Akiskanlar Mekanigi Ders Sunulari FOX Alipinarbasi

Akışkanlar Mekaniği ROBERT W. FOX ‐ ALAN T. McDONALD ‐ PHILIP J. PRITCHARD

Bölüm 1

Giriş Prof. Dr. Ali PINARBAŞI Yıldız Teknik Üniversitesi Makine Mühendisliği Bölümü Yıldız, İSTANBUL

Çeviri Editörü : Prof. Dr. ALİ PINARBAŞI Yrd. Editörler : Haldun Ş. ÇETİNARSLAN‐ Vedat ORUÇ – A. Bahadır OLCAY – Işılay ULUSOY

1

GİRİŞ Giriş Akışkanlar Mekaniğinin Kapsamı Bir Akışkanın Tanımı Temel Denklemler Analiz Metotları Sistem ve Kontrol Hacmi Diferansiyele Karşı İntegral Yaklaşım Tanımlama Yöntemleri Boyutlar ve Birimler Boyut Sistemleri Birim Sistemleri Tercih Edilen Birim Sistemleri Boyutsal Uyumluluk ve “Mühendislik” Denklemleri Deneysel Hata Analizi Özet

2

Prof. Dr. Ali PINARBAŞI

Bölüm 1: Giriş

KiteGen’in uçurtmaları yaklaşık 1000 m yükseklikte uçmakta ve yerdeki bir atlı karınca gibi dönmektedir. 3


Bölüm 1: Giriş

Akışkanlar Mekaniğinin Kapsamı

•

Akışkanlar mekaniği durgun veya hareket halindeki akışkanların incelenmesidir. •

Kanal, nehir seti ve baraj sistemleri tasarımlarında;

•

Kimyasal işletmelerde gereken borulama sistemlerde;

•

Pompaların, kompresörlerin ve evlerin, işyerlerinin su tesisatı ile iklimlendirme sistemlerinde kullanılan boru hattı ve

•

Hava kanalları tasarımlarında;

•

Otomobillerin ve ses altı ile ses üstü uçakların aerodinamiğinde;

•

Akaryakıt pompa ölçerleri gibi birçok akış ölçüm aletlerinin geliştirilmesindeki gibi alanlarda;

Akışkanlar Mekaniği geleneksel olarak uygulanır.

4


Bölüm 1: Giriş

Bir Akışkanın Tanımı Akışkanlar akmaya eğilim gösterirler. Katılar deforme olmaya veya bükülmeye eğilim gösterirler. Akışkan, ne kadar küçük olursa olsun bir kayma (teğetsel) gerilmesinin uygulaması altında sürekli olarak deforme olan bir maddedir. Kayma gerilmesinin uygulaması altında akışkan hareketi devam ettiği için, durgun olduğunda bir kayma gerilmesine karşı koyamayan herhangi bir madde olarak tanımlanır. Sıvılar ve gazlar (veya buharlar) akışkanların alabileceği haller veya fazlardır. Katı yüzey ile temasta olan bir akışkanın kaymadığına dikkat ediniz –deneysel bir olgu olan kaymama şartından dolayı akışkanın hızı yüzeyin hızı ile aynıdır. Katının deformasyon miktarı, katının rijitlik modülü G’ye bağlıdır; Akışkanın şekil değiştirme oranının, akışkanın viskozitesi μ’ye bağlıdır. 5


Bölüm 1: Giriş

Şekil 1.1. Katı ve akışkandaki kesme kuvveti farkı

Eğer iki levha arasına her iki maddeden bir numune bırakırsak (Şekil 1.1a) ve sonra bir F kesme kuvveti uygularsak, her biri başlangıçta deforme olacaktır (Şekil 1.1b); Ancak sonradan katı hareketsiz kalırken (kuvvetin, madde elastik sınırını geçmeye yetecek kadar büyük olmadığını varsayarak), akışkan ise kuvvet uygulandığı sürece deforme olmaya devam edecektir. (Şekil 1.1c, Şekil 1.1d)

6


Bölüm 1: Giriş

Temel Denklemler 1. 2. 3. 4. 5.

Kütlenin korunumu Newton’un ikinci hareket kanunu Açısal momentum prensibi Termodinamiğin birinci kanunu Termodinamiğin ikinci kanunu

İdeal gaz hal denklemi Sistem ve Kontrol Hacmi Bir sistem kütle miktarı sabit, belli olarak tanımlanır; sistem sınırları sistemi çevresinden ayırır. Sistemin sınırları sabit veya hareketli olabilir; ancak sistem sınırlarından kütle geçmez.

7


Piston‐silindir düzeneği, silindirdeki gaz sistemdir Bölüm 1: Giriş

Kontrol hacmi, içinden akışkanın aktığı uzayda keyfi bir hacimdir. Kontrol hacminin geometrik sınırına kontrol yüzeyi adı verilir. Kontrol yüzeyi gerçek veya hayali olabilir; durgun veya hareketli olabilir.

Kotrol yüzeyi çizilmiş bir boru bağlantısı içindeki akışı göstermektedir. Bazı yüzey bölgelerinin fiziksel sınırlara (boru çeperleri) karşılık geldiğine ve diğerlerinin (1, 2 ve 3 konumları) hayali yüzey bölümleri (giriş ve çıkışlar) olduğuna dikkat ediniz. Bu yüzey ile tanımlanan kontrol hacmi için, temel yasaların denklemlerini yazabiliriz ve giriş 1ile çıkış 2’deki verilen akış debileriyle çıkış 3’teki akış debisi, boru bağlantısını yerinde tutmak için gerekli kuvveti vs. gibi sonuçları elde edebiliriz. 8


Bölüm 1: Giriş

ÖRNEK 1.1 KAPALI SİSTEM İÇİN BİRİNCİ YASANIN UYGULAMASI Bir piston‐silindir sisteminde başlangıçta 27oC sıcaklık ve ağırlıktan kaynaklı 150 kpa (mutlak) basınç altında 0,95 kg oksijen bulunmaktadır. Gaz sıcaklığı 627oC’ye ulaşana kadar ısı verilmiştir. İşlem sırasında sisteme eklenen ısı miktarını belirleyiniz. Verilenler: Piston‐silindir sistemindeki oksijen T1 = 27ºC,

T2 = 627ºC

İstenen: Q1→2

Hareket eden sistem sınırları iş yapmıştır 9


Bölüm 1: Giriş

İdeal gaz için pV=mRT.

10

Buradan W12=mR(T2‐ T1)


Bölüm 1: Giriş

ÖRNEK 1.2 KÜTLE KORUNUMUNUN KONTROL HACMİNE UYGULANMASI Bir daralan su borusu kesiti 50 mm giriş, 30 mm çıkış çaplarına sahiptir. Daimi giriş hızı 2,5 m/s (giriş alanı boyunca ortalama) ise, çıkış hızını bulunuz. Verilenler: Boru giriş çapı Di = 50 mm, çıkış çapı De = 30 mm Giriş hızı Vi = 2,5 m/s Kabuller: Su sıkıştırılamaz (yoğunluk ρ = sabit)

11


Bölüm 1: Giriş

ÖRNEK 1.3 HAVA İÇİNDEKİ TOPUN SERBEST DÜŞÜŞÜ Serbest düşüş yapan 200 g topa FD = 2x10‐4 V2 hava direnci (sürtünme kuvveti) etkimektedir, burada FD Newton cinsinden V ise m/s cinsindendir. Eğer top zeminden 500 m yukarıdan bırakılırsa, yere çarptığında hızı ne olur? Limit hıza ulaşma oranı ne olur? (Limit hız düşen cismin sonunda sabit bir hıza ulaşmasıdır.) Verilenler: Top, m = 0,2 kg, y0 = 500 m’den bırakıldı. Hava direnci, FD = kV2, burada k = 2x10‐4 Ns2/m2 Birimler: FD (N), V (m/s) İstenenler: (a) Topun yere çarptığı andaki hızı, (b) Hızın terminal hıza oranı,

12


Bölüm 1: Giriş

Logaritmaları yok edersek;

13


Bölüm 1: Giriş

Gerçek hız, limit hız oranı

14


Bölüm 1: Giriş

BOYUTLAR VE BİRİMLER

15


Bölüm 1: Giriş

BOYUT ANALİZİ VE “MÜHENDİSLİK” DENKLEMLERİ Bernoulli denklemi

Burada p basıncı, V hızı, z ise sürekli, sürtünmesiz, sıkıştırılamaz akış çizgisi boyunca 1 ve 2 noktaları arasında ki yüksekliği ifade eder. Her terim L2/t2 boyutlarına indirgenebiliyor

Klima için yaygın olarak kullanılan EER’ı

Yüksek EER iyi performansa işaret eder. EER’ın boyutsuz olması denklemin boyutsal olarak tutarlı olduğunu gösterir (soğutma gücü ve kullanılan elektriğin her ikiside enerji/zaman ilişkisi içinde ölçülmüştür). 16


Bölüm 1: Giriş

DENEYSEL HATANIN ANALİZİ

Bir içecek fabrikasında hızlı bir seri üretim işleminde, bir kutunun dolumunu tam olarak ölçmek zor olduğundan, 12‐fl‐oz’luk bir kutu gerçekte 12.1 veya 12.7 fl oz içerebilir. Üreticinin belirlenen miktardan daha fazlasını sağlayacağı asla düşünülmese de meşrubat kutuları yasaların izin verdiği belirli bir artı veya eksi miktarda doldurulurlar. Deney yapan mühendisler sadece verileri değil, aynı zamanda ölçümlerindeki belirsizlikleri de ölçmelidirler. Onlar ayrıca bu belirsizliklerin nihai sonuçtaki belirsizliği nasıl etkilediğini bir şekilde belirlemelidirler.

17


Bölüm 1: Giriş


Bölüm 2

Temel Kavramlar Prof. Dr. Ali PINARBAŞI Yıldız Teknik Üniversitesi Makine Mühendisliği Bölümü Yıldız, İSTANBUL


18

Temel Kavramlar

Temel Kavramlar Sürekli Ortamda Akışkan Hız Alanı Gerilme Alanı Viskozite Yüzey Gerilimi Akışkan Hareketlerinin Tanımı ve Sınıflandırılması

19

Sürekli Ortamda Akışkan

Şekil 2.1 Bir noktadaki yoğunluğun tanımı Akışkanın moleküler yapısı, kütlenin boşlukta sürekli dağılmadığı yapıdır, fakat kütle oldukça geniş boş alan bölgeleriyle ayrılmış olan moleküller halinde toplanır. Şekil 2.1 bu durumu göstermektedir. Her ne kadar akışkan ile doldurulan bir boşluk hareketsiz gibi gözükse de, boşluk olarak çok küçük bir küpü dikkate aldığımızda etrafında yüksek hızda hareket eden gaz moleküllerinin bir boşluk etrafında saçıldığını görürüz.

20

Hız Alanı

Bir alan ile tanımlanan çok önemli bir özellik, ile verilen hız alanıdır. Hız alanını belirtmek için gereken uzay koordinatları sayısına bağlı olarak, bir akış bir, iki veya üç boyutlu olarak sınıflandırılır. Yukaradaki denklem örneğin hız alanının üç uzay koordinatı ile zamanın bir fonksiyonu olabileceğini gösterir.

Şekil 2.2 Bir ve iki boyutlu akış örnekleri. Iraksak kısımda hız x yönünde azalır ve akış bir boyutlu halden iki boyutlu hale gelir. 21

Zaman Çizgileri, Yörünge Çizgileri, Çıkış Çizgileri ve Akım Çizgileri 1.Bir akış alanında verilen bir anda bi şik birkaç akışkan parçacığı işaretlenirse, akışkan parçacıkları o anda akışkan içinde bir çizgi oluştururlar; bu çizgiye zaman çizgisi denir. 2. Bir yörünge çizgisi, hareket eden bir akışkan parçacığı tarafından izlenen yol veya yörüngedir. 3. Bir akışkanın tüm akış parçacıklarının uzayda tek bir sabit konumdan geçer ve bu akışkan parçacıklarını birleştiren çizgi, bir çıkış çizgisi olarak tanımlanır. 4. Akım çizgileri, akış alanında çizilirler öyle ki, verilen bir anda akış alanındaki her noktada akış yönüne teğet olurlar. Akım çizgileri akım alanındaki her noktada hız vektörüne teğet oldukları için, bir akım çizgisi üstünden akış olamaz.

22

Video 2.1 Akış çizgilerinin görselleştirilmesi

23

ÖRNEK 2.1 İKİ BOYUTLU AKIŞTA AKIM ÇİZGİLERİ İLE YÖRÜNGE ÇİZGİLERİ Verilenler: Hız alanı, x ile y metre cinsindendir. A=0.3 1/s. İstenenler: a) x‐y düzlemindeki akım çizgilerinin denklemi b) (2,8) noktasından geçen akım çizgisi çizimi c) (2,8) noktasında parçacığın hızı d) t=0’da (2,8)’de bulunan parçacığın t=6’daki konumu e) parçacığın (d)’de bulunan konumdaki hızı d) t=0’da (2,8)’de bulunan parçacığın yörünge çizgisi denklemi a)

buradan x.y=c sonucu çıkarılır. 24

b) x 0 ,y 0  (2,8) Noktasından geçen akım çizgisi için, sabit c’nin değeri 16 olup (2,8) noktasından geçen akım çizgisinin denklemi x.y  x 0 .y0  16m 2 olur ve çizimi ise yandaki gibidir.

c) Hız alanı

‘dır. (2,8) noktasındaki hız ise, olacaktır. d)Akış alanında hareket eden bir parçacığın ile verilen hızı olacaktır. Böylece, olur ve sonucuna ulaşılır. Buradan t=6 sn’de olarak bulunur.

25

e) (12.1 , 1,32) m noktasında,

olarak bulunur. f) Yörünge çizgisinin denklemini belirlemek için, denkleminde t’yi yok edersek, çözümünü elde ederiz. Böylece

26

olacaktır.

Gerilme Alanı Her bir akışkan parçacığı, diğer parçacıklarla veya bir katı yüzeyle temas etmesiyle oluşan yüzey kuvvetlerine (basınç, sürtünme), ve parçacık boyunca karşılaşılan kütle kuvvetlerine (yerçekimi ve elektromanyetik gibi) maruz kalabilir.

Şekil 2.3 Sürekli Ortamda Gerilme Kavramı

27

Şekil 2.4 Alanı A xolan eleman üzerindeki kuvvet ve gerilme bileşenleri

Şekil 2.5 Gerilmenin işaretlerle gösterimi 28

Viskozite Bir sıvı için , kayma gerilmeleri viskoz akıştan dolayı ortaya çıkmaktadır. Bu sebeple sıvılar viskozdurlar. Uygulanan kayma gerilmeleri ile akışkanın akışı arasındaki ilişkiyi inceleyerek akışkanları sınıflandırabiliriz.

Şekil 2.6 (a) t anındaki akışkan elemanı, (b) t+dt anındaki akışkan elemanın şekil değiştirmesi ve (c) t+2dt anındaki akışkanın şekil değiştirmesi

29

Video 2.1 Dönen silindirlerdeki yağın viskozitesi

30

Video 2.2 Viskozitemetre 31

Newtonian Akışkan Normal şartlar altında su, hava, benzin gibi en yaygın akışkanlar Newtoniandırlar. Genel olarak kayma gerilmesinin şekil değiştirme hızına orantılı olduğu akışkanlardır.

Akışkankar mekaniğinde mutlak viskozite ‘nün, yoğunluk yani ‘ya oranına kinematik viskozite denir ve işareti ‘dir.

32

ÖRNEK 2.2 NEWTONIAN AKIŞKANDA VİSKOZİTE VE KAYMA GERİLMESİ

 Verilenler: =0.0065 g/m.s, Sıvının bağıl yoğunluğu=0.88 İstenenler: a) biriminde N.s / m 2  =? b) biriminde =? m2 / s  c) biriminde üst plaka üzerindeki =? N / m2  d) Pa biriminde alt plakada üzerindeki =? e) Kısım (c) ile (d)’deki gerilmelerin yönü. Ana denklemler: ve

a)

33

b)

c)

34

d)

e) Üst plaka negatif bir y yüzeyidir yani pozitif  yx negatif x yönünde etki etmektedir. Alt plana pozitif bir y yüzeyidir yani pozitif  yx pozitif x yönünde etki etmektedir.

35

Newtonian Olmayan Akışkanlar Kayma gerilmesinin şekil değiştirme hızıyla doğrudan orantılı olmadığı akışkanlara Newtonian olmayan akışkanlar denir. Bu akışkanlara en tanıdık 2 örnek diş macunu ile Lucite boyasıdır. Diş macunu tüpten sıkıldığında bir “akışkan” olarak davranır fakat macun tüpünün kapağı açıldığında kendiliğinden dışarı çıkamaz. Altında, macunun bir katı gibi davrandığı bir eşik veya sünme gerilmesi vardır.

Şekil 2.7 Çeşitli Newtonian olmayan akışkanların bir boyutlu akış için şekil değiştirme hızının  bir fonksiyonu olarak (a) kayma gerilmesi, ve  (b) görünür viskozite, . 36

Yüzey Gelirimi Arabaların mumlanması yüzey gerilimi için güzel bir örnektir. Paslanmaktan korumak için yapılan mumlama sonrasında, araç yüzeyine değen bir su damlacığının boncuk şeklinde kaldığını görürüz, bu durumda su damlacığı 90 derecen büyük bir temas açısına sahiptir ve araç yüzeyini ıslatamaz. Halbuki yüzeyi mumlanmamış aracın üzerinde aynı su damlacığı 90 dereceden küçük bir açı ile kalır, daha sönük bir yapıdadır ve aracın yüzeyini ıslatır. Bu olay yüzey gerilmeleri için güzel bir örnektir.

Şekil 2.8 Su damlacıkları üzerindeki yüzey gerilimi etkileri.

37

Şekil 2.9 Dairesel bir tüpün içerisindeki ve dışarısındaki kılcal yükselme ile kılcal alçalma.

38

ÖRNEK 2.3 BİR TÜPTEKİ KILCAL ETKİNİN ANALİZİ Verilenler: Şekil 2.9’daki gibi sıvı içerisine daldırılan tüp.

İstenenler: D’nin bir fonksiyonu olarak h için genel bir ifade oluşturulması.

Kabuller: 1. Menisküsün ortasında ölçünüz. 2. Menisküs bölgesindeki hacmi iptal ediniz.

Ana denklem:

39

Z yönündeki kuvvetleri toplanır:

Su için,  =72.8mN/m ile θ=0ve civa için  =484mN/m ile θ=140 değerleri alındığında aşağıdaki grafik çizilecektir.

Menisküs bölgesindeki hacmi ihmal edersek aşağıdaki denkeleme ulaşılır,

Bu denklem 1. denklemde yerine yazılırsa

sonucuna ulaşılır. h=1mm için D değerini ise son denklemden, Dcmin =11.2mm ve Dsmin=30mm olarak civa ve min su için buluruz.

40

Video 2.3 Yüzel Gerilmesi

41

Video 2.3 Yüzel Gerilmesi 42

Akışkan Hareketlerinin Tanımı ve Sınıflandırması Akışkanlar mekaniği çok büyük bir bilim dalıdır; süpersonik bir taşıma aracının aerodinamiğinden insan eklemelerinin sinovyal akışkanlar ile yağlanmasına kadar herşeyi kapsar. Bir akışkanlar mekaniği analizi ile ilgilenirken genel olarak 2 şey önemlidir: Akışkanın viskoz doğası ve sıkıştıralabilirliği. Ayrıca akışlar laminer veya türbülanslı ve iç yahut dış akış olarakta sınıflandırılmalıdır.

Şekil 2.10 Sürekli ortam akışkanlar mekaniğinin muhtemel sınıflandırması 43

Viskoz ve Viskozitesiz Akışlar Havada giden bir topa atıldıktan sonra tek etki eden yer çekimi kuvveti değildir, aynı zamanda top havanın aerodinamik direncine de maruz kalır. İlk olarak bu direncin havanın top yüzeyindeki sürtünmesinden kaynaklandığını düşünmemiz doğaldır fakat daha sonra havanın viskozitesinin çok düşük olduğu ve bu sebeple sürtünmenin dirence fazla katkısı olmadığı aklımıza gelecek. Aslen hareketi esnasında topun önünde biriken basınç alanından dolayı böylesi bir direnç oluşmaktadır. Buda bizi viskoz kuvvet ile topun önündeki basınçtan dolayı olan kuvvetin önemini zamanı gelmeden tahmin edebilir miyiz sorusuna götürür. Örneğin su altında giden bir denizaltı için veya hava içersinde giden bir araba için aynı tahminleri yapabilir miyiz? Reynold Sayısı bize basınç kuvvetlerine zıt olarak viskoz kuvvetlerin ihmal edilebilir olup olmadığını basitçe bulmamızda yardımcı olur.

Reynold sayısı büyük ise herzaman değil fakat genel olarak viskoz etkiler ihmal edilebilir. Reynold sayısı küçük ise viskoz etkiler baskın olacaktır.

44

Video 2.5 Bir boru akışında Reynold deneyleri 45

Şekil 2.11 Bir kürenin üzerindeki sıkıştırılamaz akışın görüntüsü Viskozitesiz akış genel olarak aerodinamiği kapsar ve diğer şeylerin yanı sıra, örneğin, ses altı ve ses üstü uçakların niye farklı şekillerde olduğunu, bir kanadın kaldırma kuvvetini nasıl oluşturduğunu ve benzerlerini açıklar. Akım çizgileri önden arkaya simetriktirler. Her iki akım çizgisi arasındaki kütle akışı sabit olduğu için akım çizgilerinin uzaklaştığı yerde hız azalır ve yaklaştığı yerde hız artar. Bu sebeple A ve C noktalarında hava hareketsiz olacaktır. Bunun sonucu bu noktalarda basınç yüksektir. Tam tersi olarak B noktası bir düşük basınç noktasıdır çünkü burada akım çizgileri birbirlerine çok yaklaşmıştır ve hız çok yüksektir. 46

Bir diğer teoriye göre ise kaymama şartı gereği küre yüzeyi üzerindeki her yerde hızın sıfır olması gerekir. Fakat viskozitesiz teori B noktasında hızın yüksek olduğunu ifade eder. Prandtl, yüksek Re sayısına sahip akışlarda sürtünmenin ihmal edilebilir olmasına rağmen sürtünmenin önemli olduğu ince bir sınır tabaka daima olacağını ve sınır tabakanın genişliği karşısında hızın sıfırdan (yüzeyde) viskozitesiz akış teorisinin tahmin e ği değere (sınır tabakanın dış kenarı üzerinde) hızlı bir şekilde artacağını iddia etmiştir. Bu, Şekil 2.11b’de A noktasından B noktasına kadar ve daha ayrıntılı olarak Şekil 2.12’te gösterilmektedir.

Şekil 2.12 Bir sınır tabakanın şema ği.

Video 2.6 Sınır tabaka oluşumu 47

Laminar ve Türbülanslı Akışlar Bir musluk açıldığında düşük debilerde su oldukça düzgün bir şekilde akar. Debiyi arttırdığımızda ise görürüz ki su çalkalanır ve düzensiz bir şekilde akar. Bunlar viskoz bir akışın sırasıyla laminer ve türbülanslı olduğu birer akıştır. Bir laminer akış, akışkan parçacıklarının düzgün katmanlarda hareket ettiği, türbülanslı akış ise parçacıkların 3 boyutlu hız dalgalanmaları nedeniyle hızlı bir şekilde karıştıkları bir akıştır.

Video 2.7 Laminer ve türbülanslı akışlar 48

Şekil 2.13 Bir‐boyutlu laminer ve türbülanslı akışlarda parçacık yörünge çizgileri. Laminer akışın hızı basitçe u olup türbülanslı akışın hızı, ortalama hız u′ artı rasgele şekilde dalgalanan hızın üç bileşeni u′, v′ ile w′ tarafından verilir. Bir boyutlu laminer bir akışta, kayma gerilmesi ile hız gradyeni arasında ilişki basitçe aşağıdaki formül ile belirtilmiştir. Ortalama hız alanının bir boyutlu olduğu türbülanslı akışlar için böyle basit bir bağıntı geçerli değildir. Rastgele, üç boyutlu hız dalgalanmaları (u′, v′ ile w′), ortalama akışın akım çizgileri boyunca momentumu taşırlar, böylece etkin kayma gerilmesini arttırırlar. Sonuç olarak türbülanslı akışta gerilme alanı ile ortalama hız arasında ilişki kurulamaz. Bu sebeple bu akışlarda genel olarak yarı ampirik ve deneysel verilere güvenmeliyiz.

49

Sıkıştırılabilir ve Sıkıştırılamaz Akışlar

Yoğunluktaki değişimlerin ihmal edilebilir olduğu akışlar, sıkıştırılamaz olarak adlandırılırlar bir akış içindeki yoğunluk değişimleri ihmal edilemediği zaman, akış sıkıştırılabilir olarak adlandırılır. Sıvıların akışı genel olarak sıkıştırılamaz sayılırken, sıkıştırılabilir akışın en yaygın örneği gazların akışını ilgilendirir.

İç ve Dış Akışlar

Tamamen katı yüzeylerle sınırlanan akışlara iç akışlar veya kanal akışları denir. Sınırlandırılamamış bir akışkan içine daldırılan cisimler üzerinden olan akışlar ise dış akışlar olarak adlandırılır.

50


Bölüm 3 Akışkanlar Statiği Prof. Dr. Ali PINARBAŞI Yıldız Teknik Üniversitesi Makine Mühendisliği Bölümü Yıldız, İSTANBUL

Çeviri Editörü : Prof. Dr. ALİ PINARBAŞI Prof. Dr. Ali PINARBAŞI 51 Yrd. Editörler : Haldun Ş. ÇETİNARSLAN‐ Vedat ORUÇ – A. Bahadır OLCAY – Işılay ULUSOY

Bölüm 1: Giriş

Akışkanlar Statiği Akışkan Sta ği Akışkan Sta ğinin Temel Denklemi Standart Atmosfer Durgun Bir Akışkandaki Basınç Değişimi Hidrolik Sistemler Dalmış Yüzeyler Üzerindeki Hidrostatik Kuvvet Kaldırma ve Kararlılık Rijit‐Cisim Hareketi Halindeki Akışkanlar (Web’de ) Özet ve Faydalı Denklemler

52

Akışkan Sta ğinin Temel Denklemi

Şekil 3.1 Diferansiyel akışkan elemanı ve y yönündeki basınç kuvvetleri. Difarensiyel bir akışkan eleman için kütle kuvveti koordinatlarda ise ‘dir.

53

‘dir. Kartezyen

Durgun bir akışkanda kayma gerilmesi yoktur, yani tek yüzey kuvveti basınç kuvvetidir. Elemanın O noktasındaki basınç p olsun. Akışkan elemanın her bir altı yüzeyindeki basıncı belirlemek için, O noktası etrafında basıncın Taylor serisi açılımını kullanırız. Böylece sol yüzeydeki basınç,

sağ yüzeydeki basınç ise,

olacaktır. Diğer basınç kuvvetleride aynı şekilde elde edilebilir. Tüm bu basınç kuvvetlerinin toplanması, eleman üzerine etki eden net yüzey kuvvetini verir. Gerekli işlemler yapıldığında aşağıdaki denkleme ulaşılacaktır.

54

Parantez içersindeki bölüme basınç gradyeni denilir ve grad veya koorditnatlarda,

ile gösterilir. Kartezyen

olarak gösterilir. Bu formülü toplam yüzey kuvvetlerini veren formülde yerine koyarsak,

denklemi oluşur.Bir akışkan elemanına etki eden toplam kuvveti elde etmek için geliştirdiğimiz yüzey ve kütle formüllerini birleştiririz:

veya birim hacimde

denklemleri elde edilir.

55

Bir akışkan parçacığı için Newton’un ikinci yasası ‘yı verir. Durgun bir akışkan için ivme 0 olacaktır. Bu yüzden olur. Bu bir vektör denklemidir ve birbirinden ayrı olarak sağlanması gereken 3 bileşenli denklemlere eşit olduğu anlamına gelir. Bileşen denklemleri şunlardır:

Bu denklemler durgun bir akışkanda 3 koordinat yönünün her birindeki basınç değişimlerini tanımlar. Eğer koordinat sistemi Şekil 3.1’deki gibi z ekseni dikey yukarı seçilirse gx=0, gy=0 ve gz=‐ g olur. Bu şartlar altında da bileşen denklemleri,

haline dönüşür. Bu sonuca göre basınç x ve y koordinatlarından bağımsızdır ve sadece z’ye bağlıdır. Böylece p tek bir değişkene bağlıdır, buda bize kısmi yerine toplam türev kullanma imkanı verir. 56

Yani,

şekline indirgenir. burada γ akışkanın özgül ağırlığıdır. Bu denklem akışkanlar sta ğinin temel basınç‐yükseklik ilişkisidir. Bu denklemde basınç değerlerinin bir referans seviyesine göre ifade edilmesi gerek ğine dikkat etmek gerekir. Şekil 3.2’de gösterildiği gibi, referans seviyesi eğer bir vakum ise, bu basınçlara mutlak basınç denir. Atmosferik basınca göre ölçülen basınçlara ise etkin basınç denir.

Şekil 3.2 Referans seviyelerini gösteren mutlak ve etkin basınçlar . 57

Standart Atmosfer Bilim adamları ve mühendisler, iklim değişimlerini simüle etmek için, örneğin, küresel ısınmanın etkilerini incelemek için, dünya atmosferinin sayısal veya analitik modeline bazen gereksinim duyarlar. Tek bir standart model yoktur. Bir Uluslararası Standart Atmosfer (ISA), Uluslararası Sivil Havacılık Kurumu (ICAO) tarafından tanımlanmıştır ayrıca benzer bir ABD Standart Atmosferi de vardır. ABD Standart Atmosferi’nin sıcaklık profili Şekil 3.3’de gösterilmektedir.

