Teorie reaktivního pohonu

Rozměr: px

Začít zobrazení ze stránky:

Download "Teorie reaktivního pohonu"

Vilém Ovčačík
před 9 lety
Počet zobrazení:

1 Teorie reaktivního pohonu David Klusáček MFF UK brmlab.cz/user/david

2 1 Úroveň na které se budeme pohybovat Poloha Je funkce r : R R 3. V čase t leží bod na souřadnicích r(t) = (r x (t), r y (t), r z (t)). Např: r(t) = (t,, ) rovnoměrný pohyb po přímce rychlostí 1 m/s r(t) = (t, t t 2, ) šikmý vrh ve vakuu z (,, ) do (1,, ) r(t) = (, sin(t)e t/1, ) závaží na pružině r(t) = (, cos(2πt), sin(2πt)) bod obíhající okolo osy x rychlostí 1 otáčka za sekundu Rychlost Rychlost bodu v čase t: r (t) r(t + h) r(t) h pro velmi malé h. Vypočtením pro každé t R obdržíme funkci r : R R, která se nazývá derivace původní funkce r : R R. Příklad analytického výpočtu (neformálně, jako to dělal Newton) pro r(t) = t 2 : r (t) = (t 2 ) = ((t+h) 2 t 2 )/h = (t 2 +2ht+h 2 t 2 )/h = 2t+h avšak h, takže r (t) = 2t

cos(2πt), sin(2πt)) bod obíhající okolo osy x rychlostí 1 otáčka za sekundu Rychlost Rychlost bodu v čase t: r (t) r(t + h) r(t) h pro velmi malé h.

3 2 Derivace a Integrály Zrychlení Zrychlení je rychlost růstu rychlosti, kde rychlost je rychlost růstu polohy. r (t) = (r ) (t) Derivace kde e = Integrál obrácení derivace r(t) r (t) r (t) t N Nt N 1 N(N 1)t N 2 sin(t) cos(t) sin(t) e t e t e t ln t 1/t 1/t 2 f(αt) αf (αt) α 2 f (αt) f(t) + g(t) f (t) + g (t) f (t) + g (t) f(t)g(t) f (t)g(t) + f(t)g (t)... f(g(t)) f (g(t))g (t)... r(a+h) hr (a)+r(a), tedy pro b = a+kh, kde k N, máme r(b) r(a)+ k 1 p= r (a+ph)h. r(b) r(a) + b t=a, t+=h r (t)h h = r(a) + b a r (t)dt budeme potřebovat T 1 1 dt = ln(t ) t

.. Integrál obrácení derivace r(t) r (t) r (t) t N Nt N 1 N(N 1)t N 2 sin(t) cos(t) sin(t) e t e t e t ln t 1/t 1/t 2 f(αt) αf (αt) α 2 f (αt)

4 3 Magnetická dráha na měsíci Newtonův zákon síly (pro konstantní hmotnost) F (t) = mr (t) = mv (t) = ma(t) neboli v(t) = v() + t F (τ)/m dτ Magnetická dráha s konstantním zrychlením Úniková rychlost z měsíce je u = 2.4 km/s, chceme zrychlení a = 2 m/s 2, jak dlouhá bude dráha a jaký bude potřeba výkon lineárního elektromotoru pro urychlení 1 tunového plavidla? tah motoru F = ma = = 2 MN rychlost v(t) = t a(τ)dτ = t 2dt = 2t, čas urychlování T = u/a = 24/2 = 12 s uražená vzdálenost r(t ) = T v(t)dt = T at dt = 1 2 at 2 = = 144 km Potřebná energie na jeden start je E = mu 2 /2 = /2 = 288 GJ = 8 MWh. Výkon motoru P (t) = E (t) = (mv 2 /2) (t) = mv(t)v (t) = mv(t)a(t) = F (t)v(t) = 2 MN 2 t. Potřebný výkon tedy neustále roste a na konci dráhy potřebujeme P (T ) = MW = 4.8 GW, tedy 2.4 Temelíny! Magnetická dráha s konstantním výkonem motoru Konstantní výkon znamená, že energie roste lineárně, tedy E(t) = P t. Jelikož E = mv 2 /2, dostaneme tp = mv 2 (t)/2 odkud plyne 2tP P mp t 8tP v(t) = v (t) = F (t) = r(t) = v(τ)dτ = t m mt t 9m

tah motoru F = ma = 1 5 2 = 2 MN rychlost v(t) = t a(τ)dτ = t 2dt = 2t, čas urychlování T = u/a = 24/2 = 12 s uražená vzdálenost r(t ) = T v(t)dt = T at dt = 1 2 at 2 = 1 12 2 = 144 km Potřebná

