Воздушная подушка
6/10Воздушная подушка часто используется чтобы перемещать тяжелые грузы. В этой задаче мы исследуем принцип ее работы, который схематично изображен на рисунке ниже.
Рассмотрим следующую конфигурацию системы. Под платформой расположено цилиндрическое пространство диаметром \(D=40~\text{см}\) и высотой \(h=10~\text{см}\), в которое нагнетается воздух. Температура окружающего воздуха равна \(T_0=300~\text{К}\), атмосферное давление \(P_{atm}=1.01\cdot 10^5~\text{Па}\). Вес платформы и окружающих конструкций составляет \(W=78.48~\text{кН}\). Когда сила давления воздуха превышает эту величину, платформа приподнимается, образуя с поверхностью зазор ширины \(\varepsilon\). Считайте, что компрессор поддерживает постоянный поток воздуха.
В задаче воздух можно считать идеальным газом. Течение газа считать адиабатическим и равновесным. Нас в основном будут интересовать стационарные режимы работы.
Для численных расчетов в задаче используйте значения молярной массы воздуха \(\mu=29.0~\text{г/моль}\) и \(\gamma=c_P/c_V=1.4\). Также для удельных теплоемкостей при постоянном давлении и объеме справедливо соотношение \(c_P-c_V=r\), где \(r=287~\text{Дж/(кг}\cdot\text{К)}\), и уравнение состояния можно записать в виде \(P=\rho rT\).
Часть A. Равновесие платформы (1 балл)
A1. Выразите \(c_V\) и \(c_P\) через \(r\) и \(\gamma\). Найдите их значения.
A2. Как зависит отношение давления в цилиндрической полости к атмосферному \(P_0/P_{atm}\) от веса платформы и геометрических параметров системы?
Часть B. Основы работы воздушной подушки (5.5 балла)
Массовый расход газа при истечении через зазор у поверхности. задается выражением \(dm/dt=\rho vA\), где \(v\) и \(\rho\) — скорость и плотность вытекающего газа.
Рассмотрим некоторый скачок плотности и давления газа, распространяющийся со скоростью \(c\) в трубке единичного сечения. Возмущённая область газа движется со скоростью \(v\), а невозмущённая покоится. Пусть давление и плотность в возмущенной области газа равны \(P\) и \(\rho\) соответственно, а в невозмущенной — \(P_0\) и \(\rho_0\) соответственно. Температура в невозмущённой области газа равна \(T\).
Некоторые из дальнейших рассуждений удобно проводить в системе отсчёта, в которой волновой фронт (граница невозмущенной области) покоится.
B1. Выразите скорость движения возмущенной области газа \(v\) через \(c\), \(\rho\) и \(\rho_0\).
B2. Выразите разность давлений \(P-P_0\) через \(\rho\), \(\rho_0\), и \(c\).
B3. Выразите \(c\) через \(\gamma, r, T\).
B4. Рассчитайте скорость звука в воздухе при заданной температуре \(T_0\) окружающей среды.
Когда газ вытекает из-под платформы, он адиабатически расширяется, и его температура \(T\) будет отличной от \(T_0\).
Для удобства можно ввести число Маха, равное \(M=v/c\), где \(c\) - скорость звука в вытекающем газе, таким образом массовый расход можно переписать в виде \(dm/dt=\rho AMc\).
B5. Выразите массовый расход \(dm/dt\) через \(M, \gamma, T/T_0\) и соотношение \(P_0A\gamma/c_0\), где \(c_0\) — скорость звука при температуре \(T_0\).
B6. Выразите скорость газа \(v\) через \(M, T, r\) и \(\gamma\).
B7. Используя уравнение Бернулли для сжимаемого газа в виде \(\cfrac{v^2}{2}+c_PT=\mathrm{const}\), найдите отношение температур \(T/T_0\) через \(M\) и \(\gamma\).
Часть C. Критический режим течения газа (2.0 балла)
Можно показать, что когда газ течет из узкого места в широкое, скорость потока \(v\) не может превысить скорость звука в этой среде (т.е. \(M\le1\)). Когда нагнетаемый поток воздуха меняется, меняется и скорость истечения газа \(v\). Для достаточно больших потоков, скорость \(v\) может достичь максимального значения \(c\).
C1. Выразите \(dm/dt\) через \(M, \gamma\) и \(P_0A\gamma/c_0\), и схематично нарисуйте эту зависимость от \(M\) для \(M\in[0;1]\). Найдите такое значение \(M\), для которого поток достигает своего максимального значения (этот режим называется критическим).
C2. Пусть компрессор выдает поток \(5.0~\text м^3/\text{мин}\). Рассчитайте значения \(\varepsilon, T, P, v\) и \(\rho\) выходного потока в критическом режиме.
Часть D. Неровность поверхности (1.5 балла)
На практике неровности поверхности не позволяют зазору \(\varepsilon\) принять значение выше 0.5 мм, таким образом критический режим не может быть достигнут.
D1. Рассчитайте значения \(M, T, P, v\) и \(\rho\) вытекающего газа при \(\varepsilon=0.5~\text{мм}\) и \(dm/dt=0.1~\text{кг/с}\).