Şekil 3.3 ABD Standart Atmosferi’nde sıcaklığın yükseklik ile değişimi. 58

Durgun Bir Akışkandaki Basınç Değişimi Basınç dağılımını bulmak amacıyla,

denkeleminin integralini alabilmemiz için  ve

g’deki değişimlerle ilgili bilgiye ihtiyacımız vardır. Çoğu uygulama da g’deki değişimlerin ihmal edilebileceği de unutulmamalıdır. Sıkıştırılama Sıvılar: Manometreler Sıkıştırılamaz bir akışkan için  sabittir. Basınç değiişimini belirlemek için integralini almalıyız. Eğer z0 referans seviyesindeki basınç p0 olarak kabul edilirse, o zaman z seviyesindeki basınç, p, integrasyon ile bulunur.

veya

Aşağı doğru pozitif yükseklik; h=z0‐z olur. Böylece,

sonucuna varılır. 59

Şekil 3.4 z ve h koordinatlarının kullanımı

ÖRNEK 3.1 SİSTOLİK VE DİYASTOLİK BASINÇ Verilenler:120 ve 80 mm‐civa etkin basınçlar. İstenenler: kPa cinsinden karşılık gelen basınçlar. Hidrostatik denklemini , A, A’ ve B noktalarına uygulayalım. Ana denklem: Kabuller: 1) Durgun akışkan 2) Sıkıştırılamaz akışkanlar 3) Havanın yoğunluğu ihmal edilebilir.

60

A ve B noktaları arasında ana denklemi uygularsak,

İlave olarak basınç, A’ noktasından manometrenin tabanına aşağı doğru inerken artar ve sol koldaki A noktasına dönerken eşit miktarda azalır. Buda A ve A’ noktalarının basınçlarının eşit olduğu anlamına gelir. Böylece aşağıdaki sonuca ulaşırız. BYciva=13.6 ve =1000kg/m 3 değerleri kabul edilip yerine konulursa, sistokil basınç bulunur. (h=120 mm‐civa)

Benzer bir işlemle diyastolik basınç 10.67 kPa bulunucaktır. (h=80 mm‐civa) 61

Gazlar Birçok mühendislik probleminde yoğunluk, yükseklik ile kayda değer bir şekilde değişir, bu yüzden hesaba katılmalıdır. Eğer yoğunluk, basınç veya yükseliğin fonksiyonu olarak ifade edilebiliyorsa: Denkleminin integrali alınarak yoğunluk bulunabilir demektir. İdeal gaz hal denklemi P= RT olarak verilir. Fakat bu denklem birde sıcaklık yani T değişkenini ortaya çıkarır. Bu sebeple integralimizi almadan önce sıcaklıkla ilgili bir çıkarım yapılmalıdır:

p=p0 olan z=0 ‘dan basıncın p olduğu z yüksekliğine integral alırsak;

olur ve sıcaklığı yükseklik ile lineer değişen bir gazdaki basınç değişimi:

62

ÖRNEK 3.2 ATMOSFERDE BASINÇ VE YOĞUNLUK DEĞİŞİMİ Verilenler: Bir kamyon, Denver’dan Vail Geçidi’ne seyahat ediyor.

İstenenler: Vail Geçidi’ndeki atmosfer basıncı. Denver ve Vail arasındaki hava yoğunluğunun yüzdesel değişimi

Ana denklemler:

Kabuller: 1) Durgun akışkan. 2) Hava ideal gaz gibi davranmaktadır.

63

a) Sıcaklıkla yüksekliğin lineer olarak değiştiğini varsayarsak, sıcaklığı yükseklik ile lineer değişen bir gazdaki basınç değişimi denklemi aşağıdaki formata dönüşür.

m sabiti ise

olarak hesaplanır. Buradan;

64

Yoğunluktaki yüzdesel değişim ise;

 0) b) Sabit kabul edilen  için (=

65

c) Sıcaklığın sabit olduğunu kabul edersek,

T=T0=sabit için,

d) Adyobatik bir atmosfer için,

66

Hidrolik Sistemler Normal basınçlarda sıvılar genellikle sıkıştırılamaz sayılmasına rağmen, yüksek basınçlarda yoğunluk değişimleri hissedilir olabilir. Ayrıca, hidrolik akışkanların hacimsel modülü yüksek basınçlarda şiddetle değişebilir. Daimi olmayan akışları içeren problemlerde, akışkanın sıkış rılabilirliği ve sınır yapısı (örneğin, boru cidarları) elastisitesinin her ikiside dikkate alınmalıdır. Hidrolik sistemler çok yüksek basınçlarda çalışırlar, hatta çoğu kez statik basınç değişimleri ihmal edilebilir. Otomobil hidrolik frenleri 10MPa’a kadar basınç oluşturabilirler. Kaldıraçlar 70MPa ve özel amaçlı laboratuar test cihazları 1000MPa basınca çıkabilirler.

Dalmış Yüzeyler Üzerindeki Hidrostatik Kuvvet Dalmış bir yüzey üzerine etki eden bileşke kuvveti tamamen belirlemek için; 1) Kuvvetin büyüklüğünü, 2) Kuvvetin yönünü, 3) Kuvvetin etki çizgisini belirtmeliyiz.

67

Dalmış Düz Bir Yüzey Üzerindeki Hidrostatik Kuvvet

Şekil 3.5 Dalmış düz yüzey

68

Durgun bir akışkanda kayma gerilmeleri olmadığı için, yüzeyin herhangi bir elemanını üzerindeki hidrostatik kuvvet, yüzeye dik etki eder. Üst yüzeyin dA = dx.dy elemanına etki eden basınç kuvveti ile verilir. Yüzey üzerine etki eden bileşke kuvvet, tüm alan üzerindeki sonsuz küçük kuvvetlerin etkilerini toplayarak bulunur.

Sıvı içinde h derinliğindeki p basıncını ifade etmek için bu denklemi şeklinde kullanabiliriz. p0 serbest yüzeydeki (h=0) basınçtır. Bunlara ek olarak sistem geometrisinden h=y.sinθ elde edilir.

Bu integral, aşağıdaki gibi yazılabilen, yüzey alanının x eksenine göre birinci momentidir.

Burada yc alan A kütle merkezinin y koordinatıdır. Böylece, veya 69

sonucuna ulaşılır.

Burada pc sıvı içinde alan A kütle merkezinin konumundaki mutlak basınçtır. Bu denklem ile dalmış bir düz yüzeyin bir tarafı üzerindeki sıvıdan dolayı ‐ p çevre basıncının etkisini içeren – bileşke kuvvet hesaplanır. Şimdiki işimiz bileşke kuvvetin konumunu belirlemektir. Bileşke kuvvetin x eksenine göre momentinin, yayılı basınç kuvvetinden dolayı oluşan momente eşit olması gerekir.

Şekil 3.6 Düz dalmış yüzey üzerindeki basınç dağılımı

70

y’ elde edebilmek için, x eksenine etki sonsuz küçük kuvvetlerin dF momentlerinin toplamını alırız.

Burada denklemdeki ikinci integral, x eksenine göre alan ikinci momenti yani IXX’dir. Paralel eksen teorisi kullanılırsa,

sonucuna ulaşılır. y’ bu denklemden çekilirse:

Bu sonuca çevre basıncını dahil ederek ulaştık. Eğer çevre basıncı ihmal edilseydi y’ aşağıdaki şekle dönüşürdü.

71

Aynı işlemler x içinde yapıldığında, p0 basıncının dahil edildiği,

ve dahil edilmediği,

denklemlerine ulaşırız.

72

ÖRNEK 3.3 EĞİK DÜZ DALMIŞ YÜZEY ÜZERİNDEKİ BİLEŞKE KUVVET Verilenler: A boyunca menteşelenmiş dikdörtgen biçimli kapak, w=5m . İstenenler: Suyun ve havanın kapak üzerindeki bileşke kuvveti, FR=?

FR’yi belirlemek için, kuvvetin (a) büyüklüğünü ve (b) etki çizgisini (kuvvetin yönü yüzeye diktir) belirlemek gereklidir.

Ana denklemler: 73

Atmosfer basıncı plakanın her iki yüzüne de etki ettiği için p0 ihmal edilir. y değişkenine göre integral alabilmemize rağmen, şekilde görülen  değişkenini de tanımlamamız daha doğru olacaktır.

Bileşke kuvvet için bunları ana denkleme uygularsak:

Kuvvetin konumu için ‘ (plakanın üst kenarından olan mesafe) hesaplarız.

74

O halde,

Ayrıca, A kenarı boyunca y ekseni etrafındaki momentlerin dikkate alınmasından,

ve yayılı kuvvetin (sağ taraf) momenti hesaplanırken, x için alan eleman kütle merkezi kullanılır. Alan elemanı sabit genişliktedir. x=w/2.

75

ÖRNEK 3.4 SERBEST YÜZEYİNDE SIFIR OLMAYAN ETKİN BASINÇ BULUNAN DİKEY DÜZLEMDE DALMIŞ YÜZEY ÜZERİNDEKİ KUVVET

Verilenler: Şekilde gösterildiği gibi bir kapı. İstenenler: Kapıyı kapalı tutmak için gereken kuvvet.

Bu problemin çözümü için kapının serbest cisim diyagramı (SCD) gereklidir. Bileşke kuvvet ve konumu hesaplarken, ya mutlak basınçları (soldaki SCD) kullanıp tek kuvvet belirleriz, veya etkin basınç hesaplarız ve 1 kuvvet (sağdaki SCD) hesaplarız.

76

Ft kuvveti, A mafsalının etrafındaki momentler alınarak bulunabilir.

Ana denklemler:

Bileşke kuvvet ve konumu, (3.1)

(3.2)

A noktası etrafında momentler alırsak,

77

Bu denklemde, denklem 1 ve 2‘yi kullanarak,

bulunur.

78

Dalmış Eğri Bir Yüzey Üzerindeki Hidrostatik Kuvvet Basınç kuvveti her noktada yüzeye diktir fakat yüzeyin eğriliğinden dolayı sonsuz küçük elemanlar bu durumda değişen yönlerde bulunurlar. Bu sebeple vektör elemanı boyunca integral almamız gerekmektedir. üzerindeki basınç kuvveti

ile verilir.

Verilen bir yöndeki kuvvetin bileşenini hesaplamak için kuvvet ile verilen yöndeki birim vektörün skaler çarpımını alırız. Örneğin,

79

Şekil 3.7 Dalmış eğri yüzey

Şekil 3.8 Dalmış eğri yüzey üzerindeki kuvvetler 80

Genellikle bileşke kuvvetin I yönündeki bileşeninin büyüklüğü aşağıdaki denklem ile verilir.

Bu denklem FRx ve FRy için kullanılabilir. Buradan çıkarılacak sonuç; yatay kuvvet ve bu kuvvetin konumu, aynı izdüşüm alanının sanal bir dikey düzlem yüzeyi için aynıdırlar. Bu yatay kuvvet şekil 3.8’deki Fh’tır. Ayrıca şekil 3.8’e göre net dikey kuvvet doğrudan yüzeyin üzerindeki akışkanın ağırlığına eşit olacaktır.

p = ρgh olduğundan,

Bileşke kuvvetin düşey bileşeni, tüm dalmış yüzey boyunca integre edilerek elde edilir.

Özetle, eğri bir yüzey için, sadece akışkandan dolayı (çevre basıncı yok) yatay dikey kuvvet bileşenlerini hesaplamak için 2 basit förmül kullanılır: 81

ÖRNEK 3.5 DALMIŞ EĞRİ BİR YÜZEY ÜZERİNDEKİ KUVVET BİLEŞENLERİ

Verilenler: Sabit genişlikte kapak, w = 5 m. xy düzleminde yüzey denklemi x = y2/a, burada a = 4 m’dir. Kapağın sağında su D = 4 m derinlikte kalmaktadır. Fa kuvveti gösterildiği gibi uygulanmaktadır ve kapağın ağırlığı ihmal edilecektir. (Basitlik için, O’daki tepki kuvvetlerini göstermeyeceğimize dikkat ediniz.) İstenenler: Kapağı dengede korumak için gereken Fa kuvveti.

82

Sudan dolayı yatay ve dikey kuvvetlerin büyüklüklerini ve konumlarını bulduktan sonra, O noktası etrafında momentleri alacağız. FV’nin doğrudan eğri yüzey üzerindeki akışkan ağırlığına eşit olduğunu (büyüklük ve konum bakımından) belirtmiştik. Ancak, kapağın doğrudan üzerinde akışkan olmamasına rağmen, akışkanın dikey bir kuvvet uyguladığı açıktır! Kapağın her iki yanı üzerinde suyun olduğu bir sistemden (sıfır etkili), kapağın doğrudan üzerinde suyun olduğu bir sistemin (bu akışkan kuvvetleri oluşturur) çıkarıldığını hayal e ğimiz bir “düşünce deneyi” yapmamız gerekir. Bu mantık yukarıdaki şekilde gösterilmiştir: “sistem SCD(a) = sıfır SCD(b) – akışkan kuvvetleri SCD(c)”.

Ana denklemler: Fh için kütle merkezi, alan ve eşdeğer düz dikey plakanın ikinci momenti sırasıyla,

83

ve

olarak bulunur. Fv için kapağın üzerindeki suyun ağırlığını hesaplamalıyız. Bunun için diferansiyel bir hacim sütunu (D – y)w dx tanımlarız ve integralini alırız.

84

Akışkan kuvvetlerini belirlemiş olduğumuzdan yukarıda bulduğumuz sonuçları kullanarak O etrafındaki momentleri bulabiliriz.

85

Daldırma ve Kararlılık Bir cisim bir sıvıya daldırılırsa veya sıvının yüzeyinde yüzerse, sıvı basıncından dolayı cisim üzerine etki eden net dikey kuvvet, kaldırma kuvveti olarak adlandırılır. Bir sıvıda h derinliğindeki p basıncını bulmak için denklemini kullanabiliriz. Öyleyse eleman üzerindeki net dikey kuvvet, olacaktır. Ancak

eleman hacmidir. Böylece,

Burada cismin hacmidir. Buda bizi dalmış bir cisme uygulanan kaldırma kuvvetinin, yer değiştiren akışkanın ağırlığına eşit olduğu sonucuna götürür.

Şekil 3.9 Durgun akışkan içerinde daldırılmış cisim. 86

ÖRNEK 3.6 BİR SICAK HAVA BALONUNDAKİ KALDIRMA KUVVETİ

Verilenler: NŞA atmosfer, balonun çapı d=15 m ve yük Wyük=2670 N.

İstenenler: Kalkışa erişmek için gereken hava sıcaklığı.

Kabüller: 1) İdeal gaz 2) Her tarafgta atmosferik basınç.

Ana denklemler:

87

Dikey kuvvetleri toplayarsak:

Bu denklemi sıcak havanın yoğunluğu için düzenleyip çözersek:

Sıcaklığı elde etmek için ise: ve denklemleri ile,

sonucuna ulaşılır. 88


Bölüm 4 Bir Kontrol Hacmi İçin İntegral Formda Temel Denklemler Prof. Dr. Ali PINARBAŞI Yıldız Teknik Üniversitesi Makine Mühendisliği Bölümü Yıldız, İSTANBUL


89

Bir Kontrol Hacmi İçin İntegral Formda Temel Denklemler Bir Kontrol Hacmi İçin İntegral Formda Temel Denklemler Bir Sistem İçin Temel Yasalar Sistem Türevlerinin Kontrol Hacim Formülasyonuyla İlişkisi Kütlenin Korunumu Sabit Kontrol Hacmi İçin Momentum Denklemi Doğrusal İvmeli Kontrol Hacmi İçin Momentum Denklemi Açısal‐Momentum Prensibi

Termodinamiğin Birinci Yasası Termodinamiğin İkinci Yasası 90

Bir Sistem İçin Temel Yasalar Kütlenin Korunumu Bir sistem (tanım gereği belirli bir miktarda madde, M seçmiş olduğumuz) için M = sabit sonucumuz vardır. Bununla birlikte, yukarıda söz edildiği gibi, her bir fizik yasasını bir oran denklemi olarak ifade etmek isteriz, böylece aşağıdaki sonuç elde edilir.

Newton’un İkinci Yasası Hareketsiz bir referans koordinata bağıl hareket eden bir sistem için, Newton’un ikinci yasası, bir sistem üzerine etki eden tüm dış kuvvetlerin toplamının, sistemin doğrusal momentumunun değişim hızına eşit olduğunu ifade eder.

91

burada sistemin doğrusal momentumu,

ile verilir. Bir sistem için açısal momentum prensibi , açısal momentum değişim hızının, sisteme etki eden türk torkların toplamına eşit olduğunu ifade eder.

burada sistemin açısal momentumu aşağıdaki ifade ile verilir.

92

Termodinamiğin Birinci Yasası Bu yasa, bir sistemdeki enerjinin korunumunu ifade eder.

burada sistemin toplam enerjisi

denklemleri ile verilir.

93

Termodinamiğin İkinci Yasası T sıcaklığındaki bir sisteme bir ısı miktarı, δQ, transfer edilirse, termodinamiğin ikinci yasası, sistem entropisindeki değişim, dS’nin;

koşulunu sağladığını ifade eder. Burada sistemin toplam entropisi aşağıdaki gibidir.

94

Sistem Türevlerinin Kontrol Hacim Formülasyonuyla İlişkisi Bu bölümde, bir sistem oranı denklemini, eş değer bir kontrol hacmi denklemine dönüştürmek için bir ifade geliştireceğiz. M, P, H, E, S‘nin değişim oranları denklemlerini tek tek dönüştürmek yerine tümünü N sembolü ile göstereceğiz. Bu yaygın özellikle ilgili olarak, yoğun (yani, birim kütledeki) özellik η’ya da ihtiyacımız olacaktır.

Bu denklemi önceki denklemler ile karşılaştırırsak eğer aşağıdaki durum görülür.

95

Şekil 4.1 Sistem ve kontrol hacmi konfigürasyonu.

96

Türetme Şekil 4.1’den, t anında tamamen kontrol hacmi içinde olan sistemin, t0+∆ anında kontrol hacminin kısmen dışında olduğunu görürüz. Üç bölge vardır. Bunlar, kontrol hacmini oluşturan I ve II. bölgeler ile t0+∆ anında sistemin konumu olan III. bölgedir. Türevin tanımından Nsistem’in değişim oranı, (4.1) olur. Şekil 4.1’in geometrisinden

ve

çıkarılabilir.

97

Denklem 1’de yerine konulursa aşağıdaki sonuca ulaşırız.

Bir limitin toplamı limitlerin toplamına eşittir. Böylece

(4.2)

yazılabilir. Buradan sonra bu denklemdeki 3 terimin hesaplanması gerekmektedir. Terim 1: (4.3)

98

Terim 2: Şekil 4.2’deki bölge III’e bakarak NIII)to+ t için bir ifade geliştirmeliyiz.

Şekil 4.2 Şekil 4.1’den alt bölge 3’ün büyütülmüş görüntüsü

Bir pirizmatik silindirin hacmi :

(4.4)

99

Benzer bir analizi bölge I’in alt bölgesi olan bölge 1 için yapabiliriz ve aşağıdaki terim ortaya çıkar. (4.5) Denklem 2, 3, 4 ve 5’i kullanarak aşağıdaki denklem elde edilebilir.

Son iki integrali birleştirdiğimizde, KYı ile KYııı tüm kontrol yüzeyini oluştururlar. (4.6)

Bazı yazarlar bu denklemi Reynolds Transport Teoremi olarak adlandırırlar.

100

Fiziksel Yorumlama Aşağıda bir önceki bölümde elde ettiğimiz denklem 6’nın her bir bölümünün açıklaması vardır.

101

Kütlenin Korunumu Bir sistemden bir kontrol hacmi tanımına bu dönüştürmeyiuyguladığımız birinci fiziksel ilke, kütlenini korunumu prensibidir. Sistemin kütlesi sabit kalır.

(4.7)

Sistem ve kontrol hacmi formülasyonları denklem 6 ile ilişkilendirilirler.

(4.6)

102

Kontrol hacmi formülasyonunu elde etmek için N=M ve

=1 alınır. Bu yerine koyma ile, (4.8)

elde ederiz. Denklem 7 ile 8 karşılaştırıldığında, kütlenin korunumu için kontrol hacmi formülasyonuna ulaşırız:

(4.9) Burada ilk terim kontrol hacim içindeki kütlenin değişim hızını belirtir ikinci terim kontrol yüzeyinden dışarıya kütle akışının net hızını belirtir. Bu denklem kontrol hacmindeki kütlenin değişim hızı artı net dışarı akışın sıfır olduğunu göstermektedir. Kütlenin korunumu denklemi ayrıca süreklilik denklemi olarakta adlandırılır.

103

Özel Durumlar Sıkıştırılamaz akışkanlar için denklem 9:

Her taraf yoğunluğa bölünürse:

= sabit olduğunda:

Her bir giriş çıkışta üniform hıza sahip olduğumuzda yada yaklaştığımızda:

104

Sıkıştırılamaz akışta, kontrol hacmine giren hacimsel debi ile hacimden çıkan hacimsel debi aynı olmak zorundadır. A alanlı bir kontrol yüzeyinin kesitinden geçen hacimsel debi aşağıdaki gibidir:

Bir kesitteki ortalama hız büyüklüğü,

olacaktır. Daimi, sıkıştırılamaz bir akışta, akışkanın herhangi bir özelliği zamanla değişmez, bu yüzden denklemin ilk terimi 0 olmalıdır. Böylece denklemimiz aşağıdaki hali alır:

Her bir giriş çıkışta üniform hıza sahip olduğumuzda yada yaklaştığımızda ise denkelm şu şekilde olur:

105

ÖRNEK 4.1 BİR BORU BAĞLANTI NOKTASINDAKİ KÜTLE AKIŞI

Verilenler: Tertibat içinden geçen daimi su akışı

İstenenler: 2 kesitindeki hız. Kabüller: 1) Akış daimi 2) Sıkıştırılamaz akış 3) Herbir kesitte üniform özellikler Ana denklem: Kabuller neticesinde aşağıdaki denklemin kullanılması uygundur.

106

Yandaki şekilde gösterildiği gibi sabit bir kontrol hacmi seçip, 2 kesitinden akışın dışarıya doğru olduğunu varsayacağız.

Burada Q4 sızdaran deliğin dışına olan debidir.

107

Yandaki sonuçları denklemde kullandığımızda:

veya

sonucu ortaya çıkar. Burada sonucun negatif çıkması, yaptığımız varsayımın yanlış olduğu, aslında 2. kesitte içeri doğru bir akış olduğu manasındadır.

108

ÖRNEK 4.2 SINIR TABAKADAKİ KÜTLESEL DEBİ

Verilenler: Düz bir plaka üzerinden daimi, sıkıştırılamaz akış, ρ=1.24kg/m^3. Plaka genişliği, w=0.6m. Plaka önündeki hız üniformdur:

İstenenler: bc düzeyi boyunca kütlesel debi. Kabüller: 1) Akış daimi 2) Sıkıştırılamaz akış 3) İki boyutlu akış, verilen özellikler z’den bağımsızdır. Ana denklem: 1. kabul neticesinde yandaki denklemin kullanılması uygundur. 109

Sabit kontrol hacmi kesikli çizgilerle gösterilmektedir. z yönünde ve d‐a boyunca akış yoktur.

110

z yönündeki w için aşağıdaki denklem elde edilir.

111

Bu denklem yerine konulursa debi aşağıdaki gibi bulunur.

112

SABİT KONTROL HACMİ İÇİN MOMENTUM DENKLEMLERİ

olduğunu biliyoruz. Bileşke F kuvvet sistem üzerindeki tüm yüzey ile kütle kuvvetlerini kapsamaktadır, . Sistem ile kontrol hacmi formülasyonları aşağıdaki denklem ile ilişkilendirilebilir. (4.6) Newton’un ikinci yasasının kontrol hacmi formülasyonunu elde etmek için, yazılırsa:

ve

(4.10)

denkelemi elde edilir.

113

Denkleminden, denklem 6 türetilirken, to anında sistem ile kontrol hacimleri çakıştıkları için

eşitliği ortaya çıkar. Bu çıkarımlar ışında, ivmelenmeyen bir kontrol hacmi için denklem 10 ile yukarıdaki denklem birleştirilirse: (4.11a) Herbir giriş ve çıkışta unifrom akış olduğu zamanlar için (4.11b) denklemi elde edilir.

114

Akışkanlar mekaniğinde, kütle kuvvetleri genellikle yerçekimi sebebiyle ortaya çıkar. Böylece:

Yüzey kuvvetleri ise basınç sebebi iledir. Böylece:

Momentum denklemi olan denklem 11, bir vektör denklemidir. Genellikle 3 skaler bileşeni, kontrol haciminin xyz koordinatlarında ölçülmüş olarak yazarız. (4.12a)

(4.12b) (4.12c)

115

Veya herbir çıkış ve girişte üniform bir akış için, (4.12d)

(4.12e)

(4.12f)

116

ÖRNEK 4.4 MOMENTUM ANALİZİ İÇİN KONTROL HACMİ SEÇİMİ

Verilenler: Hareketsiz bir lüleden su plakaya dikey yönlendirilmektedir, plakaya temastan sonraki sonraki akış plakaya paraleldir.

İstenenler: plakanın sabit kalması için elimizdeki yata kuvvet. Kabüller: 1) Akış daimi 2) Sıkıştırılamaz akış 3) Akışkanın KH sınırlarını kestiği herbir kesitte üniform akış.

117

Öncelikle bir koordinat sistemi seçeriz. Olası iki ihtimal aşağıda verilmektedir.

Ana denklemler:

Hangi KH’yı seçersek seçelim kabuller gereği,

olacaktır.

118

KH1’e göre çözüm: KH üzerindeki elimizin tepki kuvvetinin bileşenlerini Ry ve Rx olarak alalım ve her ikisinin de pozitif olduğunu kabul edelim. Atmosferik basınç, kontrol hacminin tüm yüzeyleri üzerine etki etmektedir. KH alanı A ile gösterilmektedir. KH üzerindeki kütle kuvveti W olarak gösteriliyor. Daimi akış momentum denkleminin x bileşeni: Bu hesabı yapabilmek için KH üzerine etki yapan tüm yüzey kuvvetlerini dahil etmeliyiz.

119

Sonuç olarak:

Ve elimizin üzerindeki yatay kuvvet: elimizin üzerindeki yatay kuvvet sağa doğru etki etmektedir.

120

KH2’ye göre çözüm: KH alanı Ap ile gösterilmektedir. KH üzerinde plaka kaynaklı olan yatay tepki kuvveti Bx‘tir ve pozitif olduğu varsayılır. Atmosfer basıncı KH’nin sol ve iki yan yüzeyine etki etmektedir. Bu KH üzerinde kütle kuvvetinin x bileşeni yoktur. Öyleyse momentum denkleminin x bileşeni aşağıdaki sonucu verir.

Öyleyse olur. Plaka üzerindeki net kuvvet belirlemek için serbest cisim diyagramı gereklidir.

Böylece elimizin üzerindeki yatay kuvvet:

121

ÖRNEK 4.5 TAŞIMA DOLDURMA BANDI: KONTROL HACMİNDEKİ MOMENTUM DEĞİŞİM HIZI

Verilenler: 1)Çizimde gösterilen taşıyıcı ve besleme hunisi 2)Kum yoğunluğu 1580 kg/m^3 3)Besleme hunisi debisi 225 kg/s İstenenler: gösterilen andaki Tbant=?

Kabüller:

Ana denklemler:

122

u1=0 ve 2 kesitinde akış olmadığı için:

Kabul 4’e göre KH içinde u=Vb=sabit, böylece:

Mk bant üzerindeki kumun kütlesidir. Banttaki gerilme KH içinde momentum artışı için gereken kuvvettir.

o halde:

123

Diferansiyel Kontrol Hacim Analizi Kontrol hacmi yaklaşımını diferansiyel bir kontrol hacmine uygularsak, bir akış alanını tanımlayan diferansiyel denklemler elde edebiliriz.

Şekil 4.3 Bir akım tüpü içinden akışın momentum analizi için diferansiyel kontol hacmi

124

a. Süreklilik Denklemi Temel denklem: Kabuller: (1) Daimi akış (2) Sınırlayıcı akım çizgileri üstünden akış yok. (3) Sıkıştırılamaz akış, ρ = sabit. Öyleyse:

125

Sadeleştirdiğimizde şu sonuca ulaşırız: kıyaslandığında, dA.dVs ihmal edilebilir bir çarpımdır. Böylece:

Ancak Vs.A veya A.dVs ile

b. Momentum Denkleminin Akım Yönündeki Bileşeni Temel denklem: (4.13) Kabul: (4) Sürtünme yok, yani Fyb yanlızca basınç kuvvetleri sebebiyledir. Yüzey kuvvetinin basınçtan dolayı 3 terimi olacaktır. =

(4.14)

126

s yönündeki kuvvet bileşeni :

Fakat sinθ.ds=dz, böylece: (4.15) Sınırlayıcı akış yüzeyleri üstünden kütle akışı olmadığından, momentum akışı (4.16) olacaktır. Denklem 14, 15 ve 16, denklem 14’te yerine yazılırsa:

Sadeleştirirsek:

127

(4.17)

Akış sıkıştırılamaz olduğu için bu denklemin integrali alınabilir:

Bu denklem şu kısıtlamalara tabidir; 1. Daimi akış 2. Sürtünme yok 3. Bir akım çizgisi boyunca akış 4. Sıkıştırılamaz akış Bu denklem sadece bu kısıtlamalar olduğunda geçerlidir.

128

ÖRNEK 4.6 LÜLE AKIŞI: BERNOULLI DENKLEMININ UYGULANMASI

Verilenler: Atmosfere tahliye eden yatay bir lüle içinden daimi su akışı. D1=75 mm, D2=25 mm, p2=patm, ρ=1000 kg/m3 İstenenler: a) Hacimsel debi, Q değerinin bir fonksiyonu olarak p1e b) Q=0.02 m3/s için p1e Kabuller: 1. Daimi akış 2. Sürtünmesiz akış 3. Bir akım çizgisi boyunca akış 4. z1=z2 5. Sıkıştırılamaz akış 6. 1 ve 2 kesitlerinde üniform akış

129

Ana denklemler:

P1 basıncını hesaplamak için 1 ve 2 noktaları arasında bir akım çizgisi boyunca önce Bernoulli denklemini uygulayalım:

Daha sonra ise süreklilik denklemini:

Böylecede,

eşitliği ortaya çıkar. 130

A=πD2/4 olduğu için,

denklemine gidilir ve değerler yerine konursa:

131

Sabit Hızla Hareket Eden Kontrol Hacmi Sistem türevlerini kontol hacmi değişkenleri cinsinden ifade eden denklem 6, tüm hızların kontrol hacme bağıl ölçülmeleri koşulu ile kontrol hacminin xyz koordinat sisteminin herhangi bir hareketi için geçerlidir. Denklem 6’yı bu duruma göre tekrar yazarsak : (4.18) Tüm hızlar kontrol hacme bağıl olarak ölçülmek zorunda oldukları için, sistem formülasyonundan, durağan bir kontrol hacminin momentum denklemini elde ederken koşullarını denklem 6’ya uygulamalıyız. Yeni kontrol hacmi formülümüz aşağıdaki gibi olur.

