Física de foguetes e impulso específico

Universidade Federal do ABC

Aula 2
Física de Foguetes
EN 3255 Propulsão Aeroespacial

EN3225 Propulsão Aeroespacial

Segunda Lei de Newton


 dp
F
dt

dm
dv
F
vm
dt
dt
2

Conceitos importantes
• Impulso:
força gerada usando uma unidade de combustível.
• O impulso é igual à variação da quantidade de
movimento de um corpo.
• Impulso total:

t

I t   Fdt
o

Para força (empuxo)
constante:

I t  Ft
3

• Impulso específico:

a quantidade de impulso que pode
ser produzida usando uma
unidade de combustível.
I sp 
Para força (empuxo)
constante e fluxo de
massa constante:

Massa de
combustível
utilizada

It
I sp 
mt g 0

t

 F dt

g  m dt
o

0

4

O impulso específico
Velocidade de
escape dos
gases

Empuxo

T
I sp 

me g 0
Taxa de queima
de combustível
em massa


T  me c

c  I sp g 0

Aceleração da
gravidade ao
nível do mar

5

Equação de foguete de Tsiolkovsky
• Estabelece o princípio de um motor-foguete
(ideal)

m0
v  c ln
m1

Variação na
velocidade do
veículo

Massa total
inicial e final
Velocidade de ejeção
dos gases
(outro símbolo: ve )
6

Konstantin Tsiolkovsky
Cientista russo pioneiro no estudo dos foguetes e da
cosmonáutica.
Foi um dos principais representantes do movimento filosófico
russo conhecido como Cosmismo, surgido no início do
século XX.
A sua obra "Исследование мировых пространств
реактивными приборами" (“A exploração do espaço
cósmico por meio de dispositivos de reação”), publicada
em 1903, é o primeiro estudo acadêmico sobre foguetes.

Tsiolkovsky foi o primeiro a calcular a
velocidade de escape da Terra (8 km/s) e
propor que seria necessário um foguete de
múltiplos estágios, utilizando oxigênio líquido e
hidrogênio líquido como propelentes.
Monumento aEN3225 Propulsão Aeroespacial
Tsiolkovsky em Moscou

Konstantin Tsiolkovsky
(setembro de 1857 –
setembro de 1935)

7

Exemplo
Aplicação da equação de Tsiolkovsky para a V2
Dados da V2:
c=1962 m/s
m0=13000 kg
mf=4245 kg

m0
13000
v  c ln
 1962 ln
m1
4245
v  2,196 km/s

8

Pressão de saída dos
gases (Pa)

Pressão atmosférica
(Pa)

Empuxo:


T  me ca  ( pe  pa ) Ae
Taxa de saída dos
gases (kg/s)

Velocidade total de
saída dos gases (m/s)

Área de saída (m2)

ca  Ve  V

(veremos em mais detalhes estes dados na aula 5)
9

Equação de foguete de Tsiolkovsky:

m0
v  c ln
m1

Massa dos reagentes

 M  mPL
v  c ln 
 m
PL


• Massa de reagentes necessária para
se acelerar uma carga útil de massa mPL
à velocidade v:



M  mPL e

v / c






Carga útil



1

10

Eficiência
Para acelerar os gases à velocidade ve é necessário consumir
energia.

1 2

K ve  mc
2

11

Parâmetros básicos
ˆ
ˆ
v  vt ut  vnu n

12

Perdas
Arrasto (drag)
• O arrasto atmosférico é
proporcional ao quadrado
da velocidade e à área da
seção transversal
perpendicular ao
movimento.
• O arrasto também é afetado
pela aerodinâmica da
fuselagem e detalhes
construtivos.

Perdas
• Perdas devidas ao arrasto

vD  

tf

t0

D
dt
m

• Perda devida ao peso
tf

vG   g sin  dt
t0

13

Performance
m0
v  c ln
m1

Usando todas
as equações...


