Bài toán về bóng bay

Kvant 1975, số 1 tr. 60-63 Thẻ PR2S

Bản dịch tự động sơ bộ, chất lượng thấp: có thể còn lỗi và câu chữ chưa tự nhiên. Bản này sẽ được thay bằng bản dịch tốt hơn. Bản gốc →

Bài toán

về bóng bay

L. P. Bakanina

Trong thời đại máy bay và tên lửa của chúng ta, nơi có thể tiếp cận được ở bất kỳ độ cao nào trên bề mặt Trái đất, những quả bóng bay cồng kềnh, không đáng tin cậy và không thể kiểm soát được đã trở thành quá khứ, mặc dù ngày xưa chúng đã cho một người cơ hội bay lên không trung. Tuy nhiên, trong một số trường hợp, bóng bay rất tiện lợi và chúng vẫn được sử dụng cho đến ngày nay. Ví dụ, thật thuận tiện khi dạy nhảy dù từ khinh khí cầu, và các nhà khí tượng học nghiên cứu áp suất, nhiệt độ và các luồng không khí trong khí quyển bằng bóng bay.

Bài toán về bóng bay đôi khi được đưa ra trong kỳ thi tuyển sinh. Thông thường chúng có thể được chia thành hai loại:

bài toán, trong đó bạn cần tìm mối liên hệ giữa kích thước và độ lấp đầy của quả bóng với lực nâng tác dụng lên quả bóng trên bề mặt Trái đất;
bài toán, trong đó bạn cần xác định chiều cao tối đa của quả bóng; trong trường hợp này, một số mô hình của khí quyển được chỉ định, nghĩa là quy luật áp suất và nhiệt độ thay đổi theo độ cao.

Về cơ bản, bài toán của cả hai loại là bài toán đối với số liệu thống kê. Đối với lời giải của chúng, bạn cần có khả năng áp dụng phương trình trạng thái khí và tìm điều kiện cân bằng của một quả bóng, quả bóng này chịu tác dụng của lực hấp dẫn của Trái đất và lực nổi từ không khí xung quanh quả bóng. Nếu lực nổi lớn hơn lực

trọng lực (sự chênh lệch giữa các lực này gọi là lực nâng), quả bóng bay lên. Nhưng khi bạn bay lên, mật độ không khí xung quanh giảm đi, và do đó lực nổi giảm đi, theo định luật Archimedes, lực này bằng

$F = \rho g V,$

trong đó $\rho$ là mật độ không khí và $V$ là thể tích của quả bóng. Ở một độ cao nhất định, lực nổi sẽ bằng lực hấp dẫn - đây sẽ là độ cao tối đa của quả bóng.

Bây giờ chúng ta hãy xem xét một số bài toán cụ thể, trong các năm khác nhau đã được đưa ra trong kỳ thi tuyển sinh vào Viện Vật lý và Công nghệ Moscow.

Bài 1. Vỏ hình cầu của một quả bóng bay được làm bằng vật liệu có mét vuông có khối lượng $b = 1$ kg/m2. Quả bóng chứa đầy khí heli ở áp suất khí quyển bình thường. Ở bán kính nhỏ nhất quả bóng tự nâng lên? Nhiệt độ khí heli và nhiệt độ không khí xung quanh là như nhau và bằng nhau $0\ ^\circ\mathrm{C}$ . Khối lượng phân tử của không khí $29$ kg/kmol, khối lượng phân tử của heli $4$ kg/kmol.

Khi bán kính của quả bóng tăng lên, lực nổi tăng tỷ lệ với lập phương bán kính và trọng lượng của vỏ tăng tỷ lệ với bình phương bán kính. Do đó, lực nổi tăng nhanh hơn và bắt đầu từ một giá trị bán kính nhất định sẽ lớn hơn trọng lượng của vỏ. Sau đó quả bóng sẽ bắt đầu bay lên. Chúng ta hãy biểu thị bán kính vỏ này bằng $r$ . Đồng thời

$\rho_\text{в} \cdot g\ \frac{4}{3}\ \pi r^3 = bg \cdot 4\pi r^2 + \rho_\text{Не} \cdot g\ \frac{4}{3}\ \pi r^3,$

