Akışkanlar Mekaniği Ders Notları

Volkan PİRİK

Fatih ARSLAN

İsmail Naci KAYA

İÇİNDEKİLER BÖLÜM 1 – Akışkanların Doğası ve Akışkanlar Mekaniğinde çalışma 1.1 Genel Bakış ve Akışkanlar Mekaniği 1.2 Katı Cisim 1.3 Akışkan 1.4 Sıvılar ve Gazlar Arasındaki Fark 1.5 Kuvvet ve Kütle 1.6 Sürekli Ortam Kavramı 1.7 Uluslararası Birim Sistemi (SI) 1.8 Sıkıştırılabilirlik Örnek Problemler 1.9 Yoğunluk, Özgül Ağırlık ve Bağıl Yoğunluk Örnek Problemler 1.10 Enerji Örnek Problemler 1.11 Vizkozite (Yapışkanlık) Örnek Problemler 1.12 Yüzey Gerilmesi ve Kılcal Olaylar 1.13 Buharlaşma Uygulamalar

1 2 3 4 4 5 6 7 8 11 12 13 14 15 18 25 28 28

BÖLÜM 2- BASINÇ ÖLÇÜMÜ 2.1 Genel Bakış 2.2 Basınç ve Basınç Dağılımı 2.3 Bir Akışkan elemanı üzerindeki basınç kuvveti 2.4 Bir Akışkan Elemanın Dengesi 2.5 Mutlak ve Etkin Basınç 2.6 Hidrostatik Basınç Dağılımı 2.6.1. Civalı Barometre Örnek Problemler 2.7 Gazlarda Hidrostatik Basınç 2.8 Düzlemsel Yüzeylere Etkiyen Hidrostatik Kuvvet Örnek Problemler 2.9 Eğrisel Yüzeylere Etkiyen Kuvvet Örnek Problemler 2.10 Tabakalı Akışkanlarda Hidrostatik Kuvvet 2.11 Sabit İvmeli Öteleme Hareketi Örnek Problemler 2.12 Vortex (Zorunlu Bırgaç) Örnek Problemler Uygulamalar

30 30 31 32 33 34 35 36 47 48 50 58 59 61 62 64 65 67 78

I

BÖLÜM 3- Akışkan Partikülü için Diferansiyel Bağıntılar 3.1 Genel Bakış 3.2 Bir Akışkanın İvme Alanı 3.3 Kütlenin Korunumunun Diferansiyel Denklemi 3.4 Lineer Momentumun Diferansiyel Denklemi 3.5 Inviscid Akış-Euler Denklemi 3.6 Newton Akış-Navier-Stokes Denklemi 3.7 Açısal Momentumun Diferansiyel Denklemi 3.8 Enerjinin Diferansiyel Denklemi 3.9 Sıkıştırılamaz Viskoz Akışlara Örnek Örnek Problemler Uygulamalar

85 86 87 89 93 93 94 94 97 99 111

BÖLÜM 4- Akışkanların Kinematiği 4.1 Giriş 4.2 Akışkan Akımını İnceleme Yöntemleri 4.2.1. Lagrange Yöntemi 4.2.2. Euler Yöntemi 4.3 Akışka Akımının Temel Kavramları 4.4 Çevrintili ve Çevrintisiz Akım 4.5 Bir Boyutlu, İki Boyutlu ve Üç Boyutlu Akım 4.6 Akışkan Elemanlarının Hareketleri 4.7 Akışkan Harekerinde İvme Kavramı

115 116 116 116 117 124 129 129 132

II

AKIŞKANLARIN DOĞASI VE AKIŞKANLAR MEKANİĞİNDE ÇALIŞMA

BÖLÜM 1

Akışkanların Doğası ve Akışkanlar Mekaniğinde çalışma

1.1 Genel Bakış

-Akışkanlar mekaniği, akışkan özelliklerinin, durgun (statik akışkan) veya hareketli (dinamik akışkan) durumunda incelenmesini içerir. - Akışkanlar sıvı veya gazlar olabilir. -Sıvılar, serbestçe bulundukları kabın şeklini alan akışkanlar olarak bilinir. Örneğin; su, yağ, gliserin, alkol ve gazyağı gibi. -Gazlar, bulundukları kabın tamamına genişlerler. Molekülleri serbestçe hareket eder. Örneğin; hava, buhar, oksijen, nitrojen ve helyum gibi. -Bazı sıvıları tanımlamak için, özellikle yoğunluk, özgül ağırlık, özgül yoğunluk ve viskozite gibi fiziksel özelliklerini bilmek gerekir. -Akışkanların özelliklerinin nasıl analiz edileceğini öğrenmek için bu ders kapasamında verilecek olan, akışkanların boru, tüp ve kapalı hacimlerle, diğer geometrik hacimler içerisinde nasıl hareket ettiğini öğrenmek gerekir. -Akışkandan enerji eldesi, yani mevcut basıncın, hızın ve konumun nasıl enerjiye dönüştüğü yine akışkanlar mekaniği kapsamındadır. -Ayrıca, akışkanın değişik sistemler içerisinde hareket ederken oluşturdukları enerji kayıplarını ve kazançlarını öğrenmek, yeni yapılacak tasarımlara ışık tutacaktır.

1


1.1 Akışkanlar Mekaniği

Bugün akışkanlar mekaniği bilimsel ve teknik eğitimin temellerinden biri sayılmaktadır. Günümüzde akışkanlar mekaniğinin, kan dolaşımından, roketlere kadar çok geniş bir uygulama alanı bulunmaktadır. Geçmişte karşılaşılan akış sorunlarına analitik çözümler getirebilmek için matematiksel yöntemler kullanılmış, ancak denklemlerin çözülebilmesi için gerçek akışkanlar yerine sürtünmesiz akışkan modeli üzerinde çalışılmıştır. Böylece kuramsal hidrodinamik doğmuştur. Fakat elde edilen sonuçlar gerçek mühendislik sorunlarına uymadığı için, mühendisler deneysel yollardan yararlanarak sorunlarını çözmeye çalışmışlardır. Bu yoldan gelişen ve tamamen deneysel sonuçlarla akış problemlerine çözüm arayan bilgi koluna hidrolik adı verilmiştir.

Hidroliğin genellikle su ile uğraşması, deneysel sonuçların matematik temelinden yoksun olması yani genelleştirilememesi ve olayların nedenlerine inemediği için, bu bilgi kolu, teknolojinin getirdiği yeni sorunlara karşılık veremez duruma gelmiştir. Diğer yandan hidrodinamikçilerle, matematikçiler deneysel sonuçlardan habersiz olduklarından yaptıkları varsayımlar dolayısıyla gerçeğe uymayan sonuçlar elde etmişlerdir. Bu durumda kurumsal hidrodinamiğin, deneysel sonuçların ışığında gerçek akışkanlara uygulanması zorunluluğu doğmuştur. Böylece olayların nedenlerine inilebilmiş ve deney sonuçları hidrodinamik eşitlikler yardımıyla genelleştirilmiştir. Bu şekilde akışkanlar mekaniği adı verilen yeni bir bilim dalı doğmuştur. Teori ve deneyleri birbirini tamamlayıcı yolda kullanarak akışkanlar mekaniğinde büyük gelişmeler yaratmış bilim adamlarının en büyükleri arasında Reynolds, Froude, Prandtl ve Von Karman sayılabilir. Akışkanlar mekaniği üç ana bölüme ayrılır; 1. Duran akışkanlar mekaniği 2. Kinematik (kuvvetleri göz önüne almadan yalnız hız ve akım çizgileri ile ilgilenir) 3. Dinamik (hız, ivme ve kuvvetler arasındaki bağıntıyı inceler)

1.2. Katı Cisim

Üzerine uygulanan kuvvetler ve kayma gerilmesi ne kadar büyük olursa olsun şekil değiştirmeyen ve noktaları arasında hiçbir bağıl hareket olmayan nesnelere, kuramsal katı cisim denir. Gerçek katı cisim ise üzerine uygulanan kayma

2


gerilmesinin etkisinde biçim değiştiren cisimdir. Gerilme belirli bir değere varana kadar cisim esnek olup kuvvet kaldırılınca eski biçimini alır. Ancak kuvvet (gerilme) belli bir değeri aşınca esneklik kalmaz ve kuvvet kalksa bile cisim eski biçimine dönemez, akmaya başlar. Buna katı cismin plastik olma özeliği denir. Akmayı sağlayan gerilme değeri küçükse cisme plastik, büyükse esnek cisim adı verilir. Akışkanlar mekaniği bakımından gerçek katı cismin en önemli özelliği cismin akabilmesi için kayma gerilmesinin belli bir değere çıkarılmasının zorunlu olmasıdır.

1.3. Akışkan

Akışkanlar, değeri ne kadar küçük olursa olsun kayma gerilmesi yaratan kuvvet etkisi altında akan nesnelerdir. Duran bir akışkan hiçbir şekilde kayma gerilmesi taşımaz. Şekil 1.1.’de katı bir bloğun kendi ağırlığı ile yaratmış olduğu gerilme

Şekil 1.1. Bir katı ve sıvı için gerilme tensörleri a) Katının gerileme değişimi; b) Katı elemanın Moh’r dairesi ve denge; c) Sıvı ve gazın statik konumu; d) Sıvı elemanı için Moh’r dairesi ve dengesi

görülmektedir. A elemanına ait serbest cisim diyagramında (Şekil 1.1b) görüldüğü gibi θ açısı ile kayma gerilmesi τ1 ve normale dik olarak σ1 normal gerilme içermektedir. A elemanının sağ ve solunda herhangi bir gerilme olmamakla birlikte alt ve üst yüzeylerde sıkıştırma gerilmesi σ=-p mevcuttur. Şekil 1.1c ve d ise sıvı ve gazların durgun konumda bir kap içerisinde yarattığı gerilme dağılımını ifade etmektedir. Durgun akışkanlar kayma gerilmesi taşımazlar. Örnek olarak, bir barajının su ile temas eden yüzeyini düşünelim. Akışkan baraja temas yüzeyi doğrultusunda bir

3


kuvvet uygulayamaz aksi halde duran akışkanın o yönde hareket etmesi gerekirdi. Fakat yüzeye dik doğrultuda bir kuvvet gelir. Bu kuvvet ise τ (kayma gerilmesinin) yarattığı kuvvet olmayıp ileride ele alacağımız basınç kuvveti yani normal kuvvettir. Duran akışkan kütlesinin temas ettiği yüzeye, yüzeyin normali doğrultusunda bir gerilme gelir. Bu gerilmeye basınç adı verilir.

1.4. Sıvılar ve Gazlar Arasındaki fark

Sıvı, bir kapta tutulduğunda kendisini çevreleyen kabın şeklini alır. Kabın üst yüzeyi atmosfere açık olduğunda üniform akışkan üniform bir düzeyde kalır. Kap ayrıca herhangi bir yönde yan yatırıldığında, içerisindeki sıvı dökülmeye başlar. Sıvının dökülme miktarı akışkanın özelliğine bağlı olup, viskozite olarak adlandırılır. Bir gaz kapalı bir kapta tutulduğunda ise, gaz genişlemeye başlar ve kabı tamamen doldurur. Kap açıldığında, içerisindeki gaz genişlemeye devam eder ve kaptan dışarı çıkmaya başlar. Sıvılar ve gazlar arasında bilinen bu farklara ilave olarak; -

Sıvılar çok az sıkıştırılır Gazlar sıkıştırılabilir

kavramları ise akışkanlar mekaniğinin önemli çalışma konularından biridir. Sıkıştırlabilirlik, basıncın değiştirilmesiyle maddenin hacminde meydana gelen değişimi ifade eder. Devamlı hareket eden ve birbirleriyle çarpışan moleküllerin oluşturduğu akışkanlar; sıvılar ve gazlar olmak üzere iki ana bölüme ayrılır. Moleküller arasında iç çekim kuvveti vardır. Bunların varlığı kütlenin dengede kalmasını sağlar. Sıvılarda iç çekim kuvveti katılara oranla zayıftır. Moleküller ortam içinde yavaş hareket ederler. Bu nedenle sıvıların belirli bir hacmi olmasına karşın, belirli bir biçimi yoktur. Moleküler arasındaki bağlayıcı kuvvet nedeniyle atmosfere açık bir kabın içindeki sıvının hava ile ortak bir yüzeyi vardır. Buna açık yüzey denir. Moleküller arasındaki iç çekim kuvvetinin yok denecek kadar az olduğu gazlarda ne belirli bir hacimden, ne de belirli bir şekilden söz edilemez. Konuldukları her kabı doldururlar. Denge konumuna geçebilmeleri için katı çeperlerle sınırlanması gerekir. Üzerindeki basınç kalktığında bir gaz sonsuza kadar genleşir. Bu nedenle gazlar hiçbir zaman açık yüzey yaratamayıp sıvı veya katı cisimle temaslarında artık yüzey oluştururlar. Sıvılarla gazlar arasındaki en önemli fark ta budur. Sıvıların hava ile (atmosfer ile) meydana getirdiği açık yüzeye, sonsuz yakın sıvı molekülleri, moleküler arasındaki bağ katılardakinden zayıf olduğundan atmosfere fırlar, bu olaya buharlaşma denir. Sıvı ısıtıldığı zaman atmosfere giden molekül sayısı artar. Zaten sıvıyı ısıtmak molekül hareketlerini hızlandırmak demektir. 1.5. Kuvvet ve Kütle

Akışkanın özelliklerini anlayabilmek için kütle ve ağırlık arasındaki farkı çok iyi bilmek gerekir. Kütle, hareketin değişimindeki direnç veya onun ataletinin bir ölçümüdür ve akışkanın bir cisimsel özelliğidir. Ayrıca akışkanın sayısının bir ölçütü olarak bilinir. Kütle için m sembolü kullanılacaktır. Ağırlık ise, akışkanın cisimsel ağırlığının miktarı olup, oluşturduğu kuvvet yerçekimiyle yeryüzüne doğru hareket etmektedir. Ağrılık için ise w sembolü

4


kullnılacaktır. Ağırlık, yerçekimi (g)’den dolayı ivmelenmekte olup, kütleyle ilişkilidir. Newton’un çekim yasası gereğince; w=m.g

KÜTLE- AĞIRLIK İLİŞKİSİ

Yerçekimi ivmesi g=9.81 m/s²’dir. 1.6. Sürekli Ortam Kavramı

Akışkanlar diğer tüm maddeler gibi atomlardan ve moleküllerden meydana gelir.Burada hemen ilk akla gelen akışkanlarla ilgili bir problemin çözümünde, o akışkanı meydana getiren bu temel davranışların incelenmesiyle akışkan davranışı hakkında bilgi edinebilme fikri gelebilir. Fakat bizim problemimizin boyutları içinde ne kadar akışkan molekülü olduğu hakkında yapılacak basit bir hesap bile böyle bir yaklaşımın pek yararlı olamayacağını gösterir. Örnek; akışkan problemi olarak bir buzdolabı

Şekil 1.2. Sürekli ortamda yoğunluğun tanımlanması a) Elemanter bir hacimde sürekli yoğunluk; b) hacim - yoğunluk arası ilişkinin mikroskopik detayı

içindeki hava hareketini düşünelim. Buzdolabının hacmi yaklaşık olarak 1 m3 olsun. Normal koşullarda böyle bir hacim içindeki azot moleküllerinin sayısı yaklaşık olarak (6x1023)/(22x10-3)=2.7x1025 kadardır. Bu sayıda maddesel parçacığın en basit hareketini incelemek, parçacıkların dinamiğinin doğru ifade edildiği kabul edilerek, saniyede 109 işlem hızına sahip bir bilgisayarın bellek problemi halledildiği varsayımıyla bile milyonlarca yıl sürebilir. Yakın gelecekte bilgisayar hızındaki artış bile bu problemin sayısal olarak çözülmesini olanaklı kılmayacaktır. Verilen bir hacimdeki molekül sayıları sıvılara göre oldukça düşük olan gazlar için geçerli olan bu zorluk, sıvılar için şüphesiz dahada aşılmazdır. Bu durumda problemlerimizi çözmek için akışkanları bir moleküller kümesi olarak görmekten vazgeçip hesaplarımızı büyük boyutlarda yapmak zorundayız. Moleküllerin çapı yaklaşık olarak 10-10 m mertebesindedir. Oysa günlük hayatımızda karşılaştığımız akışkan problemlerinde boyutlar 10-3 m ile 103 m arasında değişmektedir. Küçük boyutlara örnek olarak, uçak kanatları üzerinde karşılaştığımız sınır tabaka problemleri, büyük boyutlara örnek olarak da atmosferdeki hava akımlarının incelenmesi problemleri verilebilir. Bu boyutlar gözönüne bulundurulduğunda en küçük hacimdeki molekül sayısı bile olağanüstü yüksek olmakta (normal koşullarda 10-9 m3 hava içinde yaklaşık 2.7x1016 azot molekülü bulunur) ve 5


gözlemci açısından bu moleküllerin “kişisel” davranışlarının hiçbir önemi bulunmamaktadır. Dolayısıyla bu küçük hacimdeki akışkanı bir bütün olarak kabul edebilir ve bu boyutlardaki akışkan hacimlerinin birbirleriyle

etkilenmelerini incelemekle yetinebiliriz. Böylece akışkanı, moleküllerden oluşmuş ayrışık bir ortam yerine, sürekli bir ortam olarak kabul etmiş oluruz. Böyle bir yaklaşım moleküllerin birbirleriyle olan ilişkilerini incelemek zorunda olan bir kimyacı için son derece yanlış olacaktır. Diğer yandan akışkanların global davranışları, örneğin makine veya inşaat mühendislerinin işlerini son derece kolaylaştıracak ve akışkanlarla ilgili olarak hiçbir zaman elde edemeyecekleri genel kurallar bulmalarını sağlayacaktır. Bu yaklaşım içinde akışkanlarla ilgili fiziksel büyüklükleri, örneğin yoğunluk, enerji vb. ortamlar olarak tanılayabiliriz. Şekil 1.2’de görüldüğü üzere δv hacmi içindeki akışkan kütlesi m, küçük boyutlarda hacim içindeki moleküllerin sayısı hacimle aynı oranda artmadığı için, akışkan yoğunluğu olarak tanımlayacağımız m/δv oranı hacimdeki değişiklikten bağımsız olarak değişmektedir. Fakat belli bir alt limitin üstünde bu oran sabitleşir. Hacim arttırıldıkça, akışkan hacim içinde düzenli olarak dağılmamış olabileceğinden, belli bir üst limitten sonra bu oran yine değişebilir. İşte bu alt ve üst limitler arasındaki hacimler için akışkanın yoğunluğunu tanımlamak mümkündür ve yoğunluk ρ; m ρ = lim* v →δv v şeklinde tanımlanır. Şayet bu limit tanımlı değilse sürekli bir ortamdan söz etmek mümkün olamaz. Örneğin hipersonik gaz akışlarında, gaz olarak moleküllerinin iki çarpışma arasında katettikleri mesafe olarak tanımladığımız serbest ortalama yol uzunluğunun büyük olması dolayısıyla durum böyledir. 1.7. Uluslararası birim sistemi (SI)

Mekanikte olduğu gibi büyüklükler üç temel parametre ile gösterilir. Uzunluk, kütle veya kuvvet, zaman ve sıcaklık; Uzunluk Zaman Kuvvet Sıcaklık

6

L t F θ


Kullanılan birim sistemleri CGS, MKS ve SI sistemi olarak üç’e ayrılır ve aşağıdaki tabloda sunulmuştur. CGS grcm/sn² gram (gr) Cm Sn (saniye) Cm/sn Cm/sn² Grcm²/sn³ Dincm gr/(cmsn²) gr/cm³

Kuvvet (kütle×ivme) Kütle Uzunluk Zaman Hız (yol×zaman) İvme (uzunluk×zaman²) Güç (kuvvet×hız) Enerji (kuvvet×yol) Basınç (kuvvet×alan) Yoğunluk

MKS Kgm/sn² Kg M Sn m/sn m/sn² kgcm²/sn³ kgcm²/sn² kg/(cmsn²) –––

SI Nt (Newton) Kg M Sn m/sn m/sn² Jul/sn=Watt Ntm Pascal (Pa) kg/m³

Tablo 1.1 Akışkanlar Mekanğinde terimler ve birim sistemleri 1.8. Sıkıştırılabilirlik

Sıkıştırılabilirlik, belirli bir basınç altında maddenin hacmindeki değişimi ifade eder. Sıvılar bilindiği üzere basınç altında bir miktarda sıkışmış sıvı üzerinde kayarlar. Bazen bu miktar, yani sıkıştırılabilirliği yüksek basınç altında önemli sorunlar doğurabilir. Bir sıvıdaki sıkışmanın ölçüsü iki parametre ile ifade edilir. Bunlardan birincisi sıkıştırma katsayısı (β)

β =−

Burada −

1  ∂V 





SIKIŞTIRMA KATSAYISI

V  ∂P T

dV birim genişlemeyi ifade eder. V İkincisi ise bulk modülü (κ)’dır (Sıkıştırma modülü).

dP

 ∂P    ∂V T

κ = −V 

BULK MODÜLÜ

κ değeri ortamın esnekliği ile doğru orantılıdır.

a=

dV V Su içerisinde sesin yayılma hızı Hava içerisinde sesin yayılma hızı Su içerisindeki

7

κ ρ

SESİN YAYILMA HIZI

1400m/s 340m/s κsu=20700 Bar’dır.


Piston 2 dP 2 dρ 2 = ∫ ⇒ P2 − P1 = κ ln ρ 1 ∫ 1κ 1 ρ

ρ

P2 − P1 = κ ln 2 ρ1

Sıvı

Buradan da görüldüğü üzere dP ne kadar büyük olursa olsun sıkışma sonunda akışkanın yoğunluğu çok az değişecektir. Öncedende belirtildiği üzere sıvılar çok az miktarda sıkıştırılabilirler. Yani hacimlerindeki küçük bir değişim için büyük basınç oranlarına ihtiyaç vardır. Sıvılar için κ değerleri Tablo 1.4’de görüldüğü üzere çok büyüktür. Bu nedenle sıvılar sıkıştırılamaz akışkanlar olarak anılırlar. Sıvı Bulk Modülü (Mpa) Etil Alkol 896 Benzen 1062 Makine Yağı 1303 Su 2179 Glıserın 4509 Civa 24750 Tablo 1.2. Bazı sıvıların Bulk (sıkıştırma) modülleri Hacmi 0,65 m³ olan çelik bir kap su ile tamamen doldurulmuş şekilde kapalıdır. Başlangıçta P1=1Atm, V1=0,65m³. Basınç pompa yardımıyla 500 Bar’a yükseltilmiştir. Bu basınç altında kabın hacminin %1 arttığını ve suyun sıkıştırma modülünün κ=21000Bar olduğu düşünülürse pompa tarafından kabın içerisine pompalanan ek su kütlesini bulunuz?

dP

Su

κ

=−

dV V

P1=1Bar (mutlak) = 0Bar (etkin)

Pompa

dV 500 = V 21000 V∆P 0,65 × 500 ∆V = − =− = −0,0155m 3 κ 21000

8


Suyun sıkışmasından dolayı meydana gelen hacim azalması, Suyun sıkışması sonucu açılan ek hacim %1 genişlediğinden çeper genişlemesi nedeniyle açılacak hacim ∆V = ∆V1 + ∆V2 = 0,0155 + 0,0065 = 0,022 m ∆P

κ

=

∆ρ

ρ

=

5 210

=

3

ρ 2 − ρ1 5 3 ⇒ ρ2 = × 1000 + 1000 ⇒ ρ 2 = 1023,8kg / m 210 ρ1

m = ρ∆V = 1023,8 × 0,022 = 22,5kg

Kuvvetlendirilmiş bir çelik tank 7Mpa basınçta hava içermektedir. Bu tankı test etmek için PT basıncına ulaşıncaya kadar su ile doldurulmaktadır. Bu PT basıncı n gibi bir güvenlik faktörüyle sınırlıdır (n=1,5). Eğer elastisite modülü E=2,07×1011Pa ise PT test basıncına ulaşması için ilave edilmesi gerekli su miktarını bulunuz? (κsu=2068×106)

5 mm

D0 = 2

F

5m

Kuvvetlerin dengesinden,

F = τ . A ⇒ P. A = τ . A −τ −τ

π

π ( D 2 − D 2 ) + np ( D 2 ) = 0 o i 4 4 i

π

π

(2 2 − 1,990 2 ) + 1,5 × 7( 1,99 2 ) = 0 4 4

τ = 1042 MPa Hooke yasasına göre

ε=

τ E

=

1042 × 10 6 ⇒ ε = 5,034 × 10 − 3 11 2,07 × 10

Yeni uzunluk için L´ L´=L+εL=5+5(5,034×10-3) L´=5,0252m

9


Deformeden sonraki hacim

V '=

π

(1,99 2 )(5,0252 ) ⇒ V ' = 15,6296 m ³

4

V '−V = 15,6296 −

π

4 ∆ P = P × n = 7 × 1,5

1,99 2 × 5 = 0,07832 m ³

Tankın Uza ması

15,6296 V' ( ∆V ) = − ∆P = − (10 ,5 × 10 6 ) = −0,0794 m ³ Suyun sıkışması w 6 κ 2068 × 10 İlave edilmesi gereken su miktarı Suyun

Tankın

sıkışması

uzaması

( ∆VT ) = (V '−V ) + ( ∆Vw = 0,07832 + 0,0794 = 0,1577 m ³

Çapı 6cm, uzunluğu L=1,25m olan bir silindirin içinde atmosfer basıncında su vardır. Piston 1,2cm ilerleyerek suyu sıkıştırdığı zaman, (κ=21000Bar) a) Basınç ve yoğunluk ne olur b) Ne kadar iş yapılmıştır ? a ) V = A .L = 1 ∆V =

π D2

π D2 4

∆L =

L =

π (0, 0 6 )2 4

π (0, 0 6 )2

4 B a s ın ç a r tış ı

4

Su

D = 6 cm L = 1.25 m L

1, 2 5 = 0 , 0 0 9 5 3 m ³

0 , 0 1 2 = 3, 3 9 × 1 0 −5 m 3

3, 3 9 × 1 0 − 5 ∆V = −21000 = 2 0 1, 8 B a r V 0, 00353 P1 = 1 a tm ( m u tla k ) = 0 a tm e tk in

∆ P = −κ

P2 = P1 + ∆ P P2 = 2 0 1, 8 b a r ( e tk in ) ∆P = κ

ρ

2

− ρ

1 ⇒ ρ

= ρ ( 1

1 + ∆P

) κ 1 1 + 2 0 1, 8 ) + 1000 = 1009, 6 kg / m ³ = 1000( 21000

ρ

2

10

D


b) W = − ∫ PdV V dV = − 1 dP

κ

V V V W = ∫ P 1 dP = 1 ∫ PdP = 1 P 2 2κ κ κ

P2

= P1

V1 2 ( P2 − P12 ) = 342 J 2κ

Şekilde basit bir basınç yükseltici görülmektedir. Piston kolu dolayısıyla piston ön ve arka yüzdeki alanların farklı olması P2 basıncının P1 basıncından daha büyük değerlerde olmasına sebep olmaktadır. D=20 cm, d=15 cm ve P1=8 bar olduğuna göre

P

yükselme oranını ( 1 ) ve istenen P2 basıncını bulunuz?

P 2

P1

πD 2 F =P A=P 1 1 1 4 π (D 2 − d 2 ) F =P 2 2 4 2 πD π (D 2 − d 2 ) =P P 2 1 4 4 2 2 2 2 P 1 = D − d = 20 − 15 = 0,44 P 20 2 D2 2 P = 8 × 2.29 = 18.29 Bar 2

P2

d D

1.9. Yoğunluk, Özgül ağırlık ve Bağıl yoğunluk

Yoğunluk: Maddenin birim hacminin kütlesidir. ρ ile gösterilir ve birimi kg/m3’dür. lim

δm =ρ δv

Özgül ağırlık: Cismin birim hacminin ağırlığıdır ve birimi N/m3’dür. γ = ρg

Özgül hacim: Cismin birim ağırlığının hacmidir ve birimi m3/kg’dır. ν=

1

ρ

Özgül enerji: Cismin sahip olduğu toplam enerjiyi ifade eder.

11


Y=

P

ρ

+

V2 + gz 2

Bağıl yoğunluk: Herhangi bir akışkanın yoğunluğunun, suyun yoğunluğuna oranıdır. ρ = b

ρ ρ

a

su

Bağıl yoğunluğu 0,87 olan bir sıvının yoğunluğunu, özgül hacmini ve özgül ağırlığını hesaplayınız?

ρb=0,87

ρ = b

ρ

akışkan

ρ

su

Yoğunluk

ρa = ρb×ρsu = 0,87×1000 = 870 kg/m³

Özgül ağırlık

γa = ρa×g

Özgül hacim

υ= 1/ρ = 1/870 = 1,149×10-3 m³/kg

= 870×9,81 = 8534 N/m³

Özgül ağırlığı 133024 N/m³ olan bir civanın bağıl yoğunluğunu ve özgül hacmini bulunuz? γciva=133024 N/m³

133024 133024 akışkan 9,81 ρ = = = = 13,56 b 1000 9810 ρ su

ρ

ρciva=13560 kg/m³

υ=1/ρ=1/13560=7,374×10-5 m³/kg

Bağıl yoğunluğu 0.745 olan bir sıvının, yoğunluğunu, özgül hacmini, özgül ağırlığını hesaplayınız?

ρb =

ρ akışkan ⇒ ρ a = ρb ⋅ ρ su = 0.745 ⋅ 1000 ⇒ ρ a = 745 kg/m3 ρ su

γ a = ρ a ⋅ g = 745 ⋅ 9.81 ⇒ γ a = 7308.45 N/m 3 v=

1

ρ

=

1 = 1,342 × 10 −3 m 3 kg 745

12


Bağıl yoğunluğu 1.045 olan bir sıvının, yoğunluğunu, özgül hacmini ve özgül ağırlığını bulunuz?

ρb =

ρ sıvı ρ ⇒ 1.045 = sıvı ⇒ ρ sıvı = 1045 kg / m 3 ρ su ρ su

γ = ρ sıvı ⋅ g = 1045 ⋅ 9.81 ⇒ γ = 10251.45 N / m 3

ν sııv =

1

ρ sııv

=

1 ⇒ ν sııv = 9,57 × 10 −4 m 3 / kg 1045

Enerji, iş yapabilme yeteneği olarak adlandırılır. Akışkan enerjisini üç ayrı yoldan kazanır. Hareket halindeki veya durmakta olan akışkanın belirli bir enerjisi vardır. Akışkanın birim kütlesinin enerjisine özgül enerji denir. Yalnız birim kütle tanımı üzerinde durmak gerekir. Akışkan içinde ε³ mertebede bir hacme sahip maddenin (parçacığın) kütlesi δM diyelim. Bu parçacık içinde önceki derste anlatıldığı gibi bir çok sayıda molekül vardır. Birçok sayıdaki molekülün belirli bir enerjisi vardır. İşte bu parçacığın birim kütlesinin enerjisine özgül enerji adı verilir.

1.10. Enerji

1. 2. 3.