T  me c

c  I sp g 0
vD  

tf

t0

tf

D
dt
m

vG   g sin  dt
t0

m0
v  I sp g 0 ln
 vD  vG
mf
Expressão do v que um motor
foguete pode proporcionar ao
final da queima de uma massa
de combustível m
14

Exemplo 1 – Um foguete de sondagem
Um foguete de sondagem, de massa inicial m0 e
massa final mf (após todo o propelente ser
consumido), é lançado verticalmente (. = 90o).
A taxa de fluxo de massa do propulsor me é
constante.
Desprezando o arrasto atmosférico e a variação
da gravidade com a altitude, calcular a altura h
máxima atingida pelo foguete. Determine a
taxa de massa que permite alcançar a maior
altitude possível.
15

Exemplo 1 - solução
A massa do foguete em função do tempo é dada por


m  m0  met
O tempo de queima de todo o combustível é

m0  m f
tqueima 

me
As perdas são dadas por
t queima

peso

vG  

arrasto

vD  0

0

g 0 sin 90o dt  g 0tqueima
16


A velocidade atingida será

vD  0

m0
v  c ln
 vD  vG
mf
v0  0

m0
v  c ln
 g 0t

m0  met
17

Sendo o lançamento vertical, dh  v
dt



m0
 g 0t dt
então h  0 vdt  0  c ln



m0  met


t

t

 1
m0  t
c 


m0  met ln
h
 met   g 0t 2


me 
m0
 2

m0  m f
como tqueima 

me
mf
 1  m0  m f
c 
hqueima 
 m0  m f   
m f ln


me 
m0
2  me



2


 g0



18

A velocidade no final da queima é dada por,

m0 g 0
vqueima  c ln

(m0  m f )

m f me
Depois da queima total do combustível, o foguete continuará sua
trajetória seguindo a cinemática de um lançamento vertical,
segundo

v  vqueima  g0 (t  tqueima )

1
h  hqueima  vqueima (t  tqueima )  g 0 (t  tqueima ) 2
2
19

Substituindo as expressões de hqueima e vqueima, chegamos a
m0
v  c ln
 g 0 (t  tqueima )
mf
mf
mf 1

c 
h
m0 ln
 m0  m f   c(t  tqueima ) ln
 g 0 (t  tqueima ) 2
 
me 
m0
m0 2


A altitude máxima alcançada é aquela na qual v=0:

c ln

m0
m
c
 g 0tmax  0  tmax  ln 0
mf
g0 m f
20

Substituindo tmax na expressão da altitude chegamos a

hmax

cm0


me


m0 m0  1 c  m0 
 ln


1  ln

m f m f  2 g0  m f 





2

2

m
Introduzindo a razão entre a massa final e a massa inicial n  0
mf
pode-se escrever
hmax

c m0 n(ln n)  (n  1)
1 c2
2
ln n  


2 g0
me
n

21

Exemplo 1 – Comentário final
n

hmax

cm0
1 c2

[1  (ln n)  n] 
(ln n) 2

me
2 g0

m0
mf

Para n>1, [1+(ln n) – n] é
sempre negativo.

Para alcançar altitudes
maiores deve-se
.
aumentar me

22

LANÇAMENTO ESTAGIADO

23

Dividindo um foguete...
Carga útil
(Pay Load)
Combustível
(propelants)

m0  mPL  m p  mE

m f  mPL 

mE
Estrutura
24


Dividindo um foguete...
Frações de massa

mPL
mPL


mE  m p m0  mPL
mE
mE


mE  m p m0  mPL
m0 mE  m p  mPL
n

mf
mE  mPL

razão da carga útil
m
 PL  PL
m0
razão estrutural

mE
E 
m0
razão de propelente
mp
p 
m0
25


A influência no v
Recombinando as expressões para as frações de
massa, pode-se chegar a

1 
n
 
E a expressão da velocidade ao final da queima
fica

1 
vqueima  I sp g0 ln n
 

1
vqueima  I sp g 0 ln
 PL (1   )  
26

A influência no v
1 
 

Pouca estrutura
Limite das tecnologias atuais

Muita estrutura
27

Valores típicos
Valores típicos para o limite
inferior de ε estão por volta
de 0,1.
λ pode chegar a 0,05.

Para chegar à órbita...
v mínimo: 7,905 km/s
Isp mínimo: 416 s

vqueima  0,019 I sp km/s
Para foguetes químicos, temos

I sp  300 s
Assim,
v  5,7 km/s
28

O foguete estagiado
Nos foguetes com estágios, um foguete
menor é colocado no topo de um foguete
maior.
O primeiro estágio queima durante a
ascensão até que seus combustíveis sejam
esgotados.

29

O foguete estagiado
Nos foguetes com estágios, um foguete
menor é colocado no topo de um foguete
maior.
O primeiro estágio queima durante a
ascensão até que seus combustíveis sejam
esgotados.
Neste momento, o motor e a estrutura vazia
do primeiro estágio são desconectados do
resto do foguete e o motor do segundo
estágio é acionado.