Ở đâu

$r = 3\ \frac{b}{\rho_\text{в} - \rho_\text{Не}}\,.$

Mật độ của không khí $\rho_\text{в}$ và helium $\rho_\text{Не}$ trong các điều kiện nhất định sẽ được tìm thấy bằng định luật Mendeleev-Clapey

rona $pV = \frac{m}{\mu} RT$ :

$\rho_\text{в} = \frac{m}{V} = \frac{p\mu_\text{в}}{RT},$

$\rho_{\mathrm{He}} = \frac{p\mu_{\mathrm{He}}}{RT}; \quad \rho_\text{в} - \rho_{\mathrm{He}} = \frac{p}{RT}(\mu_\text{в} - \mu_{\mathrm{He}}).$

Cuối cùng chúng tôi nhận được

$r = \frac{3b \cdot RT}{p\,(\mu_\text{в} - \mu_{\mathrm{He}})} \approx 2{,}8\ \textit{м}.$

Bài 2. Thể tích của quả bóng là $V = 230$ m³, khối lượng của vỏ là $M = 145$ kg. Quả bóng chứa đầy không khí nóng ở áp suất khí quyển bình thường. Nhiệt độ không khí bên trong vỏ phải bằng bao nhiêu để quả bóng bắt đầu bay lên? Nhiệt độ ngoài trời $t_0 = 0\ ^\circ\mathrm{C}$ .

Khi không khí được làm nóng, mật độ của nó giảm đi vì $\rho = \frac{p\mu}{RT}$ (xem bài toán 1). Quả bóng sẽ bắt đầu bay lên nếu $\rho_0 gV \geqslant Mg + \rho gV$ ( $\rho_0$ là mật độ của không khí bên ngoài). Thay các biểu thức cho mật độ của không khí bên ngoài và không khí bên trong quả bóng $\rho$ , ta thu được

$\frac{pV\mu}{R}\left(\frac{1}{T_0} - \frac{1}{T}\right) \geqslant M.$

Từ đây

$1 - \frac{T_0}{T_{\min}} = \frac{MRT_0}{\mu pV} \approx 0{,}5,$

Có nghĩa,

$T_{\min} \approx 2T_0 = 546\ ^\circ\mathrm{K} = 273\ ^\circ\mathrm{C}.$

Bài 3. Để giữ một quả bóng khí tượng có khối lượng $M = 20$ kg trên bề mặt Trái đất, cần tác dụng một lực $F = 1000$ N. Quả bóng bay lên đến độ cao thì thể tích của nó tăng gấp đôi. Nhiệt độ không khí đo được ở độ cao này bằng đầu dò hóa ra là $t = -43\ ^\circ\mathrm{C}$ . Tính áp suất không khí ở độ cao này nếu áp suất trên bề mặt Trái đất là $p_0 = 754$ mmHg. Nghệ thuật và nhiệt độ $t_0 = +17\ ^\circ\mathrm{C}$ .

Điều kiện cân bằng của một quả bóng trên bề mặt Trái đất được viết như sau:

$F = \rho_0 gV - Mg, \qquad (1)$

trong đó $V$ là thể tích của quả bóng trên bề mặt Trái đất và $\rho_0 = \frac{\mu p_0}{RT}$ là mật độ không khí. Trong trường hợp này, khối lượng của quả bóng $M$ bao gồm khối lượng của vỏ, dụng cụ và khí chứa bên trong vỏ. Từ điều kiện người ta biết thể tích của quả bóng tăng khi nó bay lên. Nhờ đó, vỏ bóng mềm mại và kín khít. Thể tích tăng lên vì với lớp vỏ mềm, áp suất khí bên trong phải bằng áp suất của không khí xung quanh, áp suất này giảm theo độ cao. Nếu vỏ kín thì khối lượng của quả bóng không thay đổi khi nó bay lên và độ cao cực đại khi nó bay lên được xác định bởi điều kiện

$\rho g \cdot 2V = M\mathbf{g}, \qquad (2)$

ở đâu $\rho = \frac{\mu p}{RT}$ . Giải các phương trình (1) và (2) cùng nhau, ta tìm được

$p = p_0\,\frac{T}{2T_0\,(1 + F/Mg)} \approx 79\ \textit{мм рт. ст.}$

Bài 4. Một quả cầu thăm dò chứa đầy hydro có vỏ kín có thể tích không đổi $V = 50$ m³. Khối lượng của quả bóng bao gồm cả hydro là $M = 5$ kg. Xác định độ cao tối đa mà anh ta có thể tăng lên nếu biết rằng cứ sau $h = 5$ km áp suất khí quyển giảm đi một nửa. Nhiệt độ trong tầng bình lưu $t = -60\ ^\circ\mathrm{C}$ . Khối lượng phân tử của không khí là 29 kg/kmol. Áp suất trên bề mặt Trái đất $p_0 = 1$ atm.