132

ÖRNEK 4.7 SABİT HIZ İLE HAREKET EDEN KANATÇIK

Verilenler: saptırma açısı 600 olan kanatçık A=0.003 m2 olan sabit alanlı bir lüleden su üzeriden akmaktadır.

hızla hareket etmektedir. hızla şekildeki gibi kanatçık

İstenenler: Kanatçık üzerine etki eden kuvvet bileşenleri. Kabuller: 1. Akış kanatçığa göre daimidir. 2. Kanatçık boyunca bağıl hızın büyüklüğü sabittir. 3. Özellikler 1 vee 2 kesitlerinde üniformdur. 4. Sıkıştırılamaz akış 5. Fwx=0 Ana denklemler:

133

Momentum denkleminin x bileşeni

Patm, KH’nin tüm kenarları üzerine etki ettiğinden, net basınç kuvveti yoktur. Böylece süreklilik denkleminden,

veya

Tüm hızlar KH’ye bağlı ölçülmek zorundadır. Böylece:

134

Yerine koyarsak:

Momentum denkleminin y bileşenini yazdığımızda aşağıdaki denkeleme ulaşırız.

135

KH kütlesini M olarak gösterirsek:

Böylece dikey kuvvetimizde: Öyleyse kanatçık üzerindeki net kuvvet:

136

(yukarı doğru) .

DOĞRUSAL İVMELİ KONTROL HACMİ İÇİN MOMENTUM DENKLEMLERİ Doğrusal olarak ivmelenen bir kontrol hacmine uygun momentum denklemi geliştirmek için sistemin ‘sini, sistemin ‘si ile lişkilendirmeliyiz. Sistem türevi , kontrol hacim değişiklikleri ile denklem 18 aracılığı ile ilişkilendirilebilir. Newton’un ikinci yasası ile başlarsak: (4.19)

Durağan (XYZ) ve kontrol hacim koordinatlarına (xyz) göre hızlar bağıl hareket denklemi ile ilişkilendirilirler.

Burada

xyz’nin XYZ’ye göre hızıdır.

xyz’nin hareketinin, durağan referans nokta XYZ’ye göre dönme olmaksızın sadece öteleme olduğunu varsayıyoruz. (4.20)

137

Denklem 20, denklem 19’da yerine yazılırsa: (4.21a) Burada sistemin doğrusal momentumu: (4.21b) ile verilmektedir. Newton’un ikinci yasasının kontrol hacmi förmülasyonunu türetmek için; ‘yi denklem 18’de yerine koyduğumuzda aşağıdaki denklemi elde ederiz. (4.22) Denkler 21.a ile 22 birleştirerek, to anında sistem ile kontrol hacminin örtüştüğünü de hesaba katarak, durağan bir referans koordinatına göre, dönme olmaksızın ivmelenen bir kontol hacmi için Newton’un ikinci yasası aşağıdaki gibi olur. (4.23) 138

Momentum denklemi bir vektör denklemidir. Tüm vektör denklemlerinde olduğu gibi 3 skaler bileşen olarak yazılabilir.

(4.24a)

(4.24b) (4.24c)

139

ÖRNEK 4.8 DOĞRUSAL İVME İLE HAREKET EDEN KANATÇIK

Verilenler: Şekildeki gibi M=75 kg olan bir kanatçık ve araba . İstenenler: U(t) ve sonuçlarının grafiği. Kabuller: 1. Fyx=0, direnç olmadığı için. 2. Fwx=0 3. Araba kütlesine kıyasla, kanatçık ile temas halinde olan suyun kütlesi ihmal edilebilir. 4. KH içersindeki sıvının momentum değişim hızı ihmal edilebilir. 5. 1 ve 2 kesitlerinde üniform akış. 6. Su akımının hızı, kanatçık üzerindeki sürtünme ile yavaşlatılamaz. 7. A1=A2=A 140

Ana denklemler:

rfx ve xyz alt indislerini atarsak:

Denklemin sol tarafı:

Böylece şu denklem yazılabilir:

Değişkenleri ayır isek:

141

V=sabit olduğu için dU=‐d(V‐U) olduğuna dikkat ediniz. t=0’da U=0 ve t=t’de U=U sınırları arasında integral alırsak:

U için çözüm yapıldığında,

Vb hesaplanırsa:

142

Böylece,

Grafik:

143

AÇISAL MOMENTUM PRENSİBİ Bu bölümde açısal‐momentum prensibinin bir kontrol hacmi formunu türeteceğiz. Bunun için 2 yöntem vardır: sabit bir XYZ kontrol hacmini veya dönen bir XYZ kontrol hacmini kullanabiliriz. Burada sadece sabit kontrol hacmi yöntemine değinilecek.

Sabit Kontrol Hacim İçin Denklem Daha önce bahsedilmiş olan ve burada gerekli olan denklemler:

Sistem ile sabit kontol hacmi arasındaki ilişki aşağıdaki gibidir.

Burada yerine koyarsak:

ilişkisi bulunmaktadır.

olarak

(4.25) 144

Son bulduğumuz denklemi, başta bahsettiğimiz gerekli denklemler ile birleştirirsek aşağıdaki eşitlik ortaya çıkar.

Sistem ve kontrol hacmi t0 anında çakıştıkları için genel denkleme ulaşırız.

olarak kabul ettiğimizde aşağıdaki

(4.26)

145

ÖRNEK 4.8 DOĞRUSAL İVME İLE HAREKET EDEN KANATÇIK

Verilenler: Gösterildiği gibi küçük bir çim fıskiyesi. Her bir jetin çapı 4mm’dir. İstenenler: a) Her bir lüleye bağlı jet hızı b) Mildeki sürtünme torku

Kabuller: 1. Sıkıştırılamaz akış 2. Her kesitte üniform akış. 3. Açısal hız daima sabit.

Ana denklemler: (1) 146

Lüleye göre jet hızı, süreklilikten:

Kh üzerine etki eden dış tork mildeki sürtünmedir. Bu, harekete engel olmaktadır. (2)

Uzunluğu R olan yatay tüp OA içindeki akışı düşününüz. O’dan radyal mesafeyi r ile gösteririz.Tüpteki herhangi bir noktada, sabit noktalar XYZ’ye bağıl akışkan hızı, tüpe bağıl hız ile ‘nin toplamıdır. 147

Böylece Konum vektörü çarpımı aşağıdaki sonucu verir:

olacaktır. olmaktadır ve iki denklemin

O zaman

(4.3) Burada A yatay tüpün kesit alanıdır. Kütle ve dolayısıyla momentum akışının geçtiği 3 yüzey vardır. nedeniyle besleme hattı ve iki lüle.

148

OAB kolunun solundaki lüleyi göz önüne alalım. L<
elimizde mevcuttur ve anlık jet hızı için:

O zaman B konumunda kontrol yüzeyini geçen akış için hesaplanan akış integrali:

149

olduğu için sol kolda vektör çarpımının j ve i bileşenleri zıt işaretlidir. Böylece bütün KH için: (4.4) 2, 3 ve 4’ü denklem 1’de yerine yazalım. yani Bu ifade fiskıye sabit hızla çalışırken, mildeki sürtünme torkunun, iki jetin açısal momentumu ile oluşan torkun birbirini dengelediğini belirtir. Verilen bilgilerden:

Yerine koyarsak:

150

Termodinamiğin Birinci Yasası Termodinamiğin birinci yasasının kontrol hacmi formülasyonu için denklem 6’da yerleştiririz ve (4.27) elde ederiz. Sistem ile kontrol hacmi t0’da çakıştıklarından, eşitliği sağlanır. Bunun ışığında, (4.28)

formülü türetilebilir. Burada,

151

Bir Kontrol Hacmi Tarafından Yapılan İş Oranı Kontrol hacim tarafından yapılan iş oranı 4 sınıfa ayrılır.

1. Mil işi Mil işini ile belirteceğiz ve bu nedenle mil işi tarafından kontrol yüzeyinen dışarı aktarılan iş oranı ile gösterilmektedir. Mil işi örnekleri, bir güç santralinin buhar türbini tarafından üretilen iş (pozitif mil iş) ile bir buzdolabının kompresörünü çalıştırmak için gereken iş girişidir (negatif mil işi). 2. Kontrol Yüzeyindeki Normal Gerilmeler Tarafından Yapılan İş Bir kuvveti sonsuz küçük bir yer değiştirme olan boyunca etki ettiği zaman yapılan iş

olmaktadır. Kuvvet tarafından yapılan iş ise,

şeklinde olacaktır. Bunu normal ve kayma gerilmeleri tarafından yapılan işi oranını hesaplamak için kullanırız. 152

Şekil 4.4 Normal ve kayma gerilmesi kuvvetleri Bir alan elemanı üzerindeki normal geril me kuvveti için bir ifade yazabiliriz. Bu, normal gerilme ile vektör alan elemanının çarpımıyla verilecektir. Dolayısıyla alan elemanı üzerinde yapılan iş oranı,

olur. Kontrol hacmi sınırlarından dışarıya iş, kontrol hacmi üzerine yapılan işin negatifi olduğu için, normal gerilmeler sebebiyle kontrol hacminden dışarıya toplam iş oranı aşağıdaki gibi olur.

153

3. Kontrol Yüzeyinde Kayma Gerilmeleri Tarafından Yapılan İş Kontrol hacmi sınırlarında normal gerilmeler tarafından iş yapıldığı gibi, kayma gerilmeleri tarafından da iş yapılabilir. Şekil 4.4’te gösterildiği gibi, kontrol yüzeyinin bir alan elemanı üzerine etki eden viskoz kuvvet

ile verilmekte olup, burada kayma gerilmesi vektörü, , dA düzleminde herhangi bir yönde etki eden kayma gerilmesidir. Kayma gerilmeleri tarafından tüm kontrol yüzeyi üzerinde yapılan iş oranı,

Kontrol hacminin sınırlarından dışarıya iş, kontrol hacmi üzerinde yapılan işin negatifi olduğu için, kayma gerilmeleri nedeniyle kontrol hacminden dışarıya iş oranı

ile verilmektedir. 154

Bu integral, üç terim olarak daha iyi ifade edilir.

terimini daha önce dahil ettiğimiz için, ilk terimi zaten hesaba katmış olmaktayız. Katı yüzeylerde, yani ikinci terim sıfırdır. Böylece:

4. Diğer İş Kontrol hacme elektrik enerjisi ilave edilebilir. Ayrıca elektromanyetik enerji, örneğin, lazer veya radar ışını halinde emilebilir.

(4.29)

155

Kontrol Hacmi Denklemi Denklem 29’daki ifadesini denklem 28’de yerine koyarak:

Burada

olup, özgül hacimdir, öyleyse:

Bu nedenle,

Son olarak ifadesini en son terimde yerine koyarak, bir kontrol hacmi için birinci yasanın tanıdık formunu elde ederiz. (4.30)

156

ÖRNEK 4.9 KOMPRESÖR BİRİNCİ YASA ANALİZİ

Verilenler: Hava kompresöre 1’de girmektedir ve gösterildiği gibi 2’de çıkmaktadır.Hava debisi9 kg/s’dir. Kompresöre güç girişi 447 kW’dır. İstenenler: ısı transferi oranı Kabuller: 1. Sıkıştırılamaz akış 2. Her kesitte üniform akış. 3. Hava ideal gazdır. 4. 1 ve 2’deki KH alanı hıza diktir. Böylece 5. z1=z2 6. Giriş kinetik enerjisi ihmal edilebilir. Ana denklemler:

157

Kabuller sonucu birinci yasa aşağıdaki hali alır.

Ünifrom özellikler için,

yazılır. Daimi akış için kütlenin korunumundan

Bu yüzden

158

. dolayısıyla;

yazılabilir. Havanın cp sabitine sahip ideal bir gaz olarak davranacağı kabul edilir. Öyleyse ve,

Süreklilikten

olduğu için,

Güç girişinin KH’ye olduğuna dikkat ediniz. Böylece =‐447kW olur.

159

Termodinamiğin İkinci Yasası İkinci yasanın sistem formülasyonunu elde etmek için,

denkleminde

kabul edersek:

denklemi ortaya çıkar. Sistem ile kontrol hacmi t0 da çakışırlar, böylece:

Son iki denklemimiz bize bu formülasyonu verirler.

160


Bölüm 5 Akışkan Hareketinin Diferansiyel Analizine Giriş Prof. Dr. Ali PINARBAŞI Yıldız Teknik Üniversitesi Makine Mühendisliği Bölümü Yıldız, İSTANBUL


161

Akışkan Hareketinin Diferansiyel Analizine Giriş

Akışkan Hareketinin Diferansiyel Analizine Giriş Kütlenin Korunumu İki Boyutlu Sıkıştırılamaz Akış İçin Akım Fonksiyonları Bir Akışkan Parçacığının Hareketi (Kinematik) Momentum Denklemi Hesaplamalı Akışkanlar Dinamiğine Giriş

162

Kütlenin Korunumu Kartezten Koordinat Sistemi Kartezyen koordinatlarda seçilen KH şekil 5.1’de gösterildiği gibi kenar uzunlukları dx, dy, dz olan sonsuz küçük bir küptür. Kontrol yüzeyinin altı yüzünün her birinde özellikleri hesaplamak için, O noktası etrafında Taylor Serisi açılımı kullanılır. Örneğin sağ yüzde:

Yüksek mertebeli terimleri ihmal edersek,

yazabiliriz ve

burada ρ, u,

163

ve

terimlerinin hepsi O noktasında hesaplanmıştır.

Sol yüzeyde karşılık gelen terimler

Şekil 5.1 Kartezyen koordinatlarda diferansiyel kontrol hacmi Sonsuz küçük dxdydz’nin ön ve arka yüzeleri için ρ ve ‘yi içeren ve alt ile üst yüzeyler için ρ ve içeren benzer ifadeler yazabiliriz. 164

Daha sonra bunlar denklem 4.9’daki yüzey integralini hesaplamak için kullanılabilir.

165

Alt yüzey için sonuçları toplayarak:

Yada

Tüm bu işlemlerin sonucunda diferansiyel küpümüz için yüzey integralini elde ederiz.

Denklem 9’u tamamlamak için hacim integralini hesaplamamız gerekmektedir.

Bu nedenle, Denklem 4.9’dan kütlenin korunumu yasasının diferansiyel bir formunu elde ederiz. (dxdydz’yi sadeleştirdikten sonra.) (5.1a) 166

Denklem 5.1a genellikle süreklilik denklemi olarak adlandırılır. Kartezyen koordinatlarda vektör operatörü ile verilir. O Halde

Kütlenin korunumu (5.1b) olarakta yazılabilir. Diferansiyel süreklilik denkleminin basitleştirilebileceği iki akış durumu incelenebilir. Sıkıştırılamaz akış için ρ=sabit, ne koordinatların ne de zamanın bir fonksiyonu değildir. Bu sebeple sıkıştırılamaz akış için süreklilik denklemimiz aşağıdaki şekilde basitleşir. (5.1c) Daimi akış için tüm akışkan özellikleri zamandan bağımsız olmalıdır.

167

ÖRNEK 5.2 İKİ BOYUTLU DİFERANSİYEL SÜREKLİLİK DENKLEMİNİN İNTEGRASYONU

Verilenler: u=A.x olan xy düzleminde iki boyutlu akış İstenenler: 1. sıkıştırılamaz akış için mümkün Ana denklem: olan y bileşeni? 2. mümkün olan y bileşeni sayısı Sıkıştırılamaz akış için ana denklemimiz koordinatlarda

xy düzleminde iki boyutlu akış için sıfırdır.

O Zaman

168

şeklinde basitleşir. Kartezyen

‘dir. Öyleyse z’ye göre kısmi türevler

Bu denklem x’i sabit tuttuğumuzda ‘deki değişimi verir. Eğer denklem için bir ifade elde etmek üzere integre edilirse,

olduğundan herhangi bir f(x,t) fonksiyonu uygun olur. Böylece herhangi bir sayıdaki ifadeleri, diferansiyel süreklilik denklemini verilen şartlarda sağlayabileceklerdir. İçin en basit ifade f(x,t)=0 yaparak elde edilebilecektir. Öyleyse =‐Ay ve olacaktır.

169

Silindirik Koordinat Sistemi

Şekil 5.2 Silindirik koordinatlarda diferansiyel kontrol hacmi Merkez O’daki yoğunluğun ρ ve hızın olduğu kabul edilmektedir. ‘yı hesaplamak için, kontrol yüzeyinin altı yüzeyinin herbirinden geçen kütle akışını dikkate almalıyız. Kontrol yüzeyinden dışa çıkan net kütle akışının,

ile verildiğini görmekteyiz. 170

Kontrol hacmindeki kütlenin değişim hızı,

ile verilir. O zaman silindirik koordinatlarda kütlenin korunumu için diferansyiel denklem veya olur. r ile bölersek (5.2a) elde ederiz. Silindirik koordinatlarda vektör operatörü aşağıdaki gibidir:

Sıkıştırılamaz bir akış için yoğunluk sabittir ve denklem 5.2a aşağıdaki şekle indirgenir.

(5.2b) 171

Daimi akış için denklem 5.2a şu şekle indirgenir. (5.2c)

172

ÖRNEK 5.3 SİLİNDİRİK KOORDİNATLARDA DİFERANSİYEL SÜREKLİLİK DENKLEMİ

Verilenler: rθ düzleminde bir boyutlu radyal akış: Vr=f(r) ve Vθ=0. İstenenler: sıkıştırılamaz akış için f(r) koşulları.

Ana denklem:

Bu, silindirik koordinatlarda sıkıştırılamaz akış için Denklem 5.2b’ye indirgenir;

Verilne hız alanı için

ve z’ye göre kısmi türevler sıfırdır. Yani,

r’ye göre integrali alınarsak rVr=sabit olur. Böylece sıkıştırılamaz bir akış için süreklilik denkleminin ragyal hızı Vr=f(r)=C/r olması gerektiğini gösterir.

173

2 Boyutlu Sıkıştırılamaz Akış İçin Akım Fonksiyonu Akım fonksiyonu ortaya koyarak, akım çizgilerinin uygun bir şekilde tanımlayabiliriz. İki adet hız bileşenimiz vardır. tek fonksiyonu olan iki boyutlu sıkıştırılamaz akışın ve bileşenleri. Akım fonksiyonunu tanımlamaya sıkıştırılamaz akış için süreklilik denkleminin 2 boyutlu şekli ile başlıyoruz. (5.3) Denklem 5.3 seçtiğimiz herhangi bir fonksiyonunu

için otomatik olarak sağlansın diye akım

(5.4) ile tanımlarız. Bunun için denklem 5.3 içinde denklem 5.4’ü kullanırız.

174

Denklemi yanlız bir akım çizgisi boyunca geçerlidir. Veya akım fonksiyonumuzun tanımını kullanarak,

elde edilir. Diğer taraftan, tam olarak matematiksel bir bakış açısıyla, herhangi bir anda t zamanında uzayda bir fonksiyonundaki değişim aşağıdaki gibidir.

Bu denklemde bir akım çizgisi boyunca ‘nın sabit olduğunu görürüz. Bu sebeple birbirinden ayrı akım çizgilerini kendi akım fonksiyonu değerleri ile belirtebiliriz: = 1, 2, 3, vb. Bu değerler her iki akım çizgisi arasındaki hacimsel debiyi bulabilmek için kullanılır.

175

Şekil 5.3 İki boyutlu bir akıştaki anlık akım çizgileri Şekildeki AB ile BC çizgilerini kullanarak debiyi hesaplayalım. Birim derinlik için AB’den geçen debi:

Ancak AB boyunca x sabittir

176

‘dir. Böylece:

Birim derinlik için BC’den geçen debi:

BC boyunca y sabit ve

‘dir. Bu yüzden:

AB veya BC çizgisini kullansakta iki akım çizgisi arasındaki hacimsel debinin iki akım fonksiyonu değerinin arasındaki farkla ortaya konulduğunu gördük. İki akım çizgisi arasındaki hacimsel debi sabit olduğu için, hızın akım çizglilerinin birbirine yakın olduğu yerlerde artacağına, uzak olduğu yerlerde ise azalacağına dikkat etmeliyiz. düzleminde, sıkıştırılamaz bir akış için, kütlenin korunumu aşağıdaki gibidir. (5.5)

177

Denklem 5.4 için kullanılan mantığı kullanarak, akım fonksiyonu, , aşağıdaki gibi çıkarılabilir. (5.6)

178

ÖRNEK 5.4 BİR KÖŞEDEKİ AKIŞ İÇİN AKIM FONKSİYONU

Verilenler: Hız alanı:

, A=0.3s‐1

İstenenler: Akım fonksiyonunu bularak birinci ve ikinci çeyreklerde grafiğini çizmek ve sonuçları yorumlamak. Akış sıkıştırılamazdır. Böylece denklem 5.4 sağlanır.

Verilen hız alanına göre:

y’ye göre integralini alırsak:

179

f(x) keyfidir ve kullanılarak hesaplanabilir. Böylece:

Verilen hız alanından =‐Ay. Bunu yukarıdaki denklem ile kıyaslarsak f(x)=sabit sonucuna ulaşırız. Bu yüzden denklem,

haline gelir. Çizim için c değeri makul herhangi bir değer seçilebilir. Burada işimizi kolaylaştırması için 0 alıyoruz. c=0 ve A=0.3s‐1 ise; olacaktır. Birinci çeyrekte u>0’dır ve böylece pozitif değerler alır. İkinci çeyrek için ise tam zıttı geçerlidir. Ayrıca birinci çeyrekte <0’dır. Bu sebeple akış soldan sağa ve aşağı doğrudur. Orijinden geçen akım çizgisi ile arasındaki hacimsel debi:

180

İkinci çeyrekte u<0 ve <0 olduğu için akış sağdan sola ve aşağı doğrudur.

Negatif işareti, u < 0 olan akış ile tutarlıdır.

181

Bir Akışkan Parçacığının Hareketi (Kinematik) Parçacığın hareketini 4 bileşene ayırabiliriz; ötelenme, dönme, doğrusal şekil değiştirme, açısal şekil değiştirme.

Şekil 5.4 t ve t + dt anlarında sonlu akışkan elemanı ve sonsuz küçük parçacık.

182

183

Video 5.1 Bir kanaldaki parçacık akışı

184

Akışkan Ötelenmesi: Bir Hız Alanında Bir Akışkan Parçacığının Ötelenmesi Amacımız, akışkan özellikleri için alan tanımını akılda tutmak ve bir akış alanında hareket ederken bir akışkan parçacığının ivmesi için bir ifade elde etmektir. Basitçe ifade eden bir problem şöyledir. Verilen hız alanı için bir akışkan parçacığının ivmesini bulunuz. Parçacık t anında x,y,z konumundadır ve t anında o noktadaki hıza karşılık gelen bir hıza sahiptir.

Parçacık t + dt anında, koordinatları x + dy, y + dx, z + dz olan yeni bir konuma hareket etmiştir ve;

ile verilen bir hıza sahiptir.

185

Şekil 5.6 Bir akış alanındaki parçacığın hareketi. Parçacık hızı t anında ile verilir. Öyleyse dt anında konumundan eden parçacığın hızındaki değişim aşağıdaki zincir kuralı ile verilir.

Parçacığın toplam ivmesi:

ile verilir.

186

konumuna hareket

olduğu için:

Bir hız alanındaki akışkan parçacığının ivmesini hesaplamanın özel bir türev gerektirir, bu sebeple sembolü verilmiştir. (5.7)

Bu türev maddesel veya parçacık türevi olarak adlandırılır.

187

Konvektif ivme, gradyen operatörü kullanarak bir tek vektör ifadesi olarak yazılabilir.

İki boyutlu akış,

Bir boyutlu akış,

için denklem 5.7 aşağıdaki hale indirgenir:

için denklem 5.7 aşağıdaki hale indirgenir:

Son olarak üç boyutlu daimi akış için:

188

Denklem 5.7 bir vektör denklemidir ve skaler bilşenleri yazılabilir. (5.8a) (5.8b) (5.8c)

hızını, silindirik koordinatlarda ifade ederek ve vektör öperatörü için uygun ifadeden faydalanarak, silindirik koordinatlarda ivme bileşenleri elde edilebilir: (5.9a) (5.9b)

(5.9c)

189

Euler tanımlama yönteminde ivmeyi hız alanı aracılığı ile hesaplarız. Genel olarak bu yöntem kullanılır. Lagrange tanımlasında ise ivme, konum ve hız sadece zamanın bir fonksiyonu olarak belirtilir.

Video 5.2 Lagrange ve Euler akışları

190

ÖRNEK 5.5 EULER VE LAGRANGE TANIMLAMALARINDA PARÇACIK İVMESİ

Verilenler: Yandaki yakınsak kanal boyunca daimi, sıkıştırılamaz, iki boyutlu akış. x ekseninde:

İstenenler: a) Euler yaklaşımını kullanarak merkez çizgisi boyunca hareket eden bir parçacığın ivmesi. b) Lagrange yaklaşımını kullanarak merkez çizgisi boyunca hareket eden bir parçacığın ivmesi. c) Parçacık kanalın başında ve sonunda iken ivmesini hesaplayınız. a) Euler yaklaşımı İvmenin x bileşeni ile ilgileniriz:

x ekseni üzerinde olduğundan dolayı daimi akış için veya

191

denklemleri elde edilir.

b) Lagrange yaklaşımı Bu yaklaşımda konum gerekmektedir, daha sonra hız ve ivmeyi elde edebiliriz. ve gerekmektedir. xp(t) verilmemiştir fakat

elimizde mevcuttur. Değişkenlere ayırarak ve kullanarak:

elde edilir. xp(t) için çözersek: ve

192

Buradan hız ve ivme:

limitlerini

c) parçacık x=0 ve x=L’deki ivmeyi hesaplamak istiyoruz. Euler yaklaşımında bu basittir.

Lagrange yaklaşımı için bu noktalardaki zamanları da bulmamız gerekiyor.

O halde

193

denkleminden:

Akışkan Dönmesi Genel bir üç boyutlu akış alanında hareket eden bir akışkan parçacığı, üç koordinat ekseninin hepsinin etrafında dönebilir. Böylece parçacık dönmesi bir vektörel niceliktir ve genellikle olarak verilir.

Şekil 5.7 İki boyutlu bir akışta dik doğru parçalarının dönmesi ve açısal şekil değiştirmesi Şekilde ki açısal ölçüleri akış alanından elde edilebilir miktarlara dönüştürememiz gerekmektedir. Bunu yaparken ortaya ve ortaya çıkar. Çünkü şekildeki a ve b noktaları eşit miktarda hareket etmemektedir.

194

Buna göre parçacığın z ekseni etrafındaki açısal hızını aşağıdaki şekilde elde edebiliriz.

Dik doğru parçaları çiftinin yz ve xz düzlemlerindeki dönmesini dikkate alınarak,

olduğu kolaylıkla görülebilir. 195

O halde

denklemi,

haline gelir. Vektörel gösterimde ise, (5.10) olacaktır.

Akışkan parçacıklarının dönmesi, kayma gerilmelerinin olduğu akışlarda daima ortaya çıkmaktadır. Kaymaya maruz kalan bir viskoz akışkanda, kayma gerilmeleri mevcuttur. Bundan dolayı, akışkan parçacıklarının dönmesinin sadece viskoz akışlarda meydana geleceği sonucunu çıkarırız. Parçacık dönmesinin olmadığı akışlar ise dönümsüz akışlardır. Dönmenin iki katı olan vortisiteyi, , tanımlayarak denklem 5.10’dan ½ katsayısı çıkarılabilir.

196

Vostisite, akış alanında hareket eden bir akışkan elemanının dönmesinin bir ölçüsüdür. Silindirik koordinatlarda vortisite aşağıdaki gibidir.

Sirkülasyon, , akışta sabit herhangi bir kapalı eğri etrafındaki teğetsel hız bileşeninin çizgisel integrali olarak tanımlanır.

Şekil 5.8’de gösterilen dikdörtgen şeklini göz önüne alarak vortisite ile sirkülasyon arasında bir ilişki geliştirebiliriz.

197

Şekil 5.8 Bir akışkan elemanın sınırlarındaki hız bileşenleri. Kapalı eğri oacb için,

Öyleyse: Yani kapalı bir konturun etrafındaki sirkülasyon, konturun kapsadığı toplam vostisiteye eşittir. 198

ÖRNEK 5.6 SERBEST VE ZORLANMIŞ GİRDAP AKIŞLARI

Verilenler: Teğetsel hareketteki akış akışkanları

İstenenler: a) Rijit cisim hareket için (zorlanmış bir girdap) dönme, vortisite ve sirkülasyon b) Dönümsüz hareket için (serbest bir girdap) Ana denklem: düzlemindeki hareket için, dönme vortisitenin bileşenleri sadece z yönünüdedir.

Bu alanların heryerinde Vr=0 olduğu için, bu

199

haline indirgenir.

a) Rijit cisim dönmesi için

. O halde, ve

Sirkülasyon:

A kontur ile çevrelenen alandır. b) Dönümsüz akış için,

. İntegralini alırsak:

buluruz. Bu akış için orijin olduğu yerdeki tekil bir noktadır. Orijini çevreleyen herhangi bir kontur için sirkülasyon: olacaktır. 200

Akışkan Şekil Değiştirmesi a) Açısal Şekil Değiştirme Açısal şekil değiştirme iki açısal şekil değiştirmenin toplamıyla yani

201

ile verilir.