Akışkanın hızından dolayı sahip olduğu enerji. (Kinetik enerji), Ek Bulunduğu konumdan dolayı sahip olduğu enerji. (Potansiyel enerji), Ep Akışkanın basıncından dolayı sahip olduğu enerji. KINETIK ENERJI; E k = δm δm

Ek = ρ

V

υ2

( Kinetik enerji)

2

υ2 2

δV

υ2 δV Ek = ∫ ρ V 2

δV

POTANSIYEL ENERJI Ep=g.δm.z

δm

ÖEp=gz

13


BASINÇ ENERJISI Basıncından dolayı kazandığı enerji ise; İş = PSdl Pdsdl P = ρdsdl ρ Özgül enerji =

P

ρ

P

Akışkanın Toplam Özgül Enerjisi=

ρ

+

υ2 2

+ gz

Bir boru içerisinde su akmaktadır. Belirli bir noktadaki basınç P=22,4kN/m²=0,224Bar hızı ise 2,1 m/s olup yüksekliği 3,2m olduğuna göre akışkanın bu noktadaki özgül enerjisini bulunuz?

Y=

P

ρ

+

0,224 × 10 5 2,12 V2 + gz = + + 9,81× 3,2 2 1000 2

Y = 56 J / kg = 56m² / sn² Bir su pompasının giriş kesitinde suyun basıncı P1=0,2Bar hızı V1=3,4m/s, çıkış kesitindeki basınç ise P2=3,2Bar, V2=5,1m/s. Çıkış ve giriş kesitleri arasındaki yükseklik farkı e=0,46m olduğuna göre pompanın özgül enerjisini bulunuz?

Y =Y

B

−Y

E

P V2 B Y = + B + gz B B 2 ρ P V2 E + E + gz Y = E E ρ 2

B E

Motor

14


P −P V 2 −V 2 B E E + g(z − z ) Y = + B pom B E ρ 2 3,2 ×10 5 − 0,2 ×10 5 5,12 − 3,4 2 Y = + + 9,81(0,46) pom 2 1000 Y = 311,74 J / kg pom

Bir pelton türbinin düşüsü 712m’dir. Bu yükseklik enerjisinin tamamı kinetik enerjiye dönüştürülürse su hüzmesinin hızı ne olur?

δm

V2 = δmgz ⇒ V 2 = 2 gz 2

V 2 = 2 × 712 × 9,81 = 13969,44 V = 118,19m / s

1.11. Viskozite (Yapışkanlık)

Akışkan kayma gerilmesi taşımaz, fakat belirli bir kayma gerilmesinin etkisi altında akışkanların akıcılığı farklıdır. Bu farklılık akışkanın kayma gerilmesine karşı gösterdiği direncin farklı olmasından ileri gelir. Bu kavramı açıklayabilmek için Newtonun aralarındaki uzaklık çok küçük olan 2 paralel levha ile yaptığı deneyi tekrarlayalım. Üstteki levhayı sabit bir F kuvveti ile çekelim levhanın kesit alanı S ise τ=F/s üst levhanın kendisine bitişik olan akışkan parçacılarına uyguladığı kayma gerilmesini verir. İlk harekete geçildiğinde levha bir yandan sabit F kuvvetinin diğer yandan akışkanın sürtünme kuvvetinin etkisinde ivmeli bir hareket yapar ve giderek hızlanır. Fakat hızlandıkça sürtünme kuvveti artar. Sürtünme kuvveti “F” kuvvetine eşit olduğu zaman net kuvvet, dolayısıyla ivme sıfır olur. İncelememizde plağın hızının limit hıza eriştiği v=U, yani ivmenin sıfır olduğu bu hali ele alıyoruz. “Akışkan katı çeperler üzerinde kayamaz” kuralı gereğince üst levhaya bitişik olan akışkan parçacıkları sabit U hızı kazanırken alt levhaya bitişik olan parçacıklar alt levha sabit olduğu için hareketsiz kalacaklardır. Levhalar arasındaki e açıklığı çok küçük olduğu zaman aradaki hız dağılımının doğrusal olduğu gözlenir. Levhalar arasındaki akışkan ortamının kalınlığı sonsuz küçük katmalara ayrıldığında, katmanların birbiri üzerinde kayarak ilerlediği bir görünümle karşılaşılır. İşte bu görünümünden dolayı bu akışa katmanlı (laminer) akış adı verilir. Her akışkan parçacığı ait olduğu katman üzerinde ilerler katmanlar arasında parçacık alışverişi mevcut değildir. Fakat katmanlar arasında bir bağ vardır. Aksi halde üstteki levhanın hareketinin etkisinde daha aşağıdaki katmanların harekete geçmesi söz konusu olamazdı. Bitişik iki katman arasındaki bağ nedeniyle bu katmanlardan biri hareket etmek isteyince bu katman diğerini sürüklemek isteyecek ve alttaki katmanda üsttekini durdurmak isteyecektir. Sıvılarda bu bağı esas olarak moleküller arasındaki iç çekim kuvvetleri oluşturur. Katmanlar arasındaki bu bağa sürtünme; birbirine uyguladıkları kuvvetin birim alana gelen miktarına da τ kayma gerilmesi adı verilir. Yapılan deneyler plağı sabit bir U hızı ile hareket ettirmek için gerekli F kuvvetinin, plağın U hızı ve S alanı ile doğru, e açıklığı ile ters orantılı olduğunu göstermiştir.

15


F≈

u.s e

F =τ A

τ≈

u e

Şekil 1.3. Bir akışkanın gerilme deformasyonu a) bir akışkan parçacığının δθ/δt oranında gerilme dağılımı; b) Katı bir cidar üzerinde newtonian akışkanın gerilme dağılımı

Bu sonuca göre, üst levhaya sabit bir U hızı kazandırmak için gerekli kayma gerilmesi U ile doğru e ile ters oranlıdır. Kayma gerilmesi aynı zamanda katmanlar arasındaki bağın büyüklüğüne, dolayısıyla akışkanın cinsine bağlıdır. Aynı e mesafesi ve aynı U hızı için farklı sıvılara farklı kuvvetler uygulaması gerekir. Çünkü moleküler yapıya bağlı olarak her sıvının kayma gerilmesine karşı gösterdiği direnç farklıdır. İşte bu direnci temsil eden, akışkanın cinsine bağlı ve yukarıdaki orantıyı eşitlik haline koyacak katsayıya, mutlak vizkosite veya dinamik viskozite denir µ ile gösterilir. τ =µ

u e

Kayma gerilmesi için daha genel bir ifade yazabilmek için şekildeki parabolik hız dağılımını dikkate alalım. u=u(y), Çeperden az ötede alınan dy kalınlığındaki katmanın üst kenarı u+du; alt kenarı u hızıyla hareket etmektedir. Bu ise üstteki katman du hızıyla hareket ediyor alttaki ise duruyor demektir. Bu durumda U→du; e→dy olduğu için τ =µ

du dy

genelleştirilmiş bağıntısı elde edilir. Bu eşitlik u=f(y) olan katmanlı bir akışın herhangi bir noktasındaki kayma gerilmesini verir. Akışın herhangi bir noktasında kayma gerilmesinin var olabilmesi için du/dy türevinin mevcut olması gerekir. Daha öncede görüldüğü gibi bu türev şekil değiştirmenin bir ölçüsüdür. Bu türev ne kadar büyük olursa birbirine yakın iki nokta arasındaki hızlar o kadar farklı ve şekil değiştirme o denli şiddetli olur. Eğer hız değişimi lineerse (doğrusal ise) du U = dy e

olacağından

16

τ =µ

U e

ve

τ = sbt olur.


µ (mutlak viskozite) olup,

∂u türevi sonsuza gidemez. ∂y

Sıvıların viskozitesi sıcaklığa bağlı olarak değişir. Isıtıldıkça azalır, çünkü katmanlar arasındaki bağ kaybolur. τ =µ

∂u ∂y

µ ~τ

y u

 Ns    = [Pa.sn ] 2  m 

Sonuçlar: - Levhalar arasındaki e açıklığı ile kayma gerilmesi arasında ters orantı olması τ = µ du / dy eşitliğinden görüleceği gibi du / dy türevi hiçbir zaman ∞’ a gidemez şeklinde açıklanabilir. Çünkü bu durumda kayma gerilmesi ∞ olur. Bu ise fiziksel olarak imkansızdır. Dolayısıyla hız ancak sürekli bir değişim gösterebilir. - Yukarıda belirtildiği gibi katmanlar arasındaki sürtünmeye esas olarak moleküller arasındaki iç çekim kuvveti oluşturur. Dolayısıyla sıcaklık artınca sıvıların viskozitesi azalır. Bu nedenle sıvıların viskozitesi sıcaklığın fonksiyonudur. Viskozitenin değerinin ait olduğu sıcaklıkla birlikte verilmesi gerekir.

Şekil 1.4. Sabit ve hareketli iki paralel plaka arasında viskoz akış hareketi

Akışkanların akıcılığını belirlemek için kullanılan Newton’un viskozite yasasının sonucu olarak kayma gerilmesi akış yönüne dik olmak kaydı ile hızdaki değişimin oranı ile orantılıdır. Matematiksel olarak akışkanın gösterdiği direnç ise µ (viskozite) olarak adlandırılır. İki plaka arasında bulunan sıvıda inceleme yapacak olursak, F kuvvetiyle çekilen üstteki plaka sıvı tarafından bir dirence maruz kalacaktır. Dolayısıyla bir sürtünme kuvveti meydana gelecektir ve akışkan katı cismin çeperinin hareketini izleyecektir. Burada e çok küçük ise hız dağılımı doğrusal olup düzlemler arası akış alışverişi olmaz. Bu durumda iç sürtünmesi olmayan akışkana mükemmel akışkan denir. Mükemmel akışkanın akış şekline laminer akış denir.

Kinematik viskozite: Herhangi bir akışkanın mutlak viskozitesinin o akışkanın yoğunluğuna bölümüdür.

17


ν=

µ ρ

m 2   s  

Şekil 1.5. Değişik viskoz malzemelerin reolojik özellikleri; a) gerilme ve deformasyon ilişkisi; b)uygulanan gerilmenin zamanla değişimi

A nolu silindirin kütlesi 2,5 kg olup boru içerisinden şekilde görüldüğü gibi aşağıya doğru kaymaktadır. Silindir çok iyi bir şekilde merkezlenmiş olarak hareket ettiği kabul edilmektedir. Yağın viskozitesi 7×10-3 Ns/m²’dir. Silindirin hızı nedir. Bu esnadaki havanın basıncını ihmal ediniz ? Yağ tabakası

0.1 mm

L = 150 mm

A

A

D = 73.8 mm V

74 mm

∂V V −0 = = 10000V 1 / sn ∂n 0,0001 Silindir üzerindeki kayma gerilmesi;

τ =µ

∂V = (7 × 10 − 3 )(10000V ) = 70V Pa ∂n

18

τ


Eğer silindirin ağırlığını, viskoz kuvvetlerle dengeleyecek olursak,

W = τ .(π .D ).L ⇒ 2,5 × 9,81 = 70Vπ (0,0738)(0,150) V = 10,07 m / s Şekildeki sistemde eğik düzlem üzerindeki cismin hızı 0,25 m/s olup, yüzey alanı 0,85m²’ dir. Eğik düzlemin 300 eğimli olduğunu düşünürsek, üzerindeki kütlenin ağırlığını bulunuz?(e=0,4mm µ=0,024 Pa.s)

e

α Fsür

mg

V

mgSinα − F sür = ma = 0 ∂u V V =µ F = µ s = mgSinα sür ∂y e e µVs 0,024× 0,25 × 0,85 = = 25,5N G = mg = eSinα 0,4 ×10− 3 × Sin30 F = τs = mgSinα sür

τ =µ

µ=0,082 kg/ms [Pas] L=86mm D1=60mm D2=60,12mm n=60d/d D2

D1

Fsür = ?

L

τ =µ

19

∂u u =µ ∂r r

V


F

= τs

sürtünen yüzey = τπD L F sür 1 ωR 1 πDL =µ F sür R −R 2 1 F F

sür

sür sür

=

2πn 2π 60 = = 2π u = ωR ⇒ ω = 1 60 60

0,082 × 2π × 30 × 10 − 3 π 60 × 10 − 3 × 86 ×10 − 3 − 3 (30,06 − 30) × 10

= 4,167 N

Şekildeki düşey mil e=0,1mm’lik bir yağ filmi üzerinde dönmektedir. Yağın viskozitesi µ=0,02Pa.sn milin ucundaki flanşın yarıçapı R=12cm’dir. Mil dakikada 1500 devirle döndüğü zaman; a. r=0 r=3cm r=6cm’lik noktalardaki kayma ω gerilmesini bulunuz? b. sürtünme momentini ve sürtünme gücünü bulunuz? Yağ R

τ =µ τ

u ∂u ωr =µ =µ e e ∂y

=µ

ωr

⇒ dF = τ .2πrdr Kuvvet (r ) e 2π × n 2π × 1500 ω= = = 50π 60 60 ωr 50π × 0 τ (0) = µ ⇒ τ (0) = µ = 0 Pa e 0.1 × 10 −3 ωr 50π × 3 × 10 − 2 τ ( 3) = µ ⇒ τ (0) = µ = 942,4 Pa e 0.1 × 10 −3 ωr 50π × 6 × 10 − 2 τ (6) = µ ⇒ τ (0) = µ = 1884,9 Pa e 0.1 × 10 −3 (r )

20


dM = rdF = τ

(r )

.2πr 2 dr Moment

Güç ise; P = Mω 2πωµ R 2 ∫ r dr (r ) e 0 2πωµ 3 2πn 2π 1500 F= R ⇒ω = = = 50π (1 / sn) 3e 60 60 2πωµ R 3 dM = rdF ⇒ M = ∫ r dr e 0 2πωµ 4 2π 0,02 × 50π × (0,12) 4 M = R = = 10,23Pa 4e 4 × 0,0001 sürtünme gücü; P = M × ω ⇒ P = 10,23 × 50π = 1607 W dF = τ

.2πrdr ⇒ F =

Düşey olarak çalışan 100 mm çaplı bir şaft 0.25 mm kalınlığındaki bir yağ filmi ile yağlanmaktadır. Şaft 1000 dev/dak ile dönmekte ve yağın viskozitesi 0.13 Pa.s olduğuna göre akışkanın sürtünmesinden dolayı meydana gelen güç kaybını bulunuz?

dM = dF ⋅ r =

ω Yağ

D = 100 mm

0.25 mm

2 ⋅π ⋅ µ ⋅ω 3 ⋅ r ⋅ dr e

δ P = δM ⋅ ω = µ ⋅ ω 2 ⋅

R

2 ⋅π ⋅ r 3 ⋅ dr e

4 2 ⋅π ⋅ µ ⋅ω 2 3 2 π ⋅R r ⋅ dr = ⋅ ⋅ µ ω ∫0 e 2⋅e R

P=

r

δr

ω=

21

2 ⋅ π ⋅ n 2 ⋅ π ⋅ 1000 = ⇒ ω = 104.72 rad/s 60 60


P = µ ⋅ω 2 ⋅

π ⋅ R4 2⋅e

= 0.13 ⋅ (104.72) ⋅ 2

π ⋅ (0.05)4 2 ⋅ 0.00025

⇒ P = 55.98 W

15 cm çapında, 5 cm uzunluğunda bir piston, çapı 15.12 cm olan bir silindir içinde hareket etmektedir. Piston ile çeper arası viskozite katsayısı 0.075 Pa s olan bir yağ ile yağlanmaktadır. Pistona 1.4 m/s’lik bir hız sağlanabilmesi için eksenel olarak uygulanması gerekli kuvveti bulunuz?

D

A = π ⋅ D ⋅ L = π ⋅ 0.15 ⋅ 0.05 ⇒ A = 0.0235 m 2 ∆y =

(15.12 − 15) ⋅ 10 −2 ⇒ ∆y = 6 ⋅ 10 −4 2

F =µ⋅

m

∂u 1.4 ⋅ A = 0.075 ⋅ ⋅ 0.0235 ⇒ F = 4.1125 N ∂y 6 ⋅ 10 −4

Büyük bir levha, sabit durağan Sabit plaka iki plaka arasında şekilde 2 görüldüğü gibi 4 m/s hızla 6 mm µ1 = 0.02 N s/m 4 m/s hareket etmektedir. Newtonian olarak kabul edilen ve 3 mm µ2 = 0.01 N s/m2 τ viskoziteleri farklı olan Sabit plaka akışkanlar levhalar arasında gerilme oluşturmaktadır. Arada oluşan hız dağılımını lineer kabul etmek suretiyle oluşan gerilmenin büyüklüğünü hesaplayarak, yönünü belirtiniz? Newton’un viskozite yasasından;

τ =µ⋅

∂u u ∴τ ≈ µ ⋅ ∂y y

τ 1 = µ1 ⋅

yazılabilir.

u 4 = 0.02 ⋅ ⇒ τ 1 = 13.33 N / m 2 −3 e1 6 ⋅ 10

4 u = 0.01 ⋅ ⇒ τ 2 = 13.33 N / m 2 ; −3 e2 3 ⋅ 10 τ 1 = τ 2 dir.

τ 2 = µ2 ⋅

22


Sabit bir levhadan 0.5 mm uzaklıkta kare şeklindeki, kenar uzunluğu 50 cm olan hareketli bir levhayı 0.25 m/s hızla hareket ettirebilmek için 0.5 N’luk bir kuvvet gerektiğine göre yağlama yağının viskozitesini bulunuz?

dV 0.5 mm

τ=

F dV V =µ⋅ =µ⋅ A dy h

µ=

F ⋅ h 0.5 ⋅ 0.5 ⋅ 10 −3 = ⇒ µ = 0.004 kg / m ⋅ s A ⋅V 0.25 ⋅ 0.25

yağ

F

dy

25.4 mm çapında ve 30 cm uzunluğundaki bir mil 25.65 mm çaplı ve aynı boydaki yatak içerisinde eş merkezli olarak yerleştirilmiştir. Mil ile yatak arasındaki boşluk viskozitesi 0.026 Pa s olan yağ ile doldurulmuştur. Bu mili 8000 dev/dak ile döndürebilmek için gerekli gücü bulunuz? r=

ω=

y=

25,4 ⋅ 10 −3 ⇒ r = 1,27 ⋅ 10 − 2 m 2

π ⋅n 30

=

π ⋅ 8000 30

⇒ ω = 837.75 rad / s

2.565 ⋅ 10 −2 − 2.54 ⋅ 10 −2 ⇒ y = 1.25 ⋅ 10 −4 m 2

V = r ⋅ω F =µ⋅

V r ⋅ω ⋅ 2 ⋅π ⋅ r ⋅ L = µ ⋅ ⋅ 2 ⋅π ⋅ r ⋅ L y y

F = 2.6 ⋅ 10 − 2 ⋅

1.285 ⋅ 10 −2 ⋅ 837.75 ⋅ 2 ⋅ π ⋅ 1,27 ⋅ 10 − 2 ⋅ 0,3 ⇒ F = 52,97 N −4 1.25 ⋅ 10

M = F ⋅ r = 52,97 ⋅ 1,27 ⋅ 10 −2 ⇒ M = 0.672 N ⋅ m

P = M .ω ⇒ P = 0,672.837,75 = 563 Watt

23


Şekildeki düzenekte D çaplı silindir e kalınlığındaki yağ tabakası üzerinde hareket etmektedir. Oluşacak olan momentin kapalı ifadesini çıkarınız?

d

e R

r

dr

τ =µ⋅

∂u u ≈τ = µ ⋅ ∂y e

u = r ⋅ω dA = 2 ⋅ π ⋅ r ⋅ dr dF = τ ⋅ dA ⇒ dF = µ ⋅

ω ⋅r

dM = dF ⋅ r ⇒ dM = µ ⋅

e

⋅ 2 ⋅ π ⋅ r ⋅ dr

ω ⋅r3 e

⋅ 2 ⋅ π ⋅ dr

r → R ’ye integre edersek;

M =µ⋅

π ⋅ω 2⋅e

[

⋅ R4 − r 4

]

24

D


Şekildeki piston yağ dolu silindirin içine bırakılınca kendi ağırlığı ile aşağı doğru inmeye bırakılmakta ve kısa bir süre sonra limit hıza eriştikten sonra pistonun 4 sn’de 30 cm ilerlediği görülmüştür. Pistonun bağıl yoğunluğu 1.6, piston çapı 5 cm, piston ile silindir arasındaki açıklık 0.1 mm olduğuna göre taban etkisini ihmal ederek yağın viskozitesini bulunuz. ( ρ = 541,8 kg m 3 )

πD 2 4

h D

Yağ

X 0,30 = = 0,75 m s t 4 πD 2 = mg = F hρ g , p ağır 4

V =

= F kal

e

hρ g , y

= τπDh F sür

πD 2

πD 2 hρ g = hρ g + τπDh p y 4 4 D τ = g ( ρ − ρ )' den p y 4 De g ( ρ − ρ ) = 0.0173 Pas µ= p y 4V

1.12. Yüzey gerilmesi ve kılcal olaylar

Yüzey gerilmesi bir akışkan ortamının bir başka akışkan ortamı ile temasında gözlemlenen olaydır. Temelinde aynı akışkanı meydana getiren moleküller arasındaki çekim kuvvetleri (kohezyon) ile iki değişik fakat ortak sınırları olan akışkanları meydana getiren moleküller arasındaki çekim kuvvetlerinin (adhezyon) farklı büyüklükte olmaları yatar. Örnek olarak su ve hava geniş bir kap içinde statik konumda bulunduğu durumda, su molekülleri sadece kendilerinden aşağı veya aynı konumdaki su moleküllerinin çekim kuvveti altındadır. Dolayısıyla üzerlerine aşağı doğrultuda net bir toplam kuvvet etki etmektedir. Diğer yandan sıvının üzerinde bulunan hava tabakasını meydana getiren oksijen ve azot moleküllerinin de su molekülleri üzerine bir çekim kuvveti uyguladıkları bir gerçektir. Fakat bu kuvvetlerin büyüklüğü aynı konumda olabilecek su moleküllerinin uygulayacağı çekim kuvvetlerinin büyüklüğünden azdır ve dolayısıyla dengeyi sağlayamazlar. Bu dengeyi ancak sınırdaki su moleküllerinin aşağıya çekilmesi ve moleküllerin birbirlerine

25


yaklaşması ile ortaya çıkacak itme kuvveti sağlayabilir. Kabın sınırından uzak olan noktalar için geçerli olan bu denge mekanizması kabın sınırına yaklaştıkça doğruluğunu yitirir. Burada su ve havadan başka bir üçüncü ortam, örneğin cam işin içine girer. Böylece, sınırın hangi denge şeklini alacağını bulabilmek için su-hava, sucam, cam-hava ortamları arasındaki çekim kuvvetleri dengesini incelemek gerekir. Su-hava sınırının kabın duvarı yakınında havaya doğru büküldüğü gözlenebilir. Bu sınıra dik olan doğrultuya doğru yapılan açı θ, temas açısı veya ıslanma açısı olarak adlandırılır. Bu açı iki ortamın fiziksel özelliğidir ve sıcaklığa bağlı olarak değişim gösterir. Su ve hava yerine civa ve hava kullanılsaydı sınırın civaya doğru büküldüğü gözlenecekti. Bu durum civa molekülleri arasındaki çekim kuvvetinin, civa ve camı meydana getiren moleküllerin uyguladığı çekim kuvvetinden daha büyük olduğunu gösterir. Ayrıca yüzeyin bükülmesi sadece sınırlarda gözlenmektedir. (Şekil 1.6)

Şekil 1.6.Capiler boruda adhezyon ve kohezyon etkileri

Suyun yükselme ve civanın alçalma miktarlarını ölçüp, hidrostatik denklemlerini yazarak tüp içinde su-hava ve civa-hava sınırlarının üzerine etkiyen basınç kuvvetlerini kolayca bulabiliriz. Sınır üzerinde bu basınç farkının dengeyi bozmaması ancak eşit büyüklükte ve ters yönde bir kuvvetin sınıra uygulanması ile mümkündür. Bu kuvvete yüzey gerilmesi kuvveti denir.Uzunlukla orantılı ve sınır teğet vektörü yönünde uygulanan bir kuvvettir.

Şekil 1.7.Yüzey geriliminden dolayı eğri yüzeylerde oluşan basınç değişimi

Arakesit yüzeyi bir eğri ise, mekanik denge şartı arakesit yüzeyi boyunca bir basınç farkının varlığını gösterir ve basınç konkav tarafta daha büyük olur.Şekil 1.7’da bir sıvı, silindirin iç kısmındaki basınç artışı iki yüzey gerilimi tarafından dengelenmektedir. Buna göre su-hava ve civa-hava için 200C’de ölçülmüş olan yüzey gerilme kuvveti Y olmak üzere; Y=0.073 N/m hava-su Y=0.48 N/m hava-civa Silindir içerisindeki basınç dağılımı;

2 RL∆p = 2YL

26


veya

Y R

∆p =

yazılabilir. Bu hesaplamalarda sıvının ağırlığı gözönüne alınmamıştır. Şekil 1.7b’de ise küresel bir damlanın iç kısmındaki basınç artışı dairesel bir yüzey gerilim kuvveti ile dengelenmektedir. Buna göre;

πR 2 ∆p = 2πRY veya;

∆p =

2Y R

olur. Bu sonuç bir sabun köpüğü içindeki basınç artışı öngörülerek kullanılabilir, dolayısıyla hava ile arakesit yüzeyine sahiptir. Aynı R çapında bir iç ve bir dış yüzey için;

∆p köpük ≈ 2∆p damla =

4Y R

yazılabilir. Şekil 1.6c’de ise eğrilik yarıçapları R1 ve R2 olan yüzeylerin arakesit konumları görülmektedir. Yüzey normali doğrultusundaki dengeleyici kuvvet dengesinden konkav taraftaki basınç artışı;

 1 1   ∆p = Y  +  R1 R2  olur. İkinci önemli yüzey etkisi bir sıvı, katı yüzey ile arakesit oluşturduğunda temas açısı (θ) ortaya çıkar. (Şekil 1.8) Bu takdirde kuvvet dengesi hem Y, hemde θ'yı içerir. Eğer temas açısı 90o’den küçük ise sıvı katı cidarı ıslatır. θ>90o ise, sıvı ıslatılmayan sıvı olarak isimlendirilir.

Şekil 1.8. Sıvı-Katı ve gaz yüzeylerde temas açısının etkisi

Mesela su sabunu ıslatır, fakat mumu ıslatamaz. Su temiz bir cam yüzeyini θ = 0o açısıyla güzelce ıslatır. Yüzey gerilimi Y gibi, temas açısı θ'da katı-sıvı ara yüzeyinin gerçek fiziko-kimyasal şartlarına göre duyarlıdır. Temiz bir civa-hava-cam ara yüzeyi için, temas açısı θ =130o’dir. Özel olarak su-gümüş temas yüzeyinde θ =90o olmaktadır.

27


1.13. Buharlaşma

Herhangi bir sıcaklık veya basınçta buharlaşmanın olduğu bilinen bir gerçektir. Bir akışkan ısıtıldığı zaman Ek (kinetik enerji) artış gösterecek ve moleküllerin havaya karışımı kolaylaşacaktır. Ayrıca havanın basıncını azaltacak olursak aynı şekilde moleküler hareket hızlanacaktır. Moleküler iç enerjileri ve havanın basıncı yüzünden buharlaşamamaya etken eden bu iki paramatre olmadığı takdirde buharlaşma hareketlilik gösterir. Dolayısıyla her akışkanın belirli basınç ve sıcaklık altında buharlaşma basınçları mevcuttur. Örneğin;

Uygulamalar Şekildeki özgül kütlesi 7850 kg/m3 olan 3 cm çapında ve 40 cm uzunluğundaki çelik şaft 3.02 cm çaplı düşey konumdaki dairesel kesitli bir yatak içerisinde kendi ağırlığı ile hareket etmektedir. Şaft ile yatak arasındaki sıvının viskozitesi 1.5 Pa s olduğuna göre şaftın hareket hızını bulunuz?

3.02 cm 40 cm

10 cm çapında, 7 cm uzunluğunda bir piston, çapı 10.04 cm olan bir silindir içinde hareket etmektedir. Piston ile çeper arası viskozite katsayısı 0.066 Pa s olan bir yağ ile yağlanmaktadır. Pistona 0.8 m/s’lik bir hız sağlanabilmesi için eksenel olarak uygulanması gerekli kuvveti bulunuz?

28

3 cm

V

D


1 kN ağırlığında ve her kenarı 200 mm boyutlarında olan kübik kütle eğik düzlemde bulunan 0.005 mm kalınlığındaki yağ tabakası üzerinde aşağıya doğru kaymaktadır. Yağ tabakasının lineer hız profili kabulüyle erişeceği hızı bulunuz? ( Yağın viskozitesi, 0.07 Pa s )

1 kN

0.005 mm

Yağ tabakası

200

Dm = 75 mm çapında bir mil Dy = 75.150 mm çapında ve L = 200 mm genişliğinde bir yatak içerisinde eksenel doğrultuda F = 9 N’luk bir kuvvetle ancak V = 0.12 m/s’lik bir hızla hareket ettirilebiliyor? F a) Bu durumda mil ile yatak arasındaki Dy Dm yağlama yağının viskozitesini hesaplayınız. b) Aynı mili teğetsel doğrultuda aynı e çevresel hızla döndürebilmek için döndürme momenti ne olmalıdır. L

Şekildeki gibi eş eksenli olarak iç içe yerleştirilmiş, taban ve yanal yüzeyleri eşit ölçülerdeki iki silindir arasındaki ri ndir sabit e tutulmaktadır. Bu esnada oluşacak momenti hesaplayınız? ( e = 0.05 mm; r = 10 cm; h = 12 cm ) h r

ω

29

BASINÇ ÖLÇÜMLERİ

BÖLÜM 2

Basınç Ölçümleri

2.1 Genel Bakış

2.2. Basınç ve Basınç Dağılımı

Birçok akış problemleri hareketi içermemektedir. Bunlar durgun bir akışkandaki basınç dağılımı ve batan veya yüzen cisimler üzerinde oluşan basınç dağılımı ile ilişkili konuları içerir. Akışkan hızının sıfır olması, hidrostatik şartları vurgular. Basınç değişimleri sadece akışkanın ağırlığından dolayıdır. Belirli bir akışkan yerçekimi kuvvetinin etkisinde ise basınç dağılımı integrasyonla kolayca hesaplanabilir. Eğer akışkan katı bir cisim içerisinde hareket ediyorsa, (örneğin tank içerisindeki akışkanın uzun süredir dönel hareket yapması gibi), basınç yine kolayca hesaplanabilir. Şekil 2.1’deki gibi ∆x, ∆z, ve ∆s boyutlarında b genişliğinde olan üçgen eleman, durgun bir akışkanı tanımladığını düşünelim.