30

Kazimieras Simonavičius
Ilustração da obra
“Artis Magnae Artilleriae pars prima”
de Kazimieras Simonavičius (1650)

Polonês-lituano: engenheiro militar,
armeiro, especialista em artilharia e pioneiro
dos foguetes.
Em 1650 propôs um foguete de pólvora com
estágios.
31

Classificação

Titan II
Estágios seriados (tandem)

Delta 4
Estágios paralelos
32


Um foguete de dois estágios iguais
O segundo estágio mais a carga útil podem
ser considerados como a carga útil do
primeiro estágio.
Assim, a razão de carga útil do primeiro
estágio é

1 

m02
m01  m02



m02
m0  m02

E a razão de carga útil do segundo estágio é

2 

mPL
m02  mPL
33

Como os dois estágios são iguais,

1  1
m02
m01  m02



m02
m0  m02

m02  m0 mPL
E a razão de carga útil combinada pode ser
escrita como

 PL
2 estágios 
1   PL

1 = 2 = 

n2 estágios 

1
 PL (1   )  
34


Assumindo que o 2º estágio é acionado
assim que o 1º estágio esgota seu
combustível, a velocidade no final da
queima dos dois estágios será

vqueima  vqueima1  vqueima 2
vqueima  2I sp g0 ln n2 estágios


1
vqueima  I sp g 0 ln 

  PL (1   )   



2

35

A massa das estruturas de cada um dos
estágios pode ser obtida usando-se

mE1

1 




 PL 
mPL
 PL

mE2

1 




 PL 
mPL
 PL

E a massa dos propelentes em cada
estágio é dada pelas expressões

m p1

1 




 PL (1   )
mPL
 PL

m p2

1 




 PL (1   )
mPL
 PL
36


Exemplo 2 – Foguete de dois estágios
Dado um foguete com as seguintes características:
mPL=
PL=
=
Isp =

10000 kg
0,05
0,15
350 s

massa da carga útil
razão de carga útil
fração de massa estrutural
impulso específico

Determine os valores da velocidade ao final da queima e a
massa do veículo e do propelente para um único estágio
e para dois estágios iguais (considere g0=0,00981 km/s2).
37

Exemplo 2 – resolução
a) Foguete com um único estágio
A velocidade da final da queima é dada por

1
 PL (1   )  

1
vqueima  350  0,00981 ln
0,05(1  0,15)  0,15

vqueima  5,657 km/s
38

A massa total é obtida diretamente da razão da carga útil:
 PL 

mPL
m0

m0 

mPL

 PL



1000
 200000 kg
0,05

Usando a expressão da fração de massa estrutural:
mE

m0  mPL

mE   (m0  mPL )
mE  0,15(200000  10000)

mE  28500 kg

Portanto, a massa de propelente vale:

m p  m0  mE  mPL

m p  161500 kg
39


b) Foguete com dois estágios iguais
A velocidade da final da queima é dada por



1
vqueima  I sp g 0 ln 

  PL (1   )   



2



1
vqueima  350  0,00981 ln 
0,05(1  0,15)  0,15 



2

vqueima  7,407 km/s
40

A massa estrutural de cada estágio é dada por

mE1

1 


mE2

1 




 PL 
 PL



mPL

 PL 
mPL
 PL

mE1

1 


mE2 

1 



0,05 0,15
10000  23292 kg
0,05



0,05 0,15
10000  5208 kg
0,05

41

E a massa dos propelentes em cada estágio é

m p1

1 


m p2

1 














 PL (1   )
1  0,05 (1  0,15)
mPL 
10000  131990 kg
 PL
0,05

 PL (1   )
1  0,05 (1  0,15)
mPL 
10000  29510 kg
 PL
0,05

42

Resumo dos resultados

1 estágio
mE
28500
kg
mp
161500
kg
vqueima 5,657
km/s

2 estágios
23292+5208=28500

131990+29510=161500
7,407

31%
Para chegar à órbita...
v mínimo: 7,905 km/s
Isp mínimo: 416 s
43


Infinitos estágios?

7,407

5,657

44

Desvantagens
• O uso de estágios seriados exige preparo do
veículo para carregar motores que somente
serão usados mais tarde.
• Projeto do foguete mais complexo e mais
difícil de construir.
• Cada evento (ignição e descarte) é um
potencial ponto de falha durante o
lançamento, com a possibilidade de falha de
separação, a falha de ignição e colisões.
45

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