- 1 -

1. AKIŞKANLAR MEKANİĞİNE GİRİŞ

1.1 Akışkanın tanımı

Akışkanlar mekaniği duran ve hareket ede akışkanların devranışını inceleyen bilim dalıdır.

Klasik hidrodinamik akışkanı sürtünmesiz kabul eden genelde bir matematik konusu olarak

gelişmeye başlamıştır. 20. Yüzyılın başlarından itibaren kimya, petrol ve havacılık

endüstrisinin de gelişimi ile birlikte akışkan hareketinin daha kapsamlı incelenmesi ihtiyacına

karşı Akışkanlar mekaniği adı altında temel mühendislik bilim dalı ortaya çıkmıştır.

Akışkanlar Mekaniği genelde üç ana başlık altında incelenmektedir.

a) Akışkanların Statiği (hidrostatik): Duran akışkanların mekaniğini inceler.

b) Akışkanların Kinematiği: Hareket halindeki akışkanlarda hızlar ve akım çizgilerinin

geometrisini inceler.

c) Akışkanların Dinamiği (hidrodinamik): Hareket halindeki akışkanlarda hızlar, ivmeler

ve akışkana gelen kuvvetler arasındaki ilişkileri inceler.

Kayma gerilmesi altında sürekli şekil değiştiren maddeye akışkan denir. Akışkan molekülleri

katılara kıyasla daha ayrık yapıda olmalarına rağmen mekanik analizde, akışkanlar boşluk

içermeyen sürekli ortamlar olarak kabul edilirler. Akışkanlar sıvı ve gaz olmak üzere iki farklı

fazda tanımlanabilirler. Sıvılar yerçekimi etkisi altında serbest yüzey oluştururken gazlar

tamamıyla serbest ve dağınık bir biçimde hareket ederler. Bu tanımlama Şekil 1.1’de

gösterilmektedir.

Şekil 1.1 Akışkan sol kapta serbest yüzey oluştururken (sıvı) sağ kapta genişleyerek hareket ediyor (gaz)

Katılarda moleküller arasındaki çekme kuvvetleri büyük olduğundan kayma kuvveti altında

belirli ölçüde şekil değiştirirler. Sıvılar ise moleküler bağ kuvvetleri çok daha zayıf

olduğundan küçük kayma kuvvetleri altında bile sürekli olarak şekil değişikliğine maruz

kalırlar (Şekil 2.2).

Katılar, deformasyonuna sebep olan dış kuvvetler altında bünyelerine elastik enerji depo

ederler ve kuvvetlerin kaldırılması durumunda ilk şekillerine dönüş yaparlar. Akışkanlar ise

moleküler bağların zayıflığından kuvvetlerin kaldırılması ile ilk durumlarına dönüş

yapamazlar. Bu durumda sıvılar ve gazlar arasında aşağıdaki iki önemli farkı tekrardan

betimleyecek olursak:

a) Gazlarda moleküller arası kuvvetler sıvılara göre çok daha zayıf olduğundan açık bir

ortamdaki gazlar sürekli genişleme eğilimi gösterirler ve sıvılara kıyasla çok daha

fazla sıkışabilirler.

b) Gazlar, içine konuldukları kapalı bir kabı tamamen doldururlar. Sıvılar ise belirli bir

hacime ve serbest yüzeye sahiptirler.

- 2 -

Bir gazın hacmi basınç ve/veya sıcaklıktan büyük ölçüde etkilenir. Gaz akışkanların

hareketinde önemli sıcaklık değişimleri oluştuğundan işlem büyük ölçüde ısı olayına bağımlı

olur. Bu durumlarda Akışkanlar Mekaniği ile Termodinamik konuları birbiri ile bağlantılı

olmak durumundadır.

Şekil 1.2 Kayma Gerilmesi altında katı ve akışkanların deformasyonu

Bir akışkanın her türlü hareketi mekaniğin üç önemli korunumu ile ilgilendirilmekte ve bu

kurallara uymaktadır. Korunum üç ayrı başlık altında incelenmektedir:

• Kütlenin Korunumu (Süreklilik denklemi)

• Momentumun Korunumu (Newton’un ikinci kanunu)

• Enerji Korunumu (Termodinamik birinci kuralı)

Akışkanların hareketi oldukça karmaşık bir yapı göstermektedir. Bu nedenle akışkaların

hareketleri ile ilgili problemlerde kütlenin korunumu, momentumun korunumu ve enerji

korunumu yanında akışkanın sınır şartlarının da belirlenmesi elzem olmaktadır. Bu bağlamda

üç farklı analiz yöntemi kullanılabilmektedir:

Kontrol Hacminin İntegral Yöntemi ile Analizi.