▶Показать разборСкрыть разбор
ОтветA1: \[c_P=\frac{\gamma{r}}{\gamma-1}= \frac{7}{2} \: r \approx 1005 \frac{Дж}{кг \cdot К}\] \[c_V=\frac{r}{\gamma-1}= \frac{5}{2} \: r \approx 718 \frac{Дж}{кг \cdot К}\]; A2: \[\frac{P_0}{P_{atm}}=1+\frac{4W}{{P_{atm}} \pi D^2} \approx 7,18\]; B1: \[v=c\left(1-\frac{\rho_0}{\rho}\right)\]; B2: \[(P-P_0)=\left(1-\frac{\rho_0}{\rho}\right) \rho_0 c^2\]; B3: \[c=\sqrt{{\gamma{rT}}}\]; B4: \[c_0= \sqrt{\gamma r T_0} \approx 347 м/с\]; B5: \[\frac{dm}{dt}=\frac{P_0{A\gamma}}{c_0}M\left(\frac{T}{T_0}\right)^{\frac{\gamma+1}{2(\gamma-1)}}\]; B6: \[v=Mc=M\sqrt{{\gamma{rT}}}\]; B7: \[\frac{T}{T_0}=\frac{2}{2+(\gamma-1)M^2}\]; C1: \[M=1\]; C2: \[T=\frac{2T_0}{1+\gamma}= 250К\] \[P={P_0}\left(\frac{2}{1+\gamma}\right)^{\frac{\gamma}{\gamma-1}}= 7,22 \cdot 10^5 Па\] \[\rho=\frac{P_0}{rT_0}\left(\frac{2}{1+\gamma}\right)^{\frac{1}{\gamma-1}} = 5,34 \: кг / м^3\] \[v=\sqrt{\frac{2{\gamma}rT_0}{\gamma+1}} = 317 м/с\] \[\varepsilon=\frac{I}{c_0 \pi D} \frac{P_{atm}}{P_0} \left(\frac{1+\gamma}{2}\right)^{\frac{\gamma+1}{2(\gamma-1)}}= 0,047 мм\]; D1: \[M= 0,055\] \[T= 297K\] \[P= 6,98 \cdot 10^5 Па\] \[\rho= 8,20 кг/м^3\]
РешениеA1. Воспользуемся заданными в условии формулами
\[\begin{cases} c_P - c_V = r \\ c_P/c_V = \gamma \end{cases}\]
Ответ:
\[c_P=\frac{\gamma{r}}{\gamma-1}= \frac{7}{2} \: r \approx 1005 \frac{Дж}{кг \cdot К}\]
Ответ:
\[c_V=\frac{r}{\gamma-1}= \frac{5}{2} \: r \approx 718 \frac{Дж}{кг \cdot К}\]
A2. Из условия равновесия платформы получим
\[(P_0-P_{atm})\frac{{\pi}D^2}{4}=W,\]
откуда:
Ответ:
\[\frac{P_0}{P_{atm}}=1+\frac{4W}{{P_{atm}} \pi D^2} \approx 7,18\]
B1. Выделим мысленно область, ограниченную двумя положениями волнового фронта: в моменты времени \(t\) и \(t + \Delta t\). Рассмотрим изменение массы газа в рассматриваемой области:
\[m(t) = \rho_0 Ac \: \Delta t \\ m(t + \Delta t) = \rho Ac \: \Delta t\]
С другой стороны, суммарный поток массы (втекающий) через обе грани равен
\[\frac{dm}{dt} = \rho v A\]
откуда
\[m(t + \Delta t) - m(t) = \frac{dm}{dt} \Delta t \\ (\rho - \rho_0) c = \rho v\]
Ответ:
\[v=c\left(1-\frac{\rho_0}{\rho}\right)\]
B2. Из закона изменения импульса невозмущённой части газа получим
\[(P-P_0)A=\frac{dp}{dt}=v\frac{dm}{dt}={\rho_0}Acv\]
Подставляя выражение для \(v\) из предыдущего пункта, получим
Ответ:
\[(P-P_0)=\left(1-\frac{\rho_0}{\rho}\right) \rho_0 c^2\]
B3. \[c^2=\frac{\rho}{\rho_0} \frac{P-P_0}{\rho-\rho_0}\]
Поскольку давление газа должно изменяться непрерывно
\[c^2=\frac{dP}{d\rho}\]
Течение газа считается адиабатическим, поэтому
\[P{\rho}^{-\gamma}=const\]
дифференцируя данное соотношение, получим
\[\frac{dP}{d\rho}=\gamma\frac{P}{\rho}=\gamma{rT}\]
и окончательно
Ответ:
\[c=\sqrt{{\gamma{rT}}}\]
B4. Ответ:
\[c_0= \sqrt{\gamma r T_0} \approx 347 м/с\]
B5. Выражение для массового расхода принимает вид
\[\frac{dm}{dt}={\rho}A{c}{M}\]
Выразим \(\rho\) из уравнения Менделеева-Клапейрона
\[\frac{dm}{dt}=\frac{PAcM}{rT}\]