Ở độ cao cực đại lực nổi bằng trọng lượng của quả bóng:

$Mg = \rho gV.$

Biểu thị mật độ của không khí xung quanh theo áp suất và nhiệt độ, chúng ta thu được

$M = \frac{\mu p}{RT}\,V.$

Như vậy áp suất không khí là

chiều cao này bằng

$p = \frac{M}{\mu}\,\frac{RT}{V} \approx 6{,}12\cdot10^3\ н/м^2.$

Bây giờ chúng ta hãy xem áp suất $p$ nhỏ hơn áp suất trên bề mặt Trái đất $p_0$ bao nhiêu lần: $\frac{p_0}{p} \approx 16$ .

Từ điều kiện, người ta biết rằng áp suất giảm một nửa sau mỗi lần tăng $5\ км$ , tức là $p_0/p = 2^{H/h}$ , trong đó $H$ là độ cao tăng và $h = 5\ км$ . Trong trường hợp của chúng tôi

$2^{H/h} = 16 = 2^4.$

Từ đây

$H = 4h = 20\ км.$

Bài 5. Vỏ không dãn của một quả cầu thăm dò có thể tích $V = 75\ м^3$ có một lỗ nhỏ ở phần dưới. Khối lượng vỏ $m = 7\ кг$ . Quả bóng chứa đầy hydro. Xác định độ cao tối đa mà quả bóng bay này có thể bay lên nếu biết rằng áp suất khí quyển giảm một nửa sau mỗi $h = 5\ км$ độ cao. Nhiệt độ không khí ở tầng bình lưu là $t = -60\ °C$ , nhiệt độ của hydro bằng nhiệt độ của không khí xung quanh. Áp suất trên bề mặt Trái đất $p_0 = 1\ атм$ .

bài toán này khác với lần trước ở chỗ vỏ bóng không bịt kín mà có một lỗ. Do đó, áp suất bên trong quả bóng luôn bằng áp suất trong khí quyển và khi độ cao của quả bóng tăng lên, hydro sẽ chảy ra khỏi lỗ. Chúng ta giả sử rằng sự thăng lên xảy ra đủ nhanh và có thể bỏ qua sự khuếch tán của không khí vào vỏ, khi đó điều kiện để quả bóng cân bằng ở độ cao cực đại

$mg + \rho_{\mathrm{H}_2}gV = \rho_{\mathrm{в}}gV.$

Mật độ của hydro và không khí có thể được tìm thấy từ phương trình Mendeleev-Clapeyron:

$\rho_{\mathrm{H}_2} = \frac{\mu_{\mathrm{H}_2}\,p}{RT}, \qquad \rho_{\mathrm{в}} = \frac{\mu_{\mathrm{в}}p}{RT}.$

Như vậy, áp suất tối đa

độ cao thấp

$p = \frac{mRT}{(\mu_{\mathrm{в}} - \mu_{\mathrm{H}_2})\,V} \approx 6{,}12\cdot10^3\ н/м^2.$

Tỷ lệ là $\frac{p_0}{p} = 16$ , và do đó độ cao tăng là $H = 20\ км$ (xem lời giải của bài toán trước đó).

Chiều cao nâng ở bài toán 5 hóa ra cũng giống như đối với quả bóng kín ở bài toán 4, nhưng chúng ta không nên quên rằng chúng ta đã xem xét các quả bóng khác nhau, có thể tích và khối lượng khác nhau. Và nếu cả hai quả bóng đều giống hệt nhau và chỉ khác nhau ở chỗ quả bóng kia có vỏ kín và quả bóng kia có lỗ, thì quả bóng nào sẽ tăng cao hơn trong trường hợp này?

