
30
12264,21
35
138,92
555,66
1250,24
5242,89
5079,37
4806,83
21803,04
45
2222,64
4425,28
34067,25
3472,88
3934,71
46221,05
4711,85
3448,56

Xr
Vm
2,874
17,39
3,48
2,862
52,41
3,49
2,837
88,12
3,52
2,799
125,02
3,57
2,749
163,67
3,64
2,693
165,57
3,06
612,19
20,77
2,853
2,821
2,778
2,721
8,24
58,24
tr 
2,871
10
50
Vm
V
am
2,878
10
40
b)
5297,40
10
10
54,12
0,00

tr [s]
[m]
2,666
Fase di Manovra all’assetto di CPmax
Per un velivolo di medie dimensioni come il nostro si suppone un tempo di
manovra di 2 secondi nel quale il moto si suppone rettilineo uniforme.
Pertanto lo spazio di manovra è dato da:
X m  VR  t m  58,24  2  116,48 m
c)
Fase di Involo
Lo spazio di involo si ottiene da: X i  VR  t i
Pertanto occorre calcolare prima il tempo di involo rammentando che rispetto all’asse z il velivolo si muove
di , moto uniformemente accelerato fino al raggiungimento della quota di 15 m
h
1
 0,9  a  t 2i
2

ti 
2h
0,9  a
nella quale “a” rappresenta l’accelerazione al momento del
distacco che si calcola con la formula: a 
Si ottiene in definitiva:
1
Pmax    S  VR2  C P max  190.718 N
2
(P max Q)
190.718 - 132.435  9,81  4,317 m / s 2
a
 g 
Q
132.435
ti 
2h

0,9  a
2  15
 2,78 s
0,9  4,317
X i  VR  t i  58,24  2,78  161,82 m
(P max Q)
 g
Q
Tema di Esame di Aerotecnica - Maturità a.s. 1978-1979
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Un velivolo avente massa al decollo di 34.000 kg ed una superficie alare di 225 m 2 è equipaggiato con
due turbogetti che sviluppano al livello del mare la spinta complessiva di 5 .600 kp. Le caratteristiche
aerodinamiche del velivolo sono rappresentate dall’espressione:
CR = 0,022 + 0,05 CP2
con un C P di stallo pari ad 1,6
Supponendo che il velivolo decolli da una pista di cemento (  = 0,04) situata a quota zero con un
assetto corrispondente alla velocità di distacco, determinare:
- la lunghezza ed il tempo di rullaggio in assenza di vento;
- la lunghezza di rullaggio con un vento contrario di 15 m/s;
- la lunghezza di involo in assenza di vento, nell’ipotesi che l’aereo si ponga immediatamente su
una traiettoria di salita rettilinea con velocità uguale a quella di distacco e con lo stesso
assetto, mantenendo anche invariata la spinta.
Soluzione: XR = 1054 m ; XR vento = 509 m; Xi =126 m
a)
Fase di Rullaggio su di una pista in cemento (= 0,04) all’assetto corrispondente alla
velocità di distacco in assenza di vento
VR  1,2  Vst  1,2 
2Q
2  34000  9,81
 1,2 
 1,2  38,89  46,67 m / s
  S  CP max
1,225  225  1,6
Anche se il rullaggio avviene quasi sempre all’assetto di minima resistenza che corrisponde al CP ott
1


  e  0,05  20 


Il testo ci chiede di calcolare lo spazio di rullaggio ad un assetto corrispondente alla velocità di distacco
V R e pertanto si ha:
1
ricavabile dalla polare  CP ott  2  e        0,40
CPd 
2Q
2
  S  vR
CRd  CR0 

