Empuje del cohete de la botella de agua: dos métodos de cálculo no coinciden

Question

Empuje del cohete de la botella de agua: dos métodos de cálculo no coinciden

fluir
Física
presión
dinámica de fluidos
ciencia espacial
ecuación de bernoulli

Jaime

He estado lanzando cohetes con botellas de agua con mis hijos y estamos en el proceso de crear una simulación del lanzamiento usando métodos numéricos. Soy ingeniero mecánico, pero la dinámica de fluidos no es mi fuerte.

¿Puede darme una explicación intuitiva de por qué los dos métodos a continuación dan un factor de diferencia de 2.0 para el empuje? ¿Qué método es el correcto?

primer método

Encontré estas fórmulas para calcular el empuje en el siguiente sitio web. https://www.ohio.edu/mechanical/programming/rocket/analysis1.html

El empuje es igual al caudal másico multiplicado por la velocidad de escape.

$F=\dot{m}v$

La tasa de flujo másico se encuentra utilizando la densidad del agua, el área de la boquilla y la velocidad de escape.

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

Combinando obtenemos

$F=\rho A v^2$

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

$v^2=2P/\rho$

Combinando vemos que el empuje es igual a 2 veces el área de la boquilla por la presión.

$F=2AP$

segundo método

En la imagen de abajo, parece que el empuje del cohete debe ser igual al desequilibrio de la fuerza como lo muestran las flechas. Este desequilibrio de fuerza es la presión manométrica interna multiplicada por el área de la boquilla.

$F=AP$

----- ACTUALIZAR -----

Basado en todas las excelentes respuestas y comentarios, creo que la siguiente figura es una mejor representación de la fuerza de empuje. La presión interna (flechas rojas) cae cerca de la abertura de la boquilla porque la velocidad del flujo de agua es significativa. Además, el agua en la abertura de la boquilla no tiene presión cero como supuse originalmente. En cambio, existe una presión dinámica (flechas verdes) que es inversamente proporcional a la velocidad del flujo. El desequilibrio de la fuerza es igual al doble de la presión del aire por el área de la boquilla, $F=2AP$ .

Rishabh jainista

El cuadrado de la velocidad de escape es igual a 2 veces la presión manométrica interna dividida por la densidad del agua. ¿De dónde has sacado esto?

Jaime

@RishabhJain: Esa es la ecuación #3 en el enlace que proporcioné arriba. Gracias.

david blanco

@James, su cálculo asume que solo sale agua de la boquilla del cohete para proporcionar empuje. He visto datos de un dispositivo que mide el empuje, y estos datos indican claramente que el flujo que sale de la botella es caótico, con una mezcla de líquido y burbujas de aire saliendo de la botella al mismo tiempo. Esto significa que el empuje está lejos de ser una función suave y agradable del tiempo o la presión a medida que la botella acelera.

Baldrickk

@DavidWhite para agregar a eso, puede probar trivialmente que el aire bajo presión también saldrá y proporcionará empuje: lanza una botella "vacía" (solo aire). Sospecho que una botella vertical mostrará menos "caos" que una horizontal, o una en ángulo.

Almiar

@RishabhJain es solo la ecuación de bernoulli sin término gravitatorio y asumiendo velocidad cero en el otro extremo.

kevin kostlán

Me gusta mucho esta pregunta. Es raro que las preguntas de mecánica clásica abran latas de gusanos en estos días, pero esta hace un buen trabajo al hacerte pensar.

Respuestas (5)

Empuje del cohete de la botella de agua: dos métodos de cálculo no coinciden

El cuadrado de la velocidad de escape es igual a 2 veces la presión manométrica interna dividida por la densidad del agua. ¿De dónde has sacado esto?
@RishabhJain: Esa es la ecuación #3 en el enlace que proporcioné arriba. Gracias.
@James, su cálculo asume que solo sale agua de la boquilla del cohete para proporcionar empuje. He visto datos de un dispositivo que mide el empuje, y estos datos indican claramente que el flujo que sale de la botella es caótico, con una mezcla de líquido y burbujas de aire saliendo de la botella al mismo tiempo. Esto significa que el empuje está lejos de ser una función suave y agradable del tiempo o la presión a medida que la botella acelera.
@DavidWhite para agregar a eso, puede probar trivialmente que el aire bajo presión también saldrá y proporcionará empuje: lanza una botella "vacía" (solo aire). Sospecho que una botella vertical mostrará menos "caos" que una horizontal, o una en ángulo.
@RishabhJain es solo la ecuación de bernoulli sin término gravitatorio y asumiendo velocidad cero en el otro extremo.
Me gusta mucho esta pregunta. Es raro que las preguntas de mecánica clásica abran latas de gusanos en estos días, pero esta hace un buen trabajo al hacerte pensar.