Bu metod korunum denklemlerinin türetilmesi için sıkça kullanılmaktadır. Kontol hacmi diye

belirlenen alan, kütle, momentum ve enerjinin rahatlıkla içerisine girip çıkabileceği yüzey

alanlarından oluşmuş iki tarafı açık hacmi temsil etmektedir. Bu tanımla birlikte kontrol

hacminin içine giren ve çıkan miktarlar hesaplanabilmekte ve hacimdeki zamansal değişimler

gözlemlenebilmektedir.

Akışkan Parçacığının Differensiyel Yaklaşımlarla Analizi.

Akışkanın sonsuz parçacıklı düşünülerek davranışının diferensiyel denklemler aracılığı ile

tanımlanması ve korunum denklemlerinin bu düşünce açısıyla tanımlanmasına olanak

sağlamaktadır. Tanımlanmış bir problemde differensiyel denklemlerin yardımı ile akışkanın

hareketini tanımlamak zor olmakta ve sınır şartlarının belirlenmesi diferensiyel denklemin

çözüm olasılığını artırmaktadır. Genellikle analitik çözümler ile matematiksel yaklaşımlarda

tercih edilmektedir.

Deneysel Analiz.

Birçok çalışmalarda ve akışkan akım gözlemlerinde laboratuvar analizleri mevcut sıkıntıları

gözlemleme şansını sunmasından dolayı büyük önem arz etmektedir. Özellikle matematiksel,

numerik ve fiziksel çalışmalara dayalı teorik kabullerin gerçekle uyum sağlayıp sağlamadığını

test etmek amacıyla yürütülen deneysel anailzler özellikle kullanılan parametrelerin

- 3 -

boyutlarının önem kazanmasını sağlamaktadır. Deneysel çalışmaların bir diğer faydası ise

gerçekleştirilmesi çok yüksek maaliyetlere mal olan fiziksel olayların öncelikle modellerinin

oluşturulmasını sağlayıp gerçekleşecek fiziksel davranışı gözlemleyebilmektir.

1.2 Analiz Metodları

Analiz yaptığınız fisiksel bir çalışmanın yarattığı sorunu çözmenin ilk adımı analizini

yaptığınız çalışmayı en iyi şekilde tanımlayabilmektir. Temel mekanik çalışmalarında serbest

cisim diyagramı geniş bir kullanım ağına sahiptir. Akışkanlar mekaniğinde ise serbest cisim

diyagramı yerine çalışılan soruna bağlı olarak, sistem veya kontrol hacmi kullanılmaktadır.

Kontrol hacminin kullanımında hacmin kullanım şekli ve kabul şekli kütle, momentum ve

enerji korunum ilkelerinin tanımlanmasında önemli rol oynamakta ve kontrol hacminin

değişmesi ile ilgili olarak farklı sonuçlar elde edilmesine neden olmaktadır.

1.2.1 Sistem ve Kontrol Hacmi

Sistem, sabit veya hareketli sınırlar ile çevrelenmiş belirli bir kütleyi temsil etmektedir.

Akışkanların akımında sistem sınırları hareketli olduğundan formülasyonun, akım alanında

problem bölgesi olarak seçilen ve hareketsiz sınırları olan bir hacime uygulanması gereği

vardır. Kontol hacmi olarak tanımlanan bu hacim, duruma göre sabit veya hareketli olabilir.

Kontrol hacmini çevreleyen kapalı yüzeye kontrol yüzeyi denir. Kontrol hacmi kullanılarak

problemin çözümünde takip edilen yola kontrol hacmi yaklaşımı denir. Kontrol hacminin

şekli ve büyüklüğü problemin türü ile yakından ilgilidir.

Kontrol hacminin seçimi farklı yöntemlerle yapılmaktadır. Kontol hacminin seçilmesindeki

kriterlede Şekil 1.3 de gösterildiği gibi durağan veya hareketli hacimler tercih edilebilinir.