5 Pro dráhu s konstantním zrychlením máme: 4 Dráha s konstantním výkonem vs. zrychlením P = mua T = u/a r = u 2 /(2a) = T u/2 U dráhy s konstantním výkonem chceme použít výkon P = αp, kde α je např. 1/1. Číselně: tedy pro α = 1/5 r = T 8T P 9m = T 2αmua = u 2αa = 1 2α T 8 mu2 2P P 9m = 1 4u 2α T 2 9 = 1 3α T u = 2 3α r T = mu2 2P = mu2 P = 4.8 GW T = 12 s r = 144 km P = 96 MW T = 3 s r = 48 km Sluneční elektrárna s panely dodávajícími 15 W z m 2 by mohl být čtverec o hraně 2.5 km nebo pruh podél dráhy široký 13 m. Okamžik kdy zrychlení v (t) poklesne pod a: a = v (t) = P αmua mt = mt tedy a 2 t = αua tedy t = αu a = αt = 24 s Což nastane na 96 km dráhy tedy v její 1/5 = α.

Číselně: tedy pro α = 1/5 r = T 8T P 9m = T 2αmua = u 2αa = 1 2α T 8 mu2 2P P 9m = 1 4u 2α T 2 9 = 1 3α T u = 2 3α r T = mu2 2P = mu2 P = 4.

6 5 Reaktivní pohon Newtonův zákon akce a reakce Vyhození hmoty m z plavidla o hmotnosti M rychlostí u (měřeno ze břehu). m urychlujeme konstantním zrychlením a u po dobu t = u/a u. Musíme tlačit silou F = ma u, kterou nohama přenášíme na loď, čímž ji urychlujeme zrychlením a v = F/M = a u m/m v opačném směru, takže po čase t dosáhne rychlosti v = um/m vzhledem ke břehu. Výtoková rychlost vzhledem k lodi je w = u + v. Odtud Reaktivní pohon v = w m M + m Nyní budeme z lodi vyhazovat hmotnost m každých t sekund, přitom nám upadne (α 1) m ještě před vymrštěním hmoty, takže spotřeba bude α m na jeden puls. Hmotnost lodi M( tk) = M 1 α mk Její rychlost v( tk }{{} ) = v() + T k p= w m M( tp) + m = v() + w T t= t+= t m M 1 + m αt m/ t

ke břehu. Výtoková rychlost vzhledem k lodi je w = u + v.

7 6 Ciolkovského rovnice U raketového motoru bereme t a m = Q t, kde Q je hmotnostní průtok paliva tryskou (v kilogramech za sekundu). V čase T od startu v = v(t ) v() = w T Q t M 1 + Q t αtq t= t+= t t T w M 1 /Q αt dt = w α αt 1 M 1 /Q t dt Jmenovatel se mění od M 1 /Q αt do M 1 /Q. Nechť M je hmotnost rakety po spotřebování paliva, neboli M = M 1 αqt. Odtud v = w α Ciolkovského rovnice M 1/Q M /Q 1 t dt = w α ( ln M 1 Q ln M ) = w Q α ln M 1 M v = w α ln M 1 M M 1 = M exp vα w Zajímavosti: Nezávisí na hustotě paliva, na Q, a je možné dosáhnout v > w, když M 1 /M > e. Nezahrnuje však vliv odporu atmosféry ani stoupání rakety proti gravitaci (potenciální energii). Proto je v praxi potřeba brát v o něco větší např. pro dosažení LEO zhruba 9.5 km/s.

Nechť M je hmotnost rakety po spotřebování paliva, neboli M = M 1 αqt.

8 7 Výkon reaktivního pohonu Shrnutí v(t) = w α ln M 1 M 1 αqt Práce vykonaná motorem v (t) = w α M 1 αqt M 1 M 1 (M 1 αqt) 2 ( αq) = wq M 1 αqt F (t) = (M αqt)v (t) = wq se dělí na 2 části: Kinetická energie rakety E R (t) a kinetická energie vyvržené hmoty E G (t). Energetická (celková) účinnost: η E = E R /(E R + E G ). Příkon motoru je P tot (t) = (E G + E R ) (t), užitečný výkon je P R (t) = E R (t). Účinnost v okamžiku t je η P (t) = P R (t)/p tot (t). Pro jednoduchost berme α = 1. E R (t) = M(t)v2 (t) 2 Výkon P G (t) = E G(t) = Qw2 2 P R (t) = E R(t) = Qw2 2 = (M 1 Qt) w2 2 ln2 M 1 M 1 Qt E G (T ) = ( ln T E G (k t) = ( ) 2 Q M 1 w ln 2 M 1 Qt w dt ) 2 ( M 1 M 1 Qt 1 = Qw2 ln 2 M 1 2 ) ( ln 2 M 1 M 1 Qt 2 ln M 1 M 1 Qt k p= (v(p t) w)2 Q t 2 M 1 Qt 2 ln M 1 tedy ) M 1 Qt + 1 P tot (t) = Qw2 2

Příkon motoru je P tot (t) = (E G + E R ) (t), užitečný výkon je P R (t) = E R (t). Účinnost v okamžiku t je η P (t) = P R (t)/p tot (t). Pro jednoduchost berme α = 1.