2  34000  9,81
1,225  225  46,67 2
 1,111
C 2Pd
1,1112
 0,022 
 0,0837
 e
20
Come nel caso dell’esercizio precedente, calcoliamo lo spazio di rullaggio attraverso una tabella nel
quale lo si è suddiviso in piccoli intervalli in ciascuno dei quali la V può considerasi costante. In realtà
durante il rullaggio la velocità aumenta progressivamente dal valore 0 al valore V R= 46,67 m/s e lo
stesso dicasi per l’accelerazione . Essendo il velivolo un bimotore, nel calcolo che faremo si suppone di
disporre in decollo della spinta complessiva pari a 5.600 Kp
V
[m/s]
Vm
V
0
5
10
15
10
10
R [N]
Ratt [N]
a [m/s2]
0,00
0,00
13341,60
1,223
15310,97
20
61243,88
25
137798,72
35
4613,96
12729,16
10891,85
10381,42
7829,65
244975,50
18455,85
3542,58
25124,05
2,14
Xr
[m]
tr [s]
1,215
41,14
8,23
1,184
126,73
8,45
1,120
223,23
8,93
1,024
341,65
9,76
0,923
313,24
7,23
1045,99
42,60
1,160
1,080
0,969
6,67
333486,51
am
1,207
10
40
43,335
1153,49
10
30
46,67
P [N]
0,877
Xr  1046 m
Si ottiene quindi per il rullaggio in assenza di vento tr  42,60 s

Se invece si suppone che in decollo vada in avaria uno dei due motori, la spinta da considerare al
5600 kp 5600  9,81

 27.468 N
decollo sarà T 
2
2
Xr  5455,5 m
e ripetendo i conti della tabella con il solo valore di T diverso si ottiene tr  187,44 s  3' 07' '

b)
Fase di Rullaggio su di una pista in cemento (= 0,04) all’assetto corrispondente alla
velocità di distacco in presenza di vento contrario pari di 15 m/s
La presenza del vento contrario, ci costringe a distinguere la velocità aerodinamica (rispetto alla
quale va calcolata la portanza e la resistenza aerodinamica nella tabella, dalla velocità rispetto al
suolo (velocità aerodinamica – velocità del vento), rispetto al quale vano calcolati gli spazi
percorsi. Pertanto nella tabella occorrerà aggiungere una colonna relativa alla vsuolo e si dovrà
cominciare dal valore nullo della vsuolo , che si ha un corrispondenza di V aerodinamica di 15 m/s,
terminare ad una: VR suolo  VR aerodinamica  V vento  46,67  15  31,67 m / s
V [m/s]
V [m/s]
suolo
15
0,0
Vm
5
25
10,0
35
20,0
25,85
a
P [N]
R [N]
Ratt [N]
[m/s2 ]
34449,68
2595,35
11963,61
1,188
10
95693,55
15
46,7
V
7209,32
9513,86
1,124
187559,37 14130,26
5839,23
1,028
10
11,7
31,7
333915,39 25156,36
-15,02
am
Xr
[m]
tr [s]
1,156
43,26
8,65
1,076
139,38
9,29
0,952
317,57
12,29
500,22
30,23
0,876
Xr  500,22 m
Si ottiene quindi per il rullaggio in presenza di vento contrario tr  30,23 s

c)
Fase di involo in assenza di vento con V=VR e Cp=CPd
Lo spazio di involo si ottiene da: X i  VR  t i
Pertanto occorre calcolare prima il tempo di involo rammentando che rispetto all’asse z il velivolo si muove
di moto uniformemente accelerato fino al raggiungimento della quota di 15 m
h
1
 0,9  a  t 2i
2

ti 
2h
0,9  a
nella quale “a” rappresenta l’accelerazione al momento
del distacco che si calcola con la formula:
a
(P max Q)
 g
Q
Poiché, secondo il testo, dobbiamo riferirci sempre all’assetto di distacco si ottiene:
Pd 
1
  S  VR2  CPd  333.200,7 N
2
che risulta min ore di Q  333.540N
Questo significa che impensabile ipotizzare questo assetto per l’involo, come dice il testo , poiché
essendo P<Q, non sarebbe possibile in volo in salita e quindi l’involo. Pertanto la portanza da
considerare in questa fase è quella max relativa al Cp max
1
  S  VR2  CP max  480.268,6 N
2
(P max  Q)
480268,6 - 333.540   9,81  4,315 m / s 2
a
 g 
Q
333.540
Pmax 
ti 
2h