Şekil 2.1. Durgun konumda bir nokta etrafında basınç

Kayma gerilmesi içermeyen bu elemanda yüzeylerdeki basınçlar Px, Pz ve Pn olsun. X ve Y yönünde etkiyen kuvvetlerin toplamı sıfır olmalıdır, Böylece;

∑F

x

∑F

z

= 0 = Px ⋅ b ⋅ ∆z − Pn ⋅ b ⋅ ∆s ⋅ Sinθ

= 0 = Pz ⋅ b ⋅ ∆x − Pn ⋅ b ⋅ ∆s ⋅ Cosθ −

30

1 ⋅ γ ⋅ b ⋅ ∆x ⋅ ∆z 2


üçgen geometrinin özelliğinden yararlanarak; ∆s ⋅ Sinθ = ∆z

;

∆s ⋅ Cosθ = ∆x

yazılabilir. Taraf tarafa toplanırsa;

Px = Pn

;

∆z limit → 0

Pz = Pn +

1 ⋅ γ ⋅ ∆z 2

Px = Pz = Pn = P

elde edilmiş olur. Burada θ rastgele bir açı alındığı için, limit olarak elemanın boyutlarını sıfıra yaklaştırdığımızda “bir nokta etrafında basınçlar doğrultunun fonksiyonu olmayıp, her doğrultuda birbirine eşittir.” sonucuna varılır. Eğer sıvı hareket ettirilirse tabakalar arasında bağıl bir hareket oluşacağından kayma gerilmeleri meydana gelir ve genel olarak normal gerilme (yani basınç) bir noktada her doğrultuda eşit olmaz. Bu koşulda bir noktadaki ortalama basınç; 1 P = - (σ xx + σ yy + σ zz ) 3 olarak tanımlanır. Buradaki (-) işareti sıkıştırmayı tanımlar. ”İdeal akışkanlarda viskozite sıfır olduğundan, akışkan hareket halinde olsa bile, kayma gerilmesi meydana gelmeyeceğinden dolayı bir nokta etrafında basınç her doğrultuda aynıdır.”

2.3. Bir akışkan elemanı üzerindeki basınç kuvveti

Durgun bir sıvı içerisinde bir nokta etrafında basıncın her doğrultuda aynı olduğu bilindiğine göre, noktanın konumu değiştirildiği takdirde, yani noktadan noktaya basıncın değişiminin nasıl olabileceğini araştırmak için Şekil 2.2’de verilen bir dx,dy,dz hacim elemanı üzerinde inceleme yapalım.

Şekil 2.2. Durgun konumda bir nokta etrafında basınç

31


bu hacim elemanı üzerine etkiyen x yönündeki net kuvvet;

∂P  ∂P  dFx = P dy dz- P + dx  dy dz = − ⋅ dx dy dz ∂x  ∂x  benzer şekilde y ve z yönlerinde oluşan basınç değişiminden dolayı;

∂P ∂P dFz dydxdz , için dzdydx ∂y ∂z yazılabilir. Basınçtan dolayı akışkan elemanına uygulanan toplam net kuvvet için; dFy için

−

 ∂P ∂P ∂P  dFb =  − i ⋅ − j⋅ − k ⋅  ⋅ dxdydz ∂x ∂y ∂z   yazılabilir. Burada parantez içerisindeki ifadenin basınç dağılımını ifade ettiğini bildiğimize göre, birim hacım elemanına uygulanan net basınç kuvveti için ise;

f b = −∇P yazılabilir. Unutulmamalıdır ki, burada elde edilmiş olan ifade basınç değil net bir kuvvetin sebep olduğu basınç gradyanıdır. Dolayısıyla yerçekimi ve akışkana etki eden diğer kuvvetlerle dengelenmelidir. 2.4. Bir Akışkan elemanının dengesi

Basınç gradyanı elemanın yüzeylerine etki eden bir yüzey kuvvetidir. Dolayısıyla elektromanyetik veya yerçekimi gibi, nedenlerle oluşan kuvvetlerinde dikkate alınması gerekir. Yerçekimi kuvveti için benzer şekilde;

dFg = ρ ⋅ g ⋅ dx dy dz

;

fg = ρ ⋅ g

yazılabilir. Sıkıştırılamaz akışkan için, sabit viskozite kabulüyle net viskoz kuvvet ise  ∂ 2V ∂ 2V ∂ 2V f vis = µ 2 + 2 + 2 ∂z ∂y  ∂x

  = µ ⋅ ∇ 2 ⋅ V 

olmaktadır. Basınç, yerçekimi ve viskoz kuvvetlerin toplamı ivme’ye eşit olmalıdır. ρ ⋅ a = Σf = f press + f grav + f vis = −∇P + ρ ⋅ g + µ ⋅ ∇ 2 ⋅ V

yukarıdaki denklemi yeniden düzenleyecek olursak; ∇P = ρ( g − a ) + µ ⋅ ∇ 2 ⋅ V = B( x, y, z,t )

32


yazılabilir. Burada “B” ivme, yerçekimi ve viskoz kuvvetler gibi ifadelerin toplamıdır. ∂P = B x ( x, y, z,t ) ∂x

,

∂P = B y ( x, y, z,t ) ∂y

,

∂P = B z ( x, y, z,t ) ∂z

Özel Haller;

1. İvme ve viskoz terim sıfıra eşitse, basınç sadece yerçekimi ve yoğunluğa bağlıdır. Bu ise hidrostatik şartlar olarak anılır. 2. Sadece viskoz terim sıfıra eşitse; P = ρ( g - a )

RIJID BODY ve ROTASYON

3. Viskoz terim sıfırsa ve ifadenin integrali Bernoulli denklemi olarak anılır ∇xV = 0

IRROTATIONAL HAREKET

4. Tüm terimlerin var olması hali; ∇P = ρ( g − a ) + µ ⋅ ∇ 2 ⋅ V = B( x, y, z,t )

2.5. Mutlak ve Etkin Basıncı

VISKOZ HAREKET

Bir akışkanın basıncı ile ilişkili bir işlem yaptığımızda, her zaman bir referans noktasına göre ölçme yaparız. Normalde bu referans basıncı atmosfer basıncıdır ve ölçtüğümüz basınç ise etkin basınc (ölçüm) basıncı olarak adlandırılır. Eğer bir noktadaki basınç mutlak skalaya göre (mutlak sıfırdan başlayarak) belirtilmiş ise buna mutlak basınç denir. Mutlak sıfır noktası tam vakum durumudur. Sistem basıncı ise; manometreler yardımıyla ölçülen basınç değeridir. Bir noktadaki basıncın manometrik değerine, lokal atmosfer basıncı ilave edilirse mutlak basınç bulunmuş olur. Yani, bu iki basınç ile ilişkili basit bir denklem;

Pmut = Psis + Patm

Şekil 2.3. Mutlak, Etkin ve Atmosfer basınç

33


burada;

Pmut= Mutlak basınç Psis = Etkin basınç Patm = Atmosfer basıncı

Şekil 2.3 bu denklemi grafiksel olarak yorumlamaya yardımcı olacaktır. Buradan çıkaracağımız sonuçlar ise; - En iyi vakum, mümkün olabilen en düşük basınçtır. Bundan dolayı mutlak basınç daima pozitiftir. - Atmosfer basıncı üzerindeki sistem basıncı pozitiftir. - Atmosfer basıncı altındaki sistem basınci negatiftir ve bazen vakum olarak da adlandırılır. - Yeryüzüne yakın atmosferik basıncın normal değeri yaklaşık olarak 95 kPa (mutlak) ile 105 kPa (mutlak) arasındadır. Denız seviyesınde, standart atmosfer basıncı 101.3 kPa (mutlak)’dır. 2.6. Hidrostatik Basınç Dağılımı

Eğer bir akışkan durgun konumda veya sabit bir hıza sahip ise, a=0 ve ∇ 2V = 0 olur. Dolayısıyla yukarıda verilen denklemimiz;

∇p = ρg haline dönüşür. Bu durgun konumda tüm akışkanlar için geçerli olan hidrostatik dağılım olarak anılır. Kartezyen koordinat takımına göre basınç dağılımı ifadesini yerine yazacak olursak;

∂p =0 ∂x

∂p =0 ∂y

∂p = − ρg = −γ ∂z

yukarıdaki ifadeden görüldüğü üzere basınç x ve y’den bağımsızdır. Sadece z yönündeki değişimin fonksiyonu olup;

∂p = −γ ∂z veya 2

p 2 − p1 = − ∫ γdz 1

olacaktır. Sonuç olarak, hareketsiz bir sıvı içerisinde basınç aşağı doğru inildikçe artacak, yukarı doğru çıkıldıkça azalacak ve yatay konumlarda ise sabit kalacaktır. Buna örnek olarak Şekil 2.4’de verilen bir kap içerisinde çeşitli noktalardaki basınç dağılımları gösterilebilir. Şekildeki kabın yüzeyinde atmosfer basıncı her noktada aynı olduğundan, kap yüzeyinin bütün noktalarında basınç atmosfer basıncına eşittir. Aynı derinlikte bulunan a,b,c ve d noktalarında yine basınçlar eşit ve belirtilen noktanın kabın yüzeyine olan mesafesi ile orantılı olarak değişmektedir. Benzer şekilde kabın tabanında bulunan A,B ve C noktalarında basınçlar birbirine eşit olup, D noktasında ise iki farklı yoğunluğa sahip akışkan bulunması (su ve civa) nedeniyle farklıdır.

34


Şekil 2.4.Hidrostatik basınç dağılımı

2.6.1 Civalı Barometre

Yukarıda verilen hidrostatik formülün basitçe uygulandığı ve pratik uygulaması olan cihaz barometredir ve atmosferik basıncı ölçer. Şekil 2.5’de görüldüğü gibi içerisi civa ile doldurulmuş bir tüp yine civa içeren bir kaba batırılmaktadır. Civanın oda sıcaklığında buharlaşma basıncı çok küçük olduğundan tüpün üst kısmı, yaklaşık olarak vakum basıncına sahiptir. Atmosferik basınç kuvveti tüp içerisinde “h” yükseltisinde civa kolonu oluşturacağından, kabın yüzeyindeki civanın basıncı sıfır olacaktır.

Şekil 2.5 .Mutlak atmosferik basıncı ölçen barometre

z1=h z2=0

Şekildeki notasyonlardan yararlanarak; Basınç taraması yapıldığında;

için için

p1=0 p2 = pa

p a − 0 = −γ M (0 − h)

veya,

h=

Pa

γM

Tablo 2.1’den de görüldüğü üzere deniz seviyesinde Pa=101.350 Pa ve γM=133.1 N/m3 olup barometrik yükseklik ise; h=101.350/133.1=0.761 m veya 761 mm’dir.

35


Tablo 2.1. Bazı akışkanlara ait özgül ağırlık değerleri

Şekilde verilen manometrenin A ve B noktaları arasındaki basınç farkını hesaplayınız? Hava ( h1 = 15 cm, h2 = 25 cm, h3 = 35 cm, h4 = 40 cm, h5 = 35 cm ) ( ρ1 = 1000 kg/m3, ρ2 = 13600 kg/m3, 3 1 h1 h3 ρ3 = 930 kg/m3, ρhava = 1.2 kg/m3 ) A ile B arasında basınç taraması yapılırsa,

h2 A

h5

2

Hava

h4

B

PA − ρ h ⋅ g ⋅ (h1 + h2 ) + ρ1 ⋅ g ⋅ h1 + ρ 2 ⋅ g ⋅ (h2 + h5 )

− ρ h ⋅ g ⋅ (h3 + h4 ) + ρ 3 ⋅ g ⋅ h3 + ρ h ⋅ g ⋅ h4 = PB

PA − PB = ρ h ⋅ g ⋅ (h1 + h2 + h3 ) − ρ1 ⋅ g ⋅ h1 − ρ 2 ⋅ g ⋅ (h2 + h5 ) − ρ 3 ⋅ g ⋅ h3

PA − PB = 1.2 ⋅ 9.81 ⋅ (0.15 + 0.25 + 0.35) − 9810 ⋅ 0.15

− 13600 ⋅ 9.81 ⋅ (0.25 + 0.35) − 930 ⋅ 9.81 ⋅ 0.35

PA − PB = 8.829 − 1471.5 − 80049.6 − 3193.15 ⇒ PA − PB = −84714.25 N/m 2

36


Patm = 101325 Pa

Şekildeki sistemde havanın basıncını ( Phava = ? ) bulunuz?

Su Su Phava

PA = PB

0.7 m

1m 0.8 m

PB = Patm + 3.5 ⋅ 9.81 ⋅ 1000

3.5 m

0.5 m

0.1 m

0.5 m A

B

Civa

PB = 135660 Pa

1.5 m

Civa

PA = Phava + 0.1 ⋅ g ⋅ ρ civa − 0.8 ⋅ g ⋅ ρ civa − 0.7 ⋅ g ⋅ ρ su + 1 ⋅ g ⋅ ρ su + 1 ⋅ g ⋅ ρ civa

PA = Phava + 0.1 ⋅ 9.81 ⋅ 13600 − 0.8 ⋅ 9.81 ⋅ 13600 − 0.7 ⋅ 9.81 ⋅ 1000 + 1 ⋅ 9.81 ⋅ 1000 + 1⋅ 9.81 ⋅ 13600 PA = PB ⇒ Phava = 92692 Pa

M2 manometresinin gösterdiği değer 196200 Pa olduğuna göre M1 ve M3 manometrelerinin gösterdiği değerleri bulunuz? ( ρciva = 13600 kg/m3; ρsu = 1000 kg/m3 )

M3 M2

Su

1m

PA = 196200 + 1 ⋅ 13600 ⋅ 9.81 ⇒ PA = 329616 Pa PB = M 3 + 2 ⋅ 13600 ⋅ 9.81 ⇒ PB = M 3 + 266832 Pa

C

Civa

PA = PB

329616 = M 3 + 266832 ⇒ M 3 = 62784 Pa PC = M 1 + 1 ⋅ 1000 ⋅ 9.81 ⇒ PC = M 1 + 9810 Pa PD = PA + 1 ⋅ 13600 ⋅ 9.81 = 329616 + 133416 ⇒ PD = 463032 Pa PC = PD M 1 + 9810 = 463032 ⇒ M 1 = 453222 Pa

37

2m

1m

M1 A D

B 2m


İçinde basınçlı su bulunan silindir iki depo arasına şekilde görüldüğü gibi yerleştirilen U şeklindeki diferansiyel bir manometrenin civa yüzeyleri arasındaki h yükseklik farkını hesaplayınız? ( PA = 3 bar; PB = 1.5 bar; z = 1.2 m ) ( ρciva = 13600 kg/m3; ρsu = 1000 kg/m3 )

PC = PD

su a2

a1

A PA

x h C

D

y

z

B PB

civa

(1)

PC = PA + γ su ⋅ (h + x + a 2 ) − γ su ⋅ a 2 ⇒ PC = PA + γ su ⋅ (h + x )

(2)

PD = PB + γ civa ⋅ h + γ su ( x + a1 ) − γ su ⋅ (a1 + x + y ) ⇒ PD = PB + γ civa ⋅ h − γ su ⋅ y (3)

(2) ve (3) denklemleri (1) denkleminde yerine yazılırsa; PA + γ su ⋅ (h + x ) = PB + γ civa ⋅ h − γ su ⋅ y PA − PB + γ su ⋅ ( x + y ) = (γ civa − γ su ) ⋅ h ⇒ h =

h=

PA − PB + γ su ⋅ ( x + y ) γ civa − γ su

3 ⋅ 10 5 − 1.5 ⋅ 10 5 + 9810 ⋅ 1.2 ⇒ h = 1.30877 m 9.81 ⋅ (13600 − 1000 )

Şekildeki U tüpünün üst kısmı bağıl yoğunluğu 0.98 olan yağ, kalan kısmı ise su ile doludur. A ve B noktaları arasındaki basınç farkını N/m2 cinsinden hesaplayınız? ( H = 55 mm; x = 10 mm; y = 75 mm; L = 20 mm )

x

y

A ve B noktaları arasındaki basınç taramasından;

PA − ρ su ⋅ g ⋅ H − ρ yağ ⋅ g ⋅ y + ρ su ⋅ g ⋅ (H + y ) = PB

38

H A

L

B


PA − PB = ρ yağ ⋅ g ⋅ y − ρ su ⋅ g ⋅ y = 980 ⋅ 9.81 ⋅ 0.075 − 1000 ⋅ 9.81 ⋅ 0.075 PA − PB = −14.715 N / m 2 Kayıpları ihmal ederek şekildeki akışkanın debisini ve giriş kesitindeki P1 basıncını bulunuz? ( h = 22 cm ) 1 ve 2 arası basınç taramasından ve Bernoulli’den;

P1 + ρ a ⋅ g ⋅ h = ρ ⋅ g ⋅

2 1 D = 30 cm

V1 Su

ρb = 1.59

d = 10 cm

h

P V2 V22 + ρ ⋅ g ⋅ h ⇒ 1 = 2 − ( ρ b − 1) ⋅ g ⋅ h ρ 2⋅g 2

(1) P1 V12 V22 + = 2 2 g

(2)

V1 = 2 ⋅ g ⋅ (ρ b − 1) ⋅ h Q=

π ⋅ D12 4

⋅ V1 =

π ⋅ (0.3)2 4

⋅ 2 ⋅ 9.81 ⋅ (1.59 − 1) ⋅ 0.22 ⇒ Q = 112.8 lt / s

P V2 P1 V2 + 1 + z1 = 2 + 2 + z 2 ρ ⋅g 2⋅g ρ ⋅ g 2⋅ g P1

ρ

=

 V 2  D4  V22 − V12 V22 =  2 − 1 ⋅ 1 =  4 − 1 ⋅ ( ρ b − 1) ⋅ g ⋅ h 2 d   2 V1

 0.3  4  P1 P =   − 1 ⋅ (1.59 − 1) ⋅ 0.22 ⇒ 1 = 10.38 mSS ρ ⋅ g  0.1  ρ⋅g 

39


Şekildeki sistemde A noktasının basıncını bulunuz? ( ρciva = 13600 kg/m3; ρsu = 1000 kg/m3 )

PA = PB + ρ su ⋅ g ⋅ h1 ;

P0 = 0 su

0.5 m

PB = PC = PD

B

C

D

0.4 m A

civa

PB = PD = P0 + ρ civa ⋅ g ⋅ h ⇒ PB = 13600 ⋅ 9.81 ⋅ 0.5 PA = 13600 ⋅ 9.81 ⋅ 0.5 + 1000 ⋅ 9.81 ⋅ 0.4 ⇒ PA = 70632 Pa 203 mm çaplı bir boruda kotları aynı olan iki nokta arasındaki uzaklık 152.4 m olup, borunun giriş ve çıkış noktaları arasına bir diferansiyel manometre bağlanmıştır. Su debisinin 178.6 lt/s için manometredeki civa seviyeleri farkı 1.96 m olduğuna göre (λ) sürtünme katsayısını bulunuz? ( ρciva = 13600 kg/m3; ρsu = 1000 kg/m3 )

152.4 m

1

1.96 m

P1 + P5 , g ,1,96 − P2 , g ,1,96 = P2 P1 − P2 = 13600,9,81,1,96 − 1000,9,81,1,86 = 242267, 76 Pa V =

Q = A

0.1786

(0.203)2 π⋅

⇒ V = 5.518 m / s

4

P1

γ

+

V12 P V2 P − P2 + z 1 − H k 12 = 2 + 2 + z 2 ⇒ H k 12 = 1 2⋅ g γ 2⋅g γ

H k 12 =

P1 − P2

γ

=

242267.76 ⇒ H k 12 = 24.696 m 1000 ⋅ 9.81

40

Su

civa

2

Q


L V2 ⋅ ⇒ D 2⋅ g H ⋅ D ⋅ 2 ⋅ g 24.696 ⋅ 0.203 ⋅ 2 ⋅ 9.81 λ = k 12 2 = ⇒ λ = 0.02119 2 L ⋅V 152.4 ⋅ ( 5.518 ) H k 12 = λ ⋅

Şekildeki U tüpünün üst kısmı bağıl yoğunluğu 0.95 olan yağ, kalan kısmı ise su ile doludur. A ve B noktaları arasındaki basınç farkını N/m2 cinsinden hesaplayınız? ( H = 40 mm; x = 5 mm; y = 35 mm; L = 30 mm )

x

y

H A

L

A ve B noktaları arasındaki basınç taramasından;

B

PA − ρ su ⋅ g ⋅ H − ρ yağ ⋅ g ⋅ y + ρ su ⋅ g ⋅ (H + y ) = PB PA − PB = ρ yağ ⋅ g ⋅ y − ρ su ⋅ g ⋅ y = 950 ⋅ 9.81 ⋅ 0.035 − 1000 ⋅ 9.81 ⋅ 0.035 PA − PB = −17.1675 N / m 2 Silindirik depo 50 mm yüksekliğinde su içermektedir. İçteki küçük silindir depo ise h yüksekliğinde, bağıl yoğunluğu 0.8 olan gaz yağı içermektedir. PA’nın ölçülen basıncı ve gazyağının ölçülen yüksekliği nedir? (Gazyağının deponun üstüne çıkmasının önlendiği kabul edilecektir.) ( PB = 13.80 kPa; PC = 13.82 kPa )

PA

hava

su H = 50 mm h gazyağı

PB

PC

PA = ρ s ⋅ g ⋅ H + PC = −1000 ⋅ 9.81 ⋅ 50 ⋅ 10 −6 + 13.82 ⇒ PA = 13.329 kPa PA + ρ s ⋅ g ⋅ (H − h ) + ρ g ⋅ g ⋅ h = PB h=

(PB − PA ) − ρ s ⋅ g ⋅ H − g ⋅ (ρ g − ρ s )

=

(13800 − 13329) − 1000 ⋅ 9.81 ⋅ 50 ⋅ 10 −3 − 9.81 ⋅ (800 − 1000)

h = 9,93 ⋅ 10 −3 m ⇒ h ≅ 9,93 mm

41


Çapları d1 = 60 mm ve d2 = 40 mm olan sistemden debisi Q = 5 lt/s’de su akmaktadır. Bu esnada ölçülen civa seviyesi farkı h’ı hesaplayınız? ( ρciva = 13600 kg/m3 )

d2 d1 h

Civa

z1 = z 2 P1

γ

+

V12 P V2 P − P2 V22 − V12 + z1 = 2 + 2 + z 2 ⇒ 1 = 2⋅ g γ 2⋅g γ 2⋅ g

(1)

Basınç taraması yapılırsa; P1 − P2 = h ⋅ (γ c − γ )

(2)

V2 =

4 ⋅Q 4 ⋅ 5 ⋅ 10 −3 = ⇒ V2 = 3.98 m / s π ⋅ d 22 π ⋅ (0.04 )2

V1 =

4 ⋅Q 4 ⋅ 5 ⋅ 10 −3 = ⇒ V1 = 1.768 m / s π ⋅ d 12 π ⋅ (0.06 )2 (2) denklemi (1) denkleminde yerine konulursa;

h=

2 2 (V22 − V12 )γ ((3.98) − (1.768) )1000 = ⇒ h = 0.051 m 2 ⋅ g ⋅ (γ c − γ ) 2 ⋅ 9.81 ⋅ (13600 − 1000)

Şekildeki depoda yoğunluğu 850 kg/m3 olan yağ bulunmaktadır. a) H yükseklik farkını hesaplayınız? b) Yağa bir pistonla 0.5 bar’lık bir basınç uygulanması halinde manometrenin sağ kolunda civanın ne kadar yükseleceğini bulunuz? ( ρciva = 13600 kg/m3; ρyağ = 850 kg/m3)

P H

Yağ 0.15 B

C Civa

42


a) PB = γ yağ ⋅ H

PB = γ civa ⋅ h PB = PC ⇒ γ yağ ⋅ H = γ civa ⋅ h ⇒ H =

γ civa ⋅ h 13600 ⋅ 9.81 ⋅ 0.15 = ⇒ H = 2.4 m 850 ⋅ 9.81 γ yağ

b) PD = P + γ yağ ⋅ (H + x )

PE = γ civa ⋅ (h + 2 ⋅ x )

h' = h + 2 ⋅ x PD = PE ⇒ P + γ yağ ⋅ (H + x ) = γ civa ⋅ (h + 2 ⋅ x ) 0.5 ⋅ 10 5 + 9.81 ⋅ 850 ⋅ (2.4 + x ) = 9.81 ⋅ 13600 ⋅ (0.15 + 2 ⋅ x ) ⇒ x = 0.193 m su

Şekildeki manometrede A ve B haznelerine etkiyen basınçların değerleri sırasıyla 2 bar ve 1 bar olduğuna göre, manometrenin kollarındaki civa yüzeyleri arsındaki kot farkını hesaplayınız? ( ρciva = 13600 kg/m3; ρsu = 1000 kg/m3 )

su A E

x

F

y

B

16 h

PC = PD ;

PE = PF ;

x + y = 0.06 m

C

10 D civa

PA + γ su ⋅ ( y + x ) = PB − γ su ⋅ y + γ civa ⋅ h

10 5 ⋅ (2 − 1) = (9.81 ⋅ 13600 − 9.81 ⋅ 1000 ) ⋅ h − 9.81 ⋅ 1000 ⋅ 0.06 ⇒ h = 0.8 m Şekildeki sifonun kesiti dairesel olup çapı 10 cm’dir. Sifondaki su hızını ve debiyi, B noktasındaki mutlak basıncı bulunuz? ( Kayıplar ihmal edilecektir.) ( ρsu = 1000 kg/m3 )

B 2m A

4m D = 10 cm C

43


PA

γ

+

P V2 V A2 + z A = C + C + zC 2⋅ g 2⋅g γ PA = PC = P0

VA ≅ 0 ;

Vc = 2 ⋅ g ⋅ 4 = 2 ⋅ 9.81 ⋅ 4 ⇒ V = 8.86 m / s

Q =V ⋅ PA

γ

+

π ⋅ D2 4

π ⋅ (0.1)2 4

⇒ Q = 0.0696 m 3 / s

V A2 P V2 + z A = B + B + zB γ 2⋅ g 2⋅ g

VA ≅ 0 ; A=

= 8.86 ⋅

PA = P0 ;

π .D

2 0

=

π .(0,1)

2

− z A + zB = 2 m

= 7,85.10−3 m 2

4 4 Q 0, 0696 = 8,86 m/s VB = = A 7,85.10−3 V B2 =4 m 2⋅ g PA − PB V 2 B = + zB − z A ρg 2g 101325 − PB =6 9810 N PB = 42477,3 2 m

Şekildeki boruda çap A’da 0.95 cm iken B’de 0.64 cm’ye düşmektedir. Su hızı A’da 4.57 m/s olduğuna göre A ve B arasındaki basınç farkını bulunuz. A ile B arasına şekildeki gibi 1.9 cm çaplı pistona sahip bir silindir bağlanmıştır. Piston üzerine etkiyen toplam kuvveti bulunuz?

1 2 B A

z1 = z 2 P1

γ

+

V12 P V2 P − P2 V22 − V12 + z1 = 2 + 2 + z 2 ⇒ 1 = 2⋅ g γ 2⋅ g γ 2⋅ g

44


π ⋅ D12 4

⋅ V1 =

D V2 =  1  D2

π ⋅ D22 4

⋅ V2

2

2

  0.95   ⋅ V1 =   ⋅ 4.57 ⇒ V2 = 10.07 m / s  0.64  

(10.07 ) − ( 4.57 ) ⇒ P − P = 40260 Pa V 2 − V12 P1 − P2 = γ ⋅ 2 = 9810 ⋅ 1 2 2⋅ g 19.62 2

π ⋅ (1.9 ⋅ 10 −2 )

2

2

Piston alanı =

4

⇒ Piston alanı = 2.84 ⋅ 10 −4 m 2

Piston üzerine gelen kuvvet;

F = P ⋅ A = 40260 ⋅ ( 2.84 ⋅10−4 ) ⇒ F = 11.41 N Şekildeki sıvıların bağıl yoğunlukları sırasıyla ρ1b=1.25, ρ2b=0.93, ρ3b=1.15 olduğuna göre A ve B noktaları arasındaki basınç farkını cm cinsinden hesaplayınız. (θ=45°, a=24 cm, b=12 cm, c=12 cm, d=8 cm)

ρ d b a c

A

Pa − Pb = h cm su ρ su g

ρ

PA − ρ1 ga + ρ 2 gb + ρ3 gc = PB PA − PB = g ( ρ1a − ρ 2b − ρ3c) Pa − Pb ρ1a − ρ 2b − ρ3c = ρ su g ρ su = 1.25 × 24 − 0.93 × 18 − 1.15 ×12 Pa − Pb = −0.54 cm su seviyesi ρ su g

45

B

θ

ρ


Şekildeki gibi A noktası U manometresi yardımıyla ölçülecektir. Buna göre ; a) PA basıncının ifadesini ρsu b) ∆h=0 olursa PA=? h2 c) h1=1.5 m, h2=0.13 m, ∆h=0.43 m, değerinde ise sayısal çözümü yapınız. ∆h / 2 ∆h

ρc

h1 ρsu

A

  ρ ∆h ( c − 1 ) = ρ g (h + h ) 1 + 2  A s 1 2  h +h ρ 1 2 s  

a) P

b) P

A

= ρ g (h + h ) s 1 2

c) 0.71 Bar Şekildeki haznelerin üst kısımlarındaki P1 ve P2 basınçlarının farkını kN/m2 olarak bulunuz. ρ=950 kg/m3, ρm=880 kg/m3, z1– P1 z2=98 cm h=44cm h

x

x+y=z1-z2

P1 + xρg − hρg + ρ m gh + yρg = P2

z1

P2 y

ρ

ρ

P2 − P1 = ρg ( x − h + y ) + ρ m gh

z2

P2 − P1 = ρg ( z1 − z 2 − h) + hρ m g

P2 − P1 = [950 × 9.81(0.98 − 0.44) + 0.44 × 880 × 9.81]× 10 −3 P2 − P1 = 8.83 kN/m 2 Şekildeki civalı bir su tüpüyle birbirine bağlı iki ayrı sıvı tankından kurulu bir düzen görülmektedir. Tanklardan birinde su ile birlikte basınçlı gaz bulunmaktadır. Diğeri ise su ve yağ ile doludur. Üst yüzeyi atmosfere açıktır. U tüpünde 30 cm’lik civa yüksekliğini sağlayan gaz basıncını bulunuz. h1=50 cm, h2=75 cm, ρyağ=850 kg/m3, ρsu=1000 kg/m3, ρciva=13600 kg/m3

46

Gaz Su

Yağ Su

h1

10 m

h2 30 cm

Civa


PG+10×ρsu×g–ρciva×g×0.30–ρsu×g×h2–ρyağ×g×h1=Patm=0 PG+10×1000×9.81–13600×9.81×0.30–1000×9.81×0.75–850×9.81×0.50=0 PG=–49491 N/m2 PG≈–0.5 Bar

Şekildeki düzenekte A ve B tankları arasındaki basınç farkını hesaplayınız. (d1=300 mm, d2=150 mm, d3=460 mm, d4=200 mm, γHg=13.6) PA–PB=ρcg(d3+d4Sin45)-ρsgd1

B d4

Su

Hava

45o A d3

d1 d2

Civa

=13600×9.81(0.46+0.2Sin45)–1000×9.81×0.3 =77.293 kPa

2.7. Gazlarda Hidrostatik Basınç

Gazlar yoğunlukları yaklaşık olarak basınçla orantılı olacak şekilde sıkıştırılabilirler. Özellikle gazlarda gözlemlenen büyük basınç değişimlerinde, basıncın integrasyonunu alırken yoğunluğu’da değişken olarak dikkate almak gereklidir. İdeal gaz yasası gereği;

P = ρ ⋅ R ⋅T yazılarak hidrostatik basınç dağılımını veren ifadede yerine yazacak olursak;

∂P P = −ρ ⋅ g = − ⋅g R ⋅T ∂z elde edilir. Taraf tarafa gerekli düzenlemeler yapıldıktan sonra; 2 P2 dP g dz = ln =− ∫ P P1 R1T

bulunur ve T=To izotermal şartlar için yeniden yazacak olursak;

47


 g (z 2 − z1 ) P2 = P1 exp −  R ⋅ T0  

T = T0 izotermal şartlar için

sonucuna varılır. Şekil 2.6 basınç ve sıcaklığın atmosferdeki değişim eğrileri görülmektedir. Gözlemlendiği üzere z=30 km mesafede basınç yaklaşık olarak sıfırdır.