ProfRob · Answer 1

El primer método es correcto. En el segundo, ha asumido que la presión en la boquilla sigue siendo $P$ a pesar de que el agua sale con cierta velocidad. es decir, ha despreciado la presión dinámica .

Necesitas usar el principio de Bernoulli

PAG + \frac{ρ v^{2}}{2} + ρ h gramo = C o norte s t a norte t

$P + \frac{\rho v^2}{2} + \rho h g = {\rm constant}$

Su primer método asume que la superficie superior del agua apenas se mueve (porque su área de superficie es mucho más grande que el área de la boquilla). Aplicando la misma idea al segundo método, podemos calcular la constante tanto en el agua como inmediatamente debajo de la boquilla como

PAG = {PAG}_{A} + \frac{ρ v^{2}}{2},

$P = P_A + \frac{\rho v^2}{2},$ dónde

P_{A}

$P_A$ es la presión atmosférica y despreciamos la pequeña

ρ h g

$\rho h g$ término que aumenta la presión debido a la columna de líquido sobre la boquilla en el LHS. Si además suponemos que

P ≫ P_{A}

$P \gg P_A$ entonces

P = ρ v^{2} / 2

$P = \rho v^2/2$ y la tasa de cambio de cantidad de movimiento del líquido de la boquilla es

F = ρ A v^{2} = 2 PAG A

$F = \rho A v^2 = 2PA$

Gracias. Al contrario de su segunda oración, pretendía suponer que la presión en la boquilla era cero. Supongo que la razón por la que el segundo método predice menos fuerza es que no consideré que hay una presión dinámica en la boquilla que empuja hacia ARRIBA el agua que todavía está en la botella.
@James sí, hay un gradiente de presión dentro del agua, por lo que cuanto más estrecha sea la sección transversal a medida que el agua se acerca a la boquilla, más rápido será el fluido, menor será la presión.
Edité la respuesta, espero que mis cambios lo hayan dejado más claro para otros lectores.
@KevinKostian No edite una respuesta como esa. Especialmente uno que ya ha recibido votos a favor en cifras dobles. Lo duplicó en longitud y eliminó el punto / referencia crucial sobre la "presión dinámica", insertó su propio ejemplo periférico y, por lo tanto, cambió por completo la naturaleza de la respuesta. Deberías publicar tu propia respuesta.

ben51 · Answer 2

A menudo, estos cohetes se lanzan desde una sección vertical de tubería o varilla que se extiende hacia arriba dentro de la botella, actuando como un pistón hasta que el cohete se ha movido lo suficiente como para pasar por el extremo de la tubería. Durante esta fase, su segundo método es correcto: el empuje es simplemente el área de la boquilla multiplicada por la presión.

¿Por qué debería aumentar el empuje cuando el cohete se separa del pistón? Permítanme tratar de proporcionar una justificación intuitiva. No probaré que el empuje se duplica, solo disiparé la noción de que debería permanecer sin cambios.

Digamos que de alguna manera el pistón es capaz de extenderse agregando constantemente pequeños tapones cilíndricos a sí mismo. Estos enchufes están dispuestos inicialmente en un estante alto justo al lado del cohete; a medida que el cohete se mueve hacia arriba, el pistón sigue agarrando un tapón de la rejilla, de alguna manera lo transporta a través de la pared del cohete y lo agrega al final. El cohete nunca deja el pistón, y está claro que el empuje permanece solo $PA$ .