0,9  a
2  15
 2,78 s
0,9  4,315
X i  VR  t i  46,67  2,78  129,70 m
Tema di Esame di Aerotecnica - Maturità a.s. 2004-2005
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Un trireattore da trasporto V.I.P., al termine del suo volo di crociera alla quota di 11.000 m e
con Mach pari a 0,77, effettua una discesa con velocità anemometria invariata fino alla quota
di 500 m ove, ponendosi nel circuito di sottovento, dimezza la propria velocità al fine di
eseguire una virata, con fattore di carico n = 1,3 e successiva discesa per un normale
atterraggio.
Assumendo le seguenti caratteristiche del velivolo:
- carico alare Q/S = 3,061 kN/m²
- allungamento alare effettivo λe = 6,52
- coefficiente di resistenza minimo CR0 = 0,018
- coefficiente di portanza massimo CPmax = 1,00
- incremento di CPmax con la massima deflessione degli ipersostentatori: Δ CPmax = 1,87
- incremento di CR0 all’atterraggio: ΔCRO = 0,036
Il Candidato determini:
1. il tempo ed il raggio di virata,
2. il tempo della discesa finale
3. il tempo e lo spazio di atterraggio
Soluzione: SV =5 km; tV =44 s; td =83 s;………. .
Cominciamo con il suddividere tutto il percorso del decollo in quattro fasi:
Discesa iniziale (AB):
dalla quota di 11000 m a 500 m con velocità corrispondente a M=0, 77
Virata Corretta(BC)
alla quota di 500 m con V BC=½ VAB e n= 1,3
Discesa finale(CE):
dalla quota di 500 m a 15 m (quota di inizio manovra di atterraggio)
Atterraggio (EH):
che a sua volta sarà suddiviso in tre sottofasi :
- discesa (EF)
il velivolo decelera dalla V R=1,3 VSO alla VSO
- manovra(FG)
il velivolo passa dal CPmax
- rullaggio (GH)
il velivolo decelera dalla V SO a V=0
d)
Discesa iniziale [AB] dalla quota di 11.000 m fino a 500m
la velocità all' inzio della discesa (punto A ) è data da
Tz  T0  0,0065  z  15  0,0065  11.000  56,5  216,65 K
VA  20,05  M  T  20,05  0,77  216,65  227,24 m / s
la velocità alla fine della discesa (punto B), uguale a quella di virata è :
VB 
VA
2
 113,62 m / s
e) Virata corretta di 180° con n=1,3 e velocità pari a 113,62 m/s [tratto BC]
 1 
1
  arccos    arccos    39,7  39 43'
n
 1,3 
rV 
VBC2
113,62 2

 1585 m
g  tg 9,81  tg 60

(spazio percorso in virata )  BC    rV  4.977,12 m
( tempo della virata )  t BC 
f)
 r V
 43,8 s
VBC
Discesa finale [CD] dalla quota di 500 m fino a 15m
z C  500 m



zD  15 m
z
zC  z D
2
 258 m
 z  o 1  0,0000226  2584,256  1,195 kg
m3
Poiché questa fase è quella immediatamente precedente all’inizio della manovra di
atterraggio, la velocità in discesa dovrà passare dal valore di V V=123 m/s (nel punto C) al
valore della velocità di avvicinamento nel punto (D) dato da. VR=1,3 VSO , dove la VSO di
stallo con ipersostentatori azionati. Per calcolare spazio e tempo di discesa, occorre la
velocità V CD nel tratto CD che, con buona approssimazione, si può ritenere costante e pari
alla media tra le velocità nei punti estremi.
CP max,ip  CP max  CP max,ip  1  1,87  2,87
Vso  
2Q/S

  CP max
2  3061
 42,24 m / s
1,195  2,87
VR  1,3  Vso  54,92 m / s
V  VR 113,62  54,92
VCD  BC

 84,26 m / s
2
2
2
1 SC
P CD  VCD
2
cos  
.
Q
Poìchè non è dato l' assetto di discesa si ipotizza un' angolo di rampa   4.
WCD  VCD  sen   5,87 m / s
(spazio percorso in discesa ) CD 
( tempo della discesa )  t CD 
g)
z
485

 6.952,8 m
sen  sen 4
z
485

 83 s  1' 23' '
w CD 5,87
Fase di Atterraggio
d.1) fase di discesa (EF): durante la quale il velivolo decelera dalla velocità di avvicinamento
VRef alla velocità di stallo con ipersostentatori VSO e scende dalla quota di 15 m fino al
contatto con la pista.
Per trovare l’assetto di discesa scriviamo la polare aerodinamica in condizioni di atterraggio:
CR  (CR0  CR0 ) 
2
CP
 e
2
 0,054  0,0488 CP
l' assetto discesa è quindi
CP  CP max  CP max,ip  1  1,87  2,87