Lực nổi sẽ như nhau đối với cả hai quả bóng vì thể tích của chúng bằng nhau. Nếu khối lượng ban đầu của các quả bóng là như nhau thì sau khi bay lên, quả bóng có lỗ sẽ nhẹ hơn, vì một phần khí lấp đầy nó sẽ chảy ra ngoài trong quá trình bay lên. Do đó, một quả bóng có lỗ sẽ có thể bay lên độ cao lớn hơn.

Thông thường, đối với người lần đầu tiên nghĩ đến câu hỏi này, kết quả này có vẻ lạ lùng. Câu hỏi thường được đặt ra là: “Lực nâng phát sinh như thế nào trong một quả bóng có lỗ? Suy cho cùng, từ bên dưới, nơi có lỗ, không khí và khí bên trong quả bóng ở trạng thái cân bằng.”

Chúng ta hãy nhìn vào điểm trên cùng của quả bóng. Nếu ở điểm dưới cùng của quả bóng, áp suất của không khí và khí là $p_0$ , thì ở điểm trên cùng áp suất không khí là $p_1 = p_0 - \rho_{\mathrm{в}}gh$ , và áp suất khí là $p_2 = p_0 - \rho_{\mathrm{г}}gh$ ( $h$ là chiều cao của quả bóng). Nếu $\rho_{\mathrm{г}} < \rho_{\mathrm{в}}$ , thì $p_2 > p_1$ và do đó, một lực tác dụng lên vỏ từ bên dưới lớn hơn từ bên trên - một lực nâng xuất hiện. Thật dễ dàng để xác minh (bạn có thể tự mình làm điều này đối với một vật có hình dạng khá đơn giản) rằng chính sự chênh lệch áp suất này tạo ra lực nổi thu được, được xác định bởi định luật Archimedes. Nhầm lẫn thường phát sinh vì khi tính toán mật độ khí

bên trong quả bóng, áp suất trong quả bóng thường được coi là như nhau ở mọi nơi. Chúng ta không được quên rằng đây chỉ là một con số gần đúng. Nếu chúng ta xác định chính số lượng

$p_2 = p_0 - \rho_\mathrm{г}gh,$

thì, vì $h$ nhỏ - chỉ vài mét, $\rho_\mathrm{г}gh \ll p_0$ , và chúng ta có thể đếm $p_2 \approx p_0$ . Nếu chúng ta quan tâm đến sự khác biệt

$p_2 - p_1 = \rho_\mathrm{г}gh - \rho_\mathrm{в}gh,$

thì ở đây cả hai thuật ngữ đều giống nhau về mức độ quan trọng và cả hai thuật ngữ này đều phải được tính đến. Nhân tiện, việc chúng ta coi hằng số $\rho_\mathrm{в}$ và $\rho_\mathrm{г}$ cũng chỉ là xấp xỉ; trên thực tế, chúng giảm theo độ cao khi áp suất giảm. Nhưng tính đến trường hợp này sẽ mang lại sự điều chỉnh nhỏ hơn nhiều cho lực nổi; sự điều chỉnh này có thể được bỏ qua.

Bài tập

Xác định lực nâng của một quả bóng chứa $m$ g hydro. Vỏ bóng được làm kín và làm bằng chất liệu nhẹ, không co giãn, có thể co giãn tự do.
Không khí bên trong một quả bóng bay giao tiếp với khí quyển bằng bao nhiêu độ, vỏ hình cầu của nó có đường kính 10 m và nặng 10 kg, phải được làm nóng để quả bóng bay cất cánh? Áp suất khí quyển 735 mm. rt. st., nhiệt độ môi trường xung quanh $+27\ ^\circ\mathrm{C}$ .
Bong bóng là một quả bóng có thể tích không đổi chứa đầy khí heli. Thông qua một lỗ ở phần dưới, quả bóng giao tiếp với khí quyển. Độ cao tối đa của quả bóng sẽ thay đổi như thế nào nếu khí heli được nung nóng đến nhiệt độ $T_1$ ? Nhiệt độ của khí quyển được coi là không đổi và bằng $T_0$ , còn áp suất thay đổi theo định luật $p = p_0\,(1 - ah)$ , trong đó $a$ là hằng số, $h$ là độ cao dâng lên, $p_0$ là áp suất trên bề mặt Trái đất.