Benzerleri yz ve zx düzlemler içinde yazılabilir.

202

ÖRNEK 5.7 VİSKOMETRİK AKIŞTA DÖNME

Verilenler: Hız alanı, U=4 mm/s ve h=4 mm. Gösterildiği gibi artı işareti oluşturmak için t=0’da işaretlenen akışkan parçacıkları. İstenenler: a) t=1.5 sn’de a’, b’, c’ ve d’ noktalarınınkonumları, grafik çizimi. b) Açısal şekil değiştirme hızı c) Bir akışkan parçacığının dönme hızı d) Bu sonuçların önemi

Verilen akış alanı için dikey yönde hareket yoktur. Her bir noktanın hızı sabit kalmaktadır, yani her bir nokta için noktasında u=3 mm/s, böylece:

203

Benzer şekilde, a ile c noktalarının her biri 3mm ilerler ve d noktası 1.5 mm ilerler. Dolayısıyla t=1.5 s’deki grafik çizimi aşağıdaki gibidir.

Açısal şekil değiştirme hızı:

Dönme hızı:

204

b) Doğrusal Şekil Değiştirme Doğrusal şekil değiştirme esnasında, tüm dik açılar dik açı olarak kalmaya devam ettiğinden, köşelerindeki açılarla tanımlanan akışkan elemanın şekli değişmez. Sadece sıfırdan farklı bir değerde olursa, elemanın x yönünde uzunluğu değişecektir. Benzer şekilde y için , z için sıfır olmamalı. Kenar uzunluklarındaki değişim, elemanın hacminde değişikliğe sebep olur. Yerel anlık hacim genişleme hızı:

ile verilir. Sıkıştırılamaz hacim için hacim genişleme hızı sıfırdır.

205

ÖRNEK 5.8 BİR KÖŞEDEKİ AKIŞ İÇİN ŞEKİL DEĞİŞTİRME HIZLARI

Verilenler: metre cinsindedir.

, x ve y

İstenenler: a) noktası a noktası x=3/2’de a’ konumunda olduğunda karenin konumu b) Doğrusal şekil değiştirme hızları c) abcd alanı ile kıyaslanan a’b’c’d’ alanı d) Bu sonuçların önemi Önce değerini bulmalıyız. Bu sebeple Lagrange tanımlası ile akışkan parçacığını izlemeliyiz. bu yüzden

206

y yönünde,

Doğrusal şekil değiştirme hızları, x yönünde,

207

y yönünde

Hacim genişleme hızı,

alan abcd=1m2 ve alan a’b’c’d’=(3‐3/2).(4/3‐3/2)=1m2

208

Momentum Denklemi Momentum denkleminin diferansiyel formunu türetmek için kütlesi dm olan sonsuz küçük bir akışkan parçacığına Newton’un ikinci yasasını uygulayacağız. Burada sistemin doğrusal momentumu,

ile verilir. Öyleyse, dm kütlesindeki sonsuz küçük bir sistem için Newton’un ikinci yasası yazılabilir.

Bir hız alanında hareket eden, kütlesi dm olan bir akışkan elemanının ivmesi için bir ifade elde ettikten sonra, Newton’un ikinci yasasını vektör denklemi olarak yazarız.

Bir Akışkan Parçacığına Etki Eden Kuvvetler Kütlesi dm ve hacmi bileşenini dikkate alalım.

olan diferansiyel bir eleman üzerine etki eden kuvvetin x

Şekil 5.9 Bir akışkan elemanı üzerinde x yönündeki gerilmeler. 210

x yönünde elemanın tüm yüzeyleri üzerine etki eden gerilmeler şekil 59’da gösterildiği gibidir. x yönündeki net yüzey kuvvetini elde etmek için,dFyx, elde etmek için x yönündeki kuvvetleri toplamalıyız.

Basitleştirirsek,

elde ederiz. x yönündeki net kuvvet:

211

Benzer ifadeler y ve z yönleri içinde çıkarılabilir.

Diferansiyel Momentum Denklemi Bulduğumuz kuvvet bileşenlerini vektör denkleminde x, y ve z bileşenleri yerine yazarsak, hareketin diferansiyel denklemini elde ederiz.

212

Newton Tipi Akışkan: Navier‐Stokes Denklemleri Newton tipi bir akışkan için, viskoz gerilme doğrudan kayma gerilmesi hızı ile orantılıdır. Bir boyutlu laminer Newton tipi akışkan için kayma gerilmesinin, açısal şekil değiştirme hızı ile orantılı olduğunu biliyoruz. Üç boyutlu akışlar için bu durum biraz daha karmaşıktır, açısal şekil değiştirme hızı ve karmaşık daha başka ifadeler gerekmektedir. Gerilmeler, hız grandyenleri ve akışkan özellikleri kartezyen koordiatlarda aşağıdaki gibi ifade edilebilir.

213

Burada p yerel termodinamik basınçtır. Gerilmeler için bu ifadeler diferansiyel hareket denklemlerine koyulursa:

Bu hareket denklemlerine Navier−Stokes denklemleri denir. Bu denklemler, sabit viskoziteli sıkıştırılamaz bir akışı uygulanırsa oldukça basitleşir. 214

Bu şartlar altında:

Maalesef, basit sınırlar ve başlangıç veya sınır şartlarının olduğu basit durumların haricinde bu denklemleri analitik olarak çözmek mümkün değildir. Sürtünmesiz akış durumunda yani µ=0 olduğunda, hareket denklemleri Euler Denklemine indirgenir.

215

ÖRNEK 5.9 EĞİMLİ BİR YÜZEYİN AŞAĞISINA DOĞRU TAM GELİŞMİŞ LAMİNER AKIŞIN ANALİZİ

Verilenler:Daimi, tam gelişmiş laminer, Kabuller: 1) Akış daimi, zamana bağlı h kalınlığında ince tabaka halinde eğimli değişiklik yok bir düz yüzey aşağısına doğru sıvı akışı. 2) Şıkıştırılamaz akış, yoğunluk sabit 3) z yönünde akış veya özellik değişimi yok, w=0, ∂/∂z=0 4) Tam gelişmiş akış, x yönünde özellikler değişmiyor, ∂/∂x=0. İstenenler: a) Bu akış alanını modellemek için basitleş rilmiş süreklilik ve Navier−Stokes denklemleri b) Hız profilleri c) Kayma gerilmesi dağılımı d) Diyagrama dik yüzeyin birim derinliği başına hacimsel debi e) Ortalama akış hızı f) Diyagrama dik yüzeyin birim derinliği başına hacimsel debi cinsinden ince tabaka kalınlığı g) 1 m genişliğinde, yatayla 15° eğim yapan bir yüzey üzerindeki 1 mm kalınlığında ince su tabakasındaki hacimsel debi. 216

Akış alanını modellemek için kullanı‐ lan geometri ve koordinat sistemi yandadır.

Sabit viskoziteli sıkıştırılamaz akış için yazılan ana denklemler:

217

Denklemlere göre υ sabit olmalıdır. Katı yüzeyde υ sıfır olduğundan, heryerde sıfır olmalıdır. Bu durumda denklemler daha da sadeleşir:

∂/∂z=0 ve ∂/∂x=0 olduğu için, u sadece y’nin bir fonksiyonudur. ∂2u/∂y2=d2u/dy2 ve öyleyse denklemimiz,

haline dönüşür. İntegral alırsak,

İkinci bir integral daha alırsak,

218

Sabitleri hesaplamak için gereken sınır şartları, katı yüzeyde kaymama şartı, y=0’da u=0, ve sıvı serbest yüzeyinde sıfır kayma gerilmesi şartıdır, y=h’da du/dy=0. y=0’da iki kez integral alımı sonrası elde denklem çözülürse c2=0 olduğu görülür. İlk denklemde ise y=h yazılırsa c1 aşağıdaki gibi elde edilir.

Bunu ikinci denklemde yerine koyarsak hız profilini buluruz. veya Kayma gerilmesi ise şöyle çıkacaktır:

Kayma gerilmesi cidarda (y=0) maksimumdur. Serbest yüzeyde (y=h) ise sıfırdır.

219

Hacimsel debi,

b, z yönündeki yüzey genişliğidir. Yerine koyarsak:

Ortalama akış hızı

‘dir. Böylece:

İnce tabaka kalınlığını çözersek:

b=1 m genişliteki θ=15o eğimdeki bir düzlem üzerindeki h=1 mm kalınlığındaki su tabakası

220

b=1 m genişliteki θ=15o eğimdeki bir düzlem üzerindeki h=1 mm kalınlığındaki su tabakası,

debi taşıyacaktı.

221

Hesaplamalı Akışkanlar Dinamiğine Giriş HAD Gereksinimi Navier‐Stokes ve süreklilik denklemleri, birkaç sebebin birleşik etkisi sebebi ile gerçekte analitik olarak çözülememektedir. 1. Denklemler bağlıdırlar. Bilinmeyenler, u, υ, w ve p tüm denklemlerde gözükürler (p süreklilik denkleminde gözükmez) ve bilinmeyenlerin herhangi biri ile, bir denklemle sonuçlanması için denklemlerde oynama yapamayız. Bu sebeple tüm bilinmeyenler aynı anda çözülmeli. 2. Denklemler doğrusal değildirler. Bunun sonucu olarak, denklemlerin bir çözümünü elde edemeyiz ve bunu üçüncü bir çözüm bulmak için ikinci bir çözüm ile birleştiremeyiz. Akışı sürtünmesiz akış ile sınırlandırdığımızda akışın doğrusal denklemleri türetebilmekteyiz. 3. Denklemler ikinci derece kısmı diferansiyel denklemlerdir. Bunlar birinci derece diferansiyel denklemlerden apaçık daha karmaşıktır. Bu zorluklar mühendisleri, bilim adamlarını ve matema kçileri akışkanlar mekaniği problemleri çözümünde birtakım yaklaşımları kabul etmeye itmiştir. Viskoz terimleri ihmal edebilirsek, sonuçtaki sıkıştırılamaz, viskozitesiz akışla rahatlıkla başa çıkabiliriz.

222

HAD’nin Uygulamaları Çeşitli uygulamalarda HAD kullanılır ve şu anda birçok endüstride yaygındır. ANSYS A.Ş.’nin bir HAD yazılım paket programı olan FLUENT’i kullanarak geliştirilen bazı örnekler şunlardır.

Şekil 5.9 Bir Formula 1 arabasıyla etrafındaki yörünge çizgileri. Bir Formula 1 arabasının etrafındaki seçilen akışkan parçacıkları tarafından alınan yolu göstermektedir. Böyle yörünge çizgilerini ve diğer akış özelliklerini inceleyerek, direnci azaltmak ve performansı arttırmak için, mühendisler arabayı nasıl tasarlayacakları konusunda sezgi kazanırlar.

223

Şekil 5.10 Bir katalitik dönüştürücüdeki akış. Hepimizin daha kolay nefes alıp verebilmesi için otomotiv egzoz gazlarını temizlemede kullanılan bir cihaz olan katalitik dönüştürücüdeki akış gösterilmektedir. Bu resim hız büyüklüğü ile renklendirilen yörünge çizgilerini göstermektedir. Farklı kimyasal türlerin cihaz içinde nasıl karış ğını ve tepkime yap ğını incelemelerine imkan vererek, daha etkili katalitik dönüştürücüleri geliştirmeleri amacıyla, HAD mühendislere yardımcı olur.

224

Şekil 5.11 Bir santrifüj fandaki akış için statik basınç konturları. Havalandırma uygulamalarında kullanılan geriye eğimli bir santrifüj fandaki statik basınç konturlarını göstermektedir. HAD simülasyonlarından elde edilen fan performans karakteristikleri, fiziksel deneylerden alınan sonuçlara çok benzemektedir.

225

Şekil 5.3 HAD uygulaması ile modellenmiş, bir silindiri geçen bir akış.

Bir Hesap Tablosu Kullanarak Bazı Temel HAD/Sayısal Yöntemler Bu yöntemler, öğrencinin bilgisayarı kullanarak temel HAD’yi nasıl uygulayabileceğini gösterecektir. İlk olarak, bir diferansiyel denklemin en basit halini çözmeyi göz önünde bulunduracağız: birinci‐dereceden bir adi diferansiyel denklem,

Şekil 5.13’te gösterildiği gibi, eğri üzerinde bir noktada (xn,yn) iken, yeni bir xn+1 değerine karşılık gelen yn+1 değerini bulmak için o noktadaki teğeti izleyebiliriz. Şöyle bir denklem elde ederiz:

226

Eğer bir adım büyüklüğünü h=xn+1‐xn seçersek, yukarıdaki denklemler birleştirilebilir: veya ile Adi diferansiyel denklemlerin çözümü Euler yönteminden geçmektedir.

Şekil 5.12 Euler Yöntemi yn+ 1’in çözüm eğrisi üzerinde olmadığını, fakat ona yakın olduğunu şekilde görebiliyoruz. Adım büyüklüğü h’yi küçülterek üçgeni daha küçültürsek, yn+ 1 istenen çözüme daha yakın olacaktır. (x0,y0) ile başlayıp daha sonra (x1,y1), (x2,y2), vs. elde etmek için, iki Euler iterasyon denklemini tekrar tekrar kullanabiliriz. Çözüm için bir denkleme değil, bir sayılar setine ulaşırız. Bundan dolayı analitik bir yöntemden ziyade çözüm sayısaldır. 227

ÖRNEK 5.10 BİR DEPOYU BOŞALTMAK İÇİN EULER YÖNTEMİ ÇÖZÜMÜ

Verilenler: Bir depodan su boşalması. İlk derinlik y0=1m, Tank çapı D=250mm’dir. Tabandaki delik çapı 2mm. İstenenler: 100 dakika sonraki su derinliği, derinliğin zamana karşı çizimi, sonuçların doğruluğu. Ana denklemler:

Bir Excel tablosu oluşturulursa: 100 dk sonra sudaki derinlik = ‐0.021m (Euler 11 nokta) = 0.0102m (Euler 21 nokta) = 0.0224m (Gerçek) 100 dk sonraki hata = %110 (Euler 11 nokta) = %54 (Euler 21 nokta) 228

229

Had Stratejisi Büyük ölçüde HAD stratejisi, sürekli problem bölgesini, “grid” veya “ağ” kullanarak bir ayrık bölge ile değiştirmektedir. Sürekli bölgede, her bir akış değişkeni bölgedeki herbir noktada tanımlanır. Mesela, Şekil 5.13’te gösterilen sürekli bölgedeki basınç p,

olarak verilecektir. Ayrık bölgede, her bir akış değişkeni sadece grid noktalarında tanımlanır. Böylece, Şekil 5.13’teki ayrık bölgede, basınç sadece N grid noktalarında tanımlanacaktır,

Şekil 5.13 Bir‐boyutlu problem için sürekli ve ayrık bölgeler. 230

Bu sürekliden ayrığa olan dönüşümü iki veya üç boyuta genişletebiliriz. Grid noktaları, grid çizgilerinin kesiştiği yerlerdedir. Bir HAD çözümünde, sadece grid noktalarındaki ilgili akışdeğişkenlerini doğrudan çözeceğiz. Diğer konumlardaki değerler, grid noktalarındaki değerleri interpolasyon yapmayla belirlenir.

Şekil 5.14 Bir uçak kanadı etrafındaki akışı çözmek için kullanılan bir grid örneğI 231

Sonlu Fark Yöntemini Kullanarak Ayrıklaştırma Önce sürekli bölgeden ayrık bölgeye gidiş işlemini inceleyelim:

İlk önce denklem doğrusal olduğu zamanki durum olan m=1 durumunu dikkate alacağız.

Şekil 5.15 Dört grid noktası olan bir basit 1B grid. Şekil 5.15’te gösterilen tam gelişmemiş grid üzerinde, yukarıdaki denklemin m=1 için ayrık gösterimini türeteceğiz. Ana denklem herhangi bir grid noktasında geçerli olduğundan,

denklemini elde ederiz. Grid noktalarında u değerleri cinsinden (du/dx)i için bir ifade elde etmek amacıyla, ui‐1’i Taylor serisinde açarız.

232

Sağdan ikinci ve daha yüksek dereceli terimleri ihmal edeceğiz. Böylece sağdan ilk terim aradığımız (du/dx)i için sonlu‐fark gösterimidir. İhmal edilen terimlerden dolayı (du/dx)i’deki hataya kesme hatası denir. Açtığımız serideki kesme hatası ilk dereceli terim ile orantılıdır. Böylece tekrar olarak şöyle yazabiliriz.

Burada son terim “delta x derecesi” olarak telaffuz edilir. Ana denklemimiz içinde bu denklemi kullanarak, model denklemimiz için aşağıdaki ayrık gösterimi elde ederiz:

233

Ayrık Sistemin Birleştirilmesi ve Sınır Şartlarının Uygulanması Bulmuş olduğumuz ayrık gösterimli model denklemi yeniden düzenleyerek:

Bu denklemi, Şekil 5.15’deki 1B grid için grid noktalarında i = 2, 3, 4 uygulayınca,

verir. Ayrık denklem soldaki sınırda (i=1) kullanılmaz çünkü ui‐1=u0 tanımlanmamıştır. Bunun yerine sınır şartını kullanarak u1=1 elde ederiz. Bu denklem sistemini matris olarak yazmak uygundur:

234

Ayrık Sistem Çözümü Grid noktalarındaki bilinmeyenleri elde etmek amacıyla, basit 1B örneğimiz için ayrık sistem kolayca dönüştürüebilir. ∆x=1/3 için çözüm,

ve m=1 için tam çözüm yapıldığında utam=e‐x elde edilir.

Şekil 5.16 Üç farklı grid üzerinde elde edilen sayısal çözüm ile tam çözümün karşılaştırması. 235

Şekil 5.16’da dört nokta grid üzerinde elde edilen ayrık çözüm ile Excel kullanılarak bulunan tam çözümün kıyaslamasını göstermektedir. Sağ sınırda hata %14.7’ye eşit olup en büyük değerdedir. Ayrık sistemlerin birleştirilmesi başlığındaki matrislerde gösterildiği gibi, bir grid noktasındaki ayrık denklem sadece komşu grid noktalarındaki miktarları içerdiğinden, sıfır olmayan girdiler köşegen etrafında toplanırlar. Hafıza kullanımını en aza indirmek için bir HAD kodu sadece sıfır olmayan değerleri hafı‐ zaya alacaktır. Ayrıca, matrisi ters çevirmek için genellikle iteratif bir yöntem kullanacaktır uzun tekrarlama yapan yöntem, matris tersini almanın gerçek çözümüne daha yakın olan yöntemdir.

236

Grid Yakınsaması Yukarıdaki matrisin 4 X 4 problemi yerine, bu ilave gridlerin her birine yukarıdaki birleştirme ve çözüm adımlarını tekrarlarız, sırasıyla 8 X 8 ve 16 X 16’lık bir problem elde ederiz. Şekil 5.16, üç grid üzerinde elde edilen (Excel kullanarak) sonuçlarla tam çözümü kıyaslamaktadır. Grid noktalarının sayısı sayısal hata azalmaktadır. ε belirli bir grid üzerinde elde edilen sayısal çözümdeki hatanın toplam miktarı olsun. Şekil 5.18’daki sayısal çözümler için, ε, mesela, sayısal ile tam çözümler arasındaki farkın RMS değeri olarak tahmin edilir.

Şekil 5.18 Toplam hata ε’un ∆x ile değişimi. 237

Olmasını beklemek makuldür. Ayrıklaştırma bölgesi için kesme hatası O(∆x) olduğu için, n=1 olmasını beklenir. Şekil 5.18’de en küçük kareler uydurmasının eğimi n değerini verir. Bu değer şekle göre 1 yakın bir değer olan n=0.92’dir. Grid daha fazla inildikçe ve ∆x devamlı olarak küçüldükçe, n değeri 1’e yaklaşacaktır. İkinci derece bölge için n değerinin 2 olamasını bekleriz; bu, gridi inceltmeyle ayrıklaştırma hatasının iki kat daha hızlı azalacağı anlamına gelir.

238

Doğrusal Olmayan Yaklaşım Daha önce ele aldığımız basit 1B örneğimizde m=2 kullanarak doğrusal olmamanın etkisini göreceğiz.

Bu denkleme birinci dereceden sonlu fark yaklaşımı yapılırsa:

Bu doğrusal olmayan cebirsel bir denklemdir. ui2 terimi doğrusalsızlığın kaynağıdır. Doğrusal olmamayı ele almak için benimsenen strateji, denklemleri çözümün bir tahmin değeri etrafında doğrusallaştırmak ve tahmin, belirli bir hata payı seviyesine ile uyuşuncaya kadar iterasyon yapmaktır. ugi, ui için tahmin olsun. Yeniden düzenleyip karesini aldığımızda:

239

∆ui<
Sonlu fark yaklaşımı doğrusallaştırmadan sonra,

olur. Sonlu fark yaklaşımını hesaplamak için grid noktalarındaki ug değerlerini tahmin etmeliyiz. İlk iterasyonda bir tahmin değer ile başlanır. Daha sonraki iterasyonlarda, bir önceki iterasyonda elde edilen u değeri, tahmin değeri olarak kullanılır.

240

Doğrudan ve İteratif Çözücüler Dört farklı grid üzerinde sonlu fark yaklaşmından kaynaklanan ayrık denklem sisteminin,

olduğunu doğrulayabiliriz. Bu matrisin her bir boyutu bir milyon mertebesinde olsun diye genelde binlerce, milyonlarca grid noktası ve hücre olacaktır. Böyle bir matrisin tersini almak için ise çok yüksek miktarda hafıza gerekmektedir. Bunun yerine aşağıdaki bir matris iteratif bir şema kullanılarak ters çevirilebilir. ui’nin komşu grid noktalarındaki değerler cinsinden ifade edilmesi için, grid noktası i’de sonlu fark yaklaşımını yeniden düzenleyip değerleri tahmin edersek:

241

Geçerli iterasyon seviyesinde bir komşu değeri mevcut değil ise, onun için bir tahmin değeri kullanırız. Diyelim ki grid üzerinde sağdan sola doğru tarıyoruz yani, her bir iterasyonda u4, sonra u3 ve son olarak u2’yi güncelleştiririz. Herhangi bir iterasyonda ui’yi güncelleştirirken ui‐1 mevcut değildir ve bu yüzden yerine uig‐1 tahmin değerini kullanırız:

Önemli bir durumi yukarıdaki denklemde u yerine ug kullanarak ortaya çıkan hata ayrıca sıfıra doğru gittiğinden, iterasyonlar yakınsanırken ve ug u, matris ters çevirmesi için yaklaşık çözüm, ters çevirme için tam çözüme doğru gider. İterasyon 2 amaca hizmet eder: 1. Büyük ölçüde azalmış hafıza gereksinimleri olan etkili matris ters çevirmeye olanak veriri. 2. Doğrusal olmayan denklemleri çözmemize olanak verir.

242

İteratif Yakınsama Rezidüel olarak adlandırılan, seçilen herhangi bir ug ile u arasındaki fark miktarı yeterince küçük oluncaya kadar iterasyona devam ederiz. Rezidüel R’yi grid üzerinde ug ile u arasındaki farkın RMS değeri olarak tanımlayabilirsek:

Bu rezidüeli ortalama u değeri ile bölerek ölçeklendirme:

verir. Doğrusal olmayan 1B örneğimizde, tüm grid noktalarındaki başlangıç tahminini sol sınırdaki değere eşit olarak alacağız, yani ug=1. Her bir iterasyonda ug güncelleştirilir. Sırasıyla u4, u3 ve u2’yi güncelleştirip rezidüeli hesaplarız. Rezidüel 10‐9’un altına düştüğü zaman iterasyon bırakılır.

243

İki, dört ve altı iterasyondan sonraki çözüm ve tam çözüm şekil 5.20’de gösterilmektedir. Tam çözüm,

ile verilmektedir.

Şekil 5.19 Doğrusal olmayan model problem için yakınsama geçmişi.

244

Şekil 5.20 İteratif çözümün ilerlemesi.


Bölüm 6 Sıkıştırılamaz Viskozitesiz Akış Prof. Dr. Ali PINARBAŞI Yıldız Teknik Üniversitesi Makine Mühendisliği Bölümü Yıldız, İSTANBUL 245

Çeviri Editörü : Prof. Dr. ALİ PINARBAŞI 245 Yrd. Editörler : Haldun Ş. ÇETİNARSLAN‐ Vedat ORUÇ – A. Bahadır OLCAY – Işılay ULUSOY

Sıkıştırılamaz Viskozitesiz Akış

Sıkıştırılamaz Viskozitesiz Akış Sürtünmesiz Akış için Momentum Denklemi: Euler Denklemi Akım Çizgisi Koordinatlarında Euler Denklemleri Bernoulli Denklemi: Daimi Akış için Bir Akım Çizgisi Boyunca Euler Denkleminin İntegrasyonu Enerji Denklemi Olarak Yorumlanan Bernoulli Denklemi Enerji Eğim Çizgisi ve Hidrolik Eğim Çizgisi Dönümsüz Akış

246

Bu bölümde viskozitesiz bir akışkana uygulanan Euler denklemini inceleyeceğiz. Gerçekten viskozitesiz akışkan bulunmamasına rağmen, bir çok akış problemi µ=0 yaklaşımıyla başarılı bir şekilde analiz edilebilir.

Sürtünmesiz Akış İçin Momentum Denklemi: Euler Denklemi Euler denklemi viskozite terimleri ihmal edildikten sonra aşağıdaki gibidir. (6.1) Ayrıca 5. bölümden parçacık ivmesinin,

ve kütle korunum denkleminin sıkıştırılamaz şeklinin,

olduğunu hatırlamalıyız.

247

Kartezyen koordinatlarda ifade edilen Denklem 6.1, (6.2a)

(6.2b)

(6.2c)

z ekseninin dikey olduğu kabul edilirse; gx=0, gy=0 ve gz=0 böylece de

248

olacaktır.

Silindirik koordinatlarda, yerçekimi tek kütle kuvveti olan, bileşen formunda olan denklemler,

(6.3a)

(6.3b)

(6.3c)

z ekseni yukarı doğru yönlendirilmişse, gr=gθ= 0 ve gz=–g olacaktır.

249

Akım Çizgisi Koordinatlarında Euler Denklemleri Daimi olmayan akıştaki akım çizgileri, anlık hız alanının grafiksel bir göstermini verir. Şekil 6.1’de gösterilen yz düzlemindeki akışı dikkate alalım. Hareket denklemini, bir akım çizgisi boyunca mesafe olan s koordinatı ve akım çizgisine normal mesafede olan n koordinatı cinsinden yazalım. Newton’un ikinci yasasını s yönünde ve hacmi ds.dn.dx olan akışkan elemanına uygulayıp, viskoz kuvvetleri ihmal edersek şu denklem ortaya çıkar:

sadeleştirirsek,

denklemini elde ederiz. olduğu için,

yazabiliriz.

250

Şekil 6.1 Bir akım çizgisi boyunca hareket eden akışkan parçacığı.

251

Herhangi bir akım çizgisi boyunca V=V(s, t) ve bir akışkan parçacığının akış yönündeki maddesel veya toplam ivmesi aşağıdaki gibi olmaktadır:

Öyleyse z ekseni dikey olarak yukarıya doğru olan akış yönündeki Euler denklemi:

Daimi akış için ve kütle kuvvetlerini ihmal ederek, akış yönündeki Euler denklemi,

şekline indirgenir. Bu (sıkıştırılamaz, viskozitesiz bir akış için) hızdaki bir azalmanın basınçtaki bir ar şa eşlik e ğini belirtir ve bunun tersi de doğrudur. Akım çizgilerine normal bir yönde Euler denklemini elde etmek için, akışkan elemanına n yönündeki Newton’un ikinci yasasını uygularız. Tekrar, viskoz kuvvetleri ihmal ederek:

252

Denklemi basitleştirip,

koyduğumuzda:

Akışkan elemanın normal ivmesi, negatif n yönünde akım çizgisi eğriliğinin merkezine doğrudur. Böylece, şekil 6.1’in koordinat sisteminde daimi akış için, bilinen merkezcil ivme,

yazılır. Öyleyse, daimi akım için akım çizgisine normal olan Euler denklemi:

Yatay bir düzlemde daimi akış için, bir akım çizgisine normal olan Euler denklemi ise şu hale gelir:

253

ÖRNEK 6.1 BİR DİRSEKTEKİ AKIŞ

Verilenler: Gösterildiği gibi kanal dirseğindeki akış. ∆h=40mm H2O. Hava standart sıcaklık ve basınçtadır.

İstenenler: Hacimsel debi.

Ana denklemler:

Kabuller: 1) Sürtünmesiz akış 2) Sıkıştırılamaz akış 3) Ölçüm kesitinde uniform akış.

254

Akışın akım çizgileri boyunca Euler denkleminin n bileşenini uygulayalım. Bu akış için p=p(r), bu yüzden, veya İntegralini alırsak aşağıdaki sonuca ulaşırız:

buradan da:

255

Fakat koyarsak:

Üniform akış için:

256

, bu yüzden:

olur ve sayısal değerleri yerine

Bernoulli Denklemi: Daimi Akış İçin Bir Akım Çizgisi Boyunca Euler Denkleminin İntegrasyonu Akım Çizgileri Koordinatlarını Kullanarak Türetme Bir akım çizgisi boyunca daimi akış için Euler denklemi şu şekildedir.

Bir akım çizgisi boyunca, bir akışkan parçası ds mesafesi kadar ilerlerse, o zaman:

Böylece ilk denklemimizi ds ile çarparsak aşağıdaki denklemi yazabiliriz:

veya

257

Bu denklemin integrasyonu:

Bu denklemi uygulamadan önce basınç ile yoğunluk arasındaki ilişkiyi belirlemeliyiz. “Daimi akış, sıkıştırılamaz akış, sürtünmesiz akış ve bir akım çizgisi boyunca akış” kısıtlamaları ile bu förmül şu hale gelir: (6.4)

Kartezyen Koordinatları Kullanarak Türetme Daimi akış için kartezyen koordinatlarda Euler denklemi şu şekilde ifade edilir:

258

Bu denklemdeki terimlerin akım çizgisi boyunca yer değiştirmesi , ile skaler çarpımını alırsak, akım çizgisi boyunca basınç, hız ve yüksekliği ilişkilendiren skaler bir denklem elde ederiz. (6.5) (Burada

)

Şimdi denklemi sağdan başlayarak, 3 terim olarak incelersek:

ve

259

Vektör özdeşliğini kullanarak üçüncü terimi şu şekilde yazabiliriz.