2

CR  0,054   0,0488  2,87   0,456

2,87
 94,41 m
0,456
X
2  XEF
188,83
t EF  EF 

 1,94 s
Vm
VRe f  VSO 54,92  42,24
XEF  h  EEF  15 
d.2) fase di manovra (FG): durante questa fase il velivolo varia l’assetto portandolo dal
assetto di discesa a quello di stallo per poi portarlo con le ruota a terra. Per un velivolo di
grosse dimensioni come il nostro si suppone un tempo di manovra di 2 s e uno spazio dato da:
XFG  VSO  t FG  42,24  2  84,48 m
d.3) fase di rullaggio (GH): durante questa fase il velivolo decelera dalla V SO alla v=0 con un
decelerazione media di 2 m/s 2 . Si ottiene pertanto:
t GH 
X GH 
VSO 42,24

 21,12 s
a
2
V2
SO
2a
 446,05 m
in definitiva
(spazio atterraggio)  X  XEF  XFG  XGH  94,41  84,48  446,05  624,94 m
( tempo atterraggio)  t  tEF  tFG  t GH  1,94  2  21,12  25 s
Tema di Esame di Aerotecnica - Maturità a.s. 2007-2008
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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 CR0 = 0,017
allungamento alare effettivo λe = 7,0
incremento del coefficiente di resistenza minimo per il decollo ΔCR0,r.d = 0,058
incremento del coefficiente di resistenza minimo all’atterraggio ΔCR0,att = 0,075
coeff. di portanza massima con gli ipersostentatori estesi per il decollo CP,max,ip = 2,2
coeff di portanza massima con gli ipersostentatori estesi per l’atterraggio CP,max,att = 2,6
coefficiente di portanza al rullaggio d’atterraggio CPatt = 1,3
Soluzione: Xdecollo=1300 m; tdecollo=33 s
Xatterraggio=1815 m; tatterraggio=41,7 s.
1. DECOLLO da una pista posta a 500 s.l.m. con =0,025
Calcoleremo lo spazio ed il tempo necessario al decollo come la somma e degli spazi e dei tempi
necessarie per compiere ciascuna delle tre fasi in cui è suddiviso: Rullaggio – Manovra- Involo
500 o 1  0,0000226  5004,256  1,167 kg
m3
Fase di Rullaggio in cui il velivolo accelera sulla pista con V R= 1,2 Vst all’assetto di CPott
la polare in configuraz ione di decollo è :
CR  (CR0  CR0,rd ) 
2
CP
 e
 (0,017  0,058) 
2
CP
3,14  7
2
 0,075  0,0455  CP
per tan to :
CP ott 
1
1
 e         7    0,025  0,275
2
2
CR ott  0,075  0,0455  C 2Pott  0,075  (0,0455  0,275 2 )  0,0784
V R  1,2  Vst  1,2 
2Q/S

  CP max ,ip
1,2 
2  4130
 1,2  56,72  68 m / s
1,167  2,2
Poiché durante il rullaggio la velocità cambia continuamente, in particolare aumenta progressivamente
dal valore 0 al valore V R= 68 m/s, lo stesso accadrà per la portanza , la resistenza aerodinamica e di
attrito, e di conseguenza varierà anche l’accelerazione necessaria per il calcolo dello spazio e del tempo
necessario per la manovra. Per questo motivo dividiamo lo spazio di rullaggio in una serie di piccoli
intervalli nei quali supporremo costante la velocità e calcoleremo la corsa e il tempo di rullaggio come la
somma degli spazi e dei tempi di ciascun periodo.
V [m/s]
Vm
V
P [N]
R [N]
1 2
V  S  CPott
2
Ratt [N]
(Q  P)
a [m/s2]
T  R  Ra tt
Q
am
Xr
 Xr 
g
tr [s]
[m]
Vm
V
am
tr 


Xr
Vm

0
0,00
5
224,16
5042,84
2,652
3145,07
896,63
4983,87
2,622
7076,40
12580,26
45
3586,52
4747,99
5603,93
4571,08
2,414
28305,59
8069,66
4354,86
2,305
8
4153,58
18,82
3,76
2,637
56,89
3,79
2,597
96,26
3,85
2,538
137,93
3,94
2,458
183,05
4,07
2,359
233,12
4,24
2,254
227,15
3,55
953,23
27,20
2,503
19656,66
36356,95 10365,04
2,656
2,572
10
60
64
4885,59
10
50
55
2017,42
10
40
68
786,27
10
30
35
2,661
10
20
25
5062,50
10
10
15
0,00
2,203