Pero esto es esencialmente lo que realmente sucede cuando el cohete expulsa agua, con una excepción. Cada pequeña gota de agua que sale de la boquilla se puede considerar como un "tapón", y la fuerza que actúa para separarla del resto del cohete sigue siendo $PA$ . Pero, a diferencia de los tapones que esperan en el estante en reposo en relación con la tierra, cada uno de los tapones de agua se mueve hacia arriba un poco más rápido que el anterior, lo suficientemente rápido como para igualar la velocidad del cohete. El impulso transferido al cohete por estos tapones en movimiento constituye una fuerza adicional relativa al caso en el que los tapones tienen velocidad cero.

Por supuesto, esta analogía de los tapones que se agregan durante el vuelo no corresponde al caso real de un cohete que pierde masa con el tiempo. Pero esa diferencia no afecta el empuje instantáneo.

Almiar · Answer 3

La caída de presión desde la presión del tanque hasta la presión atmosférica no ocurre instantáneamente en la boquilla, sino que se distribuye de acuerdo con el área del canal de flujo. Esta presión reducida da como resultado un empuje adicional que no se tuvo en cuenta en su segunda solución. Aquí hay una forma de calcular este empuje faltante adicional:

Se aplica la ecuación de Bernoulli (su penúltima ecuación):

PAG + \frac{1}{2} ρ v^{2} = C o norte s t a norte t

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

podemos combinar esto con su ecuación de flujo másico para obtener:

PAG + \frac{1}{2} ρ {(\frac{\dot{metro}}{ρ A})}^{2} = C o norte s t a norte t

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

Su respuesta original asume una velocidad insignificante/área grande en la superficie del agua ¹ :

{PAG}_{t a norte k} + 0 = C o norte s t a norte t

$P_{tank} + 0 = constant$

Esto nos da nuestra constante:

PAG + \frac{1}{2} ρ {(\frac{\dot{metro}}{ρ A})}^{2} = {PAG}_{t a norte k}

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

y sabemos que la presión a la salida es atmosférica/presión manométrica 0:

0 + \frac{1}{2} ρ {(\frac{\dot{metro}}{ρ A_{mi X i t}})}^{2} = {PAG}_{t a norte k}

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

podemos resolver para $\dot m$ :

\dot{metro} = A_{mi X i t} \sqrt{2 ρ {PAG}_{t a norte k}}

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

Volver a enchufar:

PAG + {PAG}_{t a norte k} {(\frac{A_{mi X i t}}{A})}^{2} = {PAG}_{t a norte k}

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

Resolviendo para la presión:

PAG = {PAG}_{t a norte k} (1 - {(\frac{A_{mi X i t}}{A})}^{2})

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

Entonces, si quisiéramos calcular el empuje adicional debido a que la presión es más baja cerca de la boquilla, necesitaríamos integrar la presión por el área:

F = F_{tu pag} - F_{d o w norte} = \int_{A_{mi X i t}}^{\infty} ({PAG}_{t a norte k} - {PAG}_{t a norte k} (1 - {(\frac{A_{mi X i t}}{A})}^{2})) d A

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

F = {PAG}_{t a norte k} \int_{A_{mi X i t}}^{\infty} \frac{{A_{mi X i t}}^{2}}{A^{2}} d A

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

F = {PAG}_{t a norte k} A_{mi X i t}

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

Entonces ahí está el que falta $PA$ de su segunda solución.

^{1: Puede hacer que sus ecuaciones sean más precisas (especialmente para cohetes de botella delgada) utilizando el área de la sección transversal real en la superficie del agua en lugar de infinito tanto aquí como en el límite de la integral.}

Rishabh jainista · Answer 4

Como ha despreciado la presión atmosférica, supongamos que está haciendo el experimento en el vacío (sé que hay una analogía de vaca esférica en alguna parte :)). Está suponiendo que la presión la ejerce el aire dentro del globo en la superficie. El aire ejercerá la presión en la parte vacía como lo muestran las flechas, así como en la superficie horizontal del agua. Ahora, esto se cancelará debido a un ciclo completo. Ahora, si el globo estuviera cerrado, no habría habido fuerza neta ya que la fuerza hacia abajo debida a la presión del aire habría sido balanceada por la fuerza normal. En su primer método, la presión que ha tomado es la presión del aire presente dentro del globo. En su segundo método, está asumiendo la misma presión en la parte inferior de la boquilla, lo cual es incorrecto.