Şekil 2.6.Atmosferde basınç ve sıcaklığın değişimi

2.8. Düzlemsel Yüzeylere etkiyen hidrostatik kuvvet

Hareketsiz bir sıvı içerisinde eğik bir düzlem üzerinde her noktada basınç farklı olacağından yüzeye etkiyen toplam hidrostatik kuvvet, ya integrasyonla yada integrasyona dayalı formülle hesaplanır.

Şekil 2.7.Serbest su yüzeyinden aşğıda bulunan ve θ açısı ile eğimli A alanı üzerine etkiyen hidrostatik kuvvet

48


Şekil 2.7 ‘de eğik düzlem yüzeyine etkiyen hidrostatik kuvvetin şiddetini hesaplamak istersek;

dF = pdA Hareketsiz bir sıvı ortam içerisine daldırılmış eğik düzleme etkiyen hidrostatik kuvvetin şiddeti, yüzeyin ağırlık merkezindeki basınç ile yüzey alanının çarpımından ibarettir. Bu kuvvetin doğrultusu ise yüzey normali doğrultusunda olup yönü

yüzeye doğrudur. F = ∫ pdA = ∫ ( p a + γh)dA = p a A + γ ∫ hdA h = ξ Sinθ

Ayrıca şekildeki tanımlama gereği;

ξ CG =

olduğundan,

1 ξ dA A∫

θ açısı levha boyunca sabit olduğundan; F = p a A + γ Sin θ ∫ ξdA = pG + γ Sin θ ξ CG A

ξ CG Sin θ = hCG olduğundan, F = p a A + γ hCG A = ( p a + γ hCG ) A = pCG A Levhanın basınç merkezin CG ile gösterdiğimiz takdirde; FYCP = ∫ yp dA = ∫ y ( p a + γ ξ Sin θ ) dA = γ Sin θ ∫ yξ dA Burada

∫p

a

y dA yüzeyin atalet momentinden çıkarılabilir. Dolayısıyla;

ξ = ξ CG − y

tanımlamasından; FYCP = γ Sin θ (ξ CG ∫ y dA − ∫ y 2 dA) = −γ Sin θ I xx yine

∫ y dA = 0

ve Ixx ise kapağın x eksenine göre atalet momentidir.

I xx pCG A buradaki negatif işareti etki noktasının ağırlık merkezinin altında olması gerektiğindendir. y CP = −γ Sin θ

49


Şekil 2.8.Bazı iki boyutlu cisimler için atalet momentleri a) Dikdörtgen; b) Daire; c) üçgen; d) yarım daire

Şekilde verilen sistemde; a) PA basıncını bulunuz b) A noktasından mafsallı dikdörtgen AB kapağının açılması için uygulanması gereken F kuvvetinin şiddeti ne olmalıdır. Kapak genişliği 3 m olup, ağırlığı ihmal edilecektir. ( ρsu = 1000 kg/m3, ρyağ = 800 kg/m3, ρciva =13600 kg/m3 )

A B

F

300

PA 1m Yağ

1.4 m

Su 1.6 m 0.3 m Cıva

a) Basınç taramasından, PA + ρ yağ ⋅ g ⋅ 1.4 + ρ su ⋅ g ⋅ 1.6 − ρ civa ⋅ g ⋅ 0.3 = PATM = 0

PA = (ρ civa ⋅ 0.3 − ρ su ⋅ 1.6 − ρ yağ ⋅ 1.4 ) ⋅ 9.81 PA = (13600 ⋅ 0.3 − 1000 ⋅ 1.6 − 800 ⋅ 1.4 ) ⋅ 9.81

PA = (4080 − 1600 − 1120 ) ⋅ 9.81 ⇒ PA = 13341.6 Pa ⇒ PA = 13.341 kPa

50


b) Fx = (PA + 0.5 ⋅ 9.81 ⋅ 800 ) ⋅ 2 ⋅ 3 Fx = (13341 + 3924 ) ⋅ 6 ⇒ Fx = 103.590 kN etki noktası ise; b ⋅ h3 I h2 e = G = 12 = z G ⋅ A z G ⋅ A 12 ⋅ z G

PA basıncının yükseltisi,

hy =

e=

13.341 ⇒ h y ≅ 1.7 m 800 ⋅ 9.81

h2 = 12 ⋅ z G

22 1.7   12 ⋅  1 +  sin 30  

⇒ e = 0.076 m

Fx ⋅ (1 + e ) = F ⋅ 1 ⇒ F = 103.590 ⋅ (1 + e ) ⇒ F = 111462.8 N

A noktasından mafsallı dikdörtgen şeklindeki üniform ve homojen AB kapağı W ağırlığı ile kapalı tutulmaktadır. Buna göre kapağın açılacağı minimum su yüksekliğini bulunuz? ( θ = 600, L = 30 cm, W = 9810 N, a = 90 cm ) b = 120 cm, b: kapağın genişliği

L a

A

W

B

Su θ

a   F =  h − ⋅ sin 60  ⋅ γ ⋅ a ⋅ b 2   I b ⋅ a3 a 2 ⋅ sin 60 e= G = ⇒e= a zG ⋅ A  h  a  12 ⋅ a ⋅ b ⋅  −  12 ⋅  h - ⋅ sin 60   sin 60 2   2 

51

h


    2 a a ⋅ sin 60 a    a  M A = F ⋅ r = F ⋅  + e  = γ ⋅ a ⋅ b ⋅  h − ⋅ sin 60  ⋅ +  a 2 2 2       12 ⋅  h - ⋅ sin 60     2   2 a  a  a ⋅ sin 60   M A = γ ⋅ a ⋅ b ⋅  ⋅  h − ⋅ sin 60  + 2 12  2  

 1   9810 ⋅ 0.3 = 9810 ⋅ 0.9 ⋅ 1.2 ⋅  0.45 ⋅ h − 0.45 2 ⋅ 0.866 ⋅  1 −   3    0.45 ⋅ h = 0.39469 ⇒ h = 0.877 m

Bir havuzun tabanından su boşaltma kanalının kenarı θ = 800 açı yapacak konumdadır. Kanal girişi D = 125 cm çaplı, yatay, simetri ekseni etrafında serbest dönebilecek şekilde mafsallanmış dairesel bir kapakla kapatılmıştır?

a) Kapak tamamen suya gömülü olduğuna göre, kapağı açma momentinin su yüksekliğinden bağımsız olduğunu gösteriniz? b) Döndürme momentini hesaplayınız ? a) e =

IG sin θ D 2 ⋅ sin θ 4 π ⋅ D4 = ⋅ ⋅ ⇒ e = zG ⋅ A 64 π ⋅ D 2 hG 16 ⋅ hG

M G = F ⋅ e = ρ ⋅ g ⋅ hG ⋅

π ⋅ D 2 D 2 ⋅ sin θ 4

⋅

16 ⋅ hG

⇒ MG =

γ ⋅ π ⋅ D 4 ⋅ sin θ 64

MG’nin kapalı ifadesinden görüldüğü gibi sıvı yüksekliği etkiyen moment kuvvetini değiştirmemektedir.

b) M G =

γ ⋅ π ⋅ D 4 ⋅ sin θ 64

9810 ⋅ π ⋅ (1.25 ) ⋅ sin 80 ⇒ M G = 1157.3 N ⋅ m 64 4

=

Şekilde gösterilen A noktasından mafsallı dikdörtgen kapağın genişliği 1.5 m, ağırlığı 24525 N 2m 1m olduğuna göre, suyun kapağın A L=2m Su Su etkisiyle açılıp, açılmayacağını bulunuz? G 45 3 b⋅h ) ( IG = 12 F1 = ρ ⋅ g ⋅ hG1 ⋅ A1 = 1000 ⋅ 9,81⋅ ( 2 + 1⋅ sin 45 ) ⋅ ( 2 ⋅1.5 ) ⇒ F1 = 79670.15 N 0

52


F2 = ρ ⋅ g ⋅ hG 2 ⋅ A2 = 1000 ⋅ 9,81⋅ (1 + 1 ⋅ sin 45 ) ⋅ ( 2 ⋅1.5 ) ⇒ F2 = 50240.1 N b ⋅ h3 I h2 e = G = 12 ⇒ e = 12 ⋅ z G zG ⋅ A zG ⋅ b ⋅ h

e1 =

h2 = 12 ⋅ z G 1

e2 =

h2 = 12 ⋅ z G 2

22  2   12 ⋅  1 + sin 45  

⇒ e1 = 0.087 m

22  1   12 ⋅  1 + sin 45  

M G = G ⋅ cos 45 ⋅

⇒ e2 = 0.138 m

L 2 = 24525 ⋅ cos 45 ⋅ ⇒ M G = 17341.79 N ⋅ m 2 2

(

)

(

)

M 1 = F1 ⋅ AG + e1 = 79670.15 ⋅ (1 + 0.087 ) ⇒ M 1 = 86601.29 N ⋅ m

M 2 = F2 ⋅ AG + e2 = 50240.1 ⋅ (1 + 0.138 ) ⇒ M 2 = 57173.23 N ⋅ m M 1 > M 2 + M G ⇒ 86601.29 > 57173.23 + 173441.79 açılır.

Şekildeki sistemde dikdörtgen kapak 0 noktasından mafsallı olup, kapağın şekil düzlemine dik derinliği 2 m’dir. Kapağı bulunduğu konumda dengede tutabilmek için A noktasına uygulanması gereken kuvvetin değerini bulunuz? ( h1 = 4 m; h2 = 1 m; h3 = 4.5 m ) ( ρyağ = 900 kg/m3; ρsu = 1000 kg/m3); I G =

olduğundan

hGsu

h1 su

0 A

b ⋅ h3 12

Fsu = ρ su ⋅ g ⋅ hGsu ⋅ A = 1000 ⋅ 9.81 ⋅ 3.5 ⋅ (2 ⋅ 1) ⇒ Fsu = 68670 N Fyağ = ρ yağ ⋅ g ⋅ hGyağ ⋅ A = 900 ⋅ 9.81 ⋅ 4 ⋅ (2 ⋅ 1) ⇒ Fyağ = 70632 N

53

kapak

hGyağ h2

yağ

h3


2 ⋅ 13 12 YM su = + 3.5 ⇒ YM su = 3.523 m ; 3.5 ⋅ (2 ⋅ 1) 2 ⋅ 13 YM yağ = 12 + 4 ⇒ YM yağ = 4.02 m 4 ⋅ (2 ⋅ 1)

∑M

0

= 0 ⇒ 68670 ⋅ 0.523 + K ⋅ 0.5 − 70632 ⋅ 0.52 = 0 ⇒ K = 1628.46 N

Şekildeki daralan boru kısmına gelen kuvveti hesaplayınız? 12 m 20 cm A

Q = 200 lt/s

Şekilden;

PA

γ

B

40 cm

= 12 m

0.2 ⇒ V A = 1.595 m / s ; 2 ( 0.4 ) π⋅ 4 Q 0.2 VB = = ⇒ VB = 6.37 m / s 2 FB ( 0.2 ) π⋅ 4

VA =

Q = FA

z A = z B olduğundan; 2 2 V A2 PB VB2 PB P ( 1.595 ) − (6.37 ) + + zA = + + zB ⇒ = 12 + ⇒ B = 10.07 m 2 ⋅ 9.81 γ 2⋅ g γ 2⋅g γ γ

PA

PA

= 12 ⇒ PA = 12 ⋅ γ = 12 ⋅ 1000 ⋅ 9.81 ⇒ PA = 117720 Pa

PB

= 10.07 ⇒ PB = 10.07 ⋅ γ = 10.07 ⋅ 1000 ⋅ 9.81 ⇒ PB = 98786.7 Pa

γ

γ

54


∑ K = ρ ⋅ Q ⋅ (V

B

− VA

)

− R + PA ⋅ FA − PB ⋅ FB = ρ ⋅ Q ⋅ (V B − V A ) R = 117720 ⋅ 0.1255 − 98786.7 ⋅ 0.0314 − 1000 ⋅ 0.2 ⋅ (6.37 − 1.595 ) ⇒ R = 10716.9 N Şekildeki sistemde dikdörtgen kapak A noktasından mafsallı olup kapağın şekil düzlemine dik derinliği 0.6 m’dir. Kapağı bulunduğu konumda dengede tutabilmek için B noktasına uygulanması gereken kuvvetin değerini bulunuz? ( ρN.asit = 1520 kg/m3; ρsu = 1000 kg/m3 ) b ⋅ h3 IG = 12

Su 3m

Nitrik asit

A B

1m

Fsu = ρ su ⋅ g ⋅ hGsu ⋅ A = 1000 ⋅ 9.81 ⋅ 2.5 ⋅ (1 ⋅ 0.6 ) ⇒ Fsu = 14715 N FNA = ρ NA ⋅ g ⋅ hGNA ⋅ A = 1520 ⋅ 9.81 ⋅ 3 ⋅ (1 ⋅ 0.6 ) ⇒ FNA = 26840 N 0.6 ⋅ 13 12 YM su = + 2.5 ⇒ YM su = 2.553 m ; 2.5 ⋅ (1 ⋅ 0.6 ) 0.6 ⋅ 13 12 YM NA = + 3 ⇒ YM NA = 3.0227 m 3 ⋅ (1 ⋅ 0.6 )

∑M

A

= 0 ⇒ 14715 ⋅ 0.533 + K ⋅ 1 − 26840 ⋅ 0.527 = 0 ⇒ K = 6301.585 N

Şekildeki sistemde a x b boyutlarındaki kapağın L A h kütlesi 45 kg ve A noktasından mafsallı olarak 0 W yatayla 45 ’lik açı yapacak şekilde bağlantılıdır. a Sistem L mesafesindeki W karşı ağırlığı θ tarafından kapalı tutulurken A noktasından itibaren h mesafesine sahip su yükseltisinde sistem kapalı olduğuna göre W ağırlığının ne olması gerektiğini bulunuz? ( ρsu = 1000 kg/m3; a = 90 cm; b = 60 cm; L = 90 cm; h = 30 cm )

55

3.5 m


0,90 a     PG = γ ⋅  h + ⋅ sin 45  = 9810 ⋅  0.3 + ⋅ sin 45  ⇒ PG = 6064.52 N / m 2 2 2    

F = PG ⋅ A = 6064.52 ⋅ (0.6 ⋅ 0.9 ) ⇒ F = 3274.84 N b ⋅ a3 2 I Gy a 2 ⋅ γ ⋅ sin 45 (0.9 ) ⋅ 1000 ⋅ 9.81 ⋅ sin 45 12 = = = e= ⇒ e = 0.0772 m z G ⋅ A z G ⋅ (a ⋅ b ) 12 ⋅ PG 12 ⋅ 6064.52 a a  F ⋅  + e  = W ⋅ L + G ⋅ ⋅ cos 45 2 2  3274.84 ⋅ ( 0.45 + 0.0772 ) = 45 ⋅ 9.81 ⋅ 0.45 ⋅ cos 45 + W ⋅ 0.90 ⇒ W = 1762.28 N

ABCD haznesine bağlı boruda su E seviyesine kadar yükseliyor. Hazne ve borunun ağırlığı ihmal ederek, a) 2.5 m genişliğindeki AB alanına etkiyen bileşke kuvvetin şiddetini ve yerini bulunuz? b) Haznenin tabanına etkiyen toplam kuvveti bulunuz?

a)

E A = 0.1 m2

3.7 m A

D

2m

Su C

B 6m

AB alanına etkiyen basınç kuvveti;

FAB = ρ ⋅ g ⋅ hs ⋅ A = 1000 ⋅ 9.81 ⋅ (1 + 3.7 ) ⋅ (2.5 ⋅ 2 ) ⇒ FAB = 230 kN b) Tabana etkiyen toplam kuvvet;

F = ρ ⋅ g ⋅ h ⋅ A = 1000 ⋅ 9.81 ⋅ (2 + 3.7 ) ⋅ (6 ⋅ 2.5) ⇒ F = 839 kN Şekilde görülen V şeklindeki dikdörtgen kapak 0 ekseni etrafında dönerek açılmaktadır. Kapağın kendi ağırlığını ihmal ederek, kapağın açılmaması için H derinliğinin ne olması gerektiğini bulunuz? ( L = 4 m; θ = 450 )

Fx

x

H

θ 0 Su

x=

H sin θ

56

L Fy


Fx = ρ ⋅ g ⋅

H H H b H2 ⋅ (b ⋅ x ) = ρ ⋅ g ⋅ ⋅ b ⋅ ⇒ Fx = ρ ⋅ g ⋅ ⋅ 2 2 sin θ 2 sin θ

Fy = ρ ⋅ g ⋅ H ⋅ L ⋅ b

∑M = 0 ⇒ F

x

⋅

H L − Fy ⋅ = 0 3 ⋅ sin θ 2

b H2 H L ⋅ − ρ ⋅ g ⋅ H ⋅ L ⋅b⋅ = 0 2 sin θ 3 ⋅ sin θ 2

ρ⋅g⋅ ⋅

H2 = L2 ⇒ H 2 = 3 ⋅ L2 ⋅ sin 2 θ = 3 ⋅ 4 2 ⋅ sin 2 45 ⇒ H = 4.89 m 3 ⋅ sin 2 θ

Üzerinde P1 basıncında sıkıştırılmış hava ve altında su bulunan sol yandaki depo ile, P2 basıncındaki gaz bulunan diğer bir depo arasına yerleştirilen, çapı d olan bir boru konik bir tapa tarafından kapatılmaktadır. Konik tapanın açılmaması için P1 basıncı ne olmalıdır?

P1 su h

P2

d

D

gaz

Tapaya gelen x yönündeki kuvvetler;

F1 = PG ⋅ A = ( ρ ⋅ g ⋅ h + P1 ) ⋅

π ⋅ D2

F2 = PG ⋅ A = ( ρ ⋅ g ⋅ h + P1 ) ⋅

F3 = P2 ⋅

4

π ⋅ (D 2 − d 2 ) 4

π ⋅d2 4

Toplam kuvvet dengesinden;

F1 − F2 − F3 = 0

(ρ ⋅ g ⋅ h + P1 ) ⋅ π ⋅ D 4

2

− ( ρ ⋅ g ⋅ h + P1 ) ⋅

57

π ⋅ (D 2 − d 2 ) 4

− P2 ⋅

π ⋅d2 4

=0


Buradan;

(ρ ⋅ g ⋅ h + P1 ) ⋅ π ⋅ d

2

4

− P2 ⋅

π ⋅d2 4

=0

P1 = P2 − ρ ⋅ g ⋅ h A ve B haznelerini birbirinden ayıran duvar üzerinde xx’ yatay ekseni 2m etrafında dönerek 5.5 m açılabilen dikdörtgen 2.5 m şeklinde bir kapak mevcuttur. Kapağı açmak için gerekli momenti bulunuz? ( a = 2 m; b = 1.5 m ) A haznesinden doğan itme kuvveti;

A x’ Fa

x B a

Fb 4m b

PA = ρ ⋅ g ⋅ h A ⋅ (a ⋅ b ) = 1000 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 1.5 ⇒ PA = 6000 kg Bu kuvvetin tatbik noktasının x eksenine olan uzaklığı;

la = e + 1 la =

Ia a2 7 +1= + 1 ⇒ la = m zG ⋅ A 24 6

B haznesindeki suyun itme kuvveti; 2 PB = γ ⋅ hB ⋅ b ⋅ 1.5 = 0.75 ⋅ 1000 ⋅ (1.5 ) ⇒ PB = 1687.5 kg 2 l b = 0.5 + 1.5 ⋅ ⇒ l b = 1.5 m 3 kapağı açmak için gerekli moment;

M = 6000 ⋅ l a − 1687.5 ⋅ l b ⇒ M = 4468.5 kg ⋅ m 2.9. Eğrisel yüzeylere etkiyen hidrostatik kuvvet

İntegrasyon metodu yardımıyla, yüzey ister eğrisel ister düzlemsel olsun, hidrostatik kuvvet ve bir noktaya göre hidrostatik moment doğrudan hesaplanabilir. Eğrisel yüzeyler için, katı cisim üzerine etkiyen hidrostatik kuvvet katılaştırma prensibine göre hesaplanabilir. Hareketsiz bir sıvı ortam içerisindeki ab eğrisel yüzeyi üzerine etkiyen hidrostatik kuvveti katılaşma prensibine göre hesaplayalım. (Şekil 2.9)

58


Şekil 2.9. Eğrisel yüzey üzerine etkiyen hidrostatik kuvvet analizi

Önce sıvı ortam içerisindeki eğrisel yüzeyin sınırlarından geçen birbirine dik ac ve cb yatay ve düşey düzlemlerini çizelim. AC yatay bir düzlem olduğu için, her noktasına etkiyen basınç aynı olduğundan, bu yüzeye etkiyen basınç kuvvetinin şiddeti ve yerini de kolayca hesaplayabiliriz. Bu iki ac ve cb düzlemleri ile ab eğrisel yüzeyi arasında kalan sıvıyı katılaştırmak suretiyle “abc” katı cismine etkiyen kuvvetlerin toplamı sıfır olmalıdır prensibine göre; kuvvetler dengesinden yatay düzleme gelen kuvvet; düzlemsel yüzeylere gelen kuvvet hesabı ile aynı olduğundan yukarıda verilmiş olan prensip yardımıyla hesaplanabilir. Düşey kuvvet hesabı için ise;

FV = W1 + W2 + Whava yazılabilir. Bileşke kuvvet ise;

F = FV2 + FH2 yardımıyla bulunabilir. Aradaki açı ise; tan α =

FV FH

ifadesinden hesaplanabilir. Şekildeki gibi 60 cm yarıçapında ve 120 cm boyutunda olan silindirin ağırlığı 34335 N’dur. Bu silindire etki eden toplam yatay ve düşey kuvvetleri bulunuz? ( ρsıvı = 60 cm 1240 kg/m3 ) A

Su C Sıvı B

59

60 cm


Yatay kuvvetler;

FX 1 = Psu ⋅ A = γ su ⋅ h ⋅ A = 1000 ⋅ 9.81 ⋅ (0.6 + 0.6 ) ⋅ (1.2 ⋅ 1.2 ) ⇒ FX 1 = 16951.68 N  0.6  FX 2 = Psıvı ⋅ A = γ sıvı ⋅ h ⋅ A = 1240 ⋅ 9.81 ⋅   ⋅ (0.6 ⋅ 1.2 ) ⇒ FX 2 = 2627.51 N  2  Düşey kuvvetler;  π ⋅ 0.6 2   ⋅ 1.2 ⋅ 1000 ⋅ 9.81 ⇒ FY 1 = 6656.9 N FY 1 = V AB ⋅ γ su = FAB ⋅ b ⋅ γ su =   2   π ⋅ 0.6 2   ⋅ 1.2 ⋅ 1240 ⋅ 9.81 ⇒ FY 2 = 4127.278 N FY 2 = V AC ⋅ γ sıvı = FBC ⋅ b ⋅ γ su =   4  FY NET = W − FY 1 − FY 2 = 34335 − 6656.9 − 4127.278 ⇒ FY NET = 23550.822 N 2.4 m çaplı ve 2200 N ağırlığındaki bir silindir, 1 m 1.2 m uzunluğunda bir tankın 0 A tabanına oturmaktadır. Tankın C sol ve sağ tarafında 0.6 m ve PAB x D 1.2 m PCB x 0.6 m 1.2 m derinliğinde su ve yağ su yağ PAB y B bulunmaktadır. Silindirin, PCB y tankın tabanına temas edebilmesini sağlayabilecek kuvvetin yatay ve düşey bileşenlerini bulunuz? ( ρb = 0.75 )

Pnet x = PAB x − PCB x

Pnet x = 0.75 ⋅ 9810 ⋅ 0.6 ⋅ (1.2 ⋅ 1) − 9810 ⋅ 0.3 ⋅ (0.6 ⋅ 1) ⇒ Pnet x = 3530 N Pnet y = PAB y + PCB y

Pnet y = 0.75 ⋅ 9810 ⋅ 1 ⋅

π ⋅ (1.2 )2 4

 π ⋅ (1.2 )2 0.6  + 9810 ⋅ 1 ⋅  − ⋅ 1.08  ⇒ Pnet y = 12660 N 6 2  

Silindiri yerinde tutan bileşenler; sağa 3530 N, aşağı 12660 N’dur.

60


Şekildeki barajın su yüzü daire şeklindedir. Barajın birim genişliğine gelen basınç kuvvetini ve yatayla yaptığı açıyı bulunuz? ( h = 22 m; R = 35 m )

θ R

h

x Fy

θ Fx

h

R

h2 h Fx = ρ ⋅ g ⋅ h ⋅ = ρ ⋅ g ⋅ 2 2 Fx = 1000 ⋅ 9.81 ⋅

22 2 ⇒ Fx = 2374 kN / m 2

h ⇒ θ = 39 0 ; R x⋅h θ V = π ⋅ R2 ⋅ − 360 2 sin θ =

V = π ⋅ R2 ⋅

θ 360

−

x = R2 − h2

h 39 22 ⋅ R 2 − h 2 = π ⋅ 35 2 ⋅ − ⋅ 35 2 − 22 2 ⇒ V = 117.48 m 3 2 360 2

Fy = ρ ⋅ g ⋅ V = 1000 ⋅ 9.81 ⋅ 117.48 ⇒ Fy = 1152.4 kN / m F = Fx2 + Fy2 = 2374 2 + (1152.4 ) ⇒ F = 2638.9 kN / m 2

tg α =

2.10. Tabakalı akışkanlarda hidrostatik kuvvet

Fy Fx

=

1152.4 ⇒ α = 25 0 89 ' 2374

Yukarıda verilen ifadelerde kapağa etkiyen kuvvet üniform yoğunluklu akışkan için geçerlidir. Farklı yoğunluklu tabakalara sahip bir akışkanın uyguladığı kuvvet dikkate alındığında ise, şekil 2.10’da görüldüğü gibi basınç dağılımı da değişken olacaktır.

61


Şekil 2.10. Farklı akışkan tabasına sahip kapak için eş basınç yüzeyleri

Böylece toplam kuvvet;

F = ∑ Fi = ∑ pCGi Ai

benzer şekilde bu kuvvetin etki noktası ise;

y CPi = −

ρ i g Sin θ i I xx

i

pCGi Ai

xCPi = −

ρ i g Sin θ i I xy

i

pCGi Ai

formülünden hesaplanabilir. 2.11. Sabit ivmeli Öteleme Hareketi

Şekil 2.11’deki gibi kabın belirli bir V hızı ile hareket ettiğini düşünelim. Belirli bir zaman sonra kap içerisinde bulunan sıvının hızlarının eşit olabileceği gerçektir. Buna göre; statik sistemlerde sisteme etkiyen yüzey kuvvetleri kütle kuvvetleri tarafından dengelenmektedir. Statik sistemin yalnız yerçekimi kuvveti etkisinde olması halinde, eşbasınç yüzeyleri yatay düzlemler halinde olmakta ve özel bir eşbasınç yüzeyi olan serbest sıvı yüzeyi de yatay konumda kalmaktadır. Statik bir sıvıda yüzey kuvvetleriyle kütle kuvvetleri birbirini dengelediğine göre, yüzey kuvvetleri değişmediği halde, sistem x doğrultusunda a ivmesi ile hareket ederken kütle kuvvetleri için;

F = −a g

veya

F = −ai − gk

yazılabilir. Bu durumda temel denge denklemi; 1

ρ

grad p = − ai − gk

62


şeklinde olacaktır. İzdüşüm denklemleriyle yazacak olursak; 1 ∂p = −a ρ ∂x

1 ∂p =0 ρ ∂y

1 ∂p = −g ρ ∂z

olarak yazılır. Atmosfer basıncını da dikkate alarak denklem düzenlenirse; 1 − ∇(Pg + Patm ) − g∇z = a

ρ

−

1

∇Pg − g∇z = a

ρ

1 ∂Pg − g = az ρ ∂z ∂P = − ρ (g + a z ) ∂z şeklinde basıncın sadece z yönündeki değişimin ifadesi olarak düşünülebilir. −

z v a y

x

θ a

θ a

Şekil 2.11. Sabit ivmeli öteleme hareketi

F

g Eş Basınç eğrileri

Eksen takımını koyduğumuz noktada akışkan olmalıdır. Burada

tgθ = tgθ =

63

a g

x a al = ⇒x= l g g


1 ∂P = 0, ρ ∂x

1 ∂P = − a, ρ ∂y

1 ∂P = −g ρ ∂z

P = − ρay + c ( z ) 1 P = − ρgz + c ( y ) 2

(z)' nin fonksiyonu (y)' nin fonksiyonu

Herhangi bir yönde ilerlediğimizde basınç;

P = − ρay − ρgz + C ifadesinden sınır şartlarını yerine yazarak türetilebilir.

Şekildeki sistemde sabit ivmeli öteleme hareketi yapan dikdörtgen kesitli tankın üstü kapalı olup ρb = 0.78 olan akışkan içermektedir. ( a = 4 m/s2, H = 5 m, L = 0.75 m, c = 1 m ) a) A, B ve D noktalarına gelen basınçları hesaplayınız? b) AD, BC ve AB kapaklarına gelen kuvvetleri bulunuz? x

θ

a

ρb = 0.78

H A

D

C a

ρb = 0.78

H A

B

x a = L g a 4 ⋅ 0.75 x = ⋅L = ⇒ x = 0.3058 m g 9.81

tan θ =

C

D

L

B L

A noktası için

PA = ρ ⋅ g ⋅ (x + H ) = 780 ⋅ 9.81 ⋅ (0.3058 + 0.5 )

PA = 6.1658 kN/m 2 B noktası için

PB = ρ ⋅ g ⋅ H = 780 ⋅ 9.81 ⋅ 0.5 64


PB = 3.8259 kN/m 2 PD = ρ ⋅ g ⋅ x = 780 ⋅ 9.81 ⋅ 0.3058 PD = 2.2339 kN/m 2

D noktası için

AD kapağı için 0.5  H   FAD = ρ ⋅ g ⋅  x +  ⋅ A = 780 ⋅ 9.81 ⋅  0.3058 +  ⋅ (0.5 ⋅ 1) 2  2   FAD = 2.126 kN 0.5 H ⋅ A = 780 ⋅ 9.81 ⋅ ⋅ (0.5 ⋅ 1) 2 2 = 956.475 N

BC kapağı için FBC = ρ ⋅ g ⋅ FBC

AB kapağı için FAB = ρ ⋅ g ⋅ H ⋅ L ⋅ c = 780 ⋅ 9.81 ⋅ 0.5 ⋅ 0.75 ⋅ 1 FAB = 2.869 kN 2.12. Vortex (Zorunlu Burgaç)

Şekil 2.12’de verilen kabı ekseni etrafında sabit bir açısal hız ile döndürelim. Bu durumda kap içerisindeki sıvı blok halinde dönecek ve davranışı katı bir cisim gibi olacaktır. Sıvı sabit bir eksen etrafında katı bir cisim gibi dönerse şekil değiştirmeyecek ve kayma gerilmesi oluşturmayacaktır. Eğer D çapını büyük alıp kabı dönderdiğimiz takdirde eksene yakın olan akışkan uzaklaşacaktır. Çayı karıştırdığımızda oluşan hareket örneğindeki gibi. Böyle bir sistemde oluşan hareketleri inceleyecek olursak, 2 türlü kuvvet söz konusu olur. Bunlar Merkezkaç kuvvet ve Ağırlık kuvvetidir.