XR,d  953,23 m
Sui ottiene pertanto per la fase di rullaggio : t
 27,20 s

 R,d
Se invece si suppone che durante il decollo vada in avaria uno dei motori, (dai dati assegnati deve
presumibilmente deve trattarsi almeno di un bimotore) la spinta da considerare dovrà essere di
30.000 N e ripetendo i conti della tabella con il solo valore di T diverso si ottiene

XR,d  2.404 m

t
 65,71 s  1' 06' '

 R,d
Fase di Manovra all’assetto di CPmax
Per un velivolo di medie dimensioni come il nostro si suppone un tempo di manovra di 2 secondi nel
quale il moto si suppone rettilineo uniforme. Pertanto lo spazio di manovra è dato da:
Xm,d  VR  t m,d  68  2  136 m
Fase di Involo
Lo spazio di involo si ottiene da: Xi.d  VR  t i,d
Pertanto occorre calcolare prima il tempo di involo rammentando che rispetto all’asse z il velivolo si muove
di , moto uniformemente accelerato fino al raggiungimento della quota di 15 m rispetto alla pista.
h
1
 0,9  a  t 2i
2

ti 
2h
0,9  a
nella quale “a” rappresenta l’accelerazione al momento del
distacco che si calcola con la formula: a 
Si ottiene in definitiva:
1
  S  VR2  CP max,ip  290.855,6 N
2
290.855,6 - 202.500   9,81  4,28 m / s 2
(P max  Q)
a
 g 
Q
202.500
Pmax 
ti 
2h

0,9  a
2  15
 2,79 s
0,9  4,28
X,i,d  VR  t,i,d  68  2,79  189,76 m
in definitiva
(spazio decollo )  X  XR,d  Xm,d  Xi,d  953,23  136  189,76  1.279 m
( tempo decollo )  t  t R,d  t m,d  t i,d  27,20  2  2,79  32 s
2. ATTERRAGGIO su di una pista posta a 500 s.l.m. con =0,6
Q atterraggio  70% di Q decollo  0,7  202.500  141.750 N
(P max Q)
 g
Q
Fase di discesa dalla quota di 15 m
durante questa fase il velivolo decelera dalla velocità di avvicinamento VRef alla velocità di
stallo con ipersostentatori azionati, VSO , scendendo dalla quota di 15 m fino al contatto con
la pista. Supporremo una discesa con T=0.
Per trovare l’assetto di discesa scriviamo la polare aerodinamica in condizioni di atterraggio:
CR  (CR0  CR0,a ) 
2
CP
 e
2
2
 (0,017  0,075)  0,0455 CP
 0,092  0,0455 CP
l' assetto discesa è quindi
CP max, ip  2,6


2

CR  0,054   0,0488  2,6   0,400

la velocità di stallo : Vso 
2Q
2  141.750

 43,66 m / s
  S  CP max, ip
1,167  49  2,6
E 
2,6
 6,5
0,400
la velocità di avviciname nto : VRe f  1,3  VSO  56,77 m / s
e per tan to :
X d,att  h  E  15  6,5  97,5 m
t d,att 
X d,att
Vm

2  X d,att
VRe f  VSO

195
 1,94 s
56,77  43,66
Fase di manovra
durante questa fase il velivolo varia l’assetto portandolo dal assetto di discesa a quello di
stallo per poi portarlo con le ruota a terra. Per un velivolo di grosse dimensioni come il nostro
si suppone un tempo di manovra di 2 s e uno spazio dato da:
Xm,att  VSO  t m,att  43,66  2  87,32 m
Fase di rullaggio
durante questa fase il velivolo decelera dalla V SO a 0 con un decelerazione media di 2 m/s 2 .
Si ottiene pertanto:
t R,att 
XR,att 
VSO 43,66

 21,83 s
a
2
V2
SO
2a
 476,55 m
in definitiva
(spazio atterraggio)  X  Xd,att  Xm,att  XR,att  97,5  87,32  476,55  661,37 m
( tempo atterraggio)  t  1,94  2  21,83  26 s

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