Şekil 1.3 de bir deponun içerisine sol taraftan iki farklı boru ile su aktarıldığını görmekteyiz.

Sistem içerisine sol taraftan su girerken sağ taraftan ise bir başka boru yardımı ile depodan su

çıkmaktadır. Bu örnekte depo, kontrol hacmini oluşturmaktadır. Bu kontrol hacmini

tanımlayarak birçok sorunun cevabını bulabiliriz. Örneğin konrol hacmi deponun içerisindeki

su seviyesindeki değişimlerini matematiksel bir düşünce yapısına çevirmemize yardımcı

olacaktır. Burada depoya giren ve çıkan boruların depo üzerinde oluşturdukları alana Kontrol

Alanı denmektedir. Gerçekte depo içerisindeki su seviyesi değişimlerini bu kontrol

alanlarından giren ve çıkan su miktarları ile ilişkilendirip, depo içerisindeki su hacmindeki

değişimleri analiz edebiliriz. Şekil 3.1 sağ taraftaki şemada ise kontrol hacmi hareketli özellik

göstermekte ve yüzen ördek ile birlikte hareket etmektedir. Burada esas dikkat edilmesi

gereken nokta ise yüzen ördek ile kontrol hacminin sahip oldukları hızın ayni olduğudur.

- 4 -

Şekil 1.3 Kontrol Hacimleri; durağan (sol) ve hareketli (sağ).

Kontrol hacminin isteğe ve çözüm yöntemine bağlı olarak seçilen ve içerisinden herhangi bir

akışkanın geçtiğini varsaydığımız hacim olarak tanımlayabiliriz. Kontrol hacminin geometrik

olarak çevresini oluşturan alanlara ise kontrol alanı (yüzeyi) diyebiliriz. Kontrol alanı kontrol

hacmine bağımlı olduğundan dolayı durağan veya hareketli olabilir. Şekil 1.4 bir boru

sisteminde birleşme noktasındaki akışkanın akımını temsil etmektedir. Şekilde birleşme

noktasındaki kontrol hacmi ve kontrol alanı açıkça belirtilmektedir. Kontrol alanı akışkanın

kontrol hacmin içerisine girdiği ve çıktığı bölgelerde önem kazanmaktadır. Boruların birleşim

noktasında bir giriş alanı (1) iki adet de çıkş alanı bulunmaktadır (2 ve 3). 1.,2. ve 3. kontrol

alanlarını kullanarak birleşme noktasındaki akışkanın akım hızını, birim zamanda geçen

akışkan miktarını ve boru birleşim noktasında oluşan kuvvetleri hesaplayabiliriz. Bu bilgiler

boru birleşim noktasında borunun deplasmana uğramaması için gerekli olan desteğin

miktarını hesaplamaya yardımcı olacaktır. Bu matematiksel analizler kütle, momentum ve

enerji korunum hesapları ile yapılmaktadır.

Şekil 1.4 Boru birleşim bölgesinde kontrol hacmi ve kontrol yüzeyi

1.3 Euler ve Langrange yaklaşımları

Fransız astronomi, matematik ve mekanik bilgini olan Lagrange matematiğin çeşitli dallarına

ve gök mekaniğine katkılarıyla tanınır. 25 Ocak 1736′da İtalya’nın Torino kentinde doğdu, 10

- 5 -

Nisan 1813′te Paris’te öldü. Eğitim hayatına babasının isteğine uyarak hukuk öğrenimi ile

başlasa da, fizik ve matematik konusundaki yeteneğinin farkına varmakta gecikmedi ve

İngiliz astronomu Halley’in bir araştırmasının da etkisiyle ilgisini bu alanlarda yoğunlaştırdı.

On sekiz yaşında ilk çalışmasını tamamlamış, Fagnano (1682-1766) ve Euler’e göndermişti.

