Elementos de propulsión de cohetes: problema de impulso total

Pensé que este es probablemente un buen lugar para publicar esta pregunta.

De Rocket Propulsion Elements: Capítulo 2, Problemas

Logré obtener (a), (c) y (d) (muy simple), pero no tengo ni idea de por qué no puedo resolver (b).

solía

yo s pags = yo t gramo 0 metro ˙ Δ t

Supuse que el empuje era constante (¿es esto incorrecto?). También revisé mis unidades.

Gracias. :)

Respuestas (2)

Te atraparon esas tontas unidades inglesas.

tu expresión, yo t = yo s pags gramo 0 metro ˙ Δ t , funciona bien cuando usa unidades métricas. El caudal másico, en unidades métricas, es de 127 kg/s. El impulso total, en unidades métricas, es

yo t = ( 217.5 s ) ( 9.80665 metro / s 2 ) ( 127 kg / s ) ( sesenta y cinco s ) = 1.76 × 10 7 norte s
Convirtiendo esto a rendimientos de unidades habituales 3.96 × 10 6 lbf s .

Haciendo exactamente el mismo cálculo, esta vez usando las unidades habituales, se obtiene

yo t = ( 217.5 s ) ( 32.17405 pie / s 2 ) ( 280 libras / s ) ( sesenta y cinco s ) = 1.2736 × 10 8 pero en que unidades?
El análisis dimensional dice que las unidades de esta expresión son lbm·ft/s. Esas no son las unidades deseadas; quiere lbf·s. La métrica F=ma se convierte en F=kma en unidades habituales. Dividir por el valor numérico de g 0 convierte lbm·ft/s 2 a lbf. Esa misma división aquí convierte lbm·ft/s a lbf·s. Y de hecho, 1.2736×10 8 /32.17405 es 3.96×10 6 .

Esto sugiere una expresión alternativa, yo t = yo s pags metro ˙ Δ t , dónde yo s pags está en segundos. Esto produce un valor numérico de 217.5·280·65=3.96×10 6 . Ese es el valor correcto (al menos numéricamente). Tenga en cuenta: esta expresión alternativa no funciona en unidades métricas. En métrico, este cálculo arroja un valor de 1,80×10 6 kg·s. El valor correcto es 1,76×10 7 N·s.

En rigor, lo anterior no tiene las unidades correctas; tiene unidades de masa*tiempo. Numéricamente, da el valor correcto en unidades habituales porque dividir por el valor numérico de g 0 cancela el uso explícito de g 0 en el numerador.

Este cálculo no es correcto en unidades métricas. Para obtener las unidades métricas correctas de este cálculo, es necesario multiplicar el valor numérico de ese resultado (1,80×10 6 kg·s) por el valor numérico de g 0 . De hecho, 1,80×10 6 * 9,80665 = 1,76×10 7 .

¡Argh! ¡Odio las unidades inglesas! Muchas gracias :)
Sí, deduzco que todavía se usa ampliamente en los EE. UU., pero apenas tocamos las unidades inglesas aquí en Sudáfrica. después de un año de física, al menos debería haber podido verificar esto a través del análisis dimensional. Fallar. Jajaja. Bueno, estoy de vacaciones después de todo. :)
Sí, todavía se usan mucho aquí, particularmente en ingeniería. (Nota: la verdadera "ciencia de cohetes" no es una ciencia. Es ingeniería). Los físicos con sede en EE. UU. son puramente métricos. En química, es una mezcla. En ingeniería, ahí es donde ves muchas unidades inglesas. Cuesta dinero hacer el cambio de las unidades tradicionales a las inglesas, a veces muchísimo dinero.
Solo quería intervenir como inglés: ya no usamos unidades imperiales. ¡Pasamos formalmente al sistema métrico en 1965! :pags
@FraserOfSmeg: Comenzaste a utilizar el sistema métrico en 1965 y aún no has llegado hasta allí. Por ejemplo, esta foto, tomada en 2013: upload.wikimedia.org/wikipedia/commons/thumb/c/cc/… . Eso no va métrico. Es un poco-sorta pretender hacerlo.
¿No fue esto un problema con un orbitador de Marte hace mucho tiempo?
@DuncanDean - Sí. Mars Climate Orbiter, en.wikipedia.org/wiki/Mars_Climate_Orbiter .
Una nota al margen interesante: hay varias ramas de la ingeniería donde los cálculos son más fáciles si se usan libras-fuerza y ​​libras-masa en lugar de usar unidades consistentes como el sistema métrico (o libras-fuerza, slugs, pies y segundos en los EE. UU.). Los ingenieros estadounidenses que se ocupan de estos problemas promocionan las unidades tradicionales como una virtud debido a esto. Lo que es interesante para mí es que las contrapartes europeas de estos ingenieros a menudo usan el kilopondio prohibido en lugar del newton como unidad de fuerza.
¡Vaya, eso es interesante! Sin embargo, probablemente no me alejaré demasiado de las unidades del SI para obtener un título en física. No sé por qué no convertí todo en la pregunta de todos modos.
Esa es mi técnica preferida. Convierta todos esos desagradables valores que no son SI a SI, haga todo en métrica donde F = ma, etc., y vuelva a convertirlos si es necesario como salida.
@DavidHammen No nací en 1965, ¡nací (me gusta pensar) métrico! :)

Toma la velocidad de escape efectiva y la multiplica por el flujo másico. Eso te da el empuje. Multiplique eso por el tiempo de funcionamiento y obtendrá el impulso total.

Esto funciona muy bien en métrica. No lo hace con las unidades habituales: numéricamente, 7000*280*65=1,2736×10 8 , pero ¿en qué unidades? Está en las unidades equivocadas. ¡El estúpido sistema inglés ataca de nuevo!
La razón por la que esto no funciona en unidades inglesas es porque la velocidad de escape (en pies/segundo) multiplicada por el caudal (en libras/segundo) no da empuje (en libras de fuerza). Tienes que dividir por el valor numérico de gramo 0 . El empuje en libras es (7000 pies/s)*(280 lbm/s)*(1/32,17405 (lbf/(lbm·m/s^2))), o 60919 lbf. Multiplicando esto por 65 segundos se obtiene la respuesta correcta de 3,96 millones de lbf·s.
@DavidHammen Hammen: Bueno, seguro que tienes que hacer los cálculos de tu unidad. Sin embargo, no creo que la respuesta merezca votos negativos.
Elementos de propulsión de cohetes: problema de impulso total
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