65


Kabın silindirik bir eleman olması sebebiyle, bu koordinat takımı için denge denklemlerini yazacak olursak; Ω = kΩ

ro = i, r

Açısal ivmenin hesaba katılmasıyla denklemimiz; Ω x (Ω x ro ) = − rΩ 2 ir halini alır. Kuvvet dengesinden;

∇p = i r

∂p ∂p +k = ρ ( g − a) = ρ (− gk + rΩ 2 ir ) ∂r ∂z

İki parçalı diferansiyel denklem şeklinde basınç alanını yazacak olursak; ∂p = ρrΩ 2 ∂r

∂p = −γ ∂z

olacaktır. yukarıdaki denklem r ve z’nin fonksiyonu olup ayrı ayrı integre edecek olursak; r’ye göre integrasyonundan; p=

1 2 2 ρr Ω + f ( z ) 2

z’ye göre integrasyonundan;

∂p = 0 + f ' ) z ) = −γ ∂z veya

f ( z ) = −γz + C

burada C sabittir ve denklemimiz ; p = sabit − γz +

1 2 2 ρr Ω 2

haline dönüşür. C sabitini bulmak için eğer (r,z)=(0,0)’da p=po kabul edilirse ;

p = p o − γz +

1 2 2 ρr Ω 2

halini alır. Basınç r ile parabolik z ile lineer olarak değişmektedir. R yarıçaplı bir kap içerisinde oluşan parabolik eğrinin yükseltisi ise ;

66


h=

Ω2R2 2g

denkleminden bulunabilir. Cebri vortex olayında serbest su yüzeyi z eksenini pozitif yönde kuşatan bir paraboloid şeklindedir. Paraboloidin formu açısal hız Ω’nın değerine bağlı olup, yönden bağımsızdır. Bu harekette yatay düzlem üzerinde alınan iki nokta arasındaki basınç farkı ise ; bu noktalardaki çevresel hızların fonksiyonudur. Eksenden aynı uzaklıktaki iki nokta arasında çevresel hızlar aynı olduğundan basınç farkı yoktur ve basınç eksenden cidara doğru artarak, cidarda maksimum değerine ulaşır. Üstü atmosfere kapalı dolu bir silindir, ekseni etrafında döndürüldüğünde serbest sıvı yüzeyi teşekkül etmemekle beraber, bu yüzeye ait herhangi bir nokta belli ise hayali serbest sıvı yüzeyi bu noktadan geçen paraboloidler olup, eşbasınç yüzeyleride buna paralel yüzeylerdir.

Şekildeki kabı, a-a ekseni etrafında, su dökülmemesini sağlayacak maksimum sabit bir açısal hızla döndürdüğümüzde, i. A, B, C ve D noktalarına etkiyen basınçları? ii. Tabana etkiyen kuvveti hesaplayınız? ( r1 = 0.2 m, r2 = 0.4 m, H = 1 m, h = 0.6 m )

a ω

r1

A

r2

B

H h

ω

r1

h01

D

C

a

A

d

r2

a

h02

B

H h D

C d a

67

Boş hacimlerin eşitliğinden,


π ⋅ D2

⋅ (H − h ) 4 π ⋅ r12 ⋅ h01 π ⋅ r22 ⋅ h02 π ⋅ r12 ⋅ (h02 − h01 ) V2 = + + 4 4 2

V1 =

V1 = V2

π ⋅ d 2 ⋅ (H − h )  π ⋅ r22 =  

4

4

+

π ⋅ r12 

 π ⋅ r12   ⋅ h02 −   ⋅ h01 2  4  

0.36 ⋅ 0.4  0.16 0.04   0.04  = +  ⋅ h02 −   ⋅ h01 4 2   4  4  0.036 = 0.06 ⋅ h02 − 0.01 ⋅ h01 6 ⋅ h02 − h01 = 3.6

h01 =

ω 2 ⋅ r12 2g

(1)

; h02 =

ϖ 2 ⋅ r22 2g

2

r  h 1 ⇒ 01 =  1  = 4 h02  r2 

(2)

( 2 )’ den h02 ’ yi çekip ( 1 )’de yerine koyalım, 24 ⋅ h01 − h01 = 3.6 3.6 h01 = ⇒ h01 = 0.156522 m 23 h02 = 4 ⋅ h01 ⇒ h02 = 0.626087 m h01 =

ϖ 2 ⋅ r12 2g

⇒ϖ =

A

2 g ⋅ h01 r1

B

=

2 ⋅ 9.81 ⋅ 0.156522 ⇒ ϖ = 8.76207 rad/s 0.2

Parabolün denklemi: h02 H

hC z0 C

z r

D

68

z=

ϖ 2 ⋅r2 2g

+ z0


z 0 = H − h02 = 1 − 0.626087 ⇒ z 0 = 0.373913 m

ϖ 2 ⋅r2

z= hC

2g

+ z 0 denkleminden;

2 2 ( 8.76207 ) ⋅ (0.2 ) =

2 ⋅ 9.81

PA = 0

+ 0.373913 ⇒ hC = 0.530434 m

PB = ρ ⋅ g ⋅ (H − h ) = 9810 ⋅ 0.4 ⇒ PB = 3924 Pa

PC = ρ ⋅ g ⋅ hC = 9810 ⋅ 0.530434 ⇒ PC = 5203.56 Pa PD = ρ ⋅ g ⋅ H = 9810 ⋅ 1 ⇒ PD = 9810 Pa

b)  π ⋅ D2   π ⋅ 0.6 2   = 9810 ⋅  0.6 ⋅  ⇒ FCD = 1664.23 N FCD = ρ ⋅ g ⋅ V = 9810 ⋅  h ⋅ 4  4   

Uzunluğu L = 50 cm olan kapalı bir ω boru tamamen su ile doludur. Bu A B boru yatay konumda iken bir ucundan geçen düşey eksen etrafında n = 300 dev/dak ile döndürüldüğünde uçlar arasında oluşan basınç farkını hesaplayınız? ( ρsu = 1000 kg/m3 )

ω=

π ⋅n 30

V A = 0; PA − PB

γ

=

π ⋅ 300 30

⇒ ω = 31.41 rad/s

V B = ω ⋅ L ⇒ V B = 15.7 m/s V A2 − V B2 = 2g

2 V B2 ( 15.7 ) PA − PB = − ρ ⋅ = −1000 ⋅ ⇒ PA − PB = 123370 N/m 2 2 2

69


Çapı 1.5 m, yüksekliği 2.2 m olan silindirik kap, 1.8 m’ye kadar su içermektedir. Kaptan su dökülmemesi için i. kendi ekseni etrafında hangi açısal hız ile döndürülmelidir? 60 dev/dak’lık dönme ii. durumunda silindir tabanı ile eksenel tabanda oluşan basıncı hesaplayınız?

ω

h h1 A

B

D

Kaptan su dökülmemesi için parabolün üzerindeki boş alanın, başlangıçta durgun durumdaki boş hacme eşit olması gerekir.

Başlangıçtaki boşluk hacmi = Parabolün hacmi

π ⋅ D2 4 hL =

⋅ (h − h1 ) =

ω 2 ⋅ R2 2g

π ⋅ D 2 hL 4

⋅

2

= 0.8 ⇒ ω =

⇒ hL = 0.8 m 2 ⋅ 9.81 ⋅ 0.8

(0.75 )2

⇒ ω = 5.28 rad/s

b) ω = 2 ⋅ π ⋅ n = 2 ⋅ π ⋅ 60 ⇒ ω = 377 rad/dak ⇒ ω = 6.28 rad/s hL =

ω 2 ⋅ R2 2g

=

(6.28 )2 ⋅ (0.75 )2 2 ⋅ 9.81

⇒ hL = 1.130 m

A noktasında;

h A = 1.8 −

1.13 ⇒ h A = 1.234 m 2

B noktasında;

hB = 1.8 +

1.13 ⇒ hB = 2.365 m 2

B noktası üzerinde sıvı yüksekliği kabın yüksekliğinden yüksek çıktığından su taşar. Bu nedenle B noktasındaki basınç hesaplanırken kabın yüksekliği alınır. PA = γ ⋅ h A = 9810 ⋅ 1.234 ⇒ PA = 12.105 N/m 2 PB = γ ⋅ hB = 9810 ⋅ 2.2 ⇒ PB = 21.582 N/m 2

70


ω

Yatay ve tamamen kapalı bir silindir, hacminin yarısı kadar akışkan içermektedir. Silindir ekseni etrafında sabit bir n devir sayısı ile döndürüldüğünde silindirin tabanına gelen kuvveti hesaplayınız? D = 0.5 m; n = 1500 dev/dak; ρb = 1.35

D

Sıvı L

Silindir yatay konumda simetri ekseni etrafında döndürüldüğünde sıvı yan cidara sıvanarak silindirik bir halka halini alacaktır. Hacimlerin eşitliğinden;

(

)

1 1 1 ⋅ π ⋅ R 2 ⋅ L = π ⋅ R 2 − Ri2 ⋅ L ⇒ Ri2 = ⋅R = ⋅ 25 ⇒ Ri2 = 17.67 cm 2 2 2

Bu durumda Ri2’den R’ye bir basınç dağılımı vardır. Vorteks bağıntısından, PD − Pi

γ

=

VD2 − Vi 2 ω2 =h= ⋅ R 2 − Ri2 2g 2g

(

)

Burada Pi iç basınç atmosfer basıncı olup sıfırdır. Bu durumda eksenden radyal uzaklık “r” için, basınç “p” alınıp bağıntı düzenlenirse; p= ρ⋅

ω2

(

)

⋅ r 2 − Ri2 bağıntısı elde edilir. Eksenden r kadar uzaklıkta dr

2 kalınlığında elemanter bir alan alıp, bu alan üzerindeki hidrostatik kuvvet yazılırsa;

dA = 2 ⋅ π ⋅ r ⋅ dr

dF = p ⋅ dA; dF = ρ ⋅

ω2 2

(

R

)

(

)

⋅ r 2 − Ri2 ⋅ 2 ⋅ π ⋅ r ⋅ dr ⇒ F = π ⋅ ρ ⋅ ω 2 ∫ r 3 − Ri2 ⋅ r ⋅ dr Ri

71


R

r4 r2 F = π ⋅ ρ ⋅ω − Ri2 ⋅ 4 2

⇒ Ri = R 2

2

Ri

R4 F = π ⋅ ρ ⋅ω ⋅ bulunur. Değerler yerlerine konulursa; 16 2

ω=

π ⋅n 30

ρb =

=

π ⋅ 1500 30

⇒ ω = 157.07 rad/s

ρ ⇒ ρ = ρ b ⋅ ρ su = 1.35 ⋅ 1000 ⇒ ρ = 1350 kg/m 3 ρ su

F = π ⋅ ρ ⋅ω 2 ⋅

R4 2 (0.25 ) = π ⋅ 1350 ⋅ (157.07 ) ⋅ ⇒ F = 25545.25 N 16 16 4

Yüksekliği 2 m, çapı 1 m olan açık bir silindir kaptaki su seviyesi 1.5 m’dir. Silindir ekseni etrafında döndürüldüğüne 0.5 m göre; a) Su dökülmeden erişilebilecek sabit 1.5 m açısal hızı bulunuz? b) ω = 6 rad/s halinde kap tabanın C ve D noktalarındaki basıncı hesaplayınız? a) 1 ⋅ Dönel parabolün hacmi = Dönel silindirin hacmi 2

ω K

Y1 S Su C

D

1m

Sıvı dökülmemesi için parabolün hacminin üstteki boşluk hacmine eşit olması gerekir. 1 π ⋅ 12 π ⋅ 12 ⋅ ⋅ Y1 = ⋅ 0.5 ⇒ Y1 = 1 m bulunur. 2 4 4

Parabolün denklemi ise; Y1 =

ω2 2g

⋅ R2 ⇒ ω =

b) Y =

ω2 2g

Y1 ⋅ 2 ⋅ g 1 ⋅ 2 ⋅ 9.81 = ⇒ ω = 8.86 rad/s 2 R (0.5 )2 6 2 ⋅ (0.5 ) ⇒ Y = 0.46 m 2 ⋅ 9.81 2

⋅ R2 =

72


SK arası mesafe;

1 0.46 ⋅Y = = 0.23 m 2 2

SC arası mesafe;

hC = 1.5 − 0.23 ⇒ hC = 1.27 m

C noktasındaki basınç; PC = ρ ⋅ g ⋅ hC = 1000 ⋅ 9.81 ⋅ 1.27 ⇒ PC = 12500 Pa D noktasındaki basınç; PD = ρ ⋅ g ⋅ hD = 1000 ⋅ 9.81 ⋅ (1.5 + 0.23) ⇒ PD = 17000 Pa Şekildeki D çaplı, H yüksekliğinde üstü atmosfere kapalı silindirik kap h yüksekliğinde su içermektedir. Bu depo düşey konumdaki simetri ekseni etrafında döndürülürken,

ω

H h

a) Su seviyesi tepe noktasına ulaştığında açısal hızı, b) Açısal hız 10 rad/s olduğunda üstte meydana gelecek kuru alan ve bu konumda h0 yüksekliğini, c) Sıvı yüzeyi tabana teğet olduğunda kuru alan yarıçapını ve ω açısal hızını hesaplayınız. ( D = 1.6 m; H = 2.4 m; h = 1.6 m )

D

Su seviyesi tepe noktasına ulaştığında;

a)

H − h = 2.4 − 1.6 ⇒ H − h = 0.8 m yükselmiş olacaktır. Bu durumda eksende aynı miktar alçalma olacaktır. Buna göre; z=

ω2 2⋅ g

⋅ r 2 + z 0 yüzey denkleminde değerler yerine konulursa;

(1.6 ) ⇒ ω = 7 rad / s ω2 D2 ⋅ ⇒ 2.4 − 0.8 = ⋅ H − z0 = 2⋅ g 4 2 ⋅ 9.81 4 ω2

2

ω

b) Kuru alan yarıçapı R0 olarak kabul edilirse; H=

ω2 2⋅ g

⋅ R02 + z 0 ⇒ H − z 0 =

ω2 2⋅g

⋅ R02 (1)

R0

H h z0

73

D


Hacimlerin eşitliğinden;

π ⋅ R02 (H − z 0 ) 2 H − z0 =

=

π ⋅ D2 4

⋅ (H − h )

D2 ⋅ (H − h ) 2 ⋅ R0

(2)

(2) denklemi (1) denkleminde yerine konulursa;

ω2 D2 2 ⋅ g ⋅ D 2 ⋅ (H − h ) 2 ⋅ 9.81 ⋅ (1.6 ) ⋅ (2.4 − 1.6 ) 2 4 ( ) H h R R ⋅ − = ⋅ ⇒ = = ⇒R 0 0 2⋅ g 2 ⋅ R02 2 ⋅ω 2 2 ⋅ 10 2 2

Buradan R0 değeri (1) ve (2) denkleminde yerine yazılırsa; H − z0 =

ω2 2⋅ g

⋅ R02 =

100 2 ⋅ (0.669 ) ⇒ H − z 0 = 2.281 ⇒ z 0 = H − 2.281 ⇒ z 0 = 0.1 2 ⋅ 9.81 ω

c) H=

R0

Sıvı yüzeyi tabana teğet olduğunda;

ω2 2⋅ g (4)

⋅ R02

H=

(3) ;

D2 ⋅ (H − h ) 2 ⋅ R02

H h

(4) denkleminden; R0 =

D2 ⋅ (H − h ) = 2⋅H

D

(1.6 )2 ⋅ (2.4 − 1.6 ) ⇒ R 2 ⋅ 2.4

0

= 0.653 m

(3) denkleminden;

ω=

2⋅ g ⋅H = R02

2 ⋅ 9.81 ⋅ 2.4

(0.653)2

⇒ ω = 10.51 rad / s

Yoğunluğu 850 kg/m3 olan bir sıvı ile doldurulan 10 cm çap ve 1.2 m uzunluğundaki, yatay bir boru ucundan 0.3 m uzaklıkta bulunan düşey eksen etrafında 22 rad/s’lik sabit bir açısal hızla döndürüldüğü

74

ω A 0.3 m

B 1.2 m


taktirde borunun her iki ucu arasında meydana gelen basınç farkını bulunuz? y=

ω2 2⋅ g

⋅ x2

22 2 2 yA = ⋅ (0.3 ) ⇒ y A = 2.214 m ; 2 ⋅ 9.81 22 2 2 yB = ⋅ (1.5 ) ⇒ y B = 55.35 m 2 ⋅ 9.81 PA = ρ ⋅ g ⋅ y A = 850 ⋅ 9.81 ⋅ 2.214 ⇒ PA = 18461.4 N / m 2 PB = ρ ⋅ g ⋅ y B = 850 ⋅ 9.81 ⋅ 55.35 ⇒ PA = 461535.9 N / m 2 ∆P = PB − PA = 461535.9 − 18461.4 ⇒ ∆P = 443074.5 N / m 2

1 m uzunluğunda su ile dolu üstü açık ve düşeyle 300’lik açı yapan bir tüp, ortasından geçen düşey eksen etrafında 10 rad/s’lik bir açısal hızla ω döndürülmektedir. Tüpün ortasındaki ve A A tabanındaki basınçları bulunuz? 2 ω 2 ⋅ r 2 10 2 ⋅ (0.5 ⋅ sin 30 ) 30 0A = = ⇒ 0 A = 0.318 m 2⋅g 2 ⋅ 9.81 0.5 m B B noktasındaki basınç; PB = γ ⋅ 0 B = 9810 ⋅ (0.5 ⋅ cos 30 − 0.318 ) ⇒ PB = 1118.34 N / m 2 0.5 m C noktasındaki basınç; C PC = γ ⋅ A' C = 9810 ⋅ 1 ⋅ cos 30 ⇒ PC = 8485.65 N / m 2 '

0

İçerisinde 75 cm yüksekliğinde su bulunan 1 m çapında ve 1 m yüksekliğinde silindirik bir depo düşey doğrultudaki ekseni etrafında hangi devir sayısıyla döndürülmelidir ki, sıvı yüzeyi eksende tabana teğet olsun? Teğet durumda iken kaptan dökülen su miktarı ne kadardır?

z=

ω2 ⋅r2

ω

1 1m 2

D=1m

2⋅g

75

0.75 m


r =0 r=h

Teğet konumda;

için için

z0 = 0 z=H

Buna göre;

H=

ω2 ⋅r2 2⋅g

1 1 ⋅ 2⋅g ⋅H = ⋅ 2 ⋅ 9.81 ⋅ 1 ⇒ ω = 8.858 rad / s R 0.5

⇒ω =

Devir sayısı;

n=

30 ⋅ ω

π

=

30 ⋅ 8.858 ⇒ n = 84.59 dev / dak 3.14

Şekildeki kabın 1.07 bar basınçlı hava hacmi ile kapandığını kabul edelim. ω = 12 rad/s’lik açısal hız ile döndürüldüğü taktirde C ve D noktalarındaki basınçları hesaplayınız?

ω

hava 2m 1.5 m su

Kap dahilinde hava hacminde değişiklik olmadığından;

V =

π ⋅ D2 4

⋅ 0.5 =

π ⋅ 12 4

⋅ 0.5 =

D

C 1m

1 ⋅ π ⋅ r012 ⋅ H 01 2 r02

Buradan;

H 01 =

H02

12 2 ⋅ r012 2 ⋅ 9 ⋅ 81

Böylece;

r01

r01 = 0.034 m ; H 01 = 1.36 m

H01

C noktasındaki basınç;

PC = 1.07 + ρ ⋅ g ⋅ h ⋅

1 9810 ⋅ 0.64 = 1.07 + ⇒ PC = 1.13 bar 5 10 10 5

D noktasındaki basınç;

H 02 =

12 2 ⋅ r022 ⇒ H 02 = 1.83 m 2 ⋅ 9 ⋅ 81

76


PD = 9810 ⋅ (1.83 + 0.64 ) + 1.07 ⋅ 10 5 ⇒ PD = 1.31 bar

Şekildeki silindirik kap (a) konumunda hareketsiz olup 1/3 A B oranında civa ve 2/3 oranında su su içermektedir. (b) konumunda kap 3h A' düşey ekseni etrafında sabit bir B' h civa açısal hızla döndürülmektedir. Su C ile civanın ayrılma yüzeyinin 2R ekseni kestiği A' noktasının kabın (a) tabanına eriştiği kabul edilirse kaptan dökülen su miktarını ve devir sayısını hesaplayınız? ( 3h = 15 cm; 2R = 20 cm )

ω 2h A A' (b)

Parabolün özelliğine göre, silindir hacminin yarısına eşittir.

π ⋅ R2 2

⋅ BC = π ⋅ R 2 ⋅ h ;

BC = 2 ⋅ h

Dökülen hacim = π ⋅ R 2 ⋅ h = π ⋅ (0.1) ⋅ 5 ⋅ 10 −3 ⇒ Dökülen hacim = 1.57 ⋅ 10 −3 m 3 2

Oluşan paraboloit A'B' ve AB benzer yüksekliğe eşit olacaktır.

2⋅h =

n=

ω 2 ⋅ R2 2⋅g

30 ⋅ ω

π

=

⇒ω =

30 ⋅ 14

π

4⋅g ⋅h = R

4 ⋅ 9.81 ⋅ 5 ⋅ 10 −3 ⇒ ω = 14 rad / s 10 ⋅ 10 −2

⇒ n = 133.7 dev / dak

77

2h


Uygulamalar ρ2

Şekildeki düzenekte A ve B noktaları arasındaki basınç farkını veren ifadeyi çıkartınız?

h2 ρ1

ρ4 h1

ρ3

A

ρ5

h3

B

4 Bar

Şekildeki sistemde h mesafesini hesaplayınız. ( ρyağ = 880 kg/m3 ; ρciva = 13600 kg/m3 ; ρsu = 1000 kg/m3 ) ( θ = 450 )

4.2

A

B Hava Hava Yağ

11 m

Su 8m h Civa

θ

Şekildeki U manometrenin üst kısmında hava, sağ ve sol haznede ise su bulunmaktadır. Sistem bir borunun iki noktası arasındaki basınç farkını ölçmek için kullanılmaktadır. A ve B noktaları arasındaki basınç farkını hesaplayınız? ( γsu = 9810 N/m3; h1 = 60 cm; h = 45 cm; h2 = 180 cm ) ( ρhava = 1.293 kg/m3 )

hava

h h1

h2

A

su B

78


Şekilde görülen U borunun içindeki civa seviyesi başlangıçta boru üst seviyesinden 40 cm aşağıdadır. A kolonunun iç kesit alanı 1 cm2, B kolonunki ise 2 cm2’dir. B kolonuna ilave edilebilecek azami su hacmini bulunuz?

A

B 40 cm

İçinde özgül ağırlığı γsu = 1.01 olan basınçlı iki su deposu arasına şekildeki gibi bir diferansiyel manometre bağlanmıştır. Manometre sıvısı olarak özgül ağırlığı γyağ = 0.98 olan yağ kullanılmaktadır. A ve B noktaları arasındaki basınç farkını hesaplayınız? ( h = 7.5 cm; θ = 600; L = 5 cm )

su

h

yağ H

θ A

B

L

Hav

Şekildeki diferansiyel manometrede h1 = 25 cm ve h2 = 15 cm olarak okunduğuna göre Pa basıncının efektif değerini hesaplayınız? ( ρciva = 13600 kg/m3; ρsu = 1000 kg/m3; ρhava = 1.2 kg/m3 )

Pa

Patm

Su

h2

h1

Civa

Şekilde verilen manometrenin A ve B noktaları arasındaki basınç farkını hesaplayınız? ( h1 = 20 cm, h2 = 15 cm, h3 = 25 cm, h4 = 30 cm, h5 = 35 cm ) ( ρ1b = 0.8; ρ2b = 1.12; ρ3b = 1.4; ρhava = 1.2 kg/m3 )

Hava

h1

h2 A

h5

1

2

h3

h4

3

Hava B

79


Şekildeki düzenekte P0 basıncının mutlak değerini bulunuz ve hız düzey farkını hesaplayınız. (H1=1.2 m, H2=1.6 m, h1=20 cm, ρ1=82 kg/m3, ρ2=1600 kg/m3, ρ3=13600 kg/m3, ρ4=1120 kg/m3) H2

P0 hava

H1

ρ1

h1

ρ2 ρ3

h2 ρ4

Bir su yolunun denize döküldüğü bölge şekilde gösterildiği gibi üst Dairesel Kapak h kısmından mafsallı 900 mm çaplı dairesel kapakla kontrol θ Su edilmektedir. Kapalı 0 Deniz konumda düşey ile 10 ’lik açı yapan dairesel kapağın ağırlığı 400 kg, bağıl yoğunluğu 7.5 olduğuna göre, deniz tarafındaki kapağın açılması için gerekli h su yükü farkını belirleyiniz. Suyun yoğunluğu 1000 kg/m3, deniz suyunun yoğunluğu 1025 kg/m3 alınacaktır. ( θ = 800 )

ABCD haznesine bağlı boruda su E seviyesine kadar yükseliyor. Hazne ve borunun ağırlığı ihmal ederek, i. 2.5 m genişliğindeki AB alanına etkiyen bileşke kuvvetin şiddetini ve yerini bulunuz? tabanına etkiyen ii. Haznenin toplam kuvveti bulunuz? toplam ağırlığını iii. Suyun bulunuz?

80

E 3m A 2m

A = 0.1 m2 D

Su C

B 6m


Dikdörtgen kesitli bir kapak 3 m genişliğinde olup şekilde görüldüğü gibi dik olarak suyun içine yerleştirilmiştir. Suyun derinliği 10 m’ye ulaştığında kapağın otomatik olarak açılması istenmektedir. a) Sürtünmesiz yatay şaft hangi noktaya yerleştirilmelidir? b) Kapağın açılabilmesi için uygulanması gerekli kuvvet ne olur?

10 m Kapak

Su

4m

Şekilde görülen V şeklindeki dikdörtgen kapak 0 ekseni etrafında dönerek açılmaktadır. Kapağın kendi ağırlığını ihmal ederek, kapağın açılmaması için H derinliğinin ne olması gerektiğini bulunuz? ( L = 2 m; θ = 600 )

x=

Fx

G

e

x

H

θ 0

L

Su

Fy

H sin θ

Bir basınç tankı, bağıl yoğunluğu 0.9 olan yağ içermektedir. Bu tankın yan yüzünde 0.6 m x 0.6 m boyutlarında, şekilde görüldüğü gibi cıvatalanmış bir plaka mevcuttur. Yağın üst kısmında bulunan havanın basıncı basınç ölçer yardımıyla 50 kPa olarak ölçüldüğünde, alttaki plakaya etki eden kuvvetin büyüklüğünü ve etki noktasını tespit ediniz? Plaka detayı;

Yağ yüzeyi

2.6 m

F

0.6 m e

81

P = 50 kPa

Hava

Yağ

2m 0.6 m


Dairesel kesitli bir kelebek vananın çapı 3 m’dir. Yatay bir mil etrafında dönebilen vananın bir tarafı su ile dolu, diğer tarafı ise boştur. Buna göre vananın açılmaması için tabana etkimesi gereken kuvveti bulunuz?

Şekildeki sektör vananın su yüzeyi b genişliğinde bir silindir dilimidir. Vana bu silindirin ekseninden geçen bir mil etrafında dönerek 0 noktasından açılmaktadır. ( R = 3.24 m; θ = 400; b = 6.45 m )

A

0.6 m

Dairesel vana

yM

1.5 m

mil x

1.5 m

M

K

Fy

h

R

Fx

θ 0 x

y

a) Vanaya gelen yatay kuvveti bularak doğrultusunu belirtiniz. b) Vanaya etki eden kuvvetin düşey bileşenini bulunuz. c) Düşey kuvvetin eksenden olan uzaklığını hesaplayınız. d)

3 m genişliğinde eğrisel kesitli kapak su tankının tabanına tesbit ettirilmiştir. Bu kapağa etki eden kuvveti hesaplayınız?

Fy

Su

4m 6m

1m

Fx

A 2m Kapak

82


Şekilde görüldüğü gibi C θ dikdörtgen prizma vagon h θ yüksekliğine kadar yağ ile, Su H = 2.45 m tamamen açık olan üst yüzeye kadar su ile doldurulmuştur. Yağ Vagon sabit bir ivme ile hareket ederken suyun 1/3’ü A L= 12 m dökülmektedir. a) İvmeyi bulunuz? b) A ve B noktalarındaki basınçları hesaplayınız? ( ρb = 1.6, ρsu = 1000 kg/m3 ) c: derinlik

Şekildeki akaryakıt tankerinin boyu L = 9 m ve çapı D =2.9 m’dir. Tankerin içinde yoğunluğu 1180 kg/m3 olan ağır bir yağ bulunmaktadır. Tankerin ön üst noktası olan A atmosfere açıktır. Tanker 2.3 m/s2’lik bir ivme ile hızlandığına göre arka yüzeye gelen itme kuvvetini ve itme merkezini bulunuz? h

D

β

x

h = 1.2 m B

y A x a

D

L

A

G

L

Tabanı ekseni ile 450’lik açı yapan şekildeki silindirik kap başlangıçta sükunette iken içindeki sıvı seviyesi kabın üstünden 10 cm derinliktedir. Kap kendi ekseni etrafında döndürüldüğünde soyun dökülmeyeceğini kabul ederek tabana etkiyen düşey kuvveti bulunuz? ( 2r = 20 cm, h = 30 cm )

ω h1 h II

I

h2 450 2r

83


R

Şekildeki V borunun tamamı su ile doludur. B tapası açıldığında sıvının dengede kalması ve suyun dökülmemesi için tüpün simetri ekseni etrafında hangi açısal hız ile dönmesi gerektiğini bulunuz? ( θ = 300 )

Şekilde civa içeren U tüpü a – a ekseni etrafında ω açısal hızı ile döndürülmektedir. Tüpün iki kolu arasındaki yükselti farkının 75 mm olması icin gerekli açısal hızı hesaplayınız?