Комбинируя последнее выражение с результатом предыдущего пункта
\[\frac{dm}{dt}=\frac{\gamma{AMP}}{c_0}\sqrt{\frac{T_0}{T}}\]
Поскольку процесс протекает адиабатически
\[T^{\gamma}P^{1-\gamma}=const\]
Откуда
\[P={P_0}\left(\frac{T}{T_0}\right)^{\frac{\gamma}{\gamma-1}}\]
Подставим данное соотношение в выражение для \(\frac{dm}{dt}:\)
Ответ:
\[\frac{dm}{dt}=\frac{P_0{A\gamma}}{c_0}M\left(\frac{T}{T_0}\right)^{\frac{\gamma+1}{2(\gamma-1)}}\]
B6. Ответ:
\[v=Mc=M\sqrt{{\gamma{rT}}}\]
B7. Подставляя полученные ранее выражения для \(v\) и \(c_P\)
\[rT\left(\frac{{\gamma}M^2}{2}+\frac{\gamma}{\gamma-1}\right)=const\]
или же
\[T((\gamma-1)M^2+2)=const\]
откуда
Ответ:
\[\frac{T}{T_0}=\frac{2}{2+(\gamma-1)M^2}\]
C1. Комбинируя результаты пунктов \(B5\) и \(B7\)
\[\frac{dm}{dt}=\frac{P_0{A\gamma}}{c_0}M\left(1+\frac{\gamma-1}{2}M^2\right)^{-\frac{\gamma+1}{2(\gamma-1)}}\]
дифференцируя по \(M\)
\[1+\frac{\gamma-1}{2}M^2+\frac{M(\gamma+1)}{2(1-\gamma)}\cdot{M(\gamma-1)}=0\]
откуда
Ответ:
\[M=1\]
C2. Для критического режима
Ответ:
\[T=\frac{2T_0}{1+\gamma}= 250К\]
Теперь найдём значения давления и плотности из уравнения Пуассона:
\[P^{1-\gamma} \: T^{\gamma} = const \\ P \propto T^{\frac{\gamma}{\gamma-1}}\]
Ответ:
\[P={P_0}\left(\frac{2}{1+\gamma}\right)^{\frac{\gamma}{\gamma-1}}= 7,22 \cdot 10^5 Па\]
Плотность входящего воздуха
\[\rho_0=\frac{P_0}{rT_0}\]
откуда также из уравнения Пуассона
Ответ:
\[\rho=\frac{P_0}{rT_0}\left(\frac{2}{1+\gamma}\right)^{\frac{1}{\gamma-1}} = 5,34 \: кг / м^3\]
Поскольку \(M=1\), с учётом найденной температуры
Ответ:
\[v=\sqrt{\frac{2{\gamma}rT_0}{\gamma+1}} = 317 м/с\]
Найдём \(\varepsilon\). Подставим температуру \(T\) в выражение для массового расхода
\[\frac{dm}{dt}=I\frac{P_{atm}}{rT_0}=\frac{{\gamma}P_0A}{c_0}\left(\frac{2}{1+\gamma}\right)^{\frac{\gamma+1}{2(\gamma-1)}}\]
где
\[A={\pi}D{\varepsilon}\]
откуда
Ответ:
\[\varepsilon=\frac{I}{c_0 \pi D} \frac{P_{atm}}{P_0} \left(\frac{1+\gamma}{2}\right)^{\frac{\gamma+1}{2(\gamma-1)}}= 0,047 мм\]
D1. Идея решения данного пункта схожа с пунктом \(C2\), но за тем исключением, что для начала необходимо определить число Маха \(M\).
Получим выражение для массового расхода как функцию \(M\)
\[\frac{dm}{dt}=\frac{P_{0}{A\gamma}}{c_0}M\left(\frac{T}{T_0}\right)^{\frac{\gamma+1}{2(\gamma-1)}}=\frac{P_0{{\pi}{\varepsilon}D\gamma}}{c_0}M\left(1+\frac{({\gamma}-1)M^2}{2}\right)^{\frac{\gamma+1}{2(1-\gamma)}}\]
Решая данное уравнение на калькуляторе, получим
Ответ:
\[M= 0,055\]
Найдя \(M\), по ранее полученным формулам находим
Ответ:
\[T= 297K\]
Ответ:
\[P= 6,98 \cdot 10^5 Па\]
Ответ:
\[\rho= 8,20 кг/м^3\]
Ответ:
\[v= 18,8 м/c\]
Перевод: pho.rs.
Похожие задачи
- Давление в салоне лайнера МОШ 1960/1986, 8-11 кл.
- Колпачок на дне сосуда МОШ 1991/92, 9 кл.
- Давление в центре планеты ВсОШ 1995/96, 11 кл.
- Чёрный ящик с поршнем МОШ 2006/07, 9 кл.
- Давление в центре Луны СПбГУ 2009/10, 9 кл.
- Потоп и пирамида Хеопса МОШ 2010/11, 9 кл.