, ‘ye paralel olduğu için, bu denklemin sağ tarafındaki son terim sıfırdır. Sonuç olarak:

260

Bu 3 terimi denklem 6.5’te yerine yazarsak:

Şimdi de integralini alalım:

Ve yoğunluğun sabit olduğunu kabul edersek:

Kartezyen koordinatları kullanarak türetilen Bernoulli denklemi, halen kısıtlamalara tabidir: (1) daimi akış , (2) sıkıştırılamaz akış, (3) sürtünmesiz akım ve (4) bir akış çizgisi boyunca akış.

261

Statik, Durma ve Dinamik Basınçları Bernoulli denklemini türetmede kullanmış olduğumuz basınç, p, termodinamik basınçtır ve çoğunlukla statik basınç denir. Statik basınç, hareket ederken akışkan parçacığının maruz kaldığı basınçtır.

Şekil 6.2 Statik basınç ölçümü

262

Şekil 6.2a’da gösterildiği gibi, akım çizgilerinin düz olduğu bölgeye yerleştirilen bir çeper basınç “deliği” kullanılarak, akan bir akışkandaki statik basıncı ölçülebilir. Şekil 6.2b’de gösterilen statik basınç sondasının dikkatli kullanımı ile doğru statik basınç ölçümleri yapılabilir. Hatalı sonuçlardan kaçınmak için sondalar, ölçüm delikleri sonda ucu ile gövdesine göre doğru biçimde yerleştirilecek şekilde tasarlanmalıdırlar. Akan bir akışkan sürtünmesiz bir işlemle sıfır hıza yavaşla ldığında durma basıncı elde edilir. Sıkıştırılamaz akış için, böyle bir işlemde bir akım çizgisi boyunca hızdaki ve basınçtaki değişiklikleri ilişkilendirmek için Bernoulli denklemi kullanılabilir. Yükseklik farklarını ihmal ederek denklem 6.4:

şekline gelir.

263

Akıştaki bir noktanın hızının V olduğu yerde statik basınç p ise, o zaman durma hızı V0’ın sıfır olduğu yerde durma basıncı p0;

veya

ile hesaplanabilir. ½ρV2 ifadesi genellikle dinamik basınçtır. Bu denklemin hız için çözümü:

Böylece, bir noktada durma basıncı ve statik basınç ölçülebilirse, Denklem 6.12 yerel akış hızını verecektir.

264

Şekil 6.3’te gösterildiği gibi, doğrudan yukarı akıma bakan bir deliği olan sondayı kullanarak durma basıncı laboratuarda ölçülebilir. Böyle bir sondaya, durma basıncı sondası veya pitot (pi‐to olarak telaffuz edilir) tüp denir. Ölçüm kısmı yerel akış yönü ile hizalanmalıdır.

Şekil 6.3 Durma basıncı ölçümü Bir noktadaki statik basıncı ölçtükten sonra, durma basıncını da öğrenirsek akış hızını hesaplayabiliriz.

265

Şekil 6.4 Durma ve statik basınçların aynı anda ölçümü. Şekil 6.4a’da A noktasına karşılık gelen statik basınç, çeper statik basınç deliğinden okunur. Durma basıncı, gösterildiği gibi toplam yük tüpü ile doğrudan A’da ölçülür. Şekil 6.4b’de gösterilen pitot‐statik tüpteki gibi, iki sonda genellikle birleştirilir. İçteki tüp B noktasındaki durma basıncını ölçmek için kullanılırken, C’deki statik basınç dış tüpteki küçük delikler kullanılarak algılanılır.

266

ÖRNEK 6.2 PİTOT TÜP

Verilenler: Bir akışta pitot tüp gösterildiği gibi yerleş rilmiştir. Akan akışkan, havadır ve manometre sıvısı civadır. Basınç farkı 30mm civadır. İstenenler: Akış hızı. Ana denklemler:

Kabuller: (1) Daimi akış. (2) Sıkıştırılamaz akış. (3) Bir akım çizgisi boyunca akış. (4) Durma akım çizgisi boyunca sürtünmesiz yavaşlama.

267

Durma akım çizgisi boyunca (∆ z=0 olan) Bernoulli denklepmini yazma,

verir. Burada p0, hızın sürtünme olmadan sıfıra azaldığı tüp girişindeki durma basıncıdır. Buradan V,

verir. Diyagramdan,

ve T=20o’de, havada ses hızı 343 m/s’dir. Bunun için, M=0.236 ve sıkıştırılamaz akış varsayımı geçerlidir.

268

Uygulamalar Bernoulli denklemi, bir akım çizgisi üzerindeki herhangi iki nokta arasında uygulanabilir, bu diğer üç kısıtlamanın karşılandığını sağlamıştır. Sonuç:

Burada 1 ve 2 alt indisleri bir akım çizgisi üzerindeki herhangi iki noktayı belirtmektedir. Bazı durumlarda, akış bir referans koordinattan daimi olmayan akış olarak görülür, fakat akışla hareket eden başka bir referans koordinatından daimi olarak görünür. Bernoulli denklemi, bir akışkan parçacığı için Newton’un ikinci yasasının integrali alınarak türe ldiğinden, herhangi bir sabit referans kooridnatında uygulanabilir.

269

ÖRNEK 6.3 LÜLE AKIŞI

Verilenler: Gösterildiği gibi bir lülede akış. İstenenler: p1‐patm Ana denklemler:

(1) Daimi akış. (2) Sıkıştırılamaz akış. (3) Bir akım çizgisi boyunca akış. (4) Sürtünmesiz akış. (5) z1=z2. (6) 1 ve 2 kesitlerinde üniform akış.

270

50 m/s değerindeki maksimum hız, standart hava Mach sayısı M≈0.3’e karşılık gelen 100 m/s’nin çok altındadır. Bu sebeple akış sıkıştırılamazdır diyebiliriz. p1’i hesaplamak için, bir akım çizgisi boyunca 1 ve 2 noktaları arasında Bernoulli denklemlerini uygulayalım:

V1’i bulmak için de süreklilik denklemini uygulayalım: Böylece:

Standart koşullarda hava için ρ=1.23 kg/m3’dür. Öyleyse:

271

ÖRNEK 6.4 HAREKETLİ REFERANS KOORDİNATTAKİ BERNOULLİ DENKLEMİ

Verilenler: 150 km/hr hızda 1000 m yükseklikte standart havada uçuştaki uçak. İstenenler: A noktasındaki durma basıncı p0A ve B noktasındaki statik basınç pB. Ana denklemler:

(1) Daimi akış. (2) Sıkıştırılamaz akış. V<100 m/s (3) Bir akım çizgisi boyunca akış. (4) Sürtünmesiz akış. (5) ∆z ihmal edilebilir.

272

Standart havada, z = 1000 m’de, sıcaklık 281 K ve ses hızı 336 m/s’dir. Bundan dolayı B noktasında, M 0.3’ten küçüktür, bu yüzden akış sıkıştırılamaz olarak ele alınabilir. Böylece hareket eden gözlemcinin sabit referans koordinatındaki bir akım çizgisi boyunca Bernoulli denklemi uygulanabilir.

Basınç ve yoğunluk değerleri tablodan okunabilir. Buna göre 1000 m’de: p/pSL=0.8870 ve ρ/ρSL=0.9075’tir. ve

Durma noktasında hız VA=0 olduğu için:

273

B’deki statik basınç çözümünü elde ederiz:

274

Enerji Denklemi Olarak Yorumlanan Bernoulli Denklemi Denklem 6.4 ile aynı formdaki bir denklem (çok farklı kısıtlamalar gerektirmesine rağmen) termodinamiğin birinci yasasından elde edilebilir. Bu bölümdeki amacımız enerji denklemini, Denklem 6.4 ile verilen Bernoulli denklemi formuna indirgemektir. Kesme kuvvetlerinin yokluğundaki daimi akışı dikkate alınız. Çevresi boyunca akım çizgileriyle sınırlandırılmış bir kontrol hacmini seçeriz. Şekil 6.5’te gösterilen böyle bir sınıra çoğunlukla akım tüpü denir.

Şekil 6.5 Bir akım tüpü boyunca akış.

275

Temel denklem:

Kısıtlamalar:

276

Bu kısıtlamalar altında Denklem 4.30 aşağıdaki hale gelir.

4 ve 5 kısıtlamaları ile,

veya

yani

Ayrıca

277

Böylece yeniden düzenlendikten sonra enerji denkleminden:

Sıkıştırılamaz akış kabulü altında,

ve bundan dolayı:

Parantez içindeki terimler sıfır olsaydı, bu denklem Bernoulli denklemine indirgenirdi. Böylece, ilave edilen kısıtlama altında,

enerji denklemi,

haline gelir veya:

278

ÖRNEK 6.5 SÜRTÜNMESİZ SIKIŞTIRILAMAZ AKIŞTA İÇ ENERJİ VE ISI TRANSFERİ

Verilenler: Isı transferi olan sürtünmesiz, sıkıştırılamaz bir akış. İstenenler:

olduğunu gösteriniz

Genelde, iç enerji olarak ifade edilebilir.Sıkıştırılamaz akış için Böylece akışkanın termodinamik hali tek bir termodinamik özellik, T ile belirlenir. Herhangi bir işlem için, iç enerji değişimi, u2 – u1 , sadece son hallerdeki sıcaklıklara bağlıdır. Herhangi bir işlem geçiren bir saf madde için geçerli olan Gibbs denkleminden, , sıkıştırılamaz akış için olduğundan:

elde ederiz. Belirtilen son haller arasındaki iç enerji değişimi, du, işlemden bağımsız olduğu için, olan tersinir bir işlem alırız. Bu yüzden:

279

ÖRNEK 6.6 ISI TRANSFERİ OLAN SÜRTÜNMESİZ AKIŞ

Verilenler: Gösterilen sistem ilegeniş bir hazneden su akmaktadır ve atmosferik basınca tahliye olmaktadır. Isıtıcı 10kW; A4=560 mm2 İstenenler: 1 ve 2 noktaları arasında suyun sıcaklık artışı. (1) Daimi akış. (2) Sıkıştırılamaz akış. V<100 m/s (3) Bir akım çizgisi boyunca akış. (4) Sürtünmesiz akış. (5) Mil işi yok. (6) Her bir kesitte üniform akış kabul 4’ün bir sonucu . Ana denklemler:

280

Kabullere göre, gösterilen KH için termodinamiğin 1. yasası;

haline gelir. 1 ve 2 bölgelerinde üniform özellikler için:

Kütlenin korunumundan,

281

böylece:

Bir akım çizgisi boyunca sürtünmesiz, sıkıştırılamaz, daimi akış için,

Bu yüzden,

Sıkıştırılamaz bir akış için,

,öyleyse:

Süreklilik denkleminden:

V4’ü bulmak için, 3’deki serbest yüzey ile 4 noktası arasında Bernoulli denklemi yazarız.

282

olduğu için:

ve

Çevreye ısı kaybı olmadığı kabulüyle,

elde ederiz.

283

Enerji Eğim Çizgisi Ve Hidrolik Eğim Çizgisi Denklem 6.4’ü g’ye bölersek, başka bir formu elde ederiz:

Burada H akışın toplam yükü olup; toplam mekanik enerjiyi metre veya feet birimlerinde ölçer. Burada H sabittir. Bunun ayrıca enerji eğim çizgisi (EEÇ) olduğunu tanımlarsak, buradan faydalı grafiksel bir yaklaşım elde edebiliriz.

Bir pitot tüpe bağlanmış, referanstan ölçülen sütun yüksekliği doğrudan EEÇ’yi belirtir. Ayrıca hidrolik eğim çizgisini de (HEÇ) tanımlayabiliriz:

Bir statik basınç deliğine bağlanmış sütun yüksekliği doğrudan HEÇ’yi verir. Son olarak şu denkleme ulaşılabilir.

Bu denklem, EEÇ ile HEÇ arasındaki farkın daima dinamik basınç terimi olduğunu gösterir. 284

Şekil 6.6 Sürtünmesiz akış için enerji ve hidrolik eğim çizgileri. 285

Dönümsüz Akış Parçacık dönmesini oluşturan tek gerilmenin kayma gerilmesi olduğunu bölüm 5’te görmüştük. Bu sebeple, viskozitesiz akışlar parçacıklar başta dönmedikçe dönümsüz olacaktır. Dönümsüzlük şartı şu şekildedir:

Bu şart,

olmasına yok açar. Silindirik koordinatlarda ise,

şeklinde olacaktır.

286

Dönümsüz Akışa Uygulanan Bernoulli Denklemi Viskozitesiz, daimi ve sıkıştırılamaz olmasına ek olarak, akışkan alanı da dönümsüz ise, Bernoulli denkleminin akıştaki herhangi bir nokta ile tüm noktalar arasında uygulanabileceğini gösterebiliriz.

Denklemindeki sabit genelde akım çizgisi değiştikçe değişmektedir. Bir akım çizgisi üzerinde sabit kalmaktadır. Dönümsüz akış durumumuzda ise bu sabitin değeri tüm akım çizgileri için aynıdır. Bunu göstermek için vektör formundaki Euler denklemi ile başlarız:

Vektör özdeşliğini kullanarak:

olan dönümsüz akış için:

287

olduğunu görürüz ve dönümsüz akış için Euler denklemi şu şekilde yazılabilir.

Şimdi akış alanında pozisyon konumundan konumuna bir yer değiştirmeyi göz önüne alalım. yer değiştimesi, bir akım çizgisi boyunca olması zorunlu olmayan, herhangi bir yöndeki sonsuz küçük keyfi bir yer değiştirmedir. nin dönümsüz akış Euler denklemindeki terimler ile skaler çarpımını alarak,

elde ederiz ve buradan da: veya Sıkıştırılamaz akış için bu denklemin integralini alırsak:

denklemine ulaşırız. 288

Hız Potansiyeli Dönümsüz akış için,

ile tanımalanan bir eş fonksiyonu, potansiyel fonksiyon, sunabiliriz. Bu tanım herhangi bir sürekli skaler fonksiyon ‘nin bir temel özdeşlik:

nedeniyle dönümsüzlük şartını otomatikman sağladığını garanti eder. Eksi işareti, ‘nin akış yönünüde azalması için basitçe yerleştirilir. Böylece:

Silindirik koordinatlarda:

Tüm

289

için

nedeniyle, hız potansiyeli yanlızca dönümsüz akışlar için mevcuttur.

İki Boyutlu, Dönümsüz, Sıkıştırılamaz Akış İçin Akım Fonksiyonu ve Hız Potansiyeli: Laplace Denklemi İki boyutlu sıkıştırılamaz, dönümsüz bir akış için akım fonksiyonu her ikisi cinsinden hız bileşenleri, u ile v için ifadelerimiz vardır.

u ve v’yi dönümsüzlük şartında yerine yazarsak:

elde ederiz.

290

‘nin ve hız potansiyeli φ’nin

Yine u ve v’yi, süreklilik denkleminde yerine yazarsak:

elde ederiz. Elde edilen bu denklemler Laplace denkleminin formatlarıdır. Laplace denklemini sağlayan herhangi bir veya fonksiyonu, olası iki boyutlu, sıkıştırılamaz, dönümsüz bir akış alanını gösterir. Aynı kurallar silindirik koordinatlarda ifade edildiklerinde, akım fonksiyonu ve hız potansiyeli içinde geçerlidir.

ve

291

ψ ve φ tanımları ile Laplace Denkleminin Sağlaması İçin Gerekli Koşullar Herhangi bir akım çizgisi boyunca ψ’nin sabit olduğunu biliyoruz. ψ=sabit için dψ=0 ve:

Bir akım çizgisinin ‐sabit ψ çizgisi‐ eğimi şu şekilde verilir:

292

Sabit bir φ çizgisi boyunca, dφ=0 ve:

Sonuç olarak, potansiyel bir çizginin ‐sabit φ çizgisi‐ eğimi de şu şekildedir:

293

ÖRNEK 6.7 HIZ POTANSİYELİ

Verilenler: ψ=ax2‐ay2 olan sıkıştırılmaz akış alanı, burada a=3 s‐1 İstenenler: 1. akışın dönümsüz olup olmadığı. 2. bu akış için hız potansiyeli. Akış dönümsüz ise,

olup olmadığını verilen akış için kontrol edersek;

Böylece akış dönümsüzdür. Dönümsüz akışta φ mevcut olmalıdır ve:

Sonuç olarak verir. Öyleyse;

294

‘e göre integralini almak

‘yi

Bu yüzden

yani

olacaktır. Böylece:

Sabit ψ ve sabit φ çizgilerinin dikey olduklarını da gösterebiliriz:

Sabit ψ ve sabit φ çizgilerinin eğimleri negatif terstir. Bu yüzden sabit φ çizgileri, sabit ψ çizgilerine diktir.

295

Hız Potansiyeli

Tablo 6.2 Temel düzlemsel akışlar 296

Tablo 6.2 Temel düzlemsel akışlar (devamı) 297

x ekseni ile α açısıyla eğimli olan sabit V büyüklüğündeki üniform bir akış için,

Basit bir kaynak, akışın radyal olarak z ekseninden dışa doğru ve tüm yönlerde simetrik olduğu xy düzlemindeki bir akış modelidir. Kaynağın şiddeti, q, birim derinlikteki hacimsel debidir. Bir kaynaktan herhangi yarıçaptaki teğetsel hız sıfıdır; radyal hız birim derinlikteki hacimsel debinin, q, birim derinlikteki akış alanı, 2 πr ile bölünmesidir. Böylece bir kaynak için V=q/2π r olur. Vr ve Vθ bilinmesiyle,r ψ ve φ’nin sırasıyla elde edilmesi basittir. Basit bir kuyuda, akış radyal olarak içeriye doğrudur bir kuyu negatif bir kaynaktır. Tablo 6.2’de bir kuyu için gösterilen ψ ve φ fonksiyonları, bir kaynak akışı için karşılık gelen fonksiyonların negatifleridir. Akım çizgilerinin eş merkezli olduğu akış modeli bir girdaptır. Bir serbest girdapta akışkan parçacıkları, girdap merkezi etrafında dairesel yörüngelerde yer değiştirirler fakat dönmezler. Silindirik koordinatlarda dönüm şartı bilindiği gibi:

298

Bundan dolayı, Vr ve Vθ’nın bilinen formlarını kullanarak:

elde ederiz. Bu denklemin integrali alınırsa:

sonucu ortaya çıkar. Girdap şiddeti, K = 2π rVθ olarak tanımlanır ; K boyutları L2/t (birim derinlikteki hacimsel debi). Bir kez daha, Vr ve Vθ’nın bilinmesiyle, ψ ve φ’nin sırasıyla elde edilebilir. Dönümsüz girdap, bir kasırgadaki akış alanına makul bir yaklaşımdır. (orijin bölgesi hariç : Orijin tekil bir noktadır).

299

Temel Düzlemsel Akışların Süperpozisyonu Laplace denklemi doğrusal, homojen kısmi diferansiyel denklem olduğundan, daha karmaşık ve ilginç akış modelleri geliştirmek için, çözümler üst üste koyulabilir. Böylece ψ1 ve ψ2 Laplace denklemini sağlarsa, ψ3=ψ1+ψ2 ‘de sağlar. Akım fonksiyonu ve akım fonksiyonu‐hız alanı denklemleri için Laplace denklemleri doğrusal iken Bernoulli denklemi doğrusal değildir. Bu sebeple süperpozisyonda ψ3=ψ1+ψ2, u3=u1+u2 ve v3=v1+v2 olacaktır, fakat p3 ≠p1 +p2. p3 ’ü bulmak için, V’de doğrusal olmayan Bernoulli denklemini kullanmalıyız. Tablo 6.3’te klasik örneklere bakalım. Kaynak ve üniform akış birleşimi mantıklı olmaktadır. Kaynağın dışındaki tüm akış kuyuya giderek kapalı bir akım çizgisi ile sonuçlanır. Herhangi bir akım çizgisi katı bir yüzey olarak değerlendirilebilir çünkü akım çizgisi üstünden akış yoktur bu yüzden bu kapalı akım çizgisini, bir katıyı belirtir gibi görebiliriz. Bu kaynak‐kuyu yaklaşımını, x ekseni boyunca yayılmış herhangi bir sayıdaki kaynak ile kuyuya kolayca genelleyebiliriz ve kaynak ile kuyu şiddetlerinin toplamı sıfır olduğu sürece, kapalı akım çizgili bir gövde şeklini oluştururuz. İkili‐üniform akıs, bir silindir üzerinden olan çok ilginç bir sonucu oluşturur.

300

Tablo 6.3 Temel düzlemsel akışların süperpozisyonu. 301

Tablo 6.3 Temel düzlemsel akışların süperpozisyonu (devamı). 302



Tablo 6.3 Temel düzlemsel akışların süperpozisyonu (devamı). Tablo 6.3’teki son örnek, girdap çifti, bir çeper veya çeperlerin mevcudiyetinin simulasyonunu yapan akışları oluşturmak için, pozitif x bölgelerinde herhangi bir nesnenin, negatif x bölgelerinde ayna‐görüntü nesnelerinin olduğundan emin olmalıyız. y ekseni böylece bir simetri çizgisi olacaktır. 90o bir köşedeki akış modeli için, x ile y eksenlerinin her ikisine göre simetrio olacak şekilde nesneleri yerleştirmemiz gerekir. Açısı 90o’den küçük olan bir köşedeki akış için, nesneleri radyal olarak simetrik bir tarzda yerleştirmemiz gerekir.

305

ÖRNEK 6.8 BİR SİLİNDİR ÜZERİNDEN AKIŞ: İKİLİ VE ÜNİFORM AKIŞIN SÜPERPOZİSYONU

Verilenler: Bir ikili ile bir üniform akışın süperpozisyonundan oluşturulan iki boyutlu, sıkıştırılamaz, dönümsüz akış. İstenenler: (a) Akım fonksiyonu ve hız potansiyeli. (b) Hız alanı. (c) Durma noktaları. (d) Silindir yüzeyi. (e) Yüzey basınç dağılımı. (f) Dairesel silindir üzerindeki direnç kuvveti. (g) Dairesel silindir üzerindeki kaldırma kuvveti. Akım fonksiyonları toplanabilir çünkü akış alanı sıkıştırılamaz ve dönümsüzdür. Böylece Tablo 6.2’den, birleşim için akım fonksiyonu:

Hız potansiyeli:

306

Karşılık gelen hız bileşenleri silindirik koordinatların hız formülleri ile:

olarak elde edilir. Hız alanı ise:

olduğu durma noktaları:

böylece

307

olduğundan Vr=0 olur. Ayrıca:

Böylece θ=0, π olduğu zaman Vθ=0 olur. Durma noktaları (r,θ)=(a,0).(a,π). Akış dönümsüzdür, böylece herhangi iki nokta arasında Benoulli denklemi uygulanabilir.Yukarı akışta uzaktaki bir nokta ile silindir yüzeyi üzerindeki bir nokta arasında denklemi uygulamayla (yükselti farklarını ihmal ederek) aşağıdaki denklemi elde ederiz:

Böylece:

Yüzey boyunca r=a ve:

Λ=Ua2 olduğu için, yerine yazılırsa;

308

verir veya:

Direnç serbest akım yönüne paralel olan kuvvet bileşenidir. Direnç kuvveti;

ile verilir. dA=a.dθ.b olduğu için, burada b diyagrama dikey olan silindir uzunluğudur. ifadesini yerine yazarsak:

309

Kaldırma sistem akım yönüne dikey olan kuvvet bileşinidir. Kaldırma kuvveti:

p yerine yazılırsa:

310

ÖRNEK 6.9 BİR SİLİNDİR ÜZERİNDEN AKIŞ: İKİLİ VE ÜNİFORM AKIŞIN SÜPERPOZİSYONU

Verilenler: Bir ikili ile bir üniform akış ile saat yönündeki serbest bir girdabın süperpozisyonundan oluşturulan iki boyutlu, sıkıştırılamaz, dönümsüz akış.

İstenenler: (a) Akım fonksiyonu ve hız potansiyeli. (b) Hız alanı. (c) Durma noktaları. (d) Silindir yüzeyi. (e) Yüzey basınç dağılımı. (f) Dairesel silindir üzerindeki direnç kuvveti. (g) Dairesel silindir üzerindeki kaldırma kuvveti. (h) Serbest girdabın sürkülasyonu cinsinden kaldırma kuvveti.

311

Akım fonksiyonları toplanabilir çünkü akış alanı sıkıştırılamaz ve dönümsüzdür. Tablo 6.2’den, saat yönündeki serbest bir girdap için akım fonksiyonu ve hız potansiyeli;

Örnek 6.8’in sonuçlarını kullanarak, birleşim için akım fonksiyonu:

Birleşim için hız potansiyeli:

312

Karşılık gelen hız bileşenleri bileşenleri silindirik koordinatların hız formülleri ile; (1) (2) olarak elde edilir. Hız alanı:

Durma noktaları

Böylece

313

olan yerde yerleştirilir. Denklem 1’den:

olduğunda r=a boyunca Vθ=0 olur.

Durma noktaları r=a üzerinde yerleştirilirler. Denklem 2’de r=a yazılırsa:

Böylece;

olduğunda r=a boyunca Vθ=0 olur. Durma noktaları:

314

K=0 için çözüm örnek 6.9 ile aynıdır. Serbest girdabın bulunması (K > 0) durma noktalarını silindir merkezinin altına taşır. Böylece serbest girdap, akış alanının dikey simetrisini değiştirmektedir. K=0 ile K=4πUa arasındaki bir girdap şiddeti aralığı için, akış alanının iki durma noktası vardır. K=4πUa olduğunda tek bir durma noktası θ=‐π/2’de yerleştirilir. Serbest girdabın mevcut olmasıyla bile, akış alanı dönümsüzdür. Böylece herhangi iki nokta arasında Bernoulli denkelmi uygulanabilir. Yukarı akışta uzaktaki bir nokta ile silindir yüzeyi üzerindeki bir nokta arasında denklemi uygularsak;

elde ederiz. Böylece yükselti farklarını ihmal edersek:

315

Yüzey boyunca r=a ve Vθ=0, böylece:

ve

Böylece:

Direnç serbest akış yönüne paralel olan kuvvet bileşenidir. Örnek 6.9’daki gibi direnç kuvveti şu şekilde verilir:

dA=a.dθ.b, burada b diyagrama dik olan silindir uzunluğudur. 316

Basınç dağılımlarını karşılaştırırsak, serbest girdap sadece K faktörünü içeren terimlere katkıda bulunur. Bu terimlerin direnç kuvvetine katkısı:

Kaldırma, serbest akış yönüne dik olan kuvvet bileşenidir. Kaldırma kuvveti;

ile verilir.

317

Basınç dağımları karşılaştırırsa, serbest girdap sadece K faktörünü içeren terimlere katkıda bulunur. Bu terimlerin kaldırma kuvvetine katkısı,

o halde; . Sirkülasyon; olarak tanımlanır. 318

Silindir yüzeyinde r=a ve

, böylece;

Kaldırma ifadesinde yerine koymayla:

Veya silindirin birim uzunluğu başına kaldırma kuvveti:

319


Bölüm 7 Boyut Analizi ve Benzerlik Prof. Dr. Ali PINARBAŞI Yıldız Teknik Üniversitesi Makine Mühendisliği Bölümü Yıldız, İSTANBUL 320


Boyut Analizi ve Benzerlik

Boyut Analizi ve Benzerlik Temel Diferansiyel Denklemlerin Boyutsuzlaştırılması Boyut Analizinin Doğası Buckingham Pi Teoremi Π GruplarınınBelirlenmesi Akışkanlar Mekaniğindeli Önemli Boyutsuz Gruplar Akış Benzerliği ve Model Çalışmaları

321

Temel Diferansiyel Denklemlerin Boyutsuzlaştırılması Sıkıştırılamaz, iki boyutlu, viskozitesiz, Newton tipi bir akışkanın daimi akışında: Kütlenin korunumu denklemi,

Navier‐Stocks denklemi,

ve

Bu denklemleri boyutsuz yapabilmek için bütün uzunlukları referans uzunluk L ile, bütün hızları referans hız ile bölelim. Basıncı da ile bölerek boyutsuz yapalım.

322

Boyutsuz miktarları yıldızile gösteririsek,

elde ederiz, böylece ve böyle de devam eder. Şimdi bunları ana denklemde yerlerine koyarsak:

ve

Bu yöntemin kullanımı ile denklemler: (7.1)

(7.2)

(7.3) 323

Denklem 7.1’i

ile, denklem 7.2 ve 7.3’ü

ile bölersek:

Bu denklemler orjinal denklemlerimizin boyutsuz halleridir. Temel denklemlerin boyutsuz formunun yazılması, altında yatan fiziksel olayın kavranmasını sağlayabilir ve hangi kuvvetlerin daha baskın olduğunu gösterebilir. Denklemlerin bu boyutsuz formları, ayrıca sayısal yöntemler için başlangıç noktasıdır ki bu çok sıklıkla onların çözümünü elde etmenin yalnızca tek yoludur. Akışkanlar mekaniğindeki birçok olay, geometrideki ve akış parametrelerindeki karmakarışık yola bağlıdır. Örneğin, üniform akış içinde bulunan durgun pürüzsüz kürenin üzerindeki direnç kuvvetini göz önüne alalım. Direnç kuvveti bağlı olduğu değişkenler bakımından şu şekilde yazılabilir. 324

Boyut Analizinin Doğası Boyut analizini kullanarak pürüzsüz küre üzerindeki direnç için bütün veriler iki boyutsuz parametre arasındaki ilişki ile, formunda çizilebilir. Fonksiyμon f’nin formu hala deneysel olarak elde edilmek zorundadır, fakat bütün akışkanlar içerisindeki bütün küreler bir çok hız değeri için aynı eğri üzerine düşecektir. 104 tane deney yapmak yerine yaklaşık 10 test ile fonksiyonun doğasını kurabiliriz. Burada yalnızca ρVD/μ parametresi değiştirilmek zorundadır.