9 Okamžitá: η P (t) = 2 ln M 1 M 1 Qt ln2 M 1 M 1 Qt 8 Účinnost reaktivního pohonu maximum η P = 1 pro M = M 1 /e, pro M = M 1 /e 2 Celková (kde E tot (T ) = T P tot(t)dt = T Qw 2 /2 a M = M 1 Qt): η E (t) = E R E tot = ( M1 tq tq ) ln 2 M 1 M 1 Qt = M ln 2 M 1 1 M 1 = M 1 M M M 1 /M 1 ln2 M Závislost η P (červeně) a η E (modře) na poměru M 1 /M = exp( v/w). Optimum η E je a nastává pro M 1 /M = , tedy v = w. 1 Důsledky 1% účinnosti je dosahováno, když se výtoková rychlost přesně rovná rychlosti pohybu. Reaktivní motor s měnitelnou výtokovou rychlostí by tak mohl dosáhnout podstatně větší účinnosti než 64%. Dnes se místo toho staví stupně s různými motory. U letadel je snaha o velké Q: Turboventilátorové motory

.. a nastává pro M 1 /M = 4.9215..., tedy v = 1.5936w. 1 Důsledky 1% účinnosti je dosahováno, když se výtoková rychlost přesně rovná rychlosti pohybu.

10 9 Příklad: Saturn S-II (druhý stupeň)

11 1 Příklad: Saturn S-II (druhý stupeň)

12 11 Příklad: Saturn S-II (druhý stupeň) Motor J2 Tah: Výtoková rychlost: Saturn V / S-II F = 1.23 MN w = 4168 m/s Prázdná hmotnost: M E = kg Hmotnost paliva: M F = kg Hmotnost nákladu: M L = kg Počet motorů: Doba hoření: t 1 = 367 s, střední motor jen t 2 = 275 s M = M L +M E = a M 1 = M +M F = odtud η E = (M 1 /M 1) 1 ln 2 (M 1 /M ) =.613 Výtok paliva z nádrže: 4 αq αq 275 = M F Tedy αq = 26 kg/s. (α zanedbáno!) Tah F = wq, čili Q = F/w = 123/4168 = 245 kg/s Tedy α = 1.58, neboli 5.8% paliva pohání turbočerpadla. v = (w/α) ln(m 1 /M ) = 4533 m/s skutečná rychlost v = 4224 m/s (díky stoupání 5 19 km a odporu atmosféry) Další informace o Apollu:

2 = 275 s M = M L +M E = 29527 a M 1 = M +M F = 662152 odtud η E = (M 1 /M 1) 1 ln 2 (M 1 /M ) =.613 Výtok paliva z nádrže: 4 αq 367 + αq 275 = M F Tedy αq = 26 kg/s. (α zanedbáno!

13 12 Reakční hmota nabíraná zvenčí Vede na α menší než 1. Ciolkovského rovnici už lze použít jen jako horní odhad v motoru, protože už nelze zanedbat odpor prostředí. Příklady: ScramJet První stupeň obsahuje jen kapalný vodík, kyslík se bere ze vzduchu. Kyslík má 16 nukleonů, takže při vytváření H 2 O bereme na 1 kg vodíku 8 kg kyslíku z okolí, tedy α = 1/8 a podle Ciolkovského rovnice máme jakoby osminásobnou výtokovou rychlost. Zanedbal jsem ale dusík v atmosféře a tření, které je značné. Ejector Plánovaný ale neuskutečnený na raketě N-1. První stupeň měl mít uprostřed kanál, kterým by byl vzduch strháván dolů uprostřed plamenného tubusu. Tím by došlo ke snížení w a zároveň zvýšení Q, což by vedlo k vyšší účinnosti pohonu v počáteční fázi letu. Proudový motor Sice se na něj C. rovnice nevztahuje, ale často se udává specifický impuls w/α což vede k překvapivě velkým hodnotám. Např. GE-CF6 (Boeing 747) má 6 m/s.

Kyslík má 16 nukleonů, takže při vytváření H 2 O bereme na 1 kg vodíku 8 kg kyslíku z okolí, tedy α = 1/8 a podle Ciolkovského rovnice máme jakoby osminásobnou výtokovou rychlost.

Podobné dokumenty

Západočeská univerzita v Plzni Fakulta strojní. Semestrální práce z Matematického Modelování

Západočeská univerzita v Plzni Fakulta strojní Semestrální práce z Matematického Modelování Dynamika pohybu rakety v 1D Vypracoval: Pavel Roud Obor: Technologie obrábění e mail:stu85@seznam.cz 1 1.Úvod...