ω h = 20 cm θ B

a ω 75 mm h2 h1 150 mm

220 mm 90 mm

a

84

AKIŞKAN PARTIKÜLÜ IÇIN DIFERANSIYEL BAĞINTILAR

BÖLÜM 3

Akışkan Partikülü için Diferansiyel Bağıntılar

3.1 Genel Bakış

Akışkanlar mekaniği, durgun veya hareket halindeki akışkanları ve bu akışkanlarla kendilerini sınırlayan yüzeyler arasındaki etkileri inceleyen bir bilim dalıdır. Bu sınırlayıcı yüzeyler katı veya başka bir sıvı olabilir. Akışkan akımının incelemesinde başlıca sorun, teorinin verdiği sonuçlarla deneysel çalışmalardan elde edilen sonuçlar arasında makul bir yaklaşımın sağlanmasıdır. Akışkan akımı, mekaniğin bir dalı olduğundan temel korunum (kütle ve momentumun korunumu) kanunlarını sağlar ve bu sayede teorik işlemlerin büyük bir bölümü elverişli hale gelir. Uygulanabilir bir teoriye en önemli iki engel, sistemin geometrisi ve viskozitedir. Akışkan hareketi için en genel bir teori çıkartılırken herhangi bir şekle bağlı kalmak, uygulamacıyı sıkıntıya düşürebilir. Bunun için ders kitapları daha ziyade düzlemsel yüzeyler, dairesel borular ve daha basit geometrik şekilleri gözönüne bulundururlar. Teorik yaklaşımlarda ikinci engel viskozitenin etkisidir. Bu da ancak ideal akışkan akımlarında ihmal edilebilir. Bu açıdan akışkanlar mekaniği incelemelerinde iki değişik yöntem geliştirilmiştir. Bunlardan birincisi; katı cidar etrafında hareket eden akışkan akımında viskozitenin etkin olduğu, yani katı cidar civarında viskozitenin ihmal edilemeyeceği Sınır Tabaka akımı, ikincisi ise; viskozite etkisinin ihmal edilebilir mertebede kaldığı, cidardan sonsuz uzaklıktaki akış eylemlerinde, viskozitenin tamamen ihmal edilerek İdeal Akışkan (Potansiyel Akım) teorisi yöntemleri kullanılır. Prandtl tarafından 1904’de ortaya atılan Sınır Tabaka yaklaşımı viskoz akım analizlerini oldukça kolaylaştırmış ise de, viskozite temel denklemlerinde oluşan güçlükler hala devam etmektedir. Bunun için mecbur kalınmadıkça herhangi bir akış hareketinde viskozite, akışa egemen olmadığı ve ihmal edilmesinden doğan hata tolerans sınırları içerisinde kaldığı sürece, çözümü kolaylaştırmak için ideal akışkan kavramı içerisinde, sıfır alınabilir. Ancak Sınır Tabaka yöntemiyle yapılan incelemerde, akışa hakim olan viskozitenin ihmal edilmesi mümkün değildir.

85


3.2. Bir Akışkanın İvme alanı

Kartezyen koordinatlarda bir hız alanının vektör formu uzay ve zamanın fonksiyonu olarak;

V (r , t ) = i u ( x, y, z , t ) + j v( x, y, z , t ) + k w( x, y, z , t ) olarak yazılabilir. Sonsuz bir akış sistemi için Newton’un ikinci yasasını yazmak için, akışın a ivme vektörünü hesaplamaya ihtiyacımız vardır.

a=

dw dv du dV =i + j +k dt dt dt dt

Herbir skaler bileşen, dört değişkenin (x,y,z,t) bir fonksiyonudur. Her bir bileşenin zaman bağlı türevleri dikkate alınırsa;

du ( x,y,z,t ) ∂u ∂u dx ∂u dy ∂u ∂z = + + + dt ∂t ∂x dt ∂y dt ∂z dt burada dx/dt, lokal hız bileşeni olup;

u=

dx , dt

v=

dy , dt

w=

dz dt

ifadeyi yeniden düzenleyecek olursak;

du ∂u ∂u ∂u ∂u ∂u = +u +v +w = + ( V ⋅∇ ) V dt ∂t ∂x ∂y ∂z ∂t toplam ivme değişimini elde ederiz, yani;     dV ∂V  ∂V ∂V ∂V  ∂V a= = + u +v +w = + ( V ⋅∇ ) V dt N ∂t  ∂x ∂y ∂z  ∂t

  lokal konvektif   ivme ivme  

burada ilk terim ( ∂V / ∂t ) lokal ivmeyi ifade etmekte olup, eğer akış daimi ise lokal ivme sıfıra eşittir. İkinci terim ise konvektif ivmeyi içerir. Herhangi bir t anında hareket doğrultusunda hızın değişimini karakterize eder. Hareket daimi olsa dahi ilk terim (lokal ivme) sıfıra eşit olduğunda, konvektif ivme mevcut olacaktır. Gradyant operatörünün kullanımı gösterim olarak birtakım kolaylıklar sağlar; 86


∂ ∂ ∂ +v + w = (V ⋅ ∇ ) ; ∂x ∂y ∂z Örneğin basıncın zamana bağlı türev ifadesi;

∇=i

u

∂ ∂ ∂ + j +k ∂z ∂x ∂y

dP ∂P ∂P ∂P ∂P ∂P = +u +v +w = + (V ⋅ ∇ ) P dt ∂t ∂x ∂y ∂z ∂t 3.3. Kütlenin Korunumunun Diferansiyel Denklemi

Sabit bir kontrol hacmine sahip dx,dy,dz elemanter parçacığı üzerinde, genel formda kütlenin korunum ifadesini yazacak olursak; ∂ρ ∫CV ∂t dV + ∑i ( ρi ⋅ Ai ⋅ Vi )çıkan − ∑i ( ρi ⋅ Ai ⋅ Vi )giren = 0 Eleman parçacığının çok küçük olması sebebiyle;

∫

CV

∂ρ ∂P dV ≈ dx dy dz ∂t ∂t

kabul edilebilir.

Şekil 3.1. Kartezyel koordinatlarda kütle giriş ve çıkış akışının x yönündeki gösterimi

Kütle akış terimleri, üç giriş ve üç çıkış olmak üzere küpün altı yüzeyi üzerinde oluşur. Şekil 3.1 sadece kütle akışının x yönündeki ilişkisini göstermekte olup, diğer y ve z yönündeki ifadeleri tablo halinde gösterecek olursak; Yön

Giren Kütlesel Akış

x

ρu dy dz

y

ρv dx dz

z

ρw dx dz

Çıkan Kütlesel Akış

∂    ρu + ∂x ρu dx  dy dz   ∂  ρv + ∂y ρv dy  dx dz   ∂    ρw + ∂z ρw dz  dx dy 87


Elemanter parçacık içerisinde zamanla değişen kütle miktarını da dikkate alarak balans kurduğumuzda; ∂ ∂ ∂ρ ∂ dx dy dz + ( ρu ) dx dy dz + ( ρv ) dx dy dz + ( ρw) dx dy dz = 0 ∂t ∂x ∂y ∂z

ifadesi, elemanter parçacığın hacmine bölünmesiyle, yoğunluk ve hızın türevi şeklinde oluşan diferansiyel denklemimiz; ∂ρ ∂ ∂ ∂ + ( ρu ) + ( ρv ) + ( ρw) = 0 ∂t ∂x ∂y ∂z Süreklilik denklemi olarak anılır. Denklem akışın, sürekli veya zamana bağlı, viskoz veya sürtünmesiz, sıkıştırılabilir veya sıkıştırılamaz olması halleri için geçerlidir. Vektör gardyanı operatörü şeklinde yazacak olursak; ∇=i

∂ ∂ ∂ + j +k ∂z ∂x ∂y

olduğundan; ∂ρ + ∇ (ρ ⋅ V ) = 0 ∂t

Akış eğer daimi ise;

∂ρ =0 ∂t

dolayısıyla süreklilik denklemi; ∂ ( ρu ) + ∂ ( ρv ) + ∂ ( ρw) = 0 ∂x ∂y ∂z

Sıkıştırılamaz ve daimi olması durumunda ise süreklilik denklemimiz; ∂u ∂v ∂w + + =0 ∂x ∂y ∂z

Akış yaklaşık sıkıştırılamaz kabul edilirse, ∂ ( ρu ) ∂u ≅ρ ∂x ∂x

;

Basınç ve yoğunluk arasındaki ilişki

88

u

∂ρ ∂u ≤ ρ ∂x ∂x


δp ≈ a 2 ⋅ δ p

Basıncı Bernoulli denklemi ifadesi şeklinde yazarsak; δp ≈ − ρ ⋅ V ⋅ δv V2 = Ma 2 ≤ 1 2 a

Sıkıştırılamaz akış kabulü için Ma limiti ise Ma ≤ 0,3 , yani hızın 100 m/s’den düşük olduğu akış halleri olarak sayılabilir. 3.4. Lineer Momentumun Diferansiyel Denklemi

Eğer çevre sistem üzerine net bir F kuvveti etki ediyorsa; Newton’un ikinci hareket kanunu gereği; ∂

∑ F = ∂t  ∫ V ⋅ ρ  CV

 dV  + ∑ (mi ⋅ Vi )out − ∑ (mi ⋅ Vi )in 

olur. Yine hacim integrali içerisindeki ifade çok küçük bir elemanter parçacık için düzenlenecek olursa; ∂ ∂t

   

 ∂  ≈ ( ρ ⋅ V ) dx dy dz V ⋅ ρ dV ∫CV  ∂t 

eşitliği kabulüyle, deklem yeniden düzenlenebilir. Yukarıda verilen ifade, Şekil 3.1. üç giriş ve üç çıkış olacak şekilde altı yüze sahip bir hacim elemanı için momentum akısı tablo halinde yazılacak olursa; Yön

Giren Momentum Akısı

x

ρu ⋅ V dy dz

y

ρv ⋅ V dx dz

z

ρw ⋅ V dx dy

Çıkan Momentum Akısı ∂    ρu ⋅ V + ∂x ( ρu ⋅ V ) dx  dy dz   ∂  ρv ⋅ V + ∂y ( ρv ⋅ V ) dy  dx dz  

∂    ρw ⋅ V + ∂z ( ρw ⋅ V dz ) dx dy

3 boyutlu momentum akısı balans eşitliğinden taraf tarafa toplanıp düzenlenirse; ∂  ∂ ∂ ∂ ∑ F = dx dy dz  ∂t ( ρ ⋅ V ) + ∂x ( ρu ⋅ V ) + ∂y ( ρv ⋅ V ) + ∂z ( ρw ⋅ V )  

89


ifadesi elde edilir. Parantezin içerisindeki terimleri parçalarsak; ∂ ( ρ ⋅ V ) + ∂ ( ρu ⋅ V ) + ∂ ( ρv ⋅ V ) + ∂ ( ρw ⋅ V ) ∂z ∂t ∂x ∂y  ∂V ∂V ∂V ∂V  ∂ρ  = V  + ∇( ρ ⋅ V ) + ρ +u +v +w ∂x ∂y ∂z  ∂t   ∂t

  

sağ taraftaki terimlerin birincisi (kapalı parantez) süreklilik denklemini ifade eder. Dolayısıyla bununda sıfıra eşit olduğunu önceki bölümde göstermiştik. Yine sağ taraftaki uzun ifade ise toplam ivmeyi karakterize etmekteydi. ∂V ∂V ∂V ∂V dV = +u +v +w ∂z dt ∂t ∂x ∂y

Dolayısıyla momentum denklemimiz; dV

∑ F = ρ dt

dx dy dz

şekline dönüşür. Buradan görüldüğü üzere kontrol hacmine uygulanan net kuvvet, elemanın hacmi ile orantılı olarak değişmektedir. Bu kuvvetler iki şekilde sınıflandırılabilir. Hacimsel kuvvetler ve yüzey kuvvetleridir. Hacimsel kuvvetler olarak yerçekimi, magnetik, elektrik gerilimi gibi kuvvetler sayılabilir. Burada sadece yerçekimi kuvvet, hacimsel kuvvet olarak dikkate alınacaktır. Yerçekimi kuvveti kontrol hacmi içindeki ρdxdydz kütlesinin diferansiyelidir.

dFy = ρ ⋅ g dx dy dz Yüzey kuvvetleri ise kontrol yüzeyi üzerinde oluşan gerilmeler sebebiyle oluşmaktadır. Yani hidrostatik basınç kuvveti ile viskoz gerilmelerin toplamı şeklinde ifade edilir. Matris formunda gösterilecek olunursa;

σ ij =

- p + τ xx

τ yx

τ zx

τ xy τ zx

- p + τ yy τ zy

τ zy - p + τ zz

Şekil 3.2 elemanter bir hacim elemanı üzerine etkiyen gerilmelerin notasyonu göstermekte olup, Şekil 3.3. ise sadece x yönünde etkiyen gerilmeler kartezyen koordinat eksen takımında verilmektedir.

90


Şekil 3.2. Gerilme notasyonu

Şekil 3.3. x yönünde yüzey kuvvetlerinin kontrol hacmi için gösterimi

X yönü için tüm yüzeylede oluşan net yüzey kuvvetlerinin dengesini yazacak olursak; ∂  ∂ ∂ dFx,yüzey =  (σ xx ) + (σ yx ) + (σ zx ) dx dy dz ∂z ∂y  ∂x  görüldüğü gibi bu kuvvet elemanın hacmi ile orantılı olup basınç ve viskoz kuvvetleri ayrı ayrı yazacak olursak; dFx ∂ ∂ ∂P ∂ + (τ xx ) + (τ xy ) + (τ zx ) =− dV ∂z ∂y ∂x ∂x

91


aynı işlemler benzer şekilde diğer y ve z eksen takımı için yazılırsa; dFy

∂P ∂ ∂ ∂ + (τ xy ) + (τ yy ) + (τ zy ) ∂y ∂x ∂y ∂z dV dFz ∂ ∂ ∂P ∂ + (τ xz ) + (τ yz ) + (τ zz ) =− ∂z dV ∂y ∂z ∂x Her üç yönde oluşan yüzey kuvvetlerini net vektörel toplam şeklinde ifade edecek olursak; =−

 dF   dF  = −∇P +      dV  surf  dV  viskoz

ve burada elde edilmiş olan dokuz terimli viskoz kuvvetler ise; ∂τ xy ∂τ zx   ∂τ  dF   = i xx + +   ∂y ∂z   dV  viskoz  ∂x  ∂τ xy ∂τ yy ∂τ zy   + j  + + ∂y ∂z   ∂x ∂τ yz ∂τ zz   ∂τ  + k  xz + + x y z ∂ ∂ ∂  

parantezin içerisindeki her bir terim sırasıyla x, y ve z yönündeki gerilme bileşen vektörlerini gösterir. Kapalı formda diverjans operatörü kullanılarak yazılırsa;  dF  = ∇τ ij    dV  viskoz

∴

τ xx

τ yx

τ zx

τ ij = τ xy τ zx

τ yy τ zy

τ zy τ zz

Dolayısıyla yüzey kuvvetleri, basınç gradyantı ile yüzeydeki viskoz gerilmelerin toplamından ibarettir, bunu esas diferansiyel momentum denkleminde yerine yazarsak; ρ ⋅ g − ∇P + ∇τ ij = ρ

Burada

dV dT

dV ∂V ∂V ∂V ∂V = +u +v +w ∂t ∂x dt ∂y ∂z

92


Birim hacim için  Birim hacimde Birim hacimde Ağırlık kuvveti  + Basınç kuvveti +  viskoz kuvvet  = [Yoğunluk × ivme]      

Kartezyen koordinatlarda 3 yönde momentum denklemini açık bir şekilde yazacak olursak;  ∂u ∂u ∂u ∂u  ∂P ∂τ xx ∂τ yx ∂τ zx + = ρ + u +v + w  ρ ⋅ gx − + + ∂y ∂z ∂x ∂y ∂z  ∂x ∂x  ∂t

3.5. Inviscid AkışEuler Denklemi

ρ⋅ gy −

 ∂v ∂v ∂v ∂v  ∂P ∂τ xy ∂τ yy ∂τ yz = ρ + u + v + w  + + + ∂z ∂x ∂y ∂z  ∂y ∂x ∂y  ∂t

ρ ⋅ gz −

 ∂w ∂P ∂τ xz ∂τ yz ∂τ zz ∂w ∂w ∂w  + + + = ρ +u +v + w  ∂z ∂x ∂y ∂z ∂x ∂y ∂z   ∂t

Sürtünmesiz akış kabul ettiğimiz takdirde τ ij = 0 olacaktır ve yukarıda verilen denklemimizde yeniden düzenleme yaparsak;

ρ ⋅ g − ∇P = ρ

dV dt

denklemi elde edilir ve Inviscid akış için Euler Denklemi olarak anılır. İleriki bölümlerde denklemin detaylı analizi yapılacaktır. 3.6. Newton AkışNavier-Stokes Denklemi

Newton bir akışkan için viskoz gerilmeler, elemanın gerilmesi ve viskozite katsayısı orantılıdır. Sıkıştırılamaz akış için üç boyutlu viskoz akış denkleminde oluşan kayma gerilmelerinin açık ifadeleri; τ xx = 2 µ

∂u ∂x

τ yy = 2 µ

,

 ∂u ∂v  τ xy = τ yx = µ +  ,  ∂y ∂x  τ yz = τ zy

∂v ∂y

,

τ zz = 2 µ

∂w ∂z

 ∂w ∂u  τ xz = τ zx = µ + ,  ∂x ∂z   ∂v ∂w   = µ +  ∂z ∂y 

şeklinde yazılabilir. Newtonian akışkan için sabit yoğunluk ve viskozite durumunda diferansiyel momentum denklemi yeniden düzenlenirse; ρ ⋅ gx −

 ∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u  du ∂P + µ 2 + 2 + 2  = ρ dt ∂x ∂y ∂z   ∂x

93


 ∂ 2v ∂ 2v ∂ 2v  ∂P dv + µ 2 + 2 + 2  = ρ ∂y dt ∂y ∂z   ∂x

ρ⋅ gy −

ρ ⋅ gz −

 ∂2w ∂2w ∂2w  dw ∂P + µ 2 + 2 + 2  = ρ dt ∂z ∂y ∂z   ∂x

Denklem takımları elde edilir ve Navier-Stokes denklemleri olarak bilinir. 3.7. Açısal Momentumun Diferansiyel Denklemi

Çevre tarafından, sistemdeki akışkan kütlesinin merkezine net bir Mo momenti etki ettiriliyorsa;

∑M

0

=

 ∂  ∫ (r × V ) ρ ⋅ dV  + ∫ (r × V ) ρ (V ⋅ n ) dA ∂t CV  CS

şeklinde bir dönme momenti meydana gelecektir.Buda kütle merkezi etrafında sistemin açısal momentumu olarak bilinir.   1 ∂ 1 ∂  τ xy − τ yx + 2 ∂x (τ xy ) dx - 2 ∂y (τ yx ) dy  dx dy dz   ∂ 2θ 1 = ρ (dx dy dz ) dx 2 + dy 2 12 ∂t 2 Burada açısal ivme d2θ/dt2 sonsuz bir değer olmayıp, bütün yüksek dereceli diferansiyel terimleri ihmal edip, denklemi sonlu halde yazacak olursak;

(

τ xy = τ yx

τ xz = τ zx

,

,

)

τ yz = τ zy

sonucuna varılır. 3.8. Enerjinin Diferansiyel Denklemi

Şekil 3.1’de verilen kontrol hacmi için enerji denklemini uygulayacak olursak; .

.

.

Q− W s − W v =

p ∂ ( ∫ eρ dV ) + ∫ (e + ) ρ (V .n) dA ∂t cv ρ cs

burada kontrol hacmi içerisinde şaft tarafından yapılan herhangi bir iş olmadığından Ws=0 kabul edilebilir. Yeniden denklemimizi düzenleyecek olursak; . . ∂  ∂ ∂ ∂ Q − W s =  ( ρe) + ( ρuζ ) + ( ρvζ ) + ( ρwζ ) dx dy dz ∂x ∂y ∂z  ∂t 

94


burada ζ = e + p / ρ olup süreklilik denklemini kullanacak olursak enerji denklemimizin yeni formu; . .  ∂e  Q − W s =  ρ + V .∇p) dx dy dz  ∂t 

olacaktır, eğer ısı transferinin sadece kondüksüyona bağlı, yani radyasyon ve konveksiyon suretiyle oluşan ısı geçişini ihmal ettiğimiz takdirde;

q = −k∇T olacaktır. Burada k termal ısı geçirgenlik katsayısı olarak bilinir. Şekil 3.4 kartezyen koordinat eksen takımına göre bir hacim elemanı üzerinde oluşan ısı ve viskoz iş oranlarının balansı görülmektedir.

Şekil 3.4 Elemanter bir hacim elemanı üzerinde x yönünde oluşan ısı akısı ve viskoz iş oranları

Hacim elemanının altı yüzünde oluşan enerji denkliklerini tablosal olarak göstermek istersek;

Yön

Giren Isı Akısı

x

q x dy dz

y

q y dx dz

z

q z dx dy

Çıkan Isı Akısı ∂   q x + ∂x (q x ) dx  dy dz   ∂ q y + ∂y (q y ) dy  dx dz   ∂   q z + ∂z (q z ) dz  dx dy

Giriş ve çıkış terimlerini taraf tarafa toplayıp gerekli düzenlemeyi yapacak olursak hacim elemanı üzerindeki net ısı geçişi; . ∂  ∂ ∂ Q = −  (q x ) + (q y ) + (q z ) dx dy dz = −∇.q dx dy dz ∂y ∂z  ∂x 

95


Fourier yasasını denkleme adapte etmek suretiyle; .

Q = ∇.(k∇T ) dx dy dz

Viskoz gerilmeler tarafından yapılan iş, gerilme bileşenlerinin üretimine eşittir ve buda yüzey alanları ile hız bileşenleri arasında ilişkilendirilebilir. .

W v , LF = w x dy dz

w x = −(u τ xx + vτ xy + wτ xz )

burada

LF indisi hacim elemanının sol tarafındaki akıyı temsil etmektedir. Her altı yüzde oluşan viskoz iş oranını, ısı akısında olduğu gibi tablo düzenlemesi suretiyle, hazırlayıp, giriş ve çıkış arasında balans kurulduğu takdirde elde edeceğimiz net viskoz iş oranı;

.

Wv =[

∂ ∂ (u τ xx + vτ xy + wτ xz ) + (u τ yx + vτ yy + wτ yz ) ∂y ∂x ∂ + (u τ zx + vτ zy + wτ zz ) ]dx dy dz ∂z = −∇.(V .τ ij ) dx dy dz

Enerji denkleminin diferansiyel formu ise;

ρ

de + V .∇p = ∇.(k∇T ) + ∇.(V .τ ij ) dt

burada

^ 1 e = u + V 2 + gz 2

viskoz terimi kendi içerisinde parçalara ayıracak olursak;

∇.(V .τ ij ) ≡ V .(∇.τ ij ) + Φ burada Φ viskoz dağılım fonksiyonudur. Newtonien, sıkıştırılamaz, viskoz bir akışkan için bunun açık formu ise; 2 2 2 2 2   ∂u  2  ∂v   ∂w   ∂v ∂u   ∂w ∂v   ∂u ∂w   Φ = µ 2  + 2  + 2  +  +  +  +  +  +    ∂z   ∂x ∂y   ∂y ∂z   ∂z ∂x     ∂x   ∂y 

bütün terimler ikinci dereceden olduğu için viskoz dağılım fonksiyonu pozitif olup yayılım sebebiyle dağılan kullanılabilir enerji kayıp olarak karşımıza çıkar.

96


3.9. Sıkıştırılamaz viskoz akışlara örnek Couette Akış

İki boyutlu (∂ / ∂z = 0) sıkıştırılamaz, viskoz bir akışkanın, 2h kadar mesafede bulunan, paralel iki plaka arasında hareket ettiğini gözönüne alalım. (Şekil 3.5)

SABIT VE HAREKETLI LEVHA ARASINDA AKIS

Şekil 3.5 Paralel iki plaka arasında akış; a) Üstteki plaka hareketli; b) Her iki plaka sabit

Plakaların çok geniş ve uzun olduğu kabul edildiğinde, u hızı sıfırdan farklı olup v=w=0 olacak yani sadece aksiyal yönde hız gradyanı oluşacaktır. Şekil 3.5a’daki üstteki plakanın V hızı ile çekildiği konumda, basınç gradyanını ve ağirlik kuvvetlerini ihmal edecek olursak, süreklilik denklemimiz;

∂u ∂u ∂v ∂w + + =0 = +0+0 ∂x ∂y ∂z ∂x

u = u( y)

veya

olacaktır. Tam gelişmiş akım için (girişten çok uzak noktadaki akış) NavierStokes denkleminden;

 ∂ 2u ∂ 2u   ∂u ∂P ∂u ∂u ∂u  + ρ ⋅ g x + µ  2 + 2  ρ + u +v + w  = − ∂x ∂x ∂y ∂z  ∂y   ∂t  ∂x Daimi, sıkıştırılamaz akış kabulüyle;



ρ (0 + 0 + 0) = 0 + 0 + µ  0 + 

∂ 2u   ∂y 2 

Momentum denklemimizin basit hali;

∂ 2u =0 ∂y 2

u = C1 y + C 2

veya

Plaka için geçerli olan sınır şartlarını yazıp diferansiyel denklemi çözmek istersek;

y = +h

için

u = V = C1 h + C 2

y = −h

için

u = 0 = C1 (− h) + C 2 C1 =

veya

97

V 2h

ve

C2 =

V 2


olarak elde edilir. Elde edilen sabitleri esas hız dağılımını veren denklemde yerine yazacak olursak;

u=

V V y+ 2h 2

− h ≤ y ≤ +h

denklemi Şekil 3.5a’da verilen örnekteki iki plaka arasında hız dağılımı ifadesidir. Basınç gradyanını ihmal etmeyip, yeni bir bağıntı kurulması mümkündür. Eğer sistemde basınç dağılımı ihmal edilmemiş olsaydı momentum denklemimiz;

µ

∂ 2 u ∂p = ∂y 2 ∂x

şeklinde oluşan diferansiyel denklemi sınır şartları doğrultusunda çözmemiz gerekecektir. Burada v=w=0 olduğu için ağırlık kuvveti ihmal edilmiş olup, yine y ve z yönündeki basınç dağılımı ise;

∂p =0 ∂y

∂p =0 ∂z

ve

p = p ( x)

veya

olduğundan basınç sadece x yönünde değişim göstermektedir. Dolayısıyla kısmi diferansiyel yerine; ∂p dp = ∂x dx yazılabilir. Momentum denklemimizi üstüste iki defa integre edecek olursak;

u=

1 dp y 2 + C1 y + C 2 µ dx 2

yine sınır şartlarını kullanarak, her iki plakanın sabit olduğu konumda sınır şartlarımız;

y = ± h i.çin

u=0

ve

C1 = 0

ve

olarak elde edilen sabitlerimizi denklemde yerine yazarsak;

dp h 2 y2 (1 − 2 ) u=− dx 2 µ h

98

C2 = −

dp h 2 dx 2 µ


Maksimum hız için y=0 yazıldığında;

u max = −

dp h 2 dx 2 µ

ifadesi elde edilir. Şekildeki sistemde akışın kararlı ve sürtünmesiz olduğu varsayımıyla boşalan yağın debisini bulunuz? ( d = 6 cm, ∆h = 0.3 m, Pyağ = 1200 kg/m3 , 2 m)

h=

∆h

Hava 1

1 noktasındaki havanın basıncı,

Cıva h

Yağ d

P1 − ρ civa ⋅ g ⋅ ∆h = 0 P1 = 13600 ⋅ 9.81 ⋅ 0.3 ⇒ P1 = 40024.8 N/m 2

2

1 ve 2 noktası arası Bernoulli’den,

P1

ρ yağ ⋅ g

+

V12 P V2 + z1 = 2 + 2 + z 2 2g ρ ⋅ g 2g

P2 = 0;

V1 ≅ 0;

z1 − z 2 = h

 P1  40024.8   = 19.62 ⋅  2 + V2 = 2 g ⋅  h +  ⇒ V2 = 10.29 m/s   ⋅ ⋅ ρ g 1200 9 . 81   yağ  

Q = V2 ⋅

π ⋅d2 4

= 10.29 ⋅

π ⋅ 0.06 2 4

⇒ Q = 29.1 lt/s

99


A ve B su depoları iki boru yardımıyla şekildeki gibi birleştirilmiştir. Depodaki su seviyesi farkı h = 0.8 m’dir. Bütün geçişler keskin kenarlı kabul edilerek A deposundan B deposuna akan suyun debisini bulunuz? L1 = 2 m; D1 = 10 cm; L2 = 0.5 m; D2 = 2 cm

h A

µad : ani daralma katsayısı A ve B arası Bernoulli denkleminden, PA VA2 P V2 + + z A = B + B + zB + h f ρ .g 2 g ρ .g 2 g PA = 0 ; PB = 0 VB = 0

z A − zB = h f = h h f = 0,8m

ζ hç = K hç ⋅

V12 2g

= 0.5 ⋅

V12 2g

2

ζ ad

2

2 1  V2  1 4 V2  V =  − 1 ⋅ 2 =  − 1 ⋅ 2 ⇒ ζ ad = ⋅ 2 9 2g  2g µ  2 g  0.6

ζ hg = K hg ⋅

V22 V2 ⇒ ζ hg = 2 2g 2g

h = ζ hç + L1 ⋅

λ1 V12 ⋅

D1 2 g

+ ζ ad + L2 ⋅

λ 2 V22

⋅ + ζ hg D2 2 g V2 A1 100 = = 4 V1 A2

Q1 = Q2 ⇒ V1. A1 = V2 = A2

100

B

L2

1  =  − 1 ; λ1 = 0.027; λ2 = 0.019; µ 

µ ad = 0.6

V A = 0;

D2

L1

2

K hazne çıkış = 0.5; K hazne giriş = 1; K ani daralma

D1


h = 0.5 ⋅

h=

V12 L V2 4 V2 L V2 V2 + λ1 ⋅ 1 ⋅ 1 + ⋅ 2 + λ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 + 2 2g D1 2 g 9 2 g D2 2 g 2 g

V12 V 2  13  ⋅ (0.5 + 20 ⋅ λ1 ) + 2 ⋅  + 25 ⋅ λ 2  2g 2g  9 

V2 100 V = ⇒ 2 = 25 ⇒ V2 = 25 ⋅ V1 yerine yazılırsa, V1 4 V1

(25 ⋅ V1 ) ⋅  13 + 25 ⋅ 0.019  = 0.8 V12 ⋅ (0.5 + 20 ⋅ 0.027 ) +   2 ⋅ 9.81 2 ⋅ 9.81  9  2

h=

0.8 ⋅ 2 ⋅ 9.81 = 1.04 ⋅ V12 + 1199.65 ⋅ V12 1200.69 ⋅ V12 = 15.696 ⇒ V1 = 0.114 m/s Q=

π ⋅ D12 4

⋅ V1 =

π ⋅ (0.1)2 4

⋅ 0.114 ⇒ Q = 0.895 lt/s

Bir demiryolu yolcu vagonunun C deposu, aralarında 12 m uzaklık bulunan, eşit çaplı A ve B borularını beslemektedir. Borulardaki C yersel kayıpları ihmal ederek A ve B borularından akan debilerin oranını bulunuz? Su ( L1 = 5 m; d = 0.05 m; λ = 0.02 ) C – B arası Bernoulli uygulamasından;

ζ CB =

h=

h L1

λ ⋅ (L1 + L2 ) VB2 d

⋅

2⋅ g

A

V B2 V2 V 2  λ ⋅ (L1 + L2 )  λ ⋅ (L1 + L2 ) V B2 + ζ CB = B + ⋅ ⇒ h = B ⋅ 1 +  (1) d d 2⋅ g 2⋅ g 2⋅ g 2⋅g  

C – A arası Bernoulli’den;

h=

(1)

