Botella de agua de Cohetes de Empuje - dos métodos de cálculo de la no coincidencia de

Question

He sido el lanzamiento de la botella de agua de cohetes con mis hijos y estamos en el proceso de creación de una simulación de la puesta en marcha usando métodos numéricos. Yo soy ingeniero mecánico, sino de la dinámica de fluidos no es mi fuerte.

Me puedes dar una explicación intuitiva de por qué los dos métodos descritos a continuación, dar un factor de 2.0 diferencia de empuje? Cuál es el método correcto?

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Primer Método

Me he encontrado con estas fórmulas para el cálculo de empuje en el siguiente sitio web. https://www.ohio.edu/mechanical/programming/rocket/analysis1.html

El empuje es igual a tasa de flujo de masa de veces la velocidad de expulsión.

$F=\dot{m}v $

Tasa de flujo de masa se encuentra utilizando la densidad del agua, de la boquilla de la zona, y la velocidad de escape.

$\dot{m}=\rho A v$

La combinación obtenemos

$F=\rho A v^2$

El cuadrado de la velocidad de escape es igual a 2 veces la presión interna relativa dividida por la densidad del agua.

$v^2=2P/\rho$

La combinación vemos que el empuje es igual a 2 veces el área de las boquillas de veces la presión.

$F=2AP$

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Segundo Método

En la imagen de abajo, parece que el empuje sobre el cohete debe ser igual a la fuerza de desequilibrio, como se muestra por las flechas. Esta fuerza de desequilibrio es el interior de la galga de presión de veces la zona de la boquilla.

$F=AP$

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----- ACTUALIZACIÓN -----

Basado en todas las grandes respuestas y comentarios, creo que la siguiente figura es una mejor representación de la fuerza de empuje. La presión interna (flechas rojas) se cae cerca de la boquilla de apertura debido a que el flujo de agua, la velocidad es importante. Además, el agua en la boquilla de apertura no está en cero la presión como originalmente había asumido. En cambio, no hay presión dinámica (flechas verdes) que es inversamente proporcional a la velocidad de flujo. El desequilibrio de la fuerza es igual a el doble de la presión de aire de los tiempos de la zona de la boquilla, $F=2AP$.

Answer 1

El primer método es el correcto. En la segunda se ha asumido que la presión en la boquilla, todavía es $P$ a pesar de que el agua sale con algo de velocidad. es decir, Se han descuidado a la presión dinámica.

Usted necesidad de utilizar el principio de Bernoulli $$ P + \frac{\rho v^2}{2} + \rho h g = {\rm constant}$$

Su primer método supone que la superficie superior del agua apenas se mueve (porque es el área de superficie es mucho más grande que la zona de la boquilla). Aplicando la misma idea para el segundo método, entonces se puede calcular la constante tanto en el agua e inmediatamente debajo de la boquilla $$P = P_A + \frac{\rho v^2}{2},$$ donde $P_A$ es la presión atmosférica y descuidamos el pequeño $\rho h g$ plazo, lo que aumenta la presión debido a la columna de líquido por encima de la boquilla en el lado izquierdo. Si suponemos además que $P \gg P_A$ entonces $P = \rho v^2/2$ y la tasa de cambio del momento de líquido de la boquilla es $$ F = \rho A v^2 = 2PA$$

Answer 2

A menudo, estos cohetes son lanzados fuera de la sección vertical de tubo o varilla que se extiende hasta el interior de la botella, que actúa como un pistón hasta que el cohete se ha movido lo suficiente como para borrar el extremo de la tubería. Durante esta fase, su segundo método es correcto: el empuje es simplemente la zona de la boquilla veces la presión.

¿Por qué debe el aumento de empuje cuando el cohete se separa del pistón? Permítanme tratar de proporcionar una justificación intuitiva. No voy a demostrar que el empuje dobles, acaba de disipar la noción de que se debe permanecer sin cambios.

Digamos que de alguna manera el pistón es capaz de extenderse por constantemente añadiendo poco cilíndrico tapones para sí mismo. Estos tapones son inicialmente dispuestos en lo alto de un estante justo al lado del cohete; mientras el cohete se mueve hacia arriba, el pistón se mantiene el acaparamiento de un enchufe de la rejilla, de alguna manera se transporta a través de la pared de la nave, y añadiendo a la final. El cohete nunca sale el pistón, y es claro que el empuje se queda sólo en $PA$.