Video 7.1 Küre etrafındaki akış. 325

Şekil 7.1 Boyutsuz parametreler arasında deneysel olarak türetilen ilişki. Şekil 7.1’de küre üzerindeki bazı klasik veriler gösterilmektedir. Yukarıda belirttiğimiz gibi deneyler yapılırsa sonuçlar belli bir deneysel hata içersinde aynı eğri üzerine düşer.

326

Buckingham Pi Teoremi ifadesini şeklinde; g, f’ten farklı tanımlanmış bir fonksiyon olarak yazabiliriz. Buckingham Pi Teoremi:

Formundaki n parametreleri arasındaki ilişkiyi, veya formundaki n‐m bağımsız boyutsuz Π parametreleri arasındaki karşılık gelen bir ilişkiye dönüştürebileceğimizi ifade eder. Örneğin küre problemi için:

sebep olacağını göreceğiz. Bağımsız boyut Π parametreleri arasındaki fonksiyonel ilişki deneysel olarak bulunmak zorundadır.

327

ÖRNEK 7.1 PÜRÜZSÜZ BİR KÜRE ÜZERİNDEKİ DİRENÇ KUVVETİ

Verilenler: Pürüzsüz küre için: İstenenler: Uygun bir boyutsuz gruplar kümesi.

328

Bakınız Şekil 7.1

329

ÖRNEK 7.2 BORU AKIŞINDA BASINÇ DÜŞÜMÜ

Verilenler: Dairesel boru içindeki için: İstenenler: Uygun boyutsuz gruplar kümesi.

330

331

332

Akışkanlar Mekaniğindeki Önemli Boyutsuzlar Gruplar Akan akışkanda karşılaşılan kuvvetler yer çekiminden, ataletteni viskoziteden, basınçtan, yüzey geriliminden ve sıkıştırılabilirlikten dolayı olanları içerir. Herhangi iki kuvvetin oranı boyutsuz olacaktır.

333

Akış Benzerliği ve Model Çalışmaları Model ve prototip akışların benzer olmaları için bazı şartlar vardır. En başta geometrik olarak benzer olmak zorundalardır. İkinci gereklilik ise kinematik olarak benzer olmak zorunda olmalarıdır. İlgili noktalardaki hızlar aynı yönde olduklarında ve sadece sabit bir ölçek faktörü ile farklı oldukları zaman, iki akış kinematik olarak benzerdir. Sınırlar, sınırlayıcı akım çizgilerini oluşturduğundan dolayı, kinematik benzer olan akışlar aynı zamanda geometrik benzerdirler. İki akış, aynı tip kuvvetlerin paralel olduğu kuvvet dağılımına sahipse ve büyüklükleri bütün ilgili noktalarda sabit bir ölçek faktörü ile ilişkili olsalar, akışkar dinamik olarak benzerdirler. Bir önceki bölümde boyutsuz parametrelerin kuvvetlerin oranı olarak görülebileceğini gösterdik. Bu nedenle bir küre etrafındaki model ve prototip akışı düşünüldüğünde (akışlar geometrik olarak benzerdir), boyutsuz parametre, ρVD/μ, değeri model ile prototip arasında eşleşirse, yani,

olursa, aynı zamanda dinamik olarak benzer olacaklardır. Bundan başka,

olursa, fonksiyonel ilişkideki bağımlı parametrenin, eşleştirilecektir.

334

değeri model ve prototip arasında

Yani,

ve model çalışmasından belirlenen sonuçlar, tam ölçekli prototipin üzerindeki üzerindeki direnci tahmin etmek için kullanılabilir.

335

ÖRNEK 7.3 Benzerlik: Bir Sonar Algılayıcısının Direnci

Verilenler: Bir rüzgar tünelinde test edilecek sonar algılayıcı. İstenenler:

Prototip su içinde çalış ğından ve model testi hava içinde yapılacağından, yalnızca prototipte kavitasyon etkileri yok ise ve model testinden sıkıştırılabilirlik etkileri bulunmuyorsa, faydalı sonuçlar beklenebilir. Bu koşullar altında,

ve dinamik benzerliği garantiye almak için test,

Koşulunda yapılmalıdır. 336

4.5°C ’deki deniz suyu için, ρ = 1000 kg/m3 ve ν = 1.57 x 10‐6 m2/s Prototip koşullarında:

Model test koşulları bu Reynolds sayısı ile eşleşmelidir. Böylece,

NŞA’daki hava için ρ = 1.227 kg/m3 ve ν = 1.46 x 10‐5 m2/s. Rüzgar tüneli,

hızında çalıştırılmalıdır. Bu hız, sıkıştırılabilirlik etkilerini ihmal etmek için yeterince düşüktür. Bu test koşullarında, model prototip akışları dinamik olarak benzerdirler.

337

Bu nedenle,

338

Tam Olmayan Benzerlik Bazı durumlar model ile prototip arasında tam dinamik benzerliğe ulaşılamayabilir. Bir yüzey gemisinin direnç kuvvetinin belirlenmesi böyle bir durumun örneğidir. Tam dinamik benzerlik, model ve prototip arasında Reynold ve Froude sayılarının her ikisininde eşleştirilmesini gerektirir. Genelde dalga direnci analitik olarak tahmin etmek mümkün değildir. Bu yüzden modellenmek zorundadır. Böylece,

olmalıdır. Dinamik olarak benzer olan yüzey dalga modellerini garantiye almak için model ile prototip arasında Froude sayılalarını eşleştirmek bu yüzden bir hız oranını gerektirir:

339

Bundan dolayı herhangi bir model uzunluk ölçeği için, Froude sayılalarının eşleştirilmesi hız oranını belirler. Reynold sayısını eşleştirmek için yanlızca kinematik viskozite değiştirebilir. Böylece;

koşulana sebep olur. Froude sayılalarının eşleştirilmesinden elde edilen hız oranını kullanırsak, Reynold sayılarının eşitliği kinematik viskozite oranı şu gerekliliğe yol açar:

Lm/Lp=1/100 (gemi model testleri için tipik bir uzunluk ölçeği) ise vm/vp=1/1000 olmak zorundadır. Pratikte böyle bir prototip/model ölçeğinin Reynold ve Frodue sayılarının ikisinide sağlaması imkansızdır. Bu sebeple tam dinamik benzerlik elde etmek için tam ölçekli bir teste ihtiyacımız var. Fakat yinede ölçekli deneyimizden elde ettiklerimiz tamamen boşuna gitmedi.

340

Şekil 7.2’de ölçekli deneyimizden elde edilen grafik verilmiştir. Toplam direnç hem dalga direncinden (Froude sayısına bağlı) hemde sürtünme direncinden (Reynold sayısına bağlı) dolayıdır. Modelin Reynold sayısı ile Froude sayısı değerlerinin, tam ölçekli geminin değerleriyle eşleşmesi için gerekli model koşullarını asla kuramayız. Bu sebeple bu veriler tam ölçekli bir gemi için kullanılamazlar. Fakat tahmin etmek için sınır tabaka teorisini kullanabiliriz. Bu yöntemi kullanarak, Şekil 7.2 dolayısıyla modelin dalga direncini Froude sayısının fonksiyonu olarak verir.

O ayrıca tam ölçekli gemi için geçerlidir, çünkü dalga direnci sadece Froude sayısına bağlıdır! Şimdi tam ölçekli gemi için geçerli olan Şekil 7.2’ye benzer bir grafik yapabiliriz: Basitçe sınır tabaka teorisinden tam ölçekli geminin viskoz direncini hesaplarız ve bunu dalga direnci değerlerine her bir nokta için ekleriz. Sonuç Şekil 7.3’te gösterilmektedir. Dalga direnci noktaları Şekil 7.2’dekilerle aynıdır , viskoz direnç noktaları teoriden hesaplanmıştır (ve Şekil 7.2’dekilerden farklıdırlar) ve tam ölçekli gemi için tahmin edilen toplam direnç eğrisi sonunda elde edilir.

341

Şekil 7.2 Veriler, ABD Donanmasının güdümlü mermili fırkateyni Oliver Hazard Perry (FF6‐7)’nin 1:80 ölçekli modelinin testinden (FFG‐7).

342

Şekil 7.3 Gerçek boyuttaki geminin direncinin model test sonuçlarından tahmini.

343

Çoklu Bağımlı Parametreler İle Ölçeklendirme Örnek olarak bir santrifüj pompayı alalım. Pompa içindeki akış örneğinin detayı hacimsel debi ve hız ile değişir, bu değişiklikler pompanın performansını etkiler. İlgilenilen performans parametreleri gelişen basınç artışını, gereken güç girişini ve belirli koşullar altında ölçülen makine verimini içermektedir. Bağımsız değişkenler hacimsel debi, açısal hız, çark çapı ve akışkan özellikleridir. Bağımlı değişkenler ilgilenilen birkaç tane performans miktarıdır. Boyutsuz parametreleri bulma, yük, h (birim kütle için enerji, L2/t2 ) ve güç ‘nin

ve

ile verilen bağımlı parametrelere bağımlılığının sembolik denklemlerinden başlar. Pi teoreminin doğrudan kullanımı boyutsuz yük katsayısı ile güç katsayısını,

ve

olarak verir. 344

Pompa performans testlerinde tam benzerlik, aynı akış katsayılarını ve Reynold sayılarını gerektirir. Pratikte, geometrik olarak benzer iki makinenin benzer akış koşullarında çalıştığızaman viskoz etkilerin oldukça önemsiz olduğu bulunmuştur. Böylece son denklemlerimizden;

olmasının sonucunda,

ve

Eğer bir makine için çalışma koşulları bilinirse, geometrik olarak benzer olan herhangi bir makinenin çalışma koşulları bu denklemlere göre D ve ω’yi değiştirerek bulunabilir.

345

Şekil 7.5 Sabit hızda test edilen santrifüj pompa için tipik karakteristik eğriler.

346

Diğer yararlı bir pompa parametresi bulduğumuz denklemlerden makine çapını ortadan kaldrarak bulunabilir. gösterirsek o zaman oranı diğer boyutsuz parametredir; bu parametre özgül hız Ns’tir.

Özgül hızı bir makinenin birim hacimsel debide birim yük oluşturmak için gerekli olan hız olarak düşünebiliriz. Sabit bir özgül hız, benzer akış koşulları olan geometrik olarak benzer makinelerin bütün çalışma koşullarını tanımlar. Özgül hızın yaygın uygulamasında birim kütlede enerji, h, yerine birim ağırlıktaki enerji, H, kullanılır. Böylece özgül hız,

birimsiz parametre değildir ve büyüklüğü hesaplamak için kullanılan birimlere bağlıdır.

347

ÖRNEK 7.4 Pompa Yasaları

Verilenler: Tasarım özgül hızı 2323 (d/d, m3/hr, metre birimleri) santrifüj pompa. Çark çapı D=200 mm’dir. Pompanın tasarım noktası akış koşullarında η=0.80, ω=1170 d/d ve Q=68 m3/hr su ile. İstenenler: a) performans karakteristikleri b) özgül hız c) benzer akış koşullarında 1750 d/d için gereken motor boyu. Pompa yasalarından

=sabit, böylece;

Pompa yükü ω1=1770 d/d değerinde belirtilmemiştir, fakat özgül hız Nscu=2323’den hesaplanabilir.

348

Sonra H/ω2D2=sabiti, böylece;

Pompa çıkış gücü 1= ρgQ1H1, böylece ω1=1770 d/d için,

Fakat

, böylece;

Verilmesi gerekn güç şöyle hesaplanır:

349

Bu nedenle 5.6 kW’lık bir motor seçilebilir. ω2=1750 d/d için özgül hız:

350


Bölüm 8 Sıkıştırılamaz Viskoz İç Akış Prof. Dr. Ali PINARBAŞI Yıldız Teknik Üniversitesi Makine Mühendisliği Bölümü Yıldız, İSTANBUL 351


Sıkıştırılamaz Viskoz İç Akış Sıkıştırılamaz Viskoz İç Akış Sonsuz Paralel Plakalar Arasındaki Tam Gelişmiş Laminer Akış Bir Borudaki Tam Gelişmiş Laminer Akış Tam Gelişmiş Boru Akışında Kayma Gerilmesi Dağılımı Tam Gelişmiş Boru Akışında Türbülans Hız Profilleri Boru Akışındaki Enerji Hususları Yük Kaybı Hesabı Direkt Yöntemler İç Akışlar İçin Kısıtlamalı Akış Ölçerler Lineer Akış Ölçerler Çapraz Gezdirme Yöntemleri 352

Giriş Giriş Bölgesi Şekil 8.1 yuvarlak boru bölgesinin giriş kısmında oluşan laminer akışı göstermektedir. Akış boru girişinde U0 çeperde hıza sahiptir. Boru çeperinde kayma durumu olmadığından dolayı, duvarda hız bütün boru boyunca sıfır olmalıdır. Bir sınır tabaka kanal çeperleri boyunca gelişmektedir. Katı yüzeyi akış üzerinde yavaşlatıcı bir kesme kuvveti uygular, böylece katı yüzey yakınındaki akışın hızı düşürülmüş olur. Sıkıştırılamaz akış için, kütlenin korunumu şunu gerektirir: çepere yakın hız azalırken borunun merkezde olan sürtünmesiz bölgesindeki hız dengelemek için yavaşça artmalıdır bu viskozitesiz merkezi bölgesi için o zaman basınç (Bernoulli denkleminin belir ği gibi) bir miktar düşmelidir. Artan mesafe x ile profil artık değişmediğinde, akışa tam gelişmiş denir. Akım yönünde giriş ile tam gelişmiş akışın başladığı konum arasındaki mesafeye giriş uzunluğu denir.

Şekil 8.1 Bir borunun giriş bölgesindeki akış. 353

Video 8.1 Hız profili oluşumu

Video 8.2 Sınır tabakası oluşumu 354

Tam gelişmiş hız profilinin gerçek şekli akışın laminer veya türbülanslı olmasına bağlıdır.

Video 8.3 Laminer ve türbülanslı akışlar

355

Laminer akış için, giriş uzunluğu L’nin Reynold sayısının bir fonksiyonu olduğu ortaya çıkar. (8.1) Burada, ortalama hızdır çünkü . Bir boru içerisindeki laminer akış, Reynold sayısının 2300’den az bulunduğu durumlarda beklenebilir. Böylece laminer boru akışı için giriş uzunluğu;

veya yaklaşık 130 boru çapı kadar olabilir.

356

Sonsuz Paralel Plakalar Arasındaki Tam Gelişmiş Laminer Akış Her İki Plaka Hareketsiz Yüksek basınçlı hidrolik sistemlerdeki akışkan (bir otomobilin fren sistemi gibi) çoğu kez piston ile silindir arasındaki dairesel boşluktan sızar. Çok küçük boşluklarda (genellikle 0.005 mm veya daha az) Şekil 8.2’deki çizimde gösterildiği gibi bu akış alanı sonsuz plakalar arasındaki akış olarak modellenebilir. Sızıntı debisini hesaplamak için ilk olarak hız alanını belirlemeliyiz.

Şekil 8.2 Paralel plakalar yaklaşımı yapılan piston‐silindir. 357

Şekil 8.3 Sabit sonsuz paralel levhalar arasındaki laminer akış analizi için kontrol hacmi. Çeperde kaymama koşulunun bir sonucu olarak, üst ve alt plakaların her ikisinde hızın x bileşeninin sıfır olması gerek ğini biliyoruz. Öyleyse sınır şartları;

Akışın tam gelişmiş olmasından dolayı hız x ile değişemez ve dolayısıyla sadece y’ye bağlıdır, böylece u = u (y). Ayrıca y veya z yönünde hız bileşeni yoktur (υ = w = 0). Aslında tam gelişmiş akışta yalnızca basınç x yönünde değişebilir.

358

Analizlerimizde x bileşenini uygulamaktayız.

büyüklüğünde bir kontrol hacmi seçip, momentum denkleminin

Temel denklem;

Tam gelişmiş akışta momentumda değişiklik yoktur. Öyleyse yukarıda ki denklemimiz kontrol hacmi üzerindeki yüzey kuvvetlerinin toplamının sıfır olduğu duruma indirgenir. (8.2)

359

Bir sonraki adım kontrol hacminde x yönünde etki eden kuvvetlerin toplamıdır. Eğer elemanın merkezindeki basınç p ise o zaman sol yüzdeki basınç kuvveti;

ve sağ yüzeydeki basınç kuvveti;

Eğer elemanın merkezindeki kayma gerilmesi

ve üst yüzeydeki kesme kuvveti;

360

ise alt yüzeydeki kesme kuvveti;

Denklem 8.2’ deki dört yüzey kuvveti dFL , dFR, dFB ve dFT ’yi kullanarak bu denklem; (8.3) haline basitleşir. Bu denklem, momentumda değişiklik olmadığından, net basınç kuvvetinin net sürtünme kuvvetini dengelediğini gösterir. Denklem 8.3’ün ilginç bir yönü vardır: sol taraf sadece x’in, sağ taraf ise sadece y’nin bir fonksiyonudur. Eşitliğin tüm x ve y’ler için geçerli olabilmesi için her bir tarafın sabit olması gerekir

İntegralini alırsak;

361

Bu denklem kayma gerilmesinin y ile lineer değiştiğini gösterir. Hız dağılımı bulmak için kayma gerilmesi hız alanı ile ilişkilendirmemiz gerekmekte. Newton tipi bir akışkan için aşağıdaki denklemi kullanabiliriz çünkü akış bir boyutludur.

Böylece;

elde ederiz. Tekrar integralini alarak: (8.4) c1 ve c2 sabitlerini hesaplayabilmek için sınır şartlarını kullanmalıyız. y = 0’da u = 0. Sonuç olarak c2 = 0. y = a için u = 0. Bu yüzden:

362

Bu;

verir ve buradan:

(8.5)

Kayma Gerilmesi Dağılımı: Kayma gerilmesi dağılımı aşağıdaki şekilde verilmektedir:

(8.6a)

363

Hacimsel Akış Debisi: Hacimsel akış hacimsel akış debisi şöyle verilir;

z yönündeki l derinliği için;

Böylece birim derinlik için hacimsel akış oranı şöyle verilir: (8.6b)

364

Basınç Düşmesinin Bir Fonksiyonu Olarak Debi sabit olmasından dolayı, basınç x ile lineer değişir ve;

Bunu, hacimsel akış debisi ifadesine yerleştirerek: (8.6c)

Ortalama Hız: Ortalama hız büyüklüğü

:

(8.6d)

365

Maksimum Hızın Noktası: Maksimum hızın noktasını bulmak için du/dy ‘yi sıfıra eşitleriz ve buna karşılık gelen y değerini çözeriz. Denklem 8.5’ten:

Böylece:

366

Koorinatların Dönüşümü Yukarıdaki bağıntıları türetirken koordinatları orijini, y = 0, plakanın tabanından alındı.

Şekil 8.4 Sonsuz paralel plakalar arasındaki tam gelişmiş laminer akış için boyutsuz hız profili. Orijini, kanalın merkezinde almış olabilirdik. Koordinatları, orijini kanal merkezinde x, y’ olarak gösterirsek, sınır şartları y = ± a/2 için u = 0 olur.

367

x, y’ cinsinden hız profilini elde etmek için Denklem 8.5’de y = ± a/2 yerleştirilir. Sonuç: (8.7)

ÖRNEK 8.1 Bir Pistondaki Sızıntı Akışı

Verilenler: Piston ile silindir arasındaki hidrolik yağ akışı gösterilmiştir. Akışkan, 55°C’deki SAE 10W yağıdır. İstenenler: Sızıntı debisi, Q. Ana denklem: Kabuller:

368

Boşluğun genişliği çok küçük olduğu için akış paralel plakalar arasındaki akış gibi modellenebilir.

Akışın laminer olduğundan emin olmak için Reynold sayısını da kontrol etmeliyiz.

369

Tabloya göre SAE 10W yağı için BY = 0.92’dir. Böylece:

Re<<1400 olduğu için akış laminerdir.

370

Sabit U Hızı İle Hareket Eden Üst Plaka Sonsuz iki paralel levha arasında akışı sağlamanın ikinci bir yolu uygulanan basınç gradyeninin olması veya olmaması ile bir levhayı diğerine göre paralel hareket ettirmektir. Böyle bir akış, bir mil yatağında (örneğin bir otomobil motorunun krank mili yatakları) çoğunlukla meydana gelir. Böyle bir yatakta bir iç silindir, mil, hareketsiz bir elemanın içersinde döner. Düşük yüklerde, iki elemanın merkezleri çakışıktır ve küçük açıklık simetriktir. Bolluk küçük olduğundan, Şekil 8.5’teki çizimde gösterildiği gibi yatağı açmak ve akışı sonsuz paralel plakalar arasındaki akış olarak modellemek uygundur. Üstteki plakanın sabit U hızı ile sağa hareket ettiğini düşünelim. Hareketsiz üst plakadan, hareket eden üst plakaya ulaşmada tüm yaptığımız sınır şartlarının birini değiştirmektir. Yeni sınır şartları:

371

Şekil 8.5 Paralel plakalar olarak benzeşim yapılan mil yatağı. Denklem 8.4’e götüren analiz, hareketli plaka içinde geçerlidir. Böylece hız dağılımı: (8.4) Şimdi sabitleri hesaplamalıyız.

372

Bu nedenle:

(8.8)

Sıfır basınç gradyeni için hız, y ile doğrusal değişir. Bu doğrusal profile Couette akışı denir. Kayma Gerilmesi Dağılımı: Kayma gerilmesi dağılımı

ile belirlenir. (8.9a)

373

Hacimsel Debi: Hacimsel debi

ile belirlenir. z yönündeki l derinliği için:

Böylece birim uzunluk başına hacimsel debi şu şekilde belirlenir: (8.9b)

Maksimum Hız Noktası: Maksimum hız noktasını bulabilmek için du/dy’yi sıfıra eşitleriz ve buna karşılık gelen y’yi çözeriz. Denklem 8.8’den:

Böylece:

374

Şekil 8.6 Sonsuz paralel plakalar arasında tam gelişmiş akış için boyutsuz hız profili: sabit hız U ile hareket eden üst plaka.

375

ÖRNEK 8.2 Bir Mil Yatağındaki Tork Ve Güç

Verilenler: Gösterildiği gibi bir mil yatağı. Boşluk genişliği, a, çapsal açıklığın yarısı olduğuna dikkat ediniz. Yağlayıcı 99oC’deki SAE 30 yağıdır. Hız 3600 d/d’dir. İstenenler: Tork ve harcanan güç. Kabuller:

Ana denklem:

376

Mil üzerindeki tork, yağ tabakasındaki viskoz kaymadan kaynaklanmaktadır. Boşluk genişliği küçüktür, bu sayede akış, sonsuz paralel plakalar arasındaki akış olarak modellenebilir.

Tablo değerlerine göre 99oC’de µ = 9.6 x 10‐3 N.s/m2’dir. Böylece:

Toplam kesme kuvveti, kayma gerilmesi ile alanın çarpımı ile belirlenir. Bu kuvvet mil yüzeyine uygulanır. Bu yüzden Tork:

377

Yatakta harcanan güç:

Reynold sayısını akışın laminer olduğunu göstermek için kontrol edelim.

Tabloya göre SAE 30 yağı için BY = 0.92’dir. Böylece:

Re<<1500 olduğu için akış laminerdir. 378

Bir Borudaki Tam Gelişmiş Laminer Akış Burada akış asimetrik olmaktadır. Bu nedenle kullanılan koordinatlar silindirik olmaktadır. Navier‐Stokes denklemleri silindirik koordinatlarda kullanılacak ve akış asimetrik olduğu için kontrol hacmi bu defa halkasal olarak ele alınacaktır. Kontrol hacmi uzunluğu dx ve kalınlığı dr’dir. Tam gelişmiş daimi bir akış için, momentum denkleminin x bileşeni diferansiyel kontrol hacmine uygulandığı zaman;

haline gelir. Bir sonraki adım, x yönündeki kontrol hacmine etkiyen kuvvetlerin toplanması olacaktır.

Şekil 8.7 Bir borudaki tam gelişmiş laminer akış analizi için diferansiyel kontrol hacmi. 379

Kontrol hacminin sol yüzeyinde basınç p ise, basınç kuvveti sol tarafta;

sağ tarafta basınç kuvveti ise:

Halkasal kontrol hacmin iç yüzeyindeki iç kayma gerilmesi gerilmesi kuvveti:

ise, iç silindirik yüzeyde kayma

Silindirin dış yüzeyinde kayma gerilmesi kuvveti ise:

x yönündeki kuvvetleri toplarsak, dFL , dFR, dFI ve dFO kontrol hacmine etkiyen bu kuvvetlerin toplamı sıfır olmalıdır. Bu da bizi şuraya getirir:

380

Denklemi 2.π.r.dr.dx ile böler ve δp/δx için çözersek şunu verir:

Denklemin sol tarafı sadece x’e, sağ tarafı ise sadece r’ye bağlıdır. Böylece, denklemin bütün x ve r için doğru olabilmesinin tek yolu her iki tarafında sabit olmasıdır:

Bu denklemin integralini alarak: (8.10) τrx=μ.du/dr olursa:

ve (8.11) 381

Şimdi c1 ve c2 sabitlerini hesaplamalıyız fakat r=R’de u=0 olan tek bir sınır şartımız var. Buna rağmen borunun merkez çizgisi hızını bilmesekte, r=0’da hızın sonlu olması gerektiğini biliyoruz. Bunun sağlanması içinde c1=0 olmalı. Sonuç olarak:

c2 ise boru çeperindeki sınır şartı kullanarak hesaplanır. r=R’de u=0.

denklemi toplarsak:

(8.12)

382

Kayma Gerilmesi Dağılımı: (8.13a) Hacimsel Debi:

(8.13b)

Basınç Düşüşünün Bir Fonksiyonu Olarak Debi: Tam gelişmiş akışta basınç gradyeninin, ∂p/∂x, sabit olduğunu gösterdik. Bu nedenle, ‘yi denklem 8.13b’ye yerleştirelim:

(8.13c) Bu yatay bir boruda laminer akış için hacimsel debiyi verir. 383

Ortalama Hız: (8.13d)

Maksimum Hız Noktası: Maksimum hızı bulmak için du/dr ifadesini sıfıra eşitleyip buna karşılık gelen r’yi çözeriz. Denklem 8.12’den:

Böylece;

r=0’da (8.13e)

384

Hız profili (Denklem 8.12) maksimum (merkez çizgisi) hız cinsinden yazılırsa, (8.14)

ÖRNEK 8.3 Kılcal Viskometre

Verilenler: Kapileri viskometrede akış, akış debisi Q=880 mm3/s İstenenler: Akışın viskozitesi. Kabuller:

Ana denklem: 385

Reynold sayısını kontrol edelim. Akışkanın yoğunluğunu suyun yoğunluğu olarak 999 kg/m3 kabul edelim.

ve

Sonuç olarak Re<2300 olduğu için akış laminerdir.

386

Tam Gelişmiş Boru Akışında Kayma Gerilmesi Dağılımı Yatay dairesel bir boruda tam gelişmiş akış olduğunu varsayalım, akış şimdilik laminer veya türbülanslı olabilir. Merkez çizgide sonsuz gerilme elde edemeyeciğimiz denklem 8.10’da c1=0 olmalıdır. (8.10) c1=0 alınınca: (8.15) Bu denklem gösterirki, hem türbülans hem de laminer için tam gelişmiş akışta kayma gerilmesi boru boyunca merkez çizgide sıfır ve boru duvarında maksimum olacak şekilde doğrusal olacak şekilde değişiyor. duvarındaki gerilme: (8.16) olacaktır. Ne yazıkki, türbülanslı akışa karşılık gelen bir gerilme denklemi yoktur.

387

x ve y yönlerinde rastgele değişim gösteren u’ ve v’ hız bileşenleri, sürekli olarak bitişik akışkan katmanları arasında momentum transferi gerçekleştirir. Herhangi bir mevcut hız gradyenini düşürmeye meyillendirmektedirler. Buna Reynolds gerilmesi denir, ile ifade edilir. Üst çizgi bir zaman ortalamasını belirtir. Böylece şu eşitliğe ulaşılır. (8.17)

Şekil 8.8 Tam gelişmiş boru akışı içi akış için türbülans kayma gerilmesi (Reynold gerilmesi) 388

Tam Gelişmiş Boru Akışında Türbülans Hız Profilleri Türbülanslı akışta hız ve kayma arasında universal bir bağlantı yoktur. Bu sebeple, deneysel verilerle işlemlerimizi yapmamız gerekmekte. Denklem 8.17’yi ρ’ya bölersek; (8.18) elde edilir. değerdir.

değeri sürtünme hızıdır ve ile ifade edilir. Verilen akış için sabit bir

Video 8.4 Glen Kanyon Barajı: Türbülanslı boru akışı. 389

Şekil 8.9 Pürüzsüz bir boruda tam gelişmiş türbülanslı akış için türbülans hız profili.

390

Viskoz kaymanın baskın olduğu duvara çok yakın bölgelerde ortalama hız profili aşağıdaki viskoz bağıntı ile ifade edilir: (8.19) Burada y cidardan ölçülen uzaklık ve ortalama hızdır. Denklem 8.19 şartı için geçerlidir. Bu bölge viskoz alt‐tabaka olarak adlandırılır. değerleri için veriler aşağıdaki yarı logaritmik uydurulmuş denklem ile oldukça iyi ifade edilmiştir: (8.20) arasındaki bölge geçiş bölgesi veya tampon bölge olarak adlandırılır. Eğer Denklem 8.20 merkez (y = R ve u = U) için değerlendirilirse ve Denklem 8.20’nin genel ifadesi merkez için uyarlanan denklemden çıkarılırsa şu denklem elde edilir: (8.21)

Bu denkleme azalma yasası denir. U merkezdeki hızdır.

391

Pürüzsüz boruda türbülanslı akış için hız profili ampirik kuvvet yasası eşitliği ile de uygun hale getirilebilir. (8.22) Burada n üssü, Reynold sayısına göre değişiklik gösterebilir.

Video 8.5 Türbülanslı akış örnekleri. 392

Kuvvet yasası üssü olan n değerinin pürüzsüz borularda tam gelişmiş akış için, Reynold sayısı ile değişkenliğini ifade eden bağıntı şu şekildedir: (8.23) (Bu denklem Reu>2X104 için geçerlidir.)

Şekil 8.10 Pürüzsüz bir boruda tam gelişmiş bir türbülanslı akış için kuvvet yasası hız profilleri. 393

Ortalama hız

olduğundan ve (8.24)

Denklem 8.22‘deki kuvvet yasası profilleri için. profillerin çeperden merkeze geçerli olduğunu kabul ederek, ortalama hızın merkez hızına oranı hesaplanabilir:

394

Boru Akışındaki Enerji Hususları

Şekil 8.11 Tam gelişmiş boru akışı için hız profilleri.

395

Şekil 8.12 90°'lik bir redüksiyon dirseğindeki akışın enerji analizi için kontrol hacmi ile koordinatlar.

Şekil 8.12’de gösterilen bir redüksiyon dirseğini içeren boru tesisatındaki daimi akışı düşünelim. 1 ve 2 kesitlerinde akışa dik ve boru cidarı iç yüzeyleri bitişik haldedir. Temel denklem:

Kabuller:

396

Bu kabullere göre enerji denklemi sadeleştirilirse:

(8.25)

Denklem 8.25’te ortalama hız değeri uygundur. Böylece integrallerden kurtuluruz. Fakat bunun için önce bir kinetik enerji yasasına ihtiyacımız var. Kinetik Enerji Katsayısı Kinetik enerji katsayısı α şu şekilde ifade edilir.

(8.26a) veya (8.26b)

397

α’yı tanımlamak için denklem 8.26b ile birlikte denklem 8.22 ve denklem 8.24’ü kullanabiliriz. Denklem 8.22’den elde edilen kuvvet yasası hız profilini denklem 8.26b’de yerine yazarsak: (8.27) Denklem 8.24 ‘yu kuvvet yasası üssü n’nin bir fonksiyonu olarak vermektedir. Bunu denklem 8.27 ile birleştirirsek oraya çok karmaşık bir formül çıkar. Fakat genel olarak α’nın yüksek Reynolds sayıları için birleşmeye çok yakın olmasından ve kinetik enerjideki değişimin enerji denklemindeki bileşenlere kıyasla daha küçük olmasından dolayı, boru içi akış hesaplarında neredeyse her zaman α=1 olarak kullanmamız uygundur.

398

Yük Kaybı α’nın tanımladığı eşitliği kullanarak, enerji denklemi aşağıdaki şekilde yazılabilir.

Debiyi kütleye bölüp denklemi düzenlersek:

(8.28) Denklemin sağ tarafındaki ifade, 1 ve 2 kesitleri arasındaki birim kütle başına mekanik enerji farkını ifade eder. Bu bize 1 kesitindeki mekanik enerjinin istenmeyen u1‐u2‐∂Q/dm termal enerjiye dönüşümünü ve ısı transferini ile kaybolan enerjiyi göstermektedir. Bu kayıpların hepsini birim kütle başına tek bir grupta toplayabiliriz ve hkT terimi ile ifade edilir. (8.29) Bu denklem sayesinde borudaki iki kesit arasındaki sürtünmeden kaynaklı olan enerji kayıplarını hesaplarız. 399

Sürekli Kayıplar: Sürtünme Faktörü Denklem 8.29 sürekli yük kayıplarını hesaplamada kullanılabilir. Sabit kesit alanlı bir boru boyunca tam gelişmiş akış için hky=0 ve ; (8.31) şeklinde sadeleştirilebilir. Eğer boru yataysa z1=z2 olacağından şu şekilde yazılır: (8.32) Böylece sabit bir kesitte yatay boru boyunca tam gelişmiş akışta sürekli yük kayıplarıbasınç kayıpları olarak yazılır.

400

a) Laminer Akış Denklem 8.13c’den,

değerini denklem 8.32’de yerine yazarız: (8.33)

b) Türbülanslı Akış Türbülanslı akışta basınç düşüşünü ancak deneysel olarak inceleyebiliriz. Tam gelişmiş türbülanslı bir akışın bağlı olduğu parametrelere göre genel formülü şu şekildedir:

401

Boyut analizi yapılırsa:

eşitliğini buluruz, öyleyse şu şekilde yazılır:

Denklem 8.32’de yerine yazarsak:

Buradan anlaşılacağı üzere boyutsuz yük kaybı L/D ile orantılıdır. Bu sebeple şu şekilde yazabiliriz:

402

Fonksiyonda Φ1 belirsiz olduğundan, eşitliğin sağ tarafına bir sabit koyarız. Bu ulaşımla ½ sayısı paydaya yazılır, böylece eşitliğin sol tarafı her birim kütle akışındaki kinetik enerji yük kaybı oranını verir.

Bilinmeyen fonksiyon Φ2(Re, e/D) sürtünme faktörü f olarak belirlenir,

ve (8.34) veya (8.35)

403

Şekil 8.13 Dairesel borularda tam gelişmiş akış için sürtünme faktörü. 404

Tablo 8.1

405

Şekil 8.13’de birçok özellik tar şılmalıdır. Laminer akış için sürtünme faktörü Denklem 8.33 ve 8.34’de karşılaştırılarak bulunabilir.

Sonuç olarak laminer akış için: (8.36) Öyleyse laminer akışta sürtünme faktörü sadece Reynolds sayısının fonksiyonudur. Pürüzlülükten bağımsızdır. Türbülanslı akışta f’i belirlemek için grafik metotdan kaçınılmıştır. Sürtünme faktörü için en genel formül Colebrook’tan alınmıştır. (8.37)

Son zamanlarda en bilimsel hesaplamalar f’yi kolayca bulmakta kullanılan pürüzlülük oranı e/D ve Reynold sayısı Re için denklem çözme özelliğine sahiptir. Bunun haricinde f değeri iterasyon ile de bulunabilir. 406

Yerel Kayıplar Boru içinde akış bazen çeşitli elemanlar, bükümlerden ve ani alan değişiklikleri içinden geçmek zorunda kalabilir. Akış ayrılmasının sonucu olarakta ek yük kayıplarına rastlanabilir. Bu kayıplar yereldir. Cihaza bağlı olarak yerel kayıplar iki şekilde hesaplanır: (8.40a)

Şekil 8.14 Tortu oluşumunu gösteren bir boru hattı olarak 40 yıllık servisten sonra sökülen boru kesiti. 407

Burada kayıp katsayısı, K, her durum için deneysel olarak tespit edilmelidir yada; (8.40b)

Le düz boruda eşdeğer uzunluktur. a) Girişler ve Çıkışlar: Bir borunun kötü tasarlanmış girişi kayda değer büyüklükte yük kaybına neden olabilir. Girişte keskin köşeler varsa, akış ayrılması köşelerde olur ve bir jetin daralmış bölümü şekillenir. Sıvı dar akış alanından geçerken hızlanır. Mekanik enerji kayıpları sonucunda boruyu doldurmak için gelen akış serbest karışarak tekrar yavaşlar.

408

Tablo 8.2

409

Şekil 8.15 Ani alan değişiklikleri olan akış için kayıp katsayıları.

410

b) Genişlemeler ve Daralmalar: Tablo 8.3

Yayıcıdaki kayıplar geometriye ve akış değerlerine bağlıdır. Yayıcı verileri en yaygın şekilde girişteki statik basınç artışının dinamik basınca oranı olarak tanımlanan geri kazanım katsayısı Cp cinsinden verilirler. (8.41)

411

Bu, girişte kinetik enerjinin hangi oranda bir basınç artışı olarak ortaya çıktığını gösterir. İdeal basınç geri kazanım katsayısı ise şu şekildedir. (8.42) AO alan oranıdır. Cp’yi yük kaybı ile ilişkilendirebiliriz. Yerçekimi ihmal edilirse ve α = α = 1.0, yük kaybı denklemi, denklem 8.29’a şçyle indirgenebilir:

Öyleyse,

412

Süreklilikten

, bu yüzden:

veya (8.43)

Eğer hky=0 ise sürtünmesiz sonuç denklem 8.43’ten elde edilir. Bir ifade elede etmek için, gerçel ve ideal Cp değerleri açısından yük kayıplarını denklem 8.42 ve 8.43’ü birleştirerek elde ederiz. (8.44)

413

Şekil 8.16 Girişte tam gelişmiş türbülanslı boru akışı olan konik difüzörler için basınç geri kazanımı. 414

c) Boru Dönüşleri: Dönüşlerde yük kaybı eşit uzunlukta bir düz bölümü olan tam gelişmiş akıştan daha büyüktür. Ek kayıplar ikincil akış sonucudur ve duz boru eşdeğer uzunluğu ile en uygun şekilde temsil edilmektedir. Aşağıda gösterildiği gibi eşdeğer uzunluk, dirsek eğrilik yarıçağına bağlıdır.

Şekil 8.17 (a) 90° boru dönüşleri ve fleanşlı dirsekler (b) gönye dönüşleri için tipik boyutsuz eşdeğer uzunluklar e/D. 415

Tablo 8.4

416

d) Vanalar ve Bağlantı Elemanları: Bağlantı elemanları için eşdeğer kayıplar eşdeğer boru uzunluğu şeklinde ifade edilebilir. Bunlara ait bazı değerler Tablo 8.4’te verilmiştir. Bir boru sisteminde boru elemanları flanşlı, dişli veya kaynak bağlantılı olabilir. Küçük çaplı elemanlar için ise dişli geçmeler en yaygın kullanılanlardandır. Büyük boru sistemlerinde ise flanşlı ve kaynak bağlantılı elemanlar kullanılır. Uygulamada, bağlantı elemanları ve valfler için olan ek kayıplar borunun imalatına göre önemli ölçüde değişebilir. Eğer boru bağlantı noktalarında çapak kalmış ise bu çapaklar kayda değer bir yerel akış kaybına sebep olur.

417

Akış Sistemlerinde Pompalar, Fanlar ve Üfleçler Birçok pratik akış durumlarında sistemdeki akışkanın doğal akışını koruyabilmesi için pompa, fan ve ya üfleçler kullanılır. Bu noktada fanlar ve üreteçler için sonuçların aynı oranda geçerli olmasına rağmen işlemlerde pompalar dikkate alınacaktır. Genel olarak ısı transferi ve iç enerji değişimini ihmal ederiz. Bu noktada termodinamiğin birinci yasası uygulanırsa:

Ayrıca pompa tarafından üretilen yük

(enerji/kütle), hesaplanabilir:

(8.45) Bir çok durumda giriş ve çıkış çapları (dolayısıyla hızlar) ve yükseklikler, aynı yada ihmal edilebilecek derecede farklıdır. Böylece denklem 8.45 basitleşir: (8.46)

418

Denklem 8.46‘yı ( Q debidir) ile çarparsak ve olduğunu hatırlarsak şu bağıntıyı elde ederiz:

‘nın akışkana aktarılan güç

(8.47)

Pompa verimliliğini de tanımlayabiliriz: (8.48) Enerji denklemini bir boru sistemine eğer pompa varsa 1 ve 2 noktasını referans alarak yazmalıyız. Bu durumda pompa yüksekliğini sisteme negatif kayıp olarak ekleriz. (8.49)

419

Dairesel Olmayan Borular Türbülanslı boru akışında kullanılan korelasyonlar, dairesel olmayan borular borularda kullanılmak için D çapının yerine hidrolik çap eklenerek geliştirilmiştir. Hidrolik çap: (8.50) Dairesel bir boru için

olduğu için:

Genişliği b ve yüksekliği h olan dikdörtgen boru için A=b.h ve P=2.(b+h) olduğuna göre:

Eğer en boy oranı, ebo=h/b olarak tanımlanırsa:

420

ÖRNEK 8.4 Rezervuar İçine Boru Akışı: Bilinmeyen Basınç Düşüşü

Verilenler: Su d = 10 m sabit derinlikteki bir rezervuara, L=100 m uzunluğundaki 75 mm çaplı düz bir boru ile 0.01 m3/s debiyle pompalanır.

İstenenler: Akış için gereken pompa basıncı, p1. Ana denklem:

421

Verilen problem için:

Eğer z1=0 alınırsa, z2=d olur. İlk ana denkleminde sadeleştirmeler yapılırsa:

Denklemin sol tarafında 1 ve 2 arasındaki mekanik enerji kaybı: sağ tarafı bu kayba katkıda bulunan sürekli ve yerel kayıplar olmaktadır. Basınç düşüşünü bulmak için kullanırız.

422

Re sayısı ise, su 200C, ρ=999 kg/m3 ve μ= 1.0 X 10‐3 kg/(m.s) varsayılarak:

Pürüzlü boruda (e=0) için denklem 8.37’den f=0.0162 bulunur.

423

ÖRNEK 8.5 Bir Boru Hattında Akışı: Bilinmeyen Uzunluk

Verilenler: Alaska boru hattının yatay bölümü boyunca ham petrol akışı. D=1.22 m, BY=0.93, μ=10.0168 N.s/m2 İstenenler: a. Maksimum aralık b. Her pompa için gereken güç

Ana denklem: Kabuller:

424

İki tane kontrol hacmi çizilirse, KH1 boru akışı için durum 1’den 2’ye, KH2 pompa için durum 1’den 2’ye olacaktır. Öncelikle KH1’de sürekli, sıkıştırılamaz boru akışı için enerji denklemini yazarız. Daha sonra KH’ı kullanarak:

425

Tablo 8.1’den e=0.00015 m okunur ve böylece e/D=0.00012 olur. Daha sonra denklem 8.37’den f=0.017 böylece:

Pompalama KH2’ye gücü için termodinamiğin 1. yasasını uygularız:

Pompa verimliliği ise:

426

Tekrarlayan bir sisteme sahibiz ve pompa ile gerçekleşen basınç artışı, borudaki basınç düşüşüne karşılık gelir.

Onun için:

Gerekli güç girişi;

427

ÖRNEK 8.6 Bir Su Kulesinden Akış: Akış Debisi Bilinmiyor

Verilenler: Şekilde gösterildiği gibi yangın koruma sistemi.

İstenenler: Q, (m /s).


428

Denklem 8.29 şu şekilde yazılabilir:

Tamamen açık süngülü vana için Le/D=8 Tablo 8.4’ten okunur. Böylece:

Elle iterasyon yapmak için

‘yi çözüp şunu elde ederiz.

Dikme boru ile yatay boru çaplarını tedbirli olmak için aynı kabul edelim:

ayrıca:

429

430

431

ÖRNEK 8.7 Bir Sulama Sistemindeki Akış: Bilinmeyen Çap

Verilenler: Şekilde gösterildiği gibi su sağlama sistemi.

İstenenler: En küçük standart D.


432

bilinmektedir. D bilinmediğinden, verilen akış debisinde basınç düşüşünü karşılayan en küçük çapı belirlemek gerekir. İzin verilen maksimum basınç düşüşü L uzunluğu boyunca olduğu için:

433

434

435

ÖRNEK 8.8 Giriş Kayıp Katsayısının Hesaplanması

Verilenler: Gösterildiği gibi kare kenarlı boru depodan suyu boşaltmaktadır.

İstenenler: Kgiriş


436

437

438

Bu katsayı Tablo 8.2’de gösterilen uygun katsayısı ile karşılaştırılır. Hidrolik ve enerji eğim çizgileri aşağıda verilmiştir. Kare kenarlı bir girişte büyük yük kaybı, öncelikle keskin giriş köşelerindeki ayrılmadan ve daralmadan dolayı köş̧esinden anında aşağı ani akımın oluşması yüzündendir.Etkin akış alanı minimum bir daralmaya ulaş ğında akışın hızı maksimuma ulaşır. Akış daralması sonunda boruyu doldurmak için yayılır. Daralma sonundaki kontrolsüz yayılma yük kaybının büyük bir kısmından sorumludur.

439

İç Akışlar İçin Kısıtlamalı Akış Ölçerler İç akışlar için kullanılan akış ölçerlerin sınırlamarının çoğu şekil 8.18’de şematik olarak görüldüğü üzere, akımın hareket e ği lülenin formu etkisiyle ivmeye bağlıdır. Esas düşünce; hızdaki değişim, basıncın değişimine yol açmaktadır.

Şekil 8.18 Analizler için kontrol hacmi ile gösterilmiş basit bir lülede iç akış. Teorik debi, süreklilik ve Bernoulli denkleminin uygulanması ile 1 ve 2 nolu bölgeler arasındaki basınç farkı ile ilişkili olabilir. Sonrasında deneysel düzeltme faktörleri gerçek debiyi elde etmek için uygulanabilir.

440

Temel denklemler: Kütlenin korunumdan;

ve Bernoulli denkleminden;

Kabuller:

441

Bernoulli denkleminden:

Süreklilik denkleminden:

veya

Eşitliğin denkleminde yerine yazılmasıyla:

Teorik hız V2 için çözüm: (8.50)

442

Teorik kütlesel debi işe şöyledir:

veya (8.51) Teorik denklemde, C gibi deneysel bir katsayısı tanımlanır ve denklem 8.51 Re sayısı ve çarpanların oranı Dt/D1 yeniden düzenlenirse şu elde edilir: (8.52) olduğu için denklem şu hali alır: (8.53)

443

İfadesi hız yaklaşım faktörüdür. (8.54)

Gerçek kütlesel debiyi bu formül ile tanımlarsak: (8.55) Türbülanslı akışta debi katsayısı (boru için

);

(8.56) denklem formu ile tanımlanabilir. Akış katsayısı denklemi için ilgili denklem ise: (8.57)

444

Belir ğimiz üzere, bir akış ölçerin seçimi maliyet, doğru ölçüm hassasiyeti, kalibrasyon ihtiyacı, bakım ve kurulum kolaylığı gibi faktörlere bağlıdır. Bu faktörlerden bazıları Tablo’da orifis, akış lülesi ve venturimetre için karşılaş rılmıştır. Yüksek bir yük kaybının anlamı, cihazın kullanım maliyetlerinin yüksek olmasıdır – cihaz, fazla miktarda akışkan enerjisi tüketecektir. Tablo 8.5

445

Şekil 8.19 Orifis geometrisi ve basınç dediklerinin yeri.

446

Orifis Plakası Orifis plakası şekil 8.19’da görüldüğü gibi borunun flanşları arasında kenetlenmiş ince bir plakadır. Orifisler için basınç delikleri, Şekil 8.20’de görüldüğü gibi birçok yerde kurulabilir. Basınç deliklerinin yeri deneysel olarak belirlenen akış katsayısını etkiler . C veya K katsayılarından biri basınç deliklerinin yerleşimine göre rehber değerlerinden seçilmelidir.

Şekil 8.20 Köşe orifisler eş merkezli orifisler için akış katsayıları. 447

Akış Lülesi Akış olarak şekil 8.22’deki gibi hem borularda hem de kanallarda ölçüm için kullanılabilir. Bu cihazlarda lülenin bulunduğu kısım yaklaşık olarak çeyrek bir elips şeklindedir. Bir ASME uzun yarıçaplı akış lülesi için tavsiye edilen denklem:

Şekil 8.21 Lüle akış ölçerlerinin tipik kurulumları. 448

Şekil 8.22 ASME uzun‐yarıçaplı akış lüleleri için akış katsayıları. 449

Venturi Venturimetreler ağır, hantal ve pahalıdır. Boğazdan aşağı akımda konik dağıtıcı bölmesi mükemmel bir basınç geri dönüşümü sağlar bununla birlikte genel olarak yük kaybı düşüktür. Ayrıca venturimetreler, sahip olduğu pürüzsüz cidarlar sayesinde kendilerini temizlerler. Deneysel verilere göre yüksek Re sayılarında ventürimetrelerin debi katsayısı 0.98‐0.995 aralığındadır. Böylece yüksek Re sayılarında, hassasiyeti ile debi ölçebilirler.

Şekil 8.24 Çeşitli akış ölçüm elemanlarının oluşturduğu kalıcı yük kayıpları. 450

Bir ölçüm elemanı boyunca kalıcı yük kaybı, eleman boyunca basınç farkının p, bir bölümü olarak ifade edilebilir. Basınç kayıpları Şekil 8.24’te gösterildiği gibi çap oranlarının bir fonksiyonudur. Tablo 8.6 da özetlediğimiz eğilimi doğrulayarak, venturi orifis (en büyük kayba sahip) veya lüleden daha az kalıcı yük kaybına sahip olmakla beraber çok kullanılırlar. Laminer Akış Elemanı Laminer akış elemanı debiyle doğrudan orantılı bir basınç farkı yaratmak için tasarlanır. Prensip olarak laminer akış elemanı (LAE) bir ölçme bölmesi içerir ve ölçümler akışın birçok borudan geçmesiyle yapılır. Bu boruların her biri ana borudaki akış durumu gözetilmeksizin akışın laminer olması için yeteri kadar dardır.

451

ÖRNEK 8.9 Bir Orifis Boyunca Akış

Verilenler: Kanal boyunca akış ve gösterilen orifis. İstenenler:

Ana denklem:

Kabuller:

452

453

Ana denklem:

Kabuller:

454

Sonrasında,

İlgili denklem:

455

Kabuller:

456

457


Bölüm 9 Sıkıştırılamaz Viskoz Dış Akış Prof. Dr. Ali PINARBAŞI Yıldız Teknik Üniversitesi Makine Mühendisliği Bölümü Yıldız, İSTANBUL 458


Sıkıştırılamaz Viskoz İç Akış Sıkıştırılamaz Viskoz Dış Akış Sınır‐Tabaka Kavramı Sınır‐Tabaka Kalınlıkları Momentum İntegral Denklemi Sıfır Basınç Gradyenli Akış İçin Momentum İntegral Denkleminin Kullanımı Boru Akışındaki Enerji Hususları Sınır‐Tabaka Akışındaki Basınç Gradyenleri Direnç Kaldırma

459

Dış akışlar sınırlandırılmamış bir akışkanın içine daldırılan cisimlerin üzerindeki akışlardır. Örneğin, uçak kanatları (Şekil 9.1), arabalar, ve uçaklar gibi cisimlerin üzerindeki akış alanlarıdır.

Şekil 9.1 Bir uçak kanadı etrafındaki viskoz akışın detayları.

460

Video 9.1 Bir kanat üzerindeki hava akışı.

461

Video 9.2 Bir kanat üzerindeki akış ayrılması. 462

Sınır‐Tabaka Kavramı Prandtl, birçok viskoz akışın, iki bölgeye bölünerek birisinin katı sınırlara yakın, diğerinin akışkan kalan kısmı kaplayacak şekilde incelenebileceğini göstermiştir. Sadece katı sınırına yakın ince bölgede (sınır tabakasında) viskozitenin etkisi önemlidir. Sınır tabakanın dışındaki bölgede vizkositenin etkisi önemsizdir ve akışkanın viskoz olmayan akışkan gibi davrandığı ele alınabilir. Sınır tabakada hem viskoz hem de atalet kuvvetleri önemlidir. Bir çok gerçek akış örneklerinde sınır tabakası esasen uzun, düz bir yüzey üzerinde gelişir. Örnek olarak gemi ve gemi gövdesini, uçak kanatları üzerindeki akışı, ve düz bölge üzerindeki atmosferik hareketleri verilebilir. Düz plaka üzerinde sınır‐tabaka büyümesinin nitelikli resmi Şekil 9.2’de gösterilmiştir. Sınır tabaka giriş kenarından aşağı akım mesafesindeki kısa bir mesafe için laminerdir , geçiş plaka üzerinde tek çizgi üzerinde olmasından ziyade plaka üzerinde bir bölge üzerinde olur. Geçiş bölgesi aşağı akıma uzar ki burada sınır‐tabaka akışı tamamen türbülanslı olur.

463

Şekil 9.2 Düz bir plaka üzerindeki üzerindeki sınır tabaka. (düşey kalınlık abartılmıştır.)

464

Video 9.3 Laminer ve Türbülanslı Sınır Tabakalar.

465

Video 9.4 Gaz ile sıvı arasındaki sınır tabakası 466

Sınır‐Tabaka Kalınlıkları

Video 9.5 Sınır tabaka yüksekliği 467

Sınır tabaka kenarına ulaştıkça gradyenlerin asimptotik olarak sıfıra yaklaşır. Böylece, kenarın yeri, diğer bir deyişle sınır‐tabaka kalınlığının yeri çok belli değildir Bundan dolayı birkaç sınır tabaka tanımı çıkmıştır: sınır tabaka kalınlığı δ, ötelenme kalınlığı δ* ve moementum kalınlığı θ. Eğer sınır tabaka olmasaydı , burada w akışa dik plakanın enidir. Gerçek akış kütle debisi ‘dir. Bunun için sınır tabakadan dolayı kayıp . Hızın sabit olarak U’da kaldığını ve yerine plakanın δ* mesafesi kadar yukarı hareket ettiğini düşünürsek, kütle arasındaki kayıp olurdu. Bu kayıplar birbirine eşitlenirse:

468

Şekil 9.3 Sınır tabaka kalınlık tanımları. Sıkıştırılamaz akış için ρ= sabit ve:

(9.1)

469

Momentun kalınlığı plakanın hareket edeceği mesafedir ki böylece momentum akısındaki kayıp aslında sınır tabakadan dolayı olan kayba eşittir. Eğer sınır tabaka olmasaydı momentum akısı olurdu. Bundan dolayı sınır tabakadaki momentum kaybı . Eğer hızı sabit U alırsak ve plakayı θ kadar yukarı hareket ettirirsek, moementum akısının kaybı . Bu kayıpları eşitlersek:

elde edilir ve: (9.2) Sınır‐tabaka gelişiminin mühendislik analizleri için yapılan sadeleş rilmiş kabuller:

470

ÖRNEK 9.1 Kanal akişinda sinir tabakasi

Verilenler: Laboratuvar rüzgar tüneli içinde standart havanın akışı. Test kesiti kare şeklinde olup L = 305 mm’dir Yerdeğiştirme kalınlığı δ1*=1.5 mm ve δ2*=2.1 mm’dir. Serbest akım hızı U1=26 m/s’dir.

İstenenler: Kesit 1 ve 2 arasında statik basınç değişimi. Kesit 1’de serbest akım dinamik basıncını kesir olarak ifade edin.

Kabuller:

Ana denklem:

471

472

473

Momentum İntegral Denklemi Sıkıştırılamaz, daimi, iki boyutlu akışı katı yüzey üzerinde düşünelim. Sınır tabaka kalınlığı δ, artan mesafe x ile bir tarzda gelişir.

Şekil 9.4 Sınır tabaka içinde diferansiyel kontrol hacmi. Sınır tabaka kalınlığını δ ve x’e bağlı bir fonksiyon olarak elde etmeliyiz. Diferansiyel kontol hacmi abcd’nin ab ve cd yüzeyleri boyunca kütle akışı olmaktadır. bc akım çizgisi değildir. Viskoz sınır tabakayı ve viskoz olmayan serbest akım akışını ayıran sanal bir sınırdır. yüzeyi boyunca kütle akışı olacaktır. Kontrol yüzeyi ad katı sınırına yakın olduğundan dolayı ad boyunca akış olmayacaktır. Kontrol hacmi üzerine etkiyen kuvvetleri ve kontrol yüzey boyunca momentum akısını göz önüne almadan önce kontrol yüzeyinin herbir kısmına olan kütle akısını belirlemek için süreklilik denklemini uygulayalım.

474

a. Süreklilik Denklemi:

475

Şimdi kontrol hacmi abcd ile ilgili momentum akılarını ve kuvvetlerini dikkate alalım.

476

b. Mometum Denklemi

Bu denklemi DKH abcd’ye uygulamak için, kontrol yüzeyi boyunca x momentum akısı ve aynı zamanda x yönündeki kontrol hacmine uygulanan yüzey kuvvetleri için ifade elde etmek zorundayız. Momentum akısını ilk olarak düşünelim ve tekrardan kontol yüzeyinin herbir parçasını ele alalım.

477

478

479

Şekil 9.5 Diferansiyel kontrol hacmi.

Şimdi kontrol yüzeyi boyunca x momentum akısı için uygun ifademiz var. x yönünde kontrol hacmi üzerine etkiyen yüzey kuvvetlerini ele alalım. ab, bc ve cd yüzeylerinin tümünün x yönünde kuvvet oluşturan normal kuvvetlerle karşılaştığına dikkat etmeliyiz. Ayrıca kesme kuvvetleri ad üzerinde etkilidir. Sınır tabaka tanımından dolayı hız gradyeni sınır tabakanın kenarında sıfıra gider. Yüzey bc boyunca kesme kuvvetleri ihmal edilebilir.

480

481

Bu denklem momentum integral denklemidir.

482

Basınç gradyeni, dp/dx, Bernoulli denkleminin sınır tabakanın dışındaki viskoz olmayan akışa uygulanmasıyla bulunabilir: Eğer ‘yı hatırlarsak, momentum integral denklemi;

483

Öteleme kalınlığı δ*ve momentum kalınlığı tanımlarını kullanarak: (9.3) Bu denklem momentum integral denklemidir. Bu denklemi sınır tabaka kalınlığı x’e bağlı fonksiyon olarak tahmin etmede kullanmak, ilk olarak şunları yapmalıyız:

484

Sıfır Basınç Gradyenli Akış İçin İntegral Denkleminin Kullanımı Düz plaka özel durumu için (sıfır basınç gradyeni) serbest akım basıncı p ve hız U’nun her ikiside sabittir, böylece madde 1 için U(x)=U=sabittir.

Sınır tabakadaki hız dağılımı, u/U, x’in her değeri için benzer kabul edilir ve normalde y/δ’nin fonksiyonu olarak ifade edilir. Sonuç olarak integralin değişkenini y’den y/δ’ya değiştirmek makuldür.

Tanımlayarak;

elde ederiz ve momentum integral denklemi basınç gradyeni için şu şekilde yazılır:

(9.4)

485

Bu denklemi sınır tabaka kalınlığının x’in fonksiyonu olarak çözmek istiyoruz. Bunu yapmak için, kalan maddeleri sağlamak zorundayız: 2. Sınır tabaka içinde hız dağılımı kabul edelim ‐ fonksiyonel ilişki şöyle gösterilebilir.

a. Kabul edilen hız dağılımı izleyen yaklaşık fiziksel sınır koşullarını sağlamalıdır:

b. Hız dağılımını kabul ettiğimiz zaman momentum kalınlığı tanımından Denklem 9.4 için şöyle yazılabilir;

ve momentum integral denklemi şöyle olur:

3. ‘yi x cinsinden δ cinsinden elde edelim. Bu δ(x)’i çözmemize imkan verecektir.

486

Laminer Akış Düz plakanın üzerinde laminer akış için, y cinsinden polinom olan makul bir hız profili var sayalım: Fiziksel sınır koşulları:

Sabit a,b ve c hesaplanırsa şu çıkar:

Bu denklem madde 2’yi sağlar. Madde 3’teki çeper kayma gerilmesini burada yerine yazarsak:

veya

487

Şimdi madde 1, 2 ve 3’ü tamamladık ve geri momentum integral denklemimize dönebiliriz.

ve u/U ifadelerini yerleştirerek şunu elde ederiz:

veya

İntegralini alırsak ve sınırları yerleştirirsek:

Bu δ için diferansiyel denklemdir. Tekrar integral alınırsa şunu verir.

488

Eğer x=0’da δ=0 kabul edersek, c=0 ve böylece:

Bu laminer sınır tabaka kalınlığı δ’in olarak elde edelir:

olarak büyüdüğüne dikkat edelim. Genelde bu bpyutsuz

(9.5)

Sınır tabaka kalınlığını bildiğimiz zaman akışın tüm detaylarını buluruz. Çeper kayma gerilmesi veya yüzey sürtünme katsayısı şöyle tanımlanır: (9.6)

489

Tablo 9.2

490

Hız profilini denklem 9.5 yerine yazarsak:

Son olarak: (9.7)

491

ÖRNEK 9.2 Düz Plaka Üzerinde Laminer Sınır Tabaka: Sinüsoidal Hız Profili Kullanımıile Yaklaşık Çözüm.

Verilenler:İki boyutlu düz plaka boyunca Kabuller: laminer sınır tabaka akışı. Sınır tabaka hız profili: ve

İstenenler:

492

Düz plaka boyunca, iki boyutlu sınır tabaka akışını düşünelim. Sınır tabakadaki hız profilini sinüsoidal kabul ediniz.

Düz plaka akışı için U=sabit, dp/dx=0 ve;

Bu denklemde

493

yerleştirirsek:

494

495

496

Türbülanslı Akış Düz plaka için elimizde hala U=sabit olduğu vardır. Denklem 9.4’ü δ(x) için çözmek amacıyla laminer sınır tabakadaki gibi madde 2 ve madde 3’ü sağlamalıyız: (9.4)

Sıfır basınç gradyeninde sınır tabakaları için türbülanslı hız profilinin detayları, boru ve kanallardaki türbülanslı akışa çok benzer. Fakat bu profil momentum denkleminin kolay kullanımı için fazla karışıktır. Momentum denklemi yaklaşıktır. Böylece pürüzsüz türbülanslı sınır tabakaları üzerinde kabul edilebilir hız profilleri ampfirik kuvvet‐yasası formülleridir. Türbülanslı hız profil modellerinde tipik üs 1/7’dir. Böylece:

Bu profil ‘nun tanımında laminer sınır tabaka akışında yaptığımız gibi için δ cinsinden bir ifade elde etmek için kullanmalıyız. Türbülanslı sınır tabaka akışta boru akışı için geliştirilen ifadeyi kullanabiliriz: (8.39) 497

Bir boru içinde 1/7 kuvvet yasası profili için, denklem 8.24 Denklem 8.39’a yerleştiririsek:

Denklem 9.4’te bunlar yerine yazılır ve integrali alınırsa:

Böylece δ için diferansiyel denklem elde edebiliriz:

İntegrali alındığında,

olduğunu varsayarsak, c=0 ve:

498

sonucunu verir.

Boyutsuz olarak ise şu şekildedir: (9.8) Yüzey sürtünme katsayısı ise δ cinsinden: (9.9)

499

ÖRNEK 9.3 Düz Plaka Üzerinde TürbülanslıSınır Tabaka: 1/7 Kuvvet Hız Profili Kullanımı ile Yaklaşık Çözüm.

Verilenler: Düz plaka sınır tabaka akışı giriş kenarında türbülanslı akış.1/7 kuvvet hız profili kabulü.

İstenenler:

Ana denklemler:

500

501

502

Sınır Tabaka Akışındaki Basınç Gradyenleri Elverişli basınç gradyeni akış yönünde basıncı düştüğü olanıdır. Çünkü sınır tabaka içinde akışkan akışkan taneciklerinin sürtünme tarafından yavaşlatılmasını yenme eğilimdedir. Diğer taraftan tersbasınç gradyeni akış yönünde basıncın arttığı olanıdır. Çünkü sınır tabaka içinde akışkan akışkan taneciklerinin yanlızca sınır tabakadaki sürtünmeden daha hızlı yavaşlamasına sebep olur. Eğer tersbasınç gradyeni yeterince büyükse sınır tabakadaki akışkan tanecikleri durabilirler. Böylece parçacıklar cismin yüzeyinden ayrılmaya zorlanırlar ve sonunda akışın türbülanslı olduğu bir art izine sebep olurlar. Düz plaka üzerinde üniform akış için ∂p/∂x = 0 olduğu akış ayrılması ile bir art izi oluşur mu? Sınır tabaka içindeki hızın ne zaman sıfır olacağını dikkate alarak bu soruya bakış açısı kazanabiliriz. Plakanın üzerinde sonsuz küçüklükte mesafe ∆y’de sınır tabakadaki hızın u olduğunu düşünelim. Şöyle yazılabilir:

503

Video 9.6 Bir uçak kanadındaki akış ayrılması.

504

Laminer sınır tabaka içinde yüzeye en yakın yerdeki ve türbülasnlı sınır tabakasının viskoz alt tabakasındaki hız gradyeni çeper kayma geirlmesi ile şöyle ilişkilendirilir:

Bir önceki bölümde işlendiği gibi: Laminer sınır tabaka için çeper kayma gerilmesi;

Türbülanslı sınır tabaka için çeper kayma gerilmesi; Düz plaka üzerinde laminer ve türbülanslı sınır tabaka akışları için boyutsuz hız profilleri Şekil 9.7b’de gösterilmiştir.

505

Şekil 9.6 Basınç gradyenli sınır‐tabaka akışı (sınır‐tabaka kalınlığı net olarak göstermek için abar lmıştır).

506

Şekil 9.7 Düz plaka sınır‐tabaka akışı için boyutsuz profiller.

507

Ter basınç gradyenleri hem laminer hem de türbülanslı sınır tabaka akışarının hız profillerinde önemli değişikliklere neden olurlar. Sıfır olmayan basınç gradyenleri için yaklaşık çözümler momentum integral denkleminde elde edilir:

İlk terimi açarak bunu yazabiliriz:

veya

508

Denklem 9.28’i kullanmadan önce, serbest akım hız dağılımı, U(x), bilinmek zorundadır. dp/dx = 2ρU dU/dx olduğundan, U(x)’i belirleyebilmek basınç gradyenini belirleyebilmekile aynıdır. Sürtünmesiz dönümsüz akış fonksiyonu ve hız potansiyeli Laplace denklemini sağlar. Bunlar cismin yüzeyindeki U(x)’i bulmak için kullanılabilir. Hız dağılımı, U(x), bilindiği zaman, θ(x) bulmak için Denklem 9.28’in integrali alınabilir, eğer ile ilişkilendirilebilirse. Sıfır olmayan basınç gradyenli akışlar için değişik hesaplama metotlarının detaylı irdelemesi bu dersin kapsamı dışındadır.

509

Direnç Direnç bağıl hareketin yönüne paralel etkiyen cisim üzerindeki kuvvetin bileşenidir. Akışkan yoğunluğu ρ ve viskozitesi µ’dür. Direnç kuvveti FD olarak yazılırsa: Buckingham Pi teorisi uygulanınca fonksiyon formunda yazılabilen iki boyutsuz Π parametresini verir:

A=πd2/4 olursa:

Direnç katsayısı, CD, şöyle tanımlanabilir: (9.10)

510

Video 9.7 İki araba etrafıdaki akış.

511

Sadece Sürtünme Direnci: Akışa Paralel Düz Plaka Üzerindeki Akış Basınç gradyeni sıfır olduğunda, toplam direnç sürtünme direncine eşittir. Böylece:

ve

Akışa paralel düz plaka için direnç katsayısı plaka boyunca kayma gerilmesinin dağılımına bağlıdır. Düz plakadaki laminer akış için kayma gerilmesi katsayısı şöyle verildi:

512

Serbest akım hızı V ve L uzunluğunda b genişliğindeki düz plaka üzerinde direnç katsayısı, Cf ’den ifadesi CD’de yerine yazılırsa:

(9.11) Giriş kenarından sınır tabaka türbülanslı kabul edilirse kayma gerilmesi katsayısı şöyle verilebilir:

513

Burada ki

ifadesi yine CD’de yerine yazılırsa:

(9.12) Bu denklem 5X105
514

Başlangıçta laminer olan ve plaka üzerinde belli yerde geçişe uğrayan sınır tabaka için, türbülanslıdirenç katsayısı başlangıç uzunluğundaki laminer akışı hesaba katmak için düzeltilmelidir. Düzeltme, tamamen türbülanslı akış için olan CD değerinden B/ReL miktarının çıkarılması ile olur. B şöyle verilir:

Geçiş Re sayısı 5X105 için, direnç katsayısı ile hesaplanabilir. Bu durumda: (9.14a)

veya

(9.14b)

515

Akışa paralel düz bir plaka için direnç katsayısının değişimi şekil 9.8’de verilmiştir.

Şekil 9.8 Akışa paralel pürüzsüz diz plaka için direnç katsayısının Re ile değişimi.

516

̇ ̇ Üzerı ̇ ̇ ̇ ̇ ÖRNEK 9.4 Bır Büyük Yük Gemı sı ndekı Yüzey Sürtünme Dı rencı ̇

Verilenler: U = 6.69 m/s’de seyahat eden büyük bir yük gemisi. İstenenler:

Ana denklemler:

517

Tankerin gövdesini L uzunluğunda ve b = B 2D genişliğinde su ile temasta düz plaka olarak modelleyip yüzey sürtünme direncini direnç katsayısından hesaplarız.

518

Sürtünme ve Basınç Direnci: Küre ve Silindir Üzerindeki Akış Dbir küre üzerindeki akışta hem sürtünme hem de basınç direnci toplam dirence katkıda bulunur. Pürüzsüz küre üzerindeki akış için direnç katsayısı Re’nin fonksiyonu olarak şekil 9.11’de gösterilmiştir.

Şekil 9.9 Akışa düz plaka üzerinden akış.

519

Reh>1000 durumunda akışa dik sonlu genişlikteki bir plaka için direnç katsayısının en boya göre değişimi.

520

Tablo 9.3

521

Video 9.8 Yüksek direnç katsayılı bir cisim.

522

Şekil 9.11 Re sayısının fonksiyonu olarak pürüzsüz bir direnç katsayısı.

523

Çok düşük Re sayısında, Re≤1, bir küreden akış ayrılması yoktur. Atalet kuvvetlernin ihmal edildiği çok düşük Re sayısındaki akışlar için viskozitesi µ olan bir akışkan içinde çapı d olan, V hızı ile hareket eden bir küre üzerindeki direnç kuvveti şöyledir:

Öyleyse

524

düşük Re sayısı ile uyum içindedir.

Şekil 9.12 Bir küre etrafındaki laminer ve türbülanslı sınır‐tabaka akışı için viskoz olmayan akış ile karşılaştırılan, basınç dağılımı. 525

Video 9.9 Bir küreyi geçen laminer ve türbülanslı akış.

526

Video 9.10 Bir Silindir Üzerinde Akış Ayrılması.

527

Küreye pürüz elemanlarının eklenmesi de sınır tabakadaki laminer ve türbülanslı akış arasındaki geçiş konumundaki yerel çalkantıları bastırabilir. Bu çalkantılar dirençte değişikliklere ve kaldırmada rastgele dalgalanmalara neden olabilir. Beyzbolda “boğum topu” a şında sopayla vuran oyuncunun kafasını karıştırmak için topun değişken olarak davranması amaçlanmıştır. Topun neredeyse hiç dönmeden atılmasında topu atan oyuncu beklenmedik bir şekilde geçişe sebep olacağından dikiş yerlerine güvenir, bu sırada top sopayla vuran oyuncuya doğru ilerlemektedir. Bu topun uçuş yörüngesinde istenen değişikliğe sebep olur. Şekil 9.13 pürüzsüz bir silindir üzerinden akış için direnç katsayısını gösterir. CD’nin Reynolds sayısı ile değişimi pürüzsüz küre üzerinden akışta gözlemlendiği gibi aynı karakteris ği gösterir, fakat CD’nin değeri yaklaşık iki katı kadar yüksektir.

528

Şekil 9.13 Pürüzsüz yuvarlak silindir için Reynold sayısının fonksiyonu olarak direnç katsayısı.

529

ÖRNEK 9.5 Aerodinamik Direnç Ve Bir Baca Üzerindeki Moment

Verilenler:

İstenenler: Bacanın altındaki eğilme momenti.

530

531

ÖRNEK 9.6 Direnç Paraşütü İle Bir Arabayı Yavaşlatmak

Verilenler:7210 N ağırlıklı bir araba ilk hızı Vo=430 km/h ile hareket ediyor. A=2.3 m2 alanlı bir paraşütün direnci ile yavaşlıyor. Arabanın hava ve yuvarlanma direnci ihmal ediliyor. Hava standarttır.

İstenenler: Araba 160 km/h hıza yavaşalaması için gerekli süre.

532

533

534

Akım Çizgili Yapma Akım çizgilIi hale getirme cisim üzerindeki direnci düşürmek için girişimde bulunmaktır. Cismin arkasını incelterek (örneğin, küreyi “gözyaşı” şekline getirerek küre üzerindeki direnci düşürebiliriz) cisim üzerindeki direnci azaltabiliriz, bu ters basınç gradyenini azaltır ve türbülanslı art izini küçültür.

Şekil 9.14 akım çizgili bir destek bağlantısının üzerinde kalınlık oranının bir fonksiyonu olarak dirence katsayısı, yüzey sürtünmesinin basıncın toplam dirence katkısını gösterir. 535

Şekil 9.14’de gösterilen şekillerin en yüksek kalınlıkları giriş kenarından kiriş uzunluğunun yaklaşık yüzde 25’inde yerleşmiştir. Daha ince kesitlerin üzerindeki direncin büyük kısmı incelen arka kesitlerde türbülanslı sınır tabakalarındaki yüzey sürtünmesinden dolayıdır. Düşük‐dirençli kanatlara ilgi 1930’larda arttı. National Advisory Committee for Aeronautics (NACA), kanat burnundan geriye doğru kiriş uzunluğunun yüzde 60 veya 65’ine kadar geçişin ertelendiği birkaç laminar‐akış uçak kanatları serisi geliştirdi. Sonsuz genişlikteki iki simetrik kanat ve sıfır hücum açısında yüzde 15 kalınlık için basınç dağılımı ve direnç katsayıları Şekil 9.15’te sunulmuştur. Geleneksel kanatta (NACA 0015) yaklaşık en yüksek kalınlığın olduğu nokta, geçiş basınç gradyeninin ters olduğu durumda gerçekleşir, x/c = 0.13. Böylece kanat yüzeyinin büyük bölümü türbülanslı sınır tabaka ile kaplanır. En yüksek kalınlığın noktası laminer akış için tasarlanan kanadın arka tarafına (NACA 66 015) hareket etmiştir. Laminer rejimdeki airfoil(NACA66!015)adirefsoigiln(eNdAfoCrAla6m6in2! sınır tabaka x/c = 0.63’e kadar elverişli basınç gradyeni tarafından korunur. Böylece akışın büyük kısmı laminerdir.

536

Şekil 9.15 Yüzde 15 kalınlık orandaki iki simetrik kanat kesiti için sıfır hüccum açısında teorik basınç dağılımları. 537

Kaldırma Kaldırma akışkan hareketine dik olan akışkan kuvvet bileşeni olarak tanımlanır. Kanat için kaldırma katsayısı, C , şöyle tanımlanır:

(9.15) Kanat için kaldırmaDve direnç katsayılarının her ikisi de Reynolds sayısının ve hücum açısının fonksiyonlarıdır. Hücum açısı, α, serbest akım hız vektörü ile kanat kirişi arasında kalan açıdır. Kanadın kirişi, giriş kenarı ile çıkış kenarını birleştiren düz çizgidir. Kanat kesiti şekli ortalama çizgi ve kalınlık dağılımını birleştirerek elde edilir. Aerodinamik kaldırma olayı genellikle kanadın üst yüzeyinde hız artmasının basıncın düşmesine sebep olması (Bernoulli etkisi) ve kanadın alt yüzeyi boyunca ise hızın düşmesi (basıncın yükselmesine sebep olarak) ile açıklanır. Sınır Tabaka Kontrolü videosunda açıkça bileşke basınç dağılımı gösterilmektedir. Atmosfere göre basınç farkından dolayı kanadın üst yüzeyi emiş yüzeyi ve alt yüzey ise basınç yüzeyi olarak adlandırılabilir. Tipik geleneksel ve laminer‐akış profillerinin kaldırma ve direnç katsayısı verileri, kanadın kiriş uzunluğuna dayanarak tanımlanan Reynolds sayısı 9 106 için Şekil 9.16’da çizilmiştir. Şekil 9.16’deki kesit şekilleri aşağıdaki gibi gösterilir: 538

Tipik geleneksel ve laminer‐akış profillerinin kaldırma ve direnç katsayısı verileri, kanadın kiriş uzunluğuna dayanarak tanımlanan Reynolds sayısı 9 106 için Şekil 9.16’da çizilmiştir. Şekil 9.16’deki kesit şekilleri aşağıdaki gibi gösterilir:

539

Şekil 9.16’da kalınlık oranı yüzde 15 olan iki uçak kanadı kesiti için Rekr = 9 106’da hücum açısına karşı kaldırma ile direnç katsayıları verilmiştir.

Şekil 9.16a Hücum açısına karşı kaldırma katsayısı. 540

Şekil 9.16b Hücum açısına karşı direnç katsayısı.

541

Uçak kanadının üst yüzeyinin büyük bir bölümü üzerinde akış ayrılması olduğu zaman kanat stolu olur. Hücum açısı ar kça, Şekil 9.17a’da simetrik laminer akış kesiti için şematik olarak gösterildiği gibi, durma noktası kanadın alt yüzeyi boyunca geriye doğru hareket eder. Sonrasında üst yüzeydeki akış kanadın burnunun etrafını dolaşmak için şiddetle hızlanmak zorundadır. Minimum basınç daha düşük olur, ve konumu üst yüzey üzerinde öne doğru hareket eder. Minimum basınç noktasından sonra şiddetli bir ters basınç gradyeni belirir sonunda, ters basınç gradyeni akışın üst yüzeyden tamamen ayrılmasına sebep olur ve kanat stola maruz kalır. Şekil 9.17’de kalınlık oranı yüzde 15 olan bir simetrik laminer‐akış kanadı için hücum açısının akış modeli üzerindeki etkisi ve teorik basınç dağılımı verilmiştir.

Şekil 9.17a Akış modelleri. 542

Şekil 9.17b Üst yüzeyde basınç dağılımı. 543

CD’ye karşı CL çizimleri (kaldırma‐direnç kutupları denilen) genellikle yoğun şekilde bulunan kanat verilerini sunmak için kullanılır. Kutupsal bir çizim Şekil 9.18’de verilmiştir. Kaldırma/direnç oranı, CL/CD, her iki kesit için tasarım kaldırma katsayısında gösterilmiştir. Bu oran uçağın tasarımında çok önemlidir: Kaldırma katsayısı kanadın kaldırmasını ve bu nedenle taşınabilecek yükü belirler, ve direnç katsayısı, gereken kaldırmayı oluşturmak için uçak motorlarının karşısında çalışmak zorunda olduğu direncin büyük bir bölümünü belirtir dolayısıyla, genel olarak, laminer uçak kanadının açıkça üstün olduğu yüksek bir CL/CD hedeftir.

544

Şekil 9.18 Kalınlık oranı yüzde 15 olan iki uçak kanadı kesitinin kaldırma‐direnç kutupları. 545

Şekil 9.19 Bir sonlu kanadın çıkış çevrisi sisteminin şematik gösterimi.

546

Sonlu genişlik etkilerinden kaynaklanan kaldırmadaki azalma ile dirençteki artış kanat ucu civarında yoğundur. Bu nedenle kısa, küt bir kanadın çok uzun kanada göre bu etkilere daha ciddi maruz kaldığı bilinmektedir. Bu yüzden bu etkilerin kanat en‐boy oranı ile ilişkili olmasını bekleyebiliriz. En‐boy oranı şöyledir: (9.16) Burada Ap üst bakış alanı ve b kanat açıklığıdır.

Video 9.11 Kanat ucundaki vortex. 547

Kanat açıklığı b ve kiriş uzunluğu c olan birdikdörtgen şekil için;

olarak verilebilir. Bir sonlu kanattan daha fazla kaldırma kaldırma üretmeye çalışırken (örneğin, hücum açısını arttırmayla) çıkış çevrileri ve bu yüzden aşağı yönlü akımın artması mümküdür.

548

olduğunu da öğrendik. Dolayısıyla, sonlu en‐boy oranlarının etkileri, etkili hücum açısında ∆α azalma olarak karakterize edilebilir, ve daha fazla kaldırma oluşturdukça ve en boy oranı daha küçük yapıldıkça bu durumun daha kötü olduğu sonucunu çıkarırız. Teori ve deney göstermektedir ki:

Şekil 9.20 Bir kanat için sonlu en boy oranının kaldırma ve direnç katsayıları üzerine etkisi. 549

Şekil 9.20 Kaldırma oluşturmayan ve kaldırma oluşturan cisimlerde direnç dağılımı. En boy oranı cinsinden yazıldığında, sonlu açıklıktaki bir kanadın direnci şöyle olur: (9.17) burada CD,∞ , CL ’deki kesit direnç katsayısıdır. CD,i, CL ’deki etkili direnç katsayısıdır, ve EBO sonlu‐ açıklıktaki kanadın en‐boy oranıdır.

550

Tam bir uçak için direnç kutbuna faydalı bir yaklaşım sıfır kaldırmadaki etkili direnci ekleyerek elde edilebilir. Herhangi bir kaldırma katsayısındaki direnç şöyle verilir: (9.18) burada CD,0 sıfır kaldırmadaki direnç katsayısıdır ve EBO en‐boy oranıdır. Daimi uçuş şartlarında, kaldırma kuvveti uçağın ağırlığına eşit olmalıdır:

Böylece CL=CLmax olduğunda minumum uçuş hızı elde edilir. Vmin için çözülürse:

şekil 9.21 gösterirki kesit direnci, yüksek kaldırma cihazlarından dolayı oldukça yükselir. Etkili direnç CL2 ile orantılı olduğu için toplam direnç düşük hızlarda ciddi bir şekilde artar. Stol civardındaki hızlarda direnç motordan kullanılabilir, itmeyi yeterince geçecek kadar yükselebilir.

551

Tüm sınır tabaka kontrol tekniklerinin temel amacı, sınır tabakaya üfleme ile momentum ilave ederek veya emme ile düşük momentumlu sınır tabaka akışkanını uzaklaştırarak, ayrılmayı geciktirme veya direnci azaltmaktır. İki tipik sistem Şekil 9.23’de gösterilmiştir.

Şekil 9.22 NACA 23012 uçak kanadı kesitinin aerodinamik karakteristikleri üzerinde kanatçıkların etkisi. 552

Şekil 9.23 (a) Bir jet taşıma uçağının iniş hızını düşürmek için yüksek‐kaldırma sınır‐tabaka kontrol cihazlarının uygulaması. Boeing 777’nin kanadı oldukça mekanize edilmiştir. İniş konfigürasyonunda geniş oyuklu çıkış kenarı kanadın altından sallanarak açılır ve kanat alanını ve kavisi arttırmak için aşağıya doğru yön değiştirir, böylece kaldırma katsayısını arttırır. Kanadın giriş kenarındaki çıtalar giriş kenarının etkili yarıçapını arttırmak için ileri ve geri hareket ederler ve akış ayrılmasını engellerler, ve kanadın üst yüzeyine hava akışının tutunmasına yardım eden yiv açarlar. Kaldırma arttıran cihazların kullanımına rağmen inişten sonra bozucular (kullanımı gösterilmeyen) kaldırmayı düşürmek ve uçağın yerde kalmasını sağlamak için her bir kanatçığın önünde yükseltilir. 553

Şekil 9.23 (b) Bir jet taşıma uçağının kalkış hızını düşürmek için yüksek‐kaldırma sınır‐ tabaka kontrol cihazlarının uygulaması. Bu Boeing 777 kanadının diğer görünüşü. Kalkış konfigürasyonunda geniş oyuklu çıkış kenarı kanatçıkları kaldırma katsayısını arttırmak için yön değiştirir. Kanat ucu yakınlarındaki düşük hız kanatçıkları ayrıca kalkış süresinde genişlik yüklemesini iyileştirmek için yön değiştirir. Bu görünüş aynı zamanda yüksek‐hız‐kanatçığı olan tek oyuklu dıştan kanatçığı ve uçağın gövdesine yakın çift oyuklu içten kanatçığı göstermektedir. 554

ÖRNEK 9.7 Jet Taşimasinin En İyi̇ Uçuş Performansi

Verilenler: Deniz seviyesi şartlarında Being 727‐200 jet taşıması. Stol hızı Vstol = 280 km/hr’tir ve direnç üzerinde sıkıştırılabilirlik etkileri M = 0.6 için ihmal edilebilir (deniz seviyesinde ses hızı c = 1,214 km/hr). İstenenler:

Ana denklemeler:

555

Daimi, yatay uçuş için ağırlık kaldırmaya eşittir ve itme kuvveti dirence eşittir.

Daimi, yatay uçuş için ağırlık kaldırmaya eşittir ve itme kuvveti dirence eşittir.

556

557

558

559

Aerodinamik kaldırma, yarış arabaları ve karada hız rekoru yapan makineler gibi yüksek‐hızlı kara araçlarının tasarımında önemli bir husustur. Bir karayolu taşıtı kendi şeklinden dolayı kaldırma üretir. Rüzgar tüneli içinde bir araba için ölçülen örnek eksen basınç dağılımı Şekil 9.24’te gösterilmiştir .

Şekil 9.24 Bir otomobilin merkez çizgisi boyunca basınç dağılımı.

560

Şekil 9.25 Aerodinamik özellikler gösteren çağdaş yarış arabası. Arabanın ön ve arka kanatları belli hızda çekişi arttırmak için aşağı yönde önemli kuvvet sağlaması için tasarlanmıştır. Ayrıca arka teker etrafında ve arabanın önünde, frenlere doğru soğuk havayı, radyatörlerden sıcak havayı kaplamalara yönlendirmesi görülebilir. Gösterilmeyen diğer aerodinamik özellikler; hava akışını dikkatli bir şekilde yönlendirmek için tasarlanan gövdenin altı, en fazla negatif basınç elde etmek için ve bu negatif basıncı arabanın altında mümkün olan en geniş alana uygulamak için, aşağı yönde ilave kuvvet üretmek için yayıcı kullanılır.

561

Dönen küre etrafındaki akış Şekil 9.26a’da verilmiştir. Döndürme basınç dağılımını değiştirir ve ayrıca sınır tabaka ayrılmasının konumunu etkiler. Ayrılma Şekil 9.26a’daki kürenin üst yüzeyinde ertelenmiştir ve alt yüzeyde daha erken olur. Böylece basınç (Bernoulli etkisinden dolayı) üst yüzeyde azalır ve alt yüzeyde artar art izi gösterildiği gibi aşağı doğru yön değiştirir. Basınç kuvvetleri gösterilen yönde kaldırmaya sebep olur ters yönde döndürme negatif kaldırma–aşağı yönde bir kuvvet üretir. Kuvvet V ile dönem ekseninin her ikisine dik olarak yönelmiştir. Dönen pürüzsüz küreler için kaldırma ve direnç verileri Şekil 9.26b’de verilmiştir.

Şekil 9.26 Üniform akıştaki pürüzsüz dönen bir küre için akış modeli, kaldırma ve direnç katsayıları. 562

Dönen golf topları için kaldırma ve direnç katsayısı için deneysel veriler 126,000 ve 238,000 aralığında kritik altı Reynolds sayıları için Şekil 9.27’de sunulmuştur. Yine, bağımsız değişken dönme oranıdır; dönme oranının oldukça küçük aralığı Şekil 9.28’de gösterilmektedir.

Şekil 9.27 Geleneksel ve altıgen‐çukurcuklu golf toplarının karşılaştırması. 563

ÖRNEK 9.8 Dönen Bıṙ Topun Kaldirmasi

Verilenler: m = 57 g ve D = 64 mm ile bir tenis topu uçuşta, 25 m/s ile ve 7500 d/d ile vurulmuş. İstenenler:

Top pürüzsüzdür. Şekil 9.26’ya göre kaldırma bulunur:

564

Şekil 9.26’dan CL≈0.3,

565

Dönerek atılan cisimlerin uçuşlarının hareket yönüne ve dönme eksenine dik kuvvetlerden etkilendikleri uzun zamandır bilinmektedir. Bu etki Magnus etkisi olarak bilinmektedir ve topçu bombalarının sistematik sapmasından sorumludur. Dönen silindir için kaldırma ve direnç katsayıları izdüşüm alanı, LD’ye göredir. 40,000 ile 660,000 arasında kritik altı Reynolds sayıları için deneysel olarak ölçülmüş kaldırma ve direnç katsayıları Şekil 9.28’de dönme oranının fonksiyonları olarak gösterilmiştir.

Şekil 9.29 Bağıl dönme hızının bir fonksiyonu olarak dönen bir silindirin kaldırma ve direnci; Magnus kuvveti. 566

Akiskanlar Mekanigi Ders Sunulari FOX Alipinarbasi

Recommend Documents