B L2

VA2 V2 L V2 V2  L  + ζ CA = A + λ ⋅ 1 ⋅ A ⇒ h = A ⋅ 1 + λ ⋅ 1  (2) d 2⋅ g d 2⋅ g 2⋅ g 2⋅ g  ve (2)’den;

101


V B2 2⋅ g

2 L   λ ⋅ (L1 + L2 ) V A  ⋅ 1 + = ⋅ 1 + λ ⋅ 1   d d   2⋅g 

λ ⋅ (L1 + L2 )  0.02 ⋅ (5 + 12 )    1+ 1 +    VA VA 0.05 d = 1.61 =  =  ⇒ VB VB  1 + λ ⋅ L1   1 + 0.02 ⋅ 5   0.05  d   Q Boruların çapları aynı olduğuna göre; A = 1.61 QB Şekildeki manometreler aynı basınç değerini gösterdiğine göre, lokal ve sürekli 0.3 m yük kayıplarını ihmal ederek d çapını bulunuz? ( VA = 6 m/s ) Q

Q = V A ⋅ AA = VB ⋅ AB 6⋅

π ⋅ (0.3 ) 4

A 2

= VB ⋅

π ⋅d 4

2

⇒ VB =

0.54 d2

PA = PB ; z B = 0 PA

γ

+

3m

B

V A2 P V2 + z A = B + B + zB 2⋅ g γ 2⋅ g

d

 V2   62  VB2 V2 = A + z A − z B ⇒ VB = 2 ⋅ g ⋅  A + z A − z B  = 2 ⋅ 9.81⋅  + 3 ⇒ 2⋅ g 2⋅ g  2 ⋅ 9.81   2⋅ g  VB = 9.74 m / s VB =

0.54 0.54 0.54 ⇒d = = ⇒ d = 0.235 m 2 VB 9.74 d

102


Şekildeki boru sisteminde yersel kayıpları ihmal ederek λ = 0.025 olduğuna göre, AC, BC ve DC borularındaki debileri bulunuz? ( AC borusu; D = 250 mm – 2000 m ) ( BC borusu; D = 250 mm – 1000 m )

35 m

su A

su B C

D

PA

γ

+

P V2 V A2 + z A − H k AC = C + C + z C ⇒ z A − z C = H k AC ⇒ H k AC = 40 m γ 2⋅ g 2⋅ g

H k AC = 0.025 ⋅

Q AC = PB

γ

+

2 2000 V AC ⋅ = 40 ⇒ V AC = 1.98 m / s 0.25 2 ⋅ 9.81

π ⋅ (0.25 )2 4

⋅ 1.98 ⇒ Q AC = 0.0972 m 3 / s

P V2 V B2 + z B − H k BC = C + C + z C ⇒ z B − z C = H k BC ⇒ H k BC = 5 m γ 2⋅ g 2⋅g

H k BC = 0.025 ⋅

QBC =

2 1000 V BC ⋅ = 5 ⇒ VBC = 1 m / s 0.25 2 ⋅ 9.81

π ⋅ (0.25 )2 4

⋅ 1 ⇒ Q AC = 0.049 m 3 / s

QCD = Q AC + QBC = 0.0972 + 0.049 ⇒ QCD = 0.1462 m 3 / s

103

5m


Şekildeki düzenekte kullanılan vana 2 ve 3 A nolu borular arasındaki debilerin dengesini 1 sağlamaktadır. 2 Q1 = 380 lt/s; h L1 = L3 = 120 cm; L2 = 90 cm; D1 = D4 = 3 25 cm; 4 D2 = D3 = 25 cm; h = 18 m; λ = 0.032; L4 = B 100 cm değerleri bilindiğine ve vana dışındaki yersel kayıplar ihmal edildiğine göre; a) 2 nolu borudaki hızı, b) Vanadaki yük kayıp katsayısı K’yı, c) Vananın bıraktığı toplam yük kaybını, d) A ve B noktaları arasındaki basınç farkını metre su seviyesi (mSS) cinsinden hesaplayınız?

a) Q2 =

Q1 π ⋅ D22 38 ⋅ 10 −2 ⋅ 4 = ⋅ V 2 ⇒ V2 = ⇒ V2 = 6.04 m / s 2 2 4 2 ⋅ π ⋅ (0.2 )

b) ζ 2 = ζ 3 ⇒ λ 2 ⋅

L V2 L2 V22 V2 ⋅ + K ⋅ 2 = λ3 ⋅ 3 ⋅ 3 D2 2 2 D3 2

V3 = V2 olduğundan;

λ V22 K=

D2

⋅

2

⋅ (L3 − L2 )

V22 2

c) ζ S = K ⋅

0.32 (6.04 ) ⋅ ⋅ (1.2 − 0.9 ) 2 = 0.2 ⇒ K = 0.048 (6.04 )2 2 2

V22 (6.04 )2 ⇒ ζ = 0.875 m 2 / s 2 = 0.048 ⋅ S 2 2

V A2 PB V B2 + + g ⋅ zA = + + g ⋅ z B + g ⋅ ζ AB ; d) 2 2 ρ ρ PA

PA − PB

ρ

z A − zB = h

 L3 V32 L4 V42  L1 V12 = g ⋅ (− h ) + g ⋅ λ1 ⋅ ⋅ + λ3 ⋅ ⋅ + λ4 ⋅ ⋅  D1 2 D3 2 D4 2  

104


∆P

ρ

= 9.81⋅ ( −18 ) + 9.81 ⋅

2 2 2  1.2 ( 7.741) 1.2 ( 6.04 ) 1 ( 7.741)  ⋅ + 0.032 ⋅ ⋅ + 0.032 ⋅ ⋅  0.032 ⋅  0.25 2 0.2 2 0.25 2  

∆P

ρ

∆P

= −164.64 kN / m 2 ⇒

ρ

= −6.06 mSS

Şekilde verilen nozzle için viskoz etkileri ihmal ederek debiyi ve suyun yüksekliği h mesafesini hesaplayınız?

V12 P V2 + g ⋅ z1 = 2 + 2 + g ⋅ z 2 ; ρ ρ 2 2 atmosfere açık) +

0.05 m

h

2

1 ve 2 noktaları arasında Bernoulli uygulamasında;

P1

3

0.8 m

P2 = 0 (

Q 1 P = 85 kPa

V22 − V12 P1 = + g ⋅ (z1 − z2 ) 2 ρ

0.1 m

V22 − V12 85 ⋅ 10 3 = + 9.81 ⋅ (− 0.8 ) ⇒ V22 − V12 = 154.304 2 1000

(1)

Süreklilik denkleminden;

D V2 = V1  1  D2 (2)

2

(2)

denklemi (1) denkleminde yerine yazılırsa;

(4 ⋅ V1 )2 − V12 Q=

2

  0.1   = V1   ⇒ V2 = 4 ⋅ V1  0.05  

π ⋅ D12 4

= 154.304 ⇒ 15 ⋅ V12 = 154.304 ⇒ V1 = 3.207 m / s

⋅ V1 =

π ⋅ (0.1)2 4

⋅ 3.207 ⇒ Q ≅ 0.025 m 3 / s

Maksimum h yüksekliği için 2 ve 3 noktaları arasına Bernoulli uygularsak;

105


P2

ρ

+

P V2 V22 + g ⋅ z 1 = 3 + 3 + g ⋅ z 3 ; P2 = P3 = 0 ; z 3 − z 2 = h ρ 2 2

V3 = 0 (akışkanın enerjisi bitmiş durumda) V2 = 4 ⋅ V1 = 4 ⋅ 3.207 ⇒ V2 = 12.73 m / s

g ⋅ (z 3 − z 2 ) =

V2 V22 (12.73)2 ⇒ h = 8.256 m ⇒h= 2 = 2⋅g 2 ⋅ 9.81 2

Bir havalandırma borusundaki emmeyi sağlamak için çıkıştan önce şekildeki gibi bir üfleyici yerleştirilmiştir. Sürtünmeleri ihmal ederek 1 kesitindeki basıncı bulunuz? ( D = 42 cm; d = 10 cm; V2 = 5 m/s; V0 = 60 m/s; θ = 300; ρ = 1.293 kg/m3 )

D

V2 V0 d 1

Sürtünmeler ihmal edildiğinden; R x = 0

Q1 = A ⋅ V1 ⇒ Qü = A ⋅ Vü Q2 = A ⋅ V2 = Q2 =

Qü = A ⋅ Vü = Q2 =

π ⋅ (0.42 )2 4

π ⋅ (0.1)2 4

⋅ 5 ⇒ Q2 = 0.692 m 3 / s

⋅ 60 ⇒ Qü = 0.471 m 3 / s

Q1 + Qü = Q2 ⇒ Q1 = Q2 − Qü = 0.692 − 0.471 ⇒ Q1 = 0.22 m 3 / s Q1 = A ⋅ V1 ⇒ V1 =

Q1 0.22 = ⇒ V1 = 1.587 m / s A π ⋅ (0.42 )2 4

Hareket miktarı teoremi;

P2 = 0

P1 ⋅ A − P2 ⋅ A = ρ ⋅ Q2 ⋅ V2 − ρ ⋅ Q1 ⋅ V1 − ρ ⋅ Qü ⋅ Vü ⋅ cos θ

106

(1)

θ 2


ρ ⋅ A ⋅ V22 − ρ ⋅ A ⋅ V12 − ρ ⋅ Aü ⋅ Vü2 ⋅ cos θ

P1 =

A 1.293

P1 =

π ⋅ (0.42 )2

π ⋅ (0.42 )2  2 ⋅ ⋅ 5 2 − (1.587 ) − 0.471 ⋅ 60 ⋅ cos 30  4  

[

]

4 P1 = −199.34 Pa

Şekildeki sistemde debinin 0.45 m3/s olması için A noktasındaki gerekli hava basıncını, lokal kayıpları ihmal ederek hesaplayınız? ( B noktası atmosfere açıktır.) ( ρyağ = 840 kg/m3; λ = 0.0125 )

hava 6.1 m

A Q yağ

L = 153 m; D = 153 mm

A ve B arası Bernoulli’den; PA

γ

+

V =

V A2 P V2 + zA = B + B + zB + ζ 2⋅ g γ 2⋅g

Q = A

0.45

(0.153)2 π⋅

AB

⇒ V = 24.48 m / s

4

2 2 V B2 ( 24.48 ) 153 (24.48 ) = + ζ kAB + z B − z A = + 0.0125 ⋅ ⋅ + 6.1 γ 2⋅g 2 ⋅ 9.81 0.153 2 ⋅ 9.81

PA

PA

γ

= 418.768 m ⇒ PA = 3615.14 kPa

Kesit alanı A(x ) = 1.5 − 0.2 ⋅ x 2 bağıntısı ile değişen bir borudan geçen debi Q (t ) = 0.4 − 0.01 ⋅ t bağıntısı ile değişmektedir. ( x: m, A: m2, Q: m3/s ) a) Hız ve ivmeyi veren bağıntıyı türetiniz. b) x = 2 m ve t = 5 s’de hızı ve yerel ivmeyi hesaplayınız.

107


a)

V ( x ,t ) =

Q(t ) 0.4 − 0.01 ⋅ t = ( zamanla değişen bir boyutlu akım söz A( x ) 1.5 − 0.2 ⋅ x 2

konusudur.) a ( x ,t ) =

b)

0.4 ⋅ x ⋅ (0.4 − 0.01 ⋅ t ) − 0.01 ∂V ∂V = + +V ⋅ 2 3 ∂x 1.5 − 0.2 ⋅ x ∂t 1.5 − 0.2 ⋅ x 2

(

2

)

x = 2 m ve t = 5 s için;

V (2 ,5 ) =

0.4 − 0.01 ⋅ 5 ⇒ V (2 ,5 ) = 0.5 m / s 1.5 − 0.2 ⋅ 2 2

∂V ∂V − 0.01 = ⇒ = −0.014 m / s 2 2 ∂t 1.5 − 0.2 ⋅ 2 ∂t

2

Şekildeki P0 basıncını mSS cinsinden hesaplayınız? (Yersel kayıpları ihmal ediniz.) ( D1 = D4 = 40 cm; D2 = 30 cm; D3 = 20 cm; λ1 = λ2 = λ3 = λ4 = 0.026; Q1 = 125.66 lt/s; L1 = L2 = L3 = L4 = 500 m; h = 10 m )

h P0

1

L3 V32 L2 V22 V22 V32 ⋅ = λ3 ⋅ ⋅ ⇒ = λ2 ⋅ D2 2 ⋅ g D3 2 ⋅ g D 2 D3 5

Q1 = Q2 + Q3

108

2 3

2 ve 3 nolu borulardaki kayıpların eşitliğinden;

D  D  Q22 Q32 Q = 5 ⇒ 2 =  2  ⇒ Q2 =  2  5 Q3 D 2 D3  D5   D5 

0

4

5

2

⋅ Q3


 D  5 2  2    + 1 ⋅ Q3 Q1 =   D3    

Buradan;

    125.66 ⋅ 10 −3   Q3 =  5  ⇒ Q3 = 33.45 lt / s 2 0 . 3     +1    0.2  

Q2 = 92.2 lt / s

0 ve 2 arası Bernoulli’den; V1 = 0 ; P1 = 0 ;

V0 = 0 ;

P0 V2 P V2 + 0 + z 0 = 1 + 1 + z 1 + ζ 01 ρ ⋅g 2⋅g ρ ⋅ g 2⋅ g P0 L V2 L V2 L V2 = h + λ1 ⋅ 1 ⋅ 1 + λ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 + λ 4 ⋅ 4 ⋅ 4 ρ⋅g D1 2 ⋅ g D2 2 ⋅ g D4 2 ⋅ g 2 P0 (0.0922 )2  λ ⋅ L  Q12 Q22  0.026 ⋅ 500  (0.12566 ) = + ⋅ + 2 10 2 = 10 + ⋅ +     2 ⋅ g  D15 D22  2 ⋅ 9.81  ρ⋅g (0.4 )5 (0.3)5 

P0 = 14.36 mSS ρ⋅g

Şekildeki hidrofor düzeninde A vanasının ayarlanması suretiyle 2 ve 3 nolu borulardaki debilerin eşitlenmesi sağlanmaktadır. Vana dışındaki diğer yersel kayıpları ihmal ederek; ( P0 = 3 bar; z = 2 m; λ = 0.024; H = 20 m; L = 15 cm; h = 3 m; d = 2 cm) a) A vanasının yük kayıp katsayısını, b) Debiyi hesaplayınız? Q2 = Q3 ⇒ V2 = V3 = V olacaktır.

109

3 h

A

P0 (1) H

L 1

z

d

2


V1 = 2 ⋅ V

a)

(1) – 3 arası Bernoulli’den;

P V2 P1 V2 + 1 + z 1 = 3 + 3 + z 3 + ζ 1−3 ρ ⋅g 2⋅g ρ ⋅ g 2⋅g V1 ≅ 0 ;

(1)

P3 = 0

ζ 1− 3 = λ ⋅

(L + h ) ⋅ V 2 H (2 ⋅ V ) ⋅ +λ⋅ d 2⋅ g d 2⋅ g 2

z 1 − z 3 = −[(H − z ) + h] − [(H − z ) + h] +

P0 V2 = ρ ⋅ g 2⋅ g

(L + h )  4⋅H  ⋅ 1 + λ ⋅ +λ⋅ d d  

  P 2 ⋅ g ⋅  0 − (H + h − z )  ⇒ V = 1.25 m / s ρ ⋅g V2 = ( 4 ⋅ H + h + L)   1 + λ ⋅  d   1 nolu borudaki su hızı;

V = 2 ⋅ V = 2 ⋅ 1.25 ⇒ V = 2.5 m / s (1) – 2 arası Bernoulli’den elde edilen denklem ile (1) nolu denklem birleştirilirse;

P V2 P2 V2 + 2 + z 2 + ζ 1− 2 = 3 + 3 + z 3 + ζ 1−3 ρ ⋅g 2⋅g ρ ⋅g 2⋅g P2 = P3 = 0 ;

V2 = V3 ’den;

ζ 1− 2 = ζ 1−3 + ( z 3 − z 2 ) = h + ζ 1−3 ζ 1− 2 = λ ⋅ K =λ⋅

(L + h ) ⋅ V 2 L V2 V2 ⋅ +K⋅ = h+λ⋅ d 2⋅g 2⋅ g d 2⋅g

h 2⋅ g ⋅h + ⇒ K = 43.1 d V2 110


b) Q = A ⋅ V =

π ⋅d2 4

⋅V =

π ⋅ (0.02 )2 4

⋅ 2.5 ⇒ Q = 0.785 lt / s

Uygulamalar

Şekildeki su akışını kontrol eden vananın K yük kayıp katsayısını hesaplayınız? ( V = 1.45 m/s; h = 11.4 cm; ρb civa = 13.6 )

Vana

2

1

Su

h Civa

Şekildeki sistemde debinin 127 lt/s olması için A noktasındaki gerekli hava basıncını, lokal kayıpları ihmal ederek hesaplayınız? ( B noktası atmosfere açıktır.) ( ρyağ = 840 kg/m3; λ = 0.0235 )

hava 6.1 m

A Q

L = 153 m; D = 153 mm yağ

Şekildeki sistemde debi 300 lt/s’dir. Lokal ve sürekli kayıpları dikkate alarak H mesafesini belirleyiniz? ( ρyağ = 800 kg/m3; υ = 10-3 m2/s )

H D = 0.4 m yağ

B

A 10 m

111

yağ


Suyun hız ve debisini ölçmek amacıyla kullanılan eğik bir venturimetre için aşağıdaki veriler ışığında 1 nolu kesitteki hız ve debiyi kayıpları ihmal ederek hesaplayınız. ( h = 30 cm; d1 = 40 mm; d2 = 15 mm ) ( ρciva = 13600 kg/m3; θ = 300 )

θ

2 1

h2 h1 h civa

Şekildeki sistemde debiyi hesaplayınız. ( H = 10 m, h = 50 cm, D = 10 cm)

D

H

Böyle bir sistemde suyun aşağıdan yukarıya doğru hareketi h için, basınç artırıcı dış etken olmalı veya pozitif kod farkı olmalıdır. Dolayısıyla sistemde herhangi bir hareket söz konusu olamaz. ( Q = 0)

Şekildeki düzenekte; a) Paralel borulardaki debileri hesaplayınız; b) Pompanın basıncını h’a bağlı olarak hesaplayınız. ( Q = 60 lt/s; L = 500 m; d = 0.25 m; λ = 0.025; L1 = 505 m; d1 = 0.15 m; λ1 = 0.034; L2 = L3 = 304 m; d2 = d3 = 0.10 m; λ2 = λ3 = 0.023 )

112

1

1 h Q T Pompa

Su 2 3


Şekilde su debisi Q = 24 lt/s olan uzun bir boru A şebekesi görülmektedir. Tüm boruların 1 uzunlukları eşit olup 240 metredir. Ayrıca 1 ve 4 2 nolu boruların çapları eşit ve 15 cm, 2 ve 3 nolu q boruların çapları ise 10 cm’dir. 2 nolu borunun h 3 tam ortasında q = 6 lt/s debisi dışarıya 4 akmaktadır. Tersel kayıplar ihmal edildiğine B göre; a) Kayıpları da göz önüne alarak, 2 ve 3 nolu borulardaki debileri, b) A ve B noktaları arasındaki basınç farkını q debisini dikkate almadan hesaplayınız. ( λ = 0.026; h = 11.75 m )

Şekildeki kapalı depo içerisinde basınç ve su seviyesi tutulmaktadır. Su, 100 m uzunluğunda bir hortumla 20 m yükseklikte yatay olarak püskürtülmektedir. Dirsek kayıplarını ihmal ederek debiyi hesaplayınız? ( P = 6 kg/cm2; h = 2.58 m; D = 10 cm; λ = 0.02; d = 5 cm; Fıskiyenin kayıp katsayısı K = 0.235; Khç = 0.5 )

100 lt/s’lik Q1 debisine sahip yandaki şekilde 2 ve 3 nolu borulardaki debiyi ve basıncını mSS cinsinden P0 hesaplayınız? (Yersel kayıpları ihmal ediniz.) ( D4 = D1 = 20 cm; D2 = 15 cm; D3 = 10 cm; λ1 = λ2 = λ3 = λ4 = 0.015; L1 = L2 = L3 = L4 = 200 m; h = 10 m )

113

d

P

(2)

D (0)

H h

5

h

P0

4 2 3

1


Saniyede 15.7 lt su sevk eden 10 cm D1 çapında bir boru 20 cm çapındaki boruyla bağlantılıdır. V1 V2 D2 a) 70 koniklik açısına haiz bir konik boru ile, b) 200 koniklik açısına haiz bir konik boru ile, c) 450 koniklik açısına haiz bir konik boru ile, birleştirildiği taktirde doğrudan doğruya konik parçasız ani genişleme suretiyle yapılan bağlantıya göre kayıp bakımından elde edilen karlar nelerdir? ( K7o = 0.15; K20o = 0.4; K45o = 1 )

Şekildeki kaba Q1 = 10 lt/s debisiyle su girişi ve Q2 = 4 lt/s debisiyle su çıkışı olduğunda su seviyesinin sabit kaldığı gözlenmektedir. Kaptaki su yüksekliğini hesaplayınız? ( Kayıplar ihmal edilecektir.) ( Q3 debisi 5 cm çaplı delikten çıkmaktadır.)

Şekilde venturi borusu içerisinde hareketli suyun, dar ve geniş kesitleri arasındaki basınç farkını ölçmek için civalı manometre bağlanmıştır. A-B arasında enerji kaybı olmadığına göre, borudan geçen debiyi hesaplayınız? ( ρciva = 13600 kg/m3 )

Q1

A h

Q2 B Q3

B 0.75 m A z 0.357 m Q civa

114

AKIŞKANLARIN KİNEMATİĞİ

BÖLÜM 4

Akışkanların Kinematiği

4.1. Giriş

Daha önce de belirttiğimiz gibi, akışkan hareketini incelemek için kavramları matematik diliyle ifade etmeliyiz. Fakat biliyoruz ki matematiksel olarak dile getirilecek herhangi bir durum büyüklüğü ancak önceden kesin olarak tanımlanmış bir referans sisteminde anlam taşır. Örneğin, bir akışkan parçacığının hızının 10 m/s olduğunun söylenmesi tek başına hiç bir anlam taşımaz. Doğru olan, örneğin, Öklid uzayı içinde laboratuvara bağlı olarak seçilmiş bir kartezyen koordinat sisteminde hız vektörü normunun (büyüklüğünün) SI birim sisteminde 10 olduğunun söylenmesidir, şayet koordinat sistemi laboratuara değil de uzayda sabit oldukları kabul edilen yıldızlara bağlı ise hızın 10 m/s olması apayrı bir durumu ifade eder. Koordinat sisteminin uygun seçilmesinin ve açıkça belirtilmesinin ayrı bir önemi de, incelenecek olan akışkan hareketinin matematik ifadesinin bir koordinat sisteminde çok kolay, bir diğerinde ise yine doğru fakat oldukça karmaşık olabilmesi, dolayısıyla yanlışlıklara daha açık olmasıdır. Bu bölümde yeni bir takım temel kavramlardan söz edeceğiz. Bu yeni kavramlar akışkan hareketinin, katıların hareketlerinden farklı olarak, akışkan kütlenin boyutlarına göre oldukça büyük yer değiştirmeleri kapsamasından, zamandan bağımsız değişken olarak kabul edilmek suretiyle elde edilirler. Yer değiştirmelerin akışkan kütlenin boyutlarına göre oldukça büyük olması akışkanın uzaydaki konumunun, hızının ve ivmesinin sabit bir koordinat sistemine göre yazılmalarının ne kadar uygun olduğu sorusunu akla getirmiştir. İşte akışkan hareketinin, sabit bir koordinat sistemine göre mi, yoksa, akışkanla beraber hareket eden bir koordinat sistemine göre mi tasvir edilmesi gerektiği sorusu akışkanlar mekaniğinde iki ayrı tasvir yönteminin doğmasına sebep olmuştur. Akışkan hareketinin sabit, örneğin laboratuara bağlı bir koordinat sistemine göre tasvir edilmesine Euler tasviri, akışkanı takip eden bir koordinat sistemine göre tasvir edilmesine Lagrange tasviri denir. Bu tanımların hatırlanmasına yardımcı olması açısından Euler'in bir geometrici olarak uzayı öne çıkardığı, Lagrange'ın ise bir mekanikçi olarak maddeyi yani akışkanı öne çıkardığı da düşünülebilir.

115


4.2. Akışkan Akımını İnceleme Yöntemleri

4.2.1. Lagrange Yöntemi

Bir akışkanın hareketi iki yöntem kullanılarak tariflenebilir. Birincisi akışkan akımı içindeki bir akışkan partikülünün hareketini esas alan Lagrange yöntem, ikinci ise akışkan akımı içinde sabit bir noktayı esas alarak bu noktadan geçen farklı hızlara sahip akışkan partiküllerini inceleyen Euler yöntemdir.

Lagrange tasvirinde, bir akışkan parçacığının konumu başlangıç konumu koordinatları ve zamanın bir fonksiyonu olarak yazılır. Konumdan türetilecek olan hız ve ivme de gene bu değerler, başlangıç konumu koordinatları ve zamandan bağımsız değişkenler olarak kabul edilmek suretiyle elde edilirler. Belirli bir anda belirli bir konumda olan akışkan partiküllerinin zamanla olan hareketlerini inceler, yani akışkan partikülü, akım alanı içinde değişik konumlarda bulunurlar, t1 anında (x1, y1, z1) noktasında V1 hızına, t2 anında (x2, y2, z2) noktasında V2 hızına sahiptirler, matematiksel olarak Lagrange hızı (şekil 4.1); V = V [x(t ), y (t ), z (t ), t ] olarak ifade edilir.

Şekil 4.1 Bir akışkan partikülünün hareketinde Lagrangian ve Euler yaklaşımı

4.2.2. Euler Yöntemi

Euler tasvirinde bir akışkan parçacığının konumu söz konusu olduğu anda, akışkan parçacığının işgal ettiği uzaydaki noktanın konum koordinatları ve zamanın bir fonksiyonu olarak yazılır. Gene konumdan türetilecek olan hız ve

116


ivme de sadece zaman bağımsız değişken olarak kabul edilmek suretiyle elde edilirler. Herhangi bir akışkan partikülünün hareketini incelemek yerine, belirli bir noktadaki hızın ve basıncın zamanla değişimi araştırılır, yani tek bir (x1, y1,z1) noktası göz önüne alınır ve bu noktadan geçen akışkan partikülleri t1 anında V1, t2 anında V2 hızına sahiptirler, matematiksel olarak Euler hızı V=(x, y, z, t) olarak ifade edilir.

4.3. Akışkan Akımının Temel Kavramları Akışkan Tipleri

Teoride iki kısma ayrılabilir ve bu kavramlar problemlerin çözümünde büyük kolaylık sağlar.

a) İdeal Akışkan: Viskozitesi veya diğer bir deyişle içsel sürtünmesi sıfır olan akışkanlara denir.İdeal bir akışkanda akış yolu içerisindeki hareketli bir eleman her durumda aynı hıza sahiptir ve her akışkan elemanın izlediği yol birbirine paraleldir.

Şekil 4.2 İdeal akışkana ait hız diyagramıı

b) Gerçek Akışkan: Sahip oldukları içsel sürtünmeleri ya da viskoziteleri ile dikkate alınan akışkanlara denir.

Şekil 4.3 Gerçek akışkana ait hız diyagramı

117


Akış Tipleri

Akışkan akımı içindeki bir noktada akışkan özellikleri, bulunduğu noktanın konumunu ve zamanın fonksiyonudur. Bu özellik; E=E(x, y, z, t) ile tariflenebilir, burada E yoğunluk, hız, sıcaklık v.s gibi akışkanın ya da akımın herhangi bir özelliğidir. Buna göre akış tipleri şöyle sınıflandırılır.

a) Kararlı ve Kararsız Akım: Bir akışkan akımı içinde dikkate alınan herhangi bir noktadaki akıma ve/veya akışkana ait tüm özelliklerin zamanla değişmeden ( ρ , h, µ , v.... gibi) sabit kalması halindeki akıma “kararlı (permenant) akım” denir.

∂E =0 ∂t

veya

E=E(x,y,z)

Gerçekte bütün akışkan akımlarının küçük de olsa herhangi bir noktadaki hızında salınımlar mevcuttur, ancak hızın zamana göre ortalaması değişmiyor, sabit kalıyorsa akım yine kararlı akım olarak tariflenebilir. Bu tanıma göre ifade edilen hız, “zamansal ortalama hız” olarak bilinir. Vt =

1 t Vdt t ∫0

Hareket halindeki bir akışkanın içinde dikkate alınan, konumu sabit herhangi bir noktadaki akıma ve akışkana ait tüm özellikler zaman içinde değişiklik gösteriyorsa bu tip akımlara da “kararsız akım” denir, yani

∂E ≠0 ∂t dir. Kararlı ve kararsız akışkan akımına içi su dolu bir hazneyi örnek olarak verebiliriz, eğer haznenin altındaki musluğu açtığımızda hazne musluktan çıkan su kadar beslenmiyorsa kararsızdır. b) Üniform ve Üniform Olmayan Akım: Akım bu halde konumuna göre sınıflandırılır, hareket halindeki bir akışkan akımının içinde her konumda, yani akım boyunca, akım ve akışkana ait özellikleri değişmiyor, sabit kalıyorsa bu haldeki akıma “üniform akım” denir.

∂E =0 ∂s

118


Eğer hareket halindeki bir akışkan akımının içinde her konumda yani akım boyunca, akım ve akışkana ait özellileri değişiyorsa bu haldeki akıma da “üniform olmayan akım” denir. ∂E ≠0 ∂s Üniform akıma Şekil 4.4’da görülen kanal akışını, üniform olmayan akıma da Şekil 4.4’de görülen bir engel yüzünden su derinliğinin gittikçe artmasını örnek olarak verebiliriz.

Şekil 4.4 Üniform olmayan akım

Akım Çizgisi

ve

üniform

Görüldüğü gibi akışkan akımına ait hareket tipleri,akımının hızının zamanla veya konumla değişmesiyle ilgilidir.Çünkü hız akımın bir özelliğidir. Mekaniğin her alanında olduğu gibi hız, hem şiddete hem de doğrultuya sahip olduğu için, vektörel bir büyüklüktür. Dolayısıyla hareket eden bir akışkanın herhangi bir noktasındaki hız vektörünün genel olarak üç koordinat doğrultusunun her birinde bileşenleri vardır ve bu bileşenlerin her birinin de genel olarak hem zamana hem de konuma göre değişmesi beklenebilir. Akım çizgisi verilen bir anda her konumda akım doğrultusunda olan bir çizgi olarak tarif edilir, dolayısıyla herhangi bir konumda, o konumdan geçen hız vektörü ile akım çizgisinin teğet olmaları ve değme noktasına dik hız bileşeninin sıfır olması aşikardır. Böylece akım çizgisi kısaca şöyle tariflenebilir; belirli bir t anında akışkan akımı içinde çeşitli konumlardaki Akışkan partiküllerinin hız vektörlerine teğet olarak çizilen çizgilere “akım çizgisi” adı verilir (Şekil 4.5). Bu tanıma göre akım çizgisinin herhangi bir noktasındaki teğeti o noktadaki hızın doğrultusunu verir. Akım çizgileri hiçbir zaman birbirlerini kesmezler. Kararlı akımlarda akım çizgilerinin şekilleri her an aynı kalır.Kararsız akımda, hızın şiddeti ve yönü veya her ikisi zamanla değiştiği için akım çizgilerinin şekli zamanla değişecektir. Akım çizgilerinin birbirlerine yaklaşmaları durumunda hız vektörlerinin şiddetleri artar, birbirlerinden uzaklaşmaları durumunda ise şiddetleri azalır.