No entiendo completamente tu respuesta. ¿Está diciendo que estoy equivocado en el segundo método porque el agua en las proximidades de la abertura de la boquilla tiene una presión más baja que la presión del aire comprimido? Entonces, ¿las flechas rojas cerca de la abertura de la boquilla deberían dibujarse a una longitud más corta? Gracias.
La publicación dice que usa "presión manométrica", lo que significa que la presión atmosférica externa ya está contabilizada. Estás en el camino correcto aquí, pero saltaste demasiado pronto.
@James Esas observaciones son correctas (vea mi respuesta para matemáticas y detalles)

marco ocram · Answer 5

marco ocram

Hay una explicación intuitiva simple para el factor de dos diferencias. El empuje tiene dos contribuciones, como sigue.

1) La presión del aire en el cohete impone una fuerza en la boquilla de F=PA exactamente como supuso en su segundo método.

2) El agua de escape en el instante en que sale de la boquilla todavía está presurizada e impone una contrapresión en el cohete. La fuerza debida a la contrapresión también es directamente F=PA.

El efecto combinado es por lo tanto 2PA.

Almiar

Si bien la propulsión de detonación por pulsos es una cosa, en realidad no está relacionada con el empuje producido en este caso. El primer método es calcular exactamente el empuje debido al lanzamiento de masa por la parte trasera:

F = \dot{m} v = 2 A P

$F=\dot m v = 2 AP$ El agua no se expande (mucho) bajo la relajación y no se genera un empuje adicional a partir de esta relajación.

marco ocram

Hola Rick, muchas gracias. Sería muy útil si pudieras explicar la lógica de tu última oración. Los mejores deseos.

Almiar

Claro, el empuje adicional generado por la detonación de pulsos o los flujos de gas subexpandidos se manifiesta como que la presión en la salida está por encima de la atmosférica, a medida que el gas se expande, continúa acelerándose y disminuyendo la presión hasta que alcanza la presión atmosférica. Dado que el agua es incompresible, no se expande, lo que significa que la velocidad de salida es su velocidad final y no hay más caída de presión. Esto significa que en el caso del agua (o de un gas adecuadamente expandido) no hay empuje adicional más allá del

\dot{m} v

$\dot m v$ .

marco ocram

Hola Rick, tu segunda oración no es exactamente correcta. El agua se comprime y se comporta elásticamente dentro de ciertos límites. Tiene un módulo volumétrico alto en comparación con el aire (alrededor de 2,2 GPa en comparación con 100 kPa), por lo que el cambio físico en sus dimensiones como resultado de la presión aplicada es mucho menor; sin embargo, libera energía cuando se relaja instantáneamente, lo que crea un efecto de impulso. El mismo efecto en el acero (módulo de volumen 160Gpa) es lo que hace que las bolas centrales en una cuna de Newton pasen un impulso mientras parecen permanecer estáticas.

marco ocram

Hola Rick, actualicé la respuesta para incluir un diseño análogo del cohete para ilustrar el efecto de expulsar una masa elástica comprimida. ¿Te apetece calcular el empuje?

Almiar

Su primera parte sigue siendo incorrecta: "Puede calcular el impacto de esto usando su segundo método, y de hecho es F = AP. En otras palabras, la presión sobre el área total de la boquilla es lo que expulsa una masa de agua hacia atrás. " Esto es incorrecto. La masa lanzada hacia atrás se calcula correctamente por el primer método. La expansión del agua es insignificante en comparación con todos los demás errores de aproximación. Sería del orden de 0.01% donde el OP está preocupado por un factor de error de 2. Estás complicando innecesariamente el problema sin abordar la preocupación del OP.

marco ocram

@Rick, he acortado drásticamente la explicación de acuerdo con tus observaciones. ¿Tiene sentido ahora?

Almiar

Está bastante cerca. La presión del agua en realidad está cayendo a medida que acelera acercándose a la boquilla, esto efectivamente permite que el área de presión reducida por la boquilla sea más grande.

Empuje del cohete de la botella de agua: dos métodos de cálculo no coinciden

Jaime

primer método

segundo método

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