Pero esto es esencialmente lo que está sucediendo realmente como el cohete expulsa el agua, con una excepción. Cada poco de agua que sale de la boquilla puede ser pensado como un "enchufe", y la fuerza que actúa para separarlo del resto del cohete todavía es $PA$. Pero, a diferencia de los tapones de espera en el estante en reposo respecto a la tierra, cada uno de los tapones de agua se mueve hacia arriba un poco más rápido que el anterior era-sólo lo suficientemente rápido como para que coincida con la velocidad del cohete. El impulso transferido al disparo de cohetes por parte de estas moviendo tapones constituye una fuerza adicional relativa al caso en el que los enchufes tienen velocidad cero.

Por supuesto, esta analogía de los tapones se añaden durante el vuelo no se corresponde con el caso real de un cohete que pierde masa a lo largo del tiempo. Pero esa diferencia no afecta a la instantánea de empuje.

Answer 3

La caída de presión desde la presión del tanque a presión atmosférica, no se produce instantáneamente, en la boquilla, sino que se extiende, de acuerdo a la zona del canal de flujo. Esta reducción de los resultados de la presión en la presión adicional que no fue contabilizada en su segunda solución. Aquí está una manera de calcular esta falta de empuje:

De Bernoulli la ecuación (su segunda a la última ecuación) se aplica:

$$P+\frac12\rho v^2 = constant$$

podemos combinar esto con la ecuación de flujo de masa para obtener:

$$P+\frac12\rho \left(\frac{\dot m}{\rho A}\right)^2 = constant$$

Su respuesta original se supone despreciable velocidad/área grande en la superficie del agua¹:

$$P_{tank} + 0 = constant$$

Esto nos da nuestra constante:

$$P+\frac12\rho \left(\frac{\dot m}{\rho A}\right)^2 = P_{tank}$$

y sabemos que la presión a la salida es la atmósfera/ 0 medidor de presión:

$$0 + \frac12\rho \left(\frac{\dot m}{\rho A_{exit}}\right)^2 = P_{tank}$$

Podemos resolver para $\dot m$:

$$\dot m = A_{exit}\sqrt{2 \rho P_{tank}}$$

Volver a conectar en:

$$P+P_{tank}\left(\frac{A_{exit}}{A}\right)^2 = P_{tank}$$

La solución para la presión:

$$P = P_{tank} \left(1-\left(\frac{A_{exit}}{A}\right)^2\right)$$

Si quisiéramos calcular la presión adicional debido a la presión ebeing inferior cerca de la boquilla es necesario integrar la presión por el área de:

$$F = F_{up} - F_{down} = \int_{A_{exit}}^\infty \left (P_{tank} - P_{tank} \left(1-\left(\frac{A_{exit}}{A}\right)^2\right) \right) \; dA $$

$$F = P_{tank} \int_{A_{exit}}^\infty \frac{{A_{exit}}^2}{A^2} \; dA $$

$$F = P_{tank} A_{exit} $$

Así que hay la falta de $PA$ a partir de su segunda solución.

^{1: Usted puede hacer sus ecuaciones más precisas (especialmente para las finas cohetes de botella) mediante el real área de la sección transversal en la superficie del agua en lugar de infinito, tanto aquí como en el límite de la integral.}

Answer 4

Como usted ha descuidado la presión atmosférica, vamos a suponer que usted está haciendo el experimento en un vacío(sé que no es una vaca esférica analogía alguna parte :) ). Usted está asumiendo que la presión es ejercida por el aire en el interior del balón de oro en la superficie. El aire va a ejercer la presión en la parte vacía como se muestra en sus flechas, así como en el horizontal de la superficie del agua. Ahora, esto cancelará debido a un bucle completo. Ahora, si el balón estaba cerrada, no habría habido ninguna fuerza neta como la fuerza hacia abajo debida a la presión de aire habría sido equilibrada por la fuerza normal. En su 1er método, la presión que han tomado es la presión del aire presente en el interior del balón de oro. En el segundo método, que está asumiendo la misma presión en la parte inferior de la boquilla que es incorrecto.

Answer 5

Hay una explicación sencilla e intuitiva para el factor de la diferencia de dos. El empuje tiene dos contribuciones, de la siguiente manera.

1) La presión de aire en el cohete ejerce una fuerza hacia abajo de la boquilla de F=PA exactamente como se supuso en su segundo método.

2) El escape de agua en el instante en que sale de la boquilla está todavía a presión, y se impone una presión sobre el cohete. La fuerza debida a la presión de retorno es también de forma directa F=PA.

El efecto combinado es, por tanto, 2PA.