119


Şekil 4.5 Akım çizgileri ve hız vektörleri

Şekil 4.5’deki iki boyutlu akım alanında dikkate alınan herhangi bir P noktasında akım çizgisine çizilen teğet bu noktada V hızının doğrultusunu verecektir. Bu hız kartezyen koordinatlarda bileşenleri cinsinden

G G G V = ui + vj ifadesiyle yazılabilir.Aynı zamanda P noktasında bu akışkan partikülünün δ s deplasman miktarı G

G

G

δ s = δ xi +δ y j dir, burada

δx

ve

δy

sırasıyla kartezyen koordinatlarda x ve y

doğrultularındaki bileşenlerdir. δ s ve V aynı doğrultuda olduğundan

δx u

=

δy v

yazılabilir veya bu ifade diferansiyel formda dx dy = u v

şeklinde yazılabilir ve v dx-u dy = 0 elde edilir, bu ifade iki boyutlu akım ortamında bir akım çizgisinin denklemidir. Üç boyutlu akım için ise dx dy dz = = u v w

yazılabilir.

120


Yörünge

Akışkan moleküllerinin akışkan akımı içinde izledikleri yola denir. Kararlı akımda hız vektörlerinin doğrultuları zamanla değişmeyip sabit kaldığından akım çizgileriyle yörünge üst üste çakışır yani akım çizgisi ile yörünge eş anlamlıdır. Akım çizgisi ile yörünge arasındaki farkı daha iyi anlayabilmek için Şekil 4.6’da görülen bir musluktan çıkan kararsız akımı örnek olarak verebiliriz. 1 noktasındaki akışkan partikülü t1 anında bu andaki akım çizgisi üzerinde, t2 anında bu andaki akım çizgisi üzerinde, t3 anında bu andaki akım çizgisi üzerinde ancak partikülünün izlediği yol bu akım çizgilerinden farklı olarak 12-3 yörüngesi olacaktır.

Şekil 4.6 Kararsız akım halinde akım çizgisi ve yörünge

Akım Tüpü

Akış içinde akım yönüne dik çok küçük bir dA alanı dikkate alınırsa bunun çevresindeki bütün noktalarda belirli bir t anında geçen akım çizgilerinin oluşturduğu geçide akım tüpü veya borusu denir(Şekil 4.7).

Şekil 4.7 Akım tüpü

Akım çizgilerinin doğrultularını düşünürsek, akım tüpünün cidarından dışarıya geçmeyeceği sonucuna varılır. Sistem, Kontrol Hacim ve Eleman

Akışkanlar mekaniğinde sistem ve kontrol hacim kavramları sık sık kullanılır. Sistem, kütlesi daima sabit kalan ancak konumu veya şekli değişebilen izole edilmiş akışkanın belirlenmiş bir kütlesidir. Bu kavram gaz akımlarının analizinde oldukça faydalı bir kavramdır.

121


Kontrol hacim, akışkan içinde izole edilmiş, sabit x, y, z eksenlerine göre hacminin değişmediği ve hareket etmediği düşünülen akımın belirlenmiş bir bölgesidir.Kontrol hacmin fiziksel sınırı kontrol yüzey olarak isimlendirilir(Şekil 4.8). Böylece bu hacime dışarıdan giren ve hacimden dışarıya çıkan kütlelerin etüdü yapılarak, bu hacim içindeki akışkan akımının davranışı araştırılabilir.

Şekil 4.8 Kontrol Hacim

Gerek kontrol hacmin kendisi gerekse kontrol yüzeyin sınırları arzu edildiği şekilde seçilebilir. Kontrol hacim katı cisimler mekaniğindeki serbest cisim diyagramıyla aynıdır.Lagrange hal dikkate alındığında sistem, Euler hal dikkate alındığında kontrol hacim kavramları kullanılır. Kontrol hacim kavramı sistem kavramına tercih edilir.Çünkü, sabit bir hacim içinden geçen akışkan akımının, akışkanla beraber hareket eden hacime göre incelenmesi daha kolaydır.Ayrıca verilen akışkan kütlesinin hareketinden çok bu akışkanın sınırlarına yaptığı etki bizi daha fazla ilgilendirir. Şimdi bu akışkan hacminden geçen bir akışkan kütlesinin hareketi için genel bir ifade geliştirelim. Kontrol hacim içinden geçen akışkan kütlesi enerji ve momentum gibi özelliklerini de beraberinde taşır. O halde akışkanın özel bir özelliğine nazaran genel olarak akışkanın özelliklerini tarifleyecek bir denklem vermeye çalışalım. Bu özelliği de N ile gösterelim (kütle, enerji, momentum gibi). Bu özelliğin, çıkan akışkanın birim kütlesindeki miktarı ise η olsun. N=

∫ ηdm = ∫ η ρ d∀

kütle

hacim

t anında kontrol hacmi akışkan kütlesi tamamıyla doldurulmuş olsun, t+ ∆ t anında akışkan yeni bir konuma gelmiş olsun ancak kontrol hacim bu zaman aralığında x, y, z koordinatlarına göre konumunu koruyacaktır (Şekil 4.9)

122


Şekil 4.9 Kontrol Hacim içinden hareket eden sistem

O halde N

t

= ( N kh ) t

burada kh kontrol hacim ve

N t + ∆t = ( N 11 + N 111 )t + ∆t = ( N kh − N 1 + N 111 )t + ∆t burada denklemin sağ tarafında N’in alt indisleri Şekil 4.9a’de görülen alt bölgeleri göstermektedir. Yukarıdaki ifadeden ∆ t’nin sıfıra yaklaşması halinde limit şartı yazarsak lim

∆t →0

(N ) − (N kh )t (N ) (N ) N t + ∆t − N t = lim kh t + ∆t − lim 1 t + ∆t + lim 111 t + ∆t t o ∆ → ∆ t → 0 ∆ t → o ∆t ∆t ∆t ∆t

Şimdi yukarıdaki dört terimi daha yakından inceleyelim. 1) lim (N t + ∆t − N t ) / ∆t basitçe dN / dt dir, veya kontrol hacim içinden ∆t →0

geçerken akışkan N özelliğindedir. 2) lim [( N kn )t + ∆t − ( N kn )t ] ∆t kontrol hacim içindeki N özelliğinin değişim ∆t →0

miktarıdır veya (∂ ∂t )( N kh ) ’dir, bunda N=

∫η ρ d ∀

hacim

ifadesi yerine konursa ∂ η ρ d∀ ∂t kh∫

3) lim (N 1 )t + ∆t / ∆t kontrol hacime birim zamanda giren akış miktarıdır. ∆t →0

123


bu da

∫

η ρ VdA

giren akım yüzeyi

dır. (Şekil 4.9b). Dikkat edilirse alan vektörü dışa doğru yüzeye dik gösterilmiştir. Böylece α açısı bu ifade için π / 2 ’den büyük olur. 4) lim ( N m )t + ∆t / ∆t kontrol hacimden birim zamanda çıkan akış miktarıdır ve ∆t →0

∫

η ρ VdA

çıkan akım yüzeyi

dır (şekil 4.9c). Bu hal için α 〈

π

olacaktır. 2 Yukarıdaki açıklamalar doğrultusunda; dN ∂ = η ρ d∀ + η ρ VdA + η ρ VdA ∫ ∫ dt ∂t ∫kh giren akım yüzeyi çıkan akım yüzeyi

veya dN ∂ = η ρ d∀ + dt ∂t ∫kh

∫

ky

η ρ VdA

burada ky kontrol yüzeyi göstermektedir. Yukarıda ifade kontrol hacimden geçen sabit kütleli akışkanın sabit N özelliğinin zamana göre değişimi, kontrol hacim içindeki N özelliğindeki değişim miktarı ile kontrol yüzey boyunca N özelliğinin net çıkan miktarının toplamıdır. Şimdi son olarak eleman kavramını açıklayalım, akışkanlar mekaniğinde sıkça geçen bu kavram, akışkanın uygun büyüklükte bir parçasıdır. 4.4. Çevrintili ve Çevrintisiz Akım

Bir akışkan elemanının bir noktadan diğerine ötelenmesi sırasında dönme hareketi yapıp yapmayışına göre akışkan hareketi iki sınıfa ayrılır. Eğer akışkan akımı içinde hız dağılımı, bir elemanın birbirine dik kenar ortaylarını veya birbirine dik köşelerini akım sırasında doğrultularını değiştirmeyecek şekilde ise akım çevrintisizdir, aksi halde çevrintilidir. Tabiatıyla, bir akımın çevrintisiz olması için birbirine paralel bütün akışkan tabakaları boyunca hızın aynı olması gerekir. Ancak akım eğrisel buna karşın elemanın kenar ortaylarının veya köşegenlerinin dönmeleri birbirini telafi edecek şekilde ise, akım yine çevrintisizdir(Şekil 4.10), aksi halde çevrintilidir.

124


Gerçek akım şartları altında viskoz bir akışkanın çevrintisiz bir hareketine ancak akışkan sükunette ise veya hareket halindeki sınırlarına göre relatif bir yer değiştirme yapmadan öteleniyorsa rastlanır. Ancak bir çok halde dönme miktarı pratik bakımdan ihmal edilebilecek kadar küçüktür. Bu sebepten bir hazneden boruya doğru olan akım veya bir savağın üzerindeki akım ile geniş bir borudan daha dar bir boruya olan akım çevrintisiz kabul edilmektedir. Bu tip akışlarda gerçekten fazla uzaklaşmaksızın yapılan çevrintisiz akım kabulüyle matematiksel analiz daha kolay uygulanabilmektedir. Çevrintili ve çevrintisiz akımı anlamak için dönme dolap örneği verilebilir. Eğer dolaplar halka üzerine sabitleştirilirse dönme esnasında ABCD elamanın köşeleri pozisyonlarını değiştireceklerdir ve bu durum çevrintili akımı temsil edecektir, çünkü dolaplar bir akışkan elemanı gibi düşünülebilir.

Şekil 4.10 Çevrintili ve Çevrintisiz Akım

a) Çevrintili akım

Laminer ve Türbülanslı Akım

b) Çevrintisiz akım

Akım çizgilerinin veya akım yüzeylerinin, moleküler karışmanın çok küçük olan tesirleri hariç, bütün uzunlukları boyunca birbirlerinden tamamen ayrı ve karışmaksızın kaldıkları düzgün akıma laminer akım denir. Diğer bir deyişle, çok küçük hızlarda akışkan elemanlarının belirli yörüngeler izleyerek birbirine karışmadan düzgün ve tabaka şeklinde paralel ve birbirleri üzerinde kayarak akmasına laminer akım denir. Bu akış sırasında bir akışkan tabakasından diğerine hız değişmekle birlikte tabakalar arasında hiçbir eleman alışverişi olmamaktadır ve tabakalar birbiri üzerinde kayarak hareketlerini 125


sürdürmektedirler. Laminer akışta herhangi bir noktadan geçen her akışkan partikülünün takip ettiği iz aynı kalmaktadır. Ayrıca laminer akımda en önemli etki akışkanın viskozitesidir. Türbülanslı akış, laminer akımın tam zıttıdır, çünkü akışkanın hareketi esnasında akışkan elemanları birbirlerini kesen yörüngeleri izlemektedir, yani birbirlerine karışarak çalkantılı bir şekilde akmaktadır, işte bu tip akımlara türbülanslı akım adı verilir. Türbülanslı heterojen karışım işlemi herhangi bir andaki akım çizgilerini bile tamamıyla karıştırır, bu akım aslında ne karalı ne de üniformdur, çünkü bu tip akımda laminer akımdaki mikroskobik moleküler harekete karşılık sonlu büyüklükte akışkan kütlelerinin makroskopik hareketleri akışkanın hareketine bir bütün olarak eklenmektedir. Laminer ve türbülanslı akışlar ve bunlar arasındaki geçiş günlük hayatımızda bilinen olaylardır. Çoğumuz bu olayları yanan bir sigaradan yükselen dumanda dahi gözleriz. Sigaranın yanan ucunda ansızın belli bir mesafe için düzgün ipçik halinde duman yükselir,bu tipik bir laminer akıştır. Etraftaki akım şartlarına bağlı olarak belli bir yükseklikte türbülanslı hale dönüşür. Şayet etraftaki hava hareketsiz ise düzgün sigara dumanı ipçiği oldukça yükseğe kadar devam edebilir. Eğer hava hareketli ise duman ipçiği sigaranın hemen ucunda bozulur. Laminer ipçiklerin bozulması, laminer akıştan türbülanslı akışa geçiş olayıdır. Laminer akıştan türbülanslı akışa geçiş Reynolds isimli araştırmacının 1895 yılında yapmış olduğu deney ile gösterilmiştir (Şekil 4.11). Bu deney sabit seviyeli bir hazneden çıkan borudaki akışa boya verilerek yapılmıştır. Borunun ucundaki vana az açıldığında boya etrafındaki akıma karışmamakta ve düzgün bir ipçik halinde akımla birlikte hareket etmektedir. Vana daha fazla açılıp borudaki hız artırıldığında boya akışkana karışmaya başlamaktadır. Bu olaylar sırasıyla laminer ve türbülanslı akıma örnektirler. Boyanın akımın ana doğrultusuna dik yönde karışımı türbülanslı akımın tipik karakteri olan akışkan tabakaları arasında meydana gelen momentum alışverişini göstermektedir.

126


Şekil 4.11 Reynolds Deneyi

Reynolds’un deneylerinde laminer akımdan türbülanslı akıma geçiş anındaki hıza kritik hız denir. Reynolds borudaki akım hızın (V), boru çapı (D) ve kinematik viskozite (v) arasında boyutsuz bir sayı tanımlayarak laminer ve türbülanslı akım arasındaki geçişi ifade etmeye çalışmıştır. Bu sayı araştırmacının kendi adıyla anılan Reynolds sayısı olarak bilinmektedir. Re = Re < 2320 Laminer akım Re ≈ 2320 Geçiş akım Re > 2320 Türbülanslı akım

VD v

Boru akımlarında her ne kadar 2320 değeri geçiş değerini karakterize etse de, geçiş mekanizması oldukça karmaşıktır ve halen anlaşılmamıştır. Örneğin boru akımlarında başlangıçtaki düzensizlikler bazı tedbirlerle minimuma indirgendiğinde geçişin Re sayısının 50.000 değerine kadar ertelenebileceği tesbit edilmiştir. Türbülansın sekonder hareketi ile akışkanın birinci derecedeki hareketini ayırmak ve türbülansı göz önüne almaksızın akışkanın hareketini, kararlı olmak, üniform olmak ve çevrintili olmak bakımından sınıflandırmak uygun olur. Türbülanslı akım aslında daima çevrintili ise de (türbülansın her bir çevrisi “girdaplı” bir dönmeye sahip belirli bir bölge olduğu için) zamana göre ortalama alındığında sekonder akımın çevrinti miktarının limiti sıfıra yaklaşabilir. Ayrıca türbülansın meydana getirdiği yanal karışma sonunda akım kesiti üzerinde ortalama hız vektöründeki değişim azalır, böylece türbülanslı akım laminer akımdan çok daha çevrintisiz bir karaktere sahip olabilir. Laminer akımla çevrintisiz akım ekseriyetle yanlış olarak aynı şeylermiş gibi

127


düşünülürse de aslında tam olarak gelişmiş laminer akım tamamıyla çevrintilidir ve dolayısıyla çevrintisiz akımın matematik teorilerine uymaz. Türbülanslı akımda bir akışkan tabakasından diğerine olan momentum alışverişi sırasında bir tabakadan diğerine taşınan akışkan parçacığın hareketi “girdap” olarak bilinmektedir.Türbülanslı akımdaki bu momentum alışverişi cidardan uzaklaştıkça hız dağılımının laminer akıma göre daha üniform olmasına neden olur. Türbülanslı akım içindeki bir noktada hızın x doğrultusunda zamanla değişimi ölçülürse bir ortalama etrafında devamlı salındığı görülür. Türbülanslı akımın kararlı ve kararsız akım halindeki tipik değişmeleri grafiklerde G görülebilmektedir. Hızın ortalama değerinden ( u ) sapan miktarları çalkantı hız bileşenleri ( u ′ ) olarak tariflenmektedir. O halde toplam hız

u (t ) = u ± u ′(t ) dır, ortalama tanıma göre verilen u(t) eğrisinin altında kalan alan, u yatayının altında kalan dikdörtgenin alanına eşit olmalıdır. O halde T

T

1 u .T = ∫ u (t ).dt → u = ∫ u (t ).dt T 0 0 dir. Bir boyutlu akım alanında y ve z doğrultularında net kütle taşınımı olmadığı için v = w = 0 olur. x doğrultusundaki u hızının çalkantı bileşeninin zamansal ortalama değeri ise T

T

1 1 u ′(t )dt = ∫ (u (t ) − u )dt = u − u = 0 ∫ T 0 T 0 olacağından sıfırdır, çünkü bu bileşenin net kütle taşınımına katkısı yoktur. Pozitif ve negatif alanların toplamı sıfır olacaktır. u′ =

Üç boyutlu akımda ise her doğrultu için ortalama akım hızları sıfırdan farklı olacağından, en genel halde  u (t ) = u ± u ′(t )   v(t ) = v ± v ′(t )   w(t ) = w ± w′(t ) 

128


yazılabilir. Bir çalkantı bileşeninin zamana göre ortalaması her ne kadar sıfırsa da u ′ 2 , u ′v ′, u ′w′ gibi iki çalkantı bileşeninin çarpımının zamansal ortalama değeri sıfır olmaz. 4.5. Bir Boyutlu, İki Boyutlu ve Üç Boyutlu Akım

Akışkan akımları son olarak şu şekilde de sınıflandırılabilirler;

a) Bir boyutlu akım; Akıma dik herhangi bir kesit boyunca akışkan ve akım özellikleri sabit kalıyorsa ve doğrultuları da değişmiyorsa böyle bir akım bir boyutlu akım olarak isimlendirilir. Ayrıca bir boyutlu akım kavramı akım problemlerinin çözümünde bize çoğu kez çok kolaylık sağlar çünkü bir çok halde problemi ana hatlarıyla çözmek için detayların bilinmesi gerekmez ve detaylı çözüm öylesine karmaşıktır ki, kaba bir yaklaşımla yetinilir. Bunun için bahis konusu akım bölgesinin, her kesitte ortalama akım hızı, ortalama basınç ve ortalama kot ile karakterize edilebilen bir tek akım borusundan meydana geldiği kabul edilir. Bu suretle bir kesit üzerinde akım karakteristiklerinin değişimi ihmal edilir, sadece ortalama değerlerin akım doğrultusunda değişimleri göz önüne alınır. Bu yaklaşım metodundan doğan hataları değerlendirmek için, bağıntıların türetilişini yakından incelemek gerekir.

b) İki boyutlu akım; Akışkan elemanları hareketleri sırasında birbirine paralel düzlemler içerisinde kalıyorsa ve bu düzlemlere dik yönde hiçbir hareket yok ise bu tip akımlara iki boyutlu akım adı verilir. c) Üç boyutlu akım; Akışkan ve akıma ait büyüklüklerin x, y, z koordinat doğrultularında bileşenleri var ise bu tip akımlara üç boyutlu akım adı verilir, akışkan akımının en genel hali olan bu tip akımların incelenmesi esnasında karşımıza çözümleri oldukça zor karmaşık ifadeler çıkar. 4.6. Akışkan Elemanlarının Hareketleri

Akışkan akımı içinde akışkan elemanının hareketine sebep olan kuvveti dikkate almaksızın hareketini inceleyelim. Bunun için boyutları dx, dy, dz olan son derece küçük akışkan elemanını x, y, z kartezyen koordinat sistemine göre dikkate alalım. Akışkan elemanı dört farklı şekilde hareket eder, bunlar; ötelenme, lineer deformasyon, açısal deformasyon, dönme (rotasyon).

129


Şekil 4.12 Bir akışkan elemanının hareketleri

Ötelenme

Lineer Deformasyon

Akışkan elemanının herhangi bir deformasyona uğramadan konumunu değiştirmesidir. Herhangi bir şekilde kayma gerilmesi söz konusu olmaz ve eleman ötelenme sırasında orijinal formunu korur. Dolayısıyla elemanın hacmi de değişmez (Şekil 4.12a). dt zaman aralığında x doğrultusunda udt, y doğrultusunda vdt, z doğrultusunda wdt kadar ötelenir. Elemanın kendi içinde, akışkan tabakalarının birinin diğerine göre rölatif bir hareketi olmadığı için ısı enerjisi üretilmez ve akışkan elemanın ötelenmesi sırasında enerji kaybı yoktur. Akışkan elemanının orijinal kenarlarına göre daralması veya genişlemesi lineer deformasyon olarak isimlendirilir (Şekil 4.12b). Bu halde elemanın hacmi değişir dt zaman aralığında x, y, ve z doğrultularında lineer deformasyon

∂v ∂u ∂w dxdt , dydt , dzdt ' ∂x ∂y ∂z dir. Elemanın orijinal hacmine göre relatif hacim değişimi  ∂u ∂v ∂w    dzdt  − dxdydz  dx + dxdt  dy + dydt  dz + ∂x ∂y ∂z     dxdydz

=

∂u ∂v ∂w + + ∂x ∂y ∂z

dt2 ve dt3 terimleri ihmal edildiğinde V (u,v,w) olduğundan; = ∇.V

Kayma gerilmesi mevcuttur, çünkü akışkan tabakaları arasında relatif hareket vardır. Isı enerjisi üretilir ve lineer deformasyondan dolayı enerji kaybolur.

130


Açısal deformasyon

Akışkan elemanı, elemanın kenarları, açıları doğrultusunda deforme oluyorsa, açısal deformasyondan bahsedilir yani eleman çarpılır. Bu halde elemanın şekli değişir. Şekil 4.12c dikkate alınarak, saat akrebinin dönüş yönünün tersinin pozitif olduğu düşünülürse dt zaman aralığında dx ve dy kenarlarının açısal deformasyonu   ∂v   ∂u  dxdt   − ∂y dydt   − θ xy =  ∂x   dy  dx           ∂v ∂u  + dt  ∂x ∂y 

θ xy =  açısal deformasyon hızları  ∂v ∂u  +   ∂x ∂y 

θxy = 

 ∂v ∂w   +  ∂z ∂y 

θyz = 

 ∂w ∂u  +   ∂x ∂z 

θxz = 

 x − y düzleminde    y − z düzleminde    x − z düzleminde 

distorsiyon hızları ise, açısal deformasyonu hızlarının yarısı ile ifade edilir. Kayma gerilmesi mevcuttur. Isı enerjisi üretilir ve mekanik enerji harcanır. Dönme (Rotasyon) veya Çevrinti

Akışkan elemanı şeklini değiştirmeden elemanın kenarlarının belli bir açı kadar dönmesi halidir. Akışkan elemanın hacmi değişmemektedir. Akışkan elemanının saat akrebinin tersi yönündeki dönmesi pozitif alınır. x-y düzlemindeki çevrinti z ekseni etrafındadır. O halde 1  ∂v ∂u  −  2  ∂x ∂y 

ω z = 

diğer düzlemdeki çevrinti benzer şekilde

131


1  ∂w ∂v  −  2  ∂y ∂z 

ω x = 

1  ∂u ∂w  −  2  ∂z ∂x 

ωy =  Bileşke açısal hız

G

G

G

G

ω =ω xi +ω y j +ω z k i

j

k

u

v

w

G 1 G1 G G 1 ∂ ∂ ∂ 1 ω= = curlV = rotV ∇ x V 2 ∂x ∂y ∂z 2 2 2 Herhangi bir şekilde ısı enerjisi üretilmez ve mekanik enerji harcanmaz. Eğer bileşke açısal hız sıfır ise yani ω x , ω y , ω z sıfırsa akışkan elemanında net bir dönme söz konusu olmaz, bu tip akımlar çevrintisiz (potansiyel) veya irrotasyonel olarak isimlendirilirler. ∂v ∂u  x − y düzleminde = ∂x ∂y  ∂w ∂v  y − z düzleminde  = ∂y ∂z   ∂u ∂w x − z düzleminde  = ∂z ∂x 

açısal hızın iki katı vortisite olarak tanımlanır. 4.7. Akışkan Hareketinde İvme Kavramı

Bir akım çizgisi boyunca hareket eden akışkan partikülünün hızında birim zamanda meydana gelen toplam değişme miktarı akışkan partikülünün ivmesi olarak adlandırılır. T anında s konumunda bulunan akışkan partikülü dt zaman sonra s+ds konumuna gelsin, eğer t anında akışkan partikülünün V hızı V = V(s,t) ise bu akım çizgisi boyunca as ivmesi aşağıdaki gibi verilir. dV ( s, t ) dt ∂V ∂s ∂Vs + aS = s ∂s ∂t ∂t aS =

burada ∂s / ∂t yerel hızdır.Böylece

132


a S = Vs

∂Vs ∂Vs + ∂s ∂t

Yukarıdaki ifadeden ivmenin iki terimi olduğu görülmektedir. İlk terim Vs ∂Vs / ∂s, hızın akışkan zerreciğinin kat ettiği yol boyunca değişimi gösterir, ancak ikinci terim ∂Vs / ∂t ise akışkan zerreciğinin hızının zaman içindeki değişimi göstermektedir.  ∂v  (4.32) ifadesindeki ilk terim  S  taşımsal veya konvektif ivme ikince terim  ∂s   ∂v S    yerel ivme olarak adlandırılır.  ∂t 

1) Yerel ivme (x, y, z) konumundaki bir akışkan partikülünün birim zamandaki değişimi ifade ettiğinden akışkan akımının kararlı mı yoksa kararsız mı olduğu belirler. 2) Taşımsal ivme ise akışkan zerreciğinin konumundaki bir değişmeden ötürü hızdaki değişimi ifade ettiğinden akışkan akımının üniform yapıda mı yoksa üniform olmayan yapıda mı olduğunu belirler. İvmenin tabii koordinatlarda ifadesi

Eğer akım çizgisi eğrisel ise akım çizgisinin eğrilik merkezine doğru ilave ivmede söz konusu olacaktır. Buna göre tabii koordinatlarda ivme bileşenleri aşağıdaki gibi yazılabilir.

Şekil 4.13 Tabii koordinatlarda ivme bileşenleri

1) Teğetsel ivme

( )

∂V ∂V 1 ∂ Vs dV ∂V ds ∂Vs ∂Vs + = + Vs s = s + as = s = s ∂s dt ∂t ∂t ∂s dt ∂t 2 ∂s

133

2


2) Merkezcil ivme ar =

dVr ∂Vr ds ∂Vr = + dt ∂s dt ∂t

∂V ∂Vr   ds = Vs + s ds  sin dθ ∂s ∂s   dθ küçük olduğundan sin dθ =

ds burada r akım çizgisinin eğrilik yarıçapıdır, r

o halde ∂V ∂Vr   ds ds = VS + S ds  ∂s ∂s   r V ∂Vr 1 ∂VS (ds )2 ds = S ds + ∂s r r ∂s

ds2 ikinci mertebeden bir terim olduğundan çok küçüktür ve ihmal edilebilir, böylece ∂Vr VS = ∂s r bu (4.34) ifadesinde yerine konursa 2

ar =

VS ∂V + r r ∂t

bulunur. 3) Normal ivme (düzlem içinde kalacağından) an =

dir.

134

dVn ∂Vn = dt ∂t


İvmenin Kortezyen Koordinatlarda ifadesi

Eulerian yöntemde bir (x, y, z) konumundaki hız vektörü, koordinatların ve zamanın bir fonksiyonudur, yani G V = [u, v, w]

  u = u ( x, y , z , t )   v = v ( x, y , z , t )  w = w( x, y, z , t )

şimdi t anında (x, y, z) konumunda bulunan bir akışkan partikülünün (t + ∆t ) anında ( x + ∆x, y + ∆y, z + ∆z ) konumuna hareket etmiş olduğunu düşünelim ∆t zaman aralığında akışkan partikülü bileşenleri ∆x, ∆y ve ∆z olan bir mesafeyi kat ederken bu akışkan partikülünün sahip olduğu hızının x bileşeni u = u(x, y, z, t), ∆u kadar değişirse ∆u =

∂u ∂u ∂u ∂u ∆x + ∆y + ∆z + ∆t ∂x ∂y ∂z ∂t

olur. Burada ∆x, ∆y, ∆z zerreciğinin kat ettiği mesafenin sırasıyla x, y ve z doğrultularındaki bileşenleridir. Kesinlikle partikülün boyutları ile ilgisi yoktur. Böylece birim zamanda partikülün hızında meydana gelen değişme, ∆u ∆x ∂u ∆y ∂u ∆z ∂u ∆t ∂u + = + + ∆t ∆t ∂x ∆t ∂y ∆t ∂z ∆t ∂t

∆x, ∆y, ∆z ve ∆t sıfıra yaklaşırken limit halinde du ∆u → , ∆t dt

∆x → u, ∆t

∆y → v, ∆t

∆z →w ∆t

Böylece akışkan partikülünün ivmesinin x doğrultusundaki bileşeni

du ∂u ∂u ∂u ∂u =u + v + w + dt ∂x ∂y ∂z ∂t

x doğrultusu

benzer şekilde diğer doğrultular için

du ∂v ∂u ∂v ∂v =u +v + w + dt ∂x ∂y ∂z ∂t

135

y doğrultusu


dw ∂w ∂w ∂w ∂w =u +v +w + dt ∂x ∂y ∂z ∂t N N

Lokal Maddesel

( toplam )

İvmenin Silindirik koordinatlarda ifadesi

Taşımsal ( konvektif )

z doğrultusu

( yerel )

2 ∂v r vθ ∂v r ∂v r vθ ∂v  ar = vr + + vz − + r  r ∂θ r ∂r ∂z ∂t  ∂v v ∂v ∂v v v ∂v  aθ = v r θ + θ θ + v z θ + r θ + θ  r ∂θ r ∂r ∂z ∂t  ∂v z vθ ∂v z ∂v z ∂v z  a z = vr + + vz +  r ∂θ ∂r ∂z ∂t  Bileşke ivme vektörel olarak aşağıdaki gibi yazılır,

G G G a = axi + a y j + az k burada a x , a y ve a z sırasıyla x, y, ve z doğrultusundaki ivme bileşenleridir. O halde bir akışkan zerreciğinin hareketi ile ilgili zamana göre alınan toplam türev bileşke ivmeyi verecektir. G G DV a= Dt yukarıdaki ifadede zamana göre türevin akışkan partikülünün akım çizgisi boyunca alındığını yani hareket halindeki bir partikülün ivmesinin ele d D alındığını hatırlatmak amacıyla yerine operatörü kullanılmıştır. dt Dt G DV toplam türevi, partikül hızının hem belli bir konumda hem de Böylece DT yörüngesi boyunca değişebileceğini göstermektedir.

136

Akışkanlar Mekaniği Ders Notları

Recommend Documents