Te traemos la contestación a esta interrogante, al menos eso pensamos. Si tienes alguna duda déjanoslo saber en un comentario, que sin dudarlo te responderemos
Solución:
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
$$ P + fracrho v^22 + rho hg = rm constante$$
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
$$P = P_A + fracrho v^22,$$
dónde $P_A$ es la presión atmosférica y despreciamos la pequeña $rhohg$ término que aumenta la presión debido a la columna de líquido sobre la boquilla en el LHS. Si además suponemos que $P gg P_A$ después $P = rhov^2/2$ y la tasa de cambio de cantidad de movimiento del líquido de la boquilla es
$$ F = rho Av^2 = 2PA$$
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.
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):
$$P+frac12rho v^2 = constante$$
podemos combinar esto con su ecuación de flujo másico para obtener:
$$P+frac12rho left(fracdot mrho Aright)^2 = constante$$
Su respuesta original asume una velocidad insignificante/área grande en la superficie del agua1:
$$P_tanque + 0 = constante$$
Esto nos da nuestra constante:
$$P+frac12rho left(fracdot mrho Aright)^2 = P_tanque$$
y sabemos que la presión a la salida es atmosférica/presión manométrica 0:
$$0 + frac12rho left(fracdot mrho A_salirright)^2 = P_tanque$$
podemos resolver para $punto m$:
$$dot m = A_salidasqrt2 rho P_tanque$$
Volver a enchufar:
$$P+P_tanqueleft(fracA_salirAright)^2 = P_tanque$$
Resolviendo para la presión:
$$P = P_tanque left(1-left(fracA_salidaAright)^2right)$$
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:
$$F = F_arriba – F_abajo = int_A_salir^infty left (P_tanque – P_tanque left(1-left(fracA_ salirAright)^2right) right) ; $$
$$F = P_tanque int_A_salida^infty fracA_salida^2A^2 ; $$
$$F = P_tanque A_salida $$
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.
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