Ertesi yıl değişimler (varyasyon) hesabının temelini atan başarılı bir araştırmayla hem

Euler’in, hem de Torinolu gibi bilim adamlarının ilgisini çekti ve henüz on dokuz yaşında

olmasına karşın Torino’daki Kraliyet Topçuluk Okulunda profesörlüğe getirildi. 1756′da, en

küçük ve en büyük değer problemine ilişkin bir çalışmasının Euler tarafından Berlin’deki

Prusya Akademisi’nin başkanı Maupertis’e ulaştırılması üzerine Almanya’da bir kürsüye

atanma şansını yakaladıysa da, Torino’dan ayrılmak istemedi. Aynı yıl Prusya Akademisi’nin

yabancı yardımcı üyeliğine seçildi. 1757′de, sonradan Torino Bilimler Akademisi’ne

dönüşecek olan bir bilimsel derneğin kuruluşunu gerçekleştiren genç bilim adamları arasında

yer aldı. 1762′de, Ay’ın bir yüzünün Yer’den görünmemesinin nedenleri ve kendi ekseni

çevresindeki dönüşü konusunda bir yarışma açan Paris Bilimler Akademisine gönderdiği

çalışmasıyla d’Alembert’in de hayranlığını kazanan Lagrange, aynı yıl Londra’ya gitmek

amacıyla ve yaşamında ilk kez olarak Torino’dan ayrıldı. Bu yolculuk sırasında uğradığı ve

büyük bir ilgi gördüğü Paris’te ağır bir hastalık geçirince yolculuğunu yarıda bırakıp

Torino’ya döndü. 1765′de, bilim adamlarına verdiği önemle tanınan Prusya Kralı Büyük

Friedrich’ten, o sıralarda Euler, Lambert ve Johann Bernoulli’nin de görevli olduğu Prusya

Akademisi’nde çalışması için son derece çekici koşullar içeren bir çağrı aldı. Lagrange tam

anlamıyla analitik olan yöntemleriyle değişim hesabını, sonsuz küçükler hesabının bağımsız

bir kolu olarak oluşturdu. Théorie des fonctions analytiques (Analitik fonksiyonlar kuramı)

adlı kitabında (1797), her fonksiyonu Taylor serisine açılımıyla tanımlamaya çalıştı. Taylor

serisinde, kalanın önemini belirtti ve tümüyle cebirsel olduğu düşünülen bir hesapla bunun

ardışık türevlerini elde etti. Böylece, diferansiyel ve integral hesabı, sonsuz küçük, limit ve

devinim kavramlarına başvurmaksızın kurmak istedi. Euler'in görünüşünden ve Newton'un

evren kavramından etkilenen Lagrange'nin yapıtları, çözümleme konusunun matematikte çok

büyük bir önem kazanmasını sağlamıştır.

18.yüzyılın en meşhur matematikçilerinden olan Euler kendisi ile aynı devirde yaşamış olan

diğer matematikçiler tarafından “Canlı Analiz” diye adlandırılırdı. Matematik tarihinin en çok

eser ortaya koyan en üretken matematikçisi olarak da bilinen Euler’in çalışmalarının tamamı

70 cilde ulaşmış durumdadır. Birçok yeni kavram geliştirmiş farklı alanlarda uzun süre kabul

gören birçok teorem ispatlamıştır. Çalışmaları sırasında günümüz matematik terminolojisini

yaratmış, fonksiyon kavramını ve fonksiyonun nasıl yazıldığını tanımlamıştır. Euler 15 Nisan

1707’de İsviçre’nin Basel şehrinde dünyaya geldi. Babası papaz olan Euler yaşamının büyük

kısmını Richen şehrinde geçirdi. Euler matematiğe yoğun bir ilgi duyuyordu ve çocukluk

yıllarında aile dostları olan Johann Bernoulli’den eğitim alıyordu. Euler babasının isteği

üzerine Basel Üniversitesi’nde İlahiyat, İbranice ve Yunanca eğitimi aldı. Aldığı eğitim

sonucunda papaz olacakken Bernoulli’nin müdahalesi sonucunda matematikle ilgilenmeye

devam etti. Basel Üniversitesi’nden 1726 yılında mezun olan Euler eğitimi boyunca

Varignon, Descartes, Newton, Galileo, Hermann, Taylor, Wallis ve Bernoulli gibi

matematikçilerin çalışmalarıyla ilgilendi ve bazılarını yeniden yapılandırdı. Euler’e St.

Petersburg Akademisi’nde eğitim vermesi teklifi yapıldı. 1727 yılında St. Petersburg’a

- 6 -

yerleşti. Sonraki yıl fizik profesörü oldu. 1733 yılında Basel’e döndüğünde matematik

kürsüsünde kıdemli akademisyen olarak göreve başladı. 1735 yılında sağlık problemleri ile

boğuşmaya başladı. Humma hastalığına yakalanmasının ardından sağ gözü görmemeye

başladı. Cerrahi bir müdahale sonucunda gözü iyileşse de bu iyileşme uzun soluklu olmadı.

Yeniden görme problemleri baş gösterdi ve 1771 yılındaki ikinci bir müdahale de diğer

gözünü de kaybetti. Rusya’da karışıklıklar varken Rusya’yı terk edip terk etmeme konusunda

karasızlık yaşadı. Frederick the Great of Prussia Berlin Akademisi’nin çalışma teklifini kabul

ederek Petersburg’dan ayrıldı. Berlin’ de kaldığı 25 yıl boyunca 380 tane makale yazdı. 1773

yılında geçirdiği beyin kanaması sonucunda hayatını kaybetti.

Matematiğin hemen hemen tüm alanlarında çalışan Euler, uzay mekaniği, ay teorisi gibi

alanlarda da çalışmalar ortaya koydu. İyi bir tarihçi ve edebiyatsever olmasının yanı sıra tıp,

kimya ve botanik alanlarında da çalışmalar yapmıştır. Hafızasının başarısı ve okuyarak elde

ettiği sonuçları zihnine saklaması ile tanınırdı. Bernoulli ile beraber ışınlardaki gerilimi

hesaplayarak kiriş denklemini geliştirmişlerdir. Euler denklemini verdiği akışkanların

dinamiğindeki bir dizi devinim kanunu ortaya koymuştur.

Euler ile Lagrange’ın birlikte yaptıkları ve birbirleriyle paylaştıkları çalışmalar aşağıdaki web

sitesinden elde edilebilmektedir.

http://eulerarchive.maa.org/correspondence/correspondents/Lagrange.html

Akışkan hareketinin matematiksel olarak tanımlanmasındaki zorluklar akışkan parçacıklarının

rölatif hareketlerinin zamana göre değişiminden kaynaklanmaktadır. Akım alanı içinde her bir

parçacık yere ve zamana göre değişen hız ve ivmeye sahip olabilir. Ayrıca akışkan

parçacıkları bir noktadan diğer bir noktaya giderken deforme olur ve veya dönmeye maruz

kalabilir. Akışkan hareketinin tanımlanmasında iki yol mevcuttur. Lagrange yöntemi ve Euler

yöntemi.

Lagrange tanımlamasına göre akım alanındaki her bir parçacığın bir zaman başlangıcındaki

yer koordinatları (x0y0z0) belirlenir ve parçacıkların yörünge, yoğunluk, hız ve diğer

karakteristikleri başlangıç koordinatları ve zamanın fonksiyonu cinsinden ifade edilir.

Euler tanımlamasına göre akım alanında hız, ivme ve diğer değişkenler, yerin ve zamanın

fonksiyonu olarak ifade edilir. Newton’un ikinci kanununu sabit kütlesi olan bir parçacığa

uyguladığımız zaman aşağıdaki matamatiksel denklemi rahatlıkla türetebiliriz.

2

2

dt

rdm

dt

dvmmaF

Hareketi önceden tanımlanabilen akışkanı yukarıda anlatılan Lagrange yaklaşımı ile analiz

edebilmek için akışkanın birçok parçacıktan oluştuğunu kabul edebilir ve bu parçacıkların

izlediği yolu tanımlayabiliriz. Ancak her bir parçacığın gerçekleştirdiği hareketi kayıt altına

alıp bu hareketleri tanımlamak çok da kolay bir yaklaşım olmayacaktır. Bu sıkıntılı süreç

akışkan parçacıkların hareketinin tanımlanmasını imkansız yapacaktır.

- 7 -

Parçacıkların takibinin zor olmasından kaynaklanan sebeplerden dolayı daha farklı

yöntemlerin kullanılması elzem olmaktadır. Buna ulaşabilmenin en önemli yolu kontrol

hacmini kullanmaktır. Kontrol hacmini kullanmak Euler metodunun tanımına yakın

yaklaşımların uygulanması olanağını tanımakta ve kontrol hacminin sınırları içerisinde

akışkanın zamana karşı değişimini tanımlamaktadır. Euler metodunun tanımında akışkan

parçacıkları hem zamana hem de uzaydaki pozisyonuna göre tanımlanabilmektedir. Örneğin

herhangi bir tüp içerisindeki akışkanın hız vektörlerini veya basınç değerlerini tanımlamak

için uygun bir noktaya (x,y,z) kurulacak ölçüm aletleri kullanılır. Aletler ile elde edilen

değerler ölçüm bölgesindeki basınç p(x,y,z) veya hız v(x,y,z) ağlarını tanımlar. Bu değerler

tüp içerisindeki her noktadaki basınç ve hız değerlerini temsil etmektedir.

Şekil 1.5 Bir araba üzerindeki akım çizgilerinin belirgin gösterimi.

1.4 Boyut Sistemi

Herhangi bir geçerli fiziksel parametre boyutsal olarak homojen olmalıdır. Denklem

içerisindeki birimler birbirleri ile ayni olmalıdırlar. Newton’un ikinci kanunundan

bilinmektedir ki kanun dört farklı birimi bir araya getirmekte ve ilişkilendirmektedir. Bu dört

farklı birim, kuvvet, kütle, zaman ve uzunluk birimleridir. Bu birimler ana birimler olarak

bilinmektedirler. Zaman ve uzunluk ayni anda bir arada kullanılabilinirken Kuvvet ve Kütle

sadece Newton’un ikinci kanununda birlikte kullanılabilinir. Kısacası kütle ile kuvvet

arasındaki ilişki sadece Newton kanunundan elde edilebilmektedir.

- 8 -

Soru 1-1

Aşağıda sıralanan parametrelerin boyutlarını ve birimlerini belirleyiniz.?

Alan, hacim, hız, açısal hız, ivme, basınç, gerilme, enerji, güç, yoğunluk, dinamik viskosite ve

kinematik viskosite.

Çözüm 1-1

Sadece 4 tane ana boyut olduğunu ve diğer tüm boyutların bunlardan elde edildiğini

söyleyebiliriz. Bu boyutlar, kütle [M], uzunluk [L], zaman [T], sıcaklık [Θ] veya kuvvet [F],

uzunluk [L], zaman [T] ve sıcaklık [Θ] olarak tanımlanabilirler. İkincil boyutlar ise bu ana

boyutların birleşmesi ile meydana gelmektedirler.

Newton’un İkinci kuralı: F= m x a

1 Newton Kuvvet= (1 kg) (m/sec2)

Böylece boyutsal olarak görebilmekteyiz ki kuvvet birim olarak kütle ile mesafenin

çarpılması ve zamanın karesine bölünmesi olarak tanımlanabilinir:

[F]=[MLT-2

]

İkincil

Boyutlar birim SI Unit

Alan [L2] m

2

Hacim [L3] m

3

Hız [LT-1

] m/s

Açısal hız [T-1

] 1/s

İvme [LT-2

] m/s2

Basınç veya Gerilme [ML-1

T-2

] Pa=kg/(ms2)

Enerji, Isı, İş [ML2T

-2] J=Nm

Güç [ML2T

-3] W=J/s

Yoğunluk [ML-3

] kg/m3

Dinamik Viskosite [ML-1

T-1

] kg/(ms)

Kinematik Viskosite [L2T

-1] m

2/s

Mühendislikte esas amaç üretilen denklemlerde olabildiğince homojenliği sağlayabilmektir.

Bunun tek yolu ise üretilen denklemlerde her parametrenin ayni birime sahip olmasını

sağlayabilmektir. Enerjinin korunumu denklemi bu tür denklemlere güzel bir örnektir.

2

2

221

2

11

22z

g

V

g

Pz

g

V

g

P

Bu denklem akım anında iki farklı noktadaki basıncı P, hızı V, ve referans noktasından olan

yüksekliği z göstermektedir. Bu denklemdeki tüm birimler eşit ve uzunluk cinsinden

tanımlanmaktadır. Fiziksel boyut tanımında bütünlük sağlayan denklemlerin dışında ampirik

olarak tanımlanan ve birimlerin uyuşmadığı birçok denklem de mevcuttur. Akışkanlar ve

Hidrolik çalışmalarında böylesine tanımlanmış en önemli denklemlerden birisi yarı ampirik

Manning denklemidir. Bu denklemde hız birimi (L/T) denklem içerisinde maalesef doğru

şekilde türetilememekte, ancak denklemde çıkan sonuçlar gerçek hayattaki hız profilleri ile

- 9 -

ayni cevabı temsil etmektedirler.

n

SRV o

2132

1.5 Özet

Bu bölümde akışkanlar mekaniğine bir giriş yapılarak ana ve basit konular üzerinde kısa bir

özet yapılmıştır. Aşağıda belirtilen konularla ilgili yorumlar ve bilgiler aktarılmıştır.:

Akışkanların tanımlanması ve kayma gerilme etkisi

Sistem ve kontrol hacmi konuları

Lagrange ve Euler tanımlama ve yaklaşımları

Birimler ve boyutsal analizler.

Sorular:

1_Aşağıda tanımlanan fiziksel olayların birimlerini ve boyutlarını ana boyut olarak Kütleyi

kullanarak yazınız:

(a) Güç

(b) Basınç

(c) Elastisite modulü

(d) Açısal hız

(e) Enerji

(f) Moment

(g) Momentum

(h) Kayma gerilmesi

(i) Gerilme

(j) Açısal momentum

2_ Aşağıda tanımlanan fiziksel olayların birimlerini ve boyutlarını ana boyut olarak Kuvveti

kullanarak yazınız:

(a) Güç

(b) Basınç

(c) Elastisite modulü

(d) Açısal hız

(e) Enerji

(f) Momentum

(g) Kayma gerilmesi

(h) Açısal momentum

3_Sıvı içerisinde bulunan herhangi bir cismin üzerine etki eden sürükleme kuvveti, FD

aşağıdaki denklemle tanımlanabilmektedir.

DD ACVF 2

2

1

Yani sürükleme kuvveti hız V, yoğunluk ρ, yüzey alanı, A ve yüzey şekline, CD

tanımlanabilmektedir. Bu ilişkiden meydana gelen CD katsayısının birimi nedir?

- 10 -

2. AKIŞKANLAR MEKANİĞİNDE TEMEL KAVRAMLAR

2.1 Akışkanın Süreklilik Ortamı

Akım halindeki bir akışkanın molekülleri katı cisimlerde olduğu gibi toplu halde ayni hareketi

yapmayıp ortak bir referans sistemine göre yer değiştirirlerken birbirlerine göre de

konumlarını değiştirirler. Bu sebeple akışkan hareketinin incelenmesi denince ilk anda

moleküllerin hareketlerinin incelenmesi gerektiği düşünülebilinir. Fakat akışkan hareketinin

moleküler ölçekte incelenmesi fevkalade zordur. Zira bu ölçekte akışkanın özellikleri

noktadan noktaya değişir. Bir başka deyişle moleküler seviyede akışkan sürekli bir ortam

değildir. Moleküler büyüklükte bir hacim elemanı alınıp tedricen büyütülerek her

büyüklükteki eleman için akışkan özellikleri belirlenirse, eleman hacminin belirli bir değerine

kadar bu özelliklerin değiştiği fakat daha büyük hacimlerde ise özelliklerin sabit kaldığı

gözlenir. İşte bu sebeple akışkan davranış ve hareketlerinin incelenmesinde ortamı sürekli

kabul edilmesine imkan verecek kadar bir başka deyişle moleküller arası mesafeler nisbetle

büyük fakat akışkan davranışını yansıtacak kadar da küçük elemanlar tanımlanır Bu

elemanlara akışkan parçacığı denir ve akışkan davranışı denildiği zaman bu parçacıkların

davranışları düşünülür. Tüm bu tanımlamalar ışığında akışkanlarda süreklilik kabulunün

sonucunda her bir akışkan partikülünün sahip olduğu yoğunluk, sıcaklık, hız ve benzeri

özelliklerin lokasyona bağlı olduklarını tanımlamaktayız. Örneğin bir akışkanın yoğunluğu

),,( zyx (2.1)

eşitliği ile tanımlanabilmektedir. Herhangi bir noktadaki yoğunluk ayni şekilde zamanda

oluşan değişimlere de bağlı bulunmaktadır. Böylece bir akışkanın tanımını yaparken aşağıdaki

bağıntıyı kullanmak yanlış olmayacaktır.

),,,( tzyx (2.2)

Bir cismin birim hacmine isabet eden kütlesine yoğunluk veya özgül kütle de denilmektedir.

Bir maddenin yoğunluğunu tanımlamada alternatif yöntemlerden birisi de yoğunluğu referans

bir sıvı ile kıyaslamaktır. Bir akışkanın yoğunluğunun, referans kabul edilen bir akışkanın

yoğunluğuna oranına Bağıl Yoğunluk denir, SG. Akışkanlar mekaniği çalışmalarında referans

yoğunluk genellikle su olarak kabul edilir. Suyun yoğunluğu, su (1000 kg/m3, 4

oC’de) ile

gösterilmektedir. Sonuç olarak herhangi bir bağıl yoğunluk denklemi aşağıdaki gibi

verilmektedir.

water

SG

(2.3)

Örnek olarak civanın bağıl yoğunluğunun 13.6 olduğunu bilmekteyiz. Bu da civanın sudan

13.6 kez daha yoğun bir akışkan olduğunu göstermektedir. Akışkanların bağıl yoğunluğu

sıcaklığın fonksiyonu olarak bilinmekte ve birçok akışkanda sıcaklık arttıkça bağıl yoğunluk

değeri azalmaktadır. Özgül ağırlık bir diğer önemli malzeme tanımlayıcı bilgi içermektedir.

Akışkanın birim hacminin ağırlığına Özgül Ağırlık denir. Özgül ağırlık, γ, ifadesi ile

gösterilmektedir.

V

mg (2.4)

Örnek olarak suyun özgül ağırlığı yaklaşık 9.81 kN/m3 olarak bilinmektedir.

- 11 -

2.2 Akışkanın hız alanı

Sürekli ortam kabülünden hareketle, bir noktadaki ani akışkan hızı aşağıdaki denklem ile

tanımlanmaktadır.

),,,( tzyxVV (2.5)

Hızın vektör olduğunu bildiğimizden, akışkanın hızını da vektörel yönden incelememiz

gerekmektedir. Bu durumda hem bir boyut hem de bir yöne sahip olan akışkanın hızı üç yönlü

tanımlanabilmektedir.

wkvjuiV (2.6)

Genelde, hız vektörünün u, v, ve w, ile tanımlanan hız boyutları sırasıyla x, y, ve z yönlerinin

ve ayrıca zamanın, t fonksiyonu olarak tanımlanmaktadır. Denklem (2.5) bir akışkan

partikülünün t zamanında x, y ve z kordinatlarından geçtiği hızı tasvirlemektedir. Bu

tamamıyla Euler bakış açısının bir belirtisidir. Euler’e göre farklı zaman dilimlerinde ayni

noktada gerçekleşen akışkan davranışlarını gözlemlemeye devam edebilir ve akışkanın

davranışlarını inceleyebiliriz. Eğer akışkanın hiçbir bölgesinde akışkan özelliklerinde bir

değişim olmazsa bu durumda akış kararlı akış adını alır. Herhangi bir akışkan özelliği ise,

kararlı akış koşullarında,

0

t

olarak tanımlanabilir. Burada η işareti akışkanın herhangi bir özelliğini temsil etmektedir. Bu

durumda akışkanın kararlı akış durumunda

0

t

veya ),,( zyx

ve

0

t

V veya ),,( zyxVV

yazabiliriz. Kararlı akım durumunda akışkanın özellikleri farkı iki noktada farklı davranış

gösterebilmektedir, ancak bu davranışların zamana göre kendi içerisinde herhangi bir

değişime uğramaması gerekmektedir.

2.2.1 bir, iki ve üç boyutlu akış

Bir akış, hız alanını tanımlamak için gerekli koordinat sayısına göre iki yada üç boyutlu akış

adını alır. Bir ve iki boyutlu akış veya üç boyutlu akış x, y ve z yönlerinde hız vektörlerinin

tanımlanabilmesi ile mümkün olmaktadır. Uzun düz bir boru içerisinde akış halinde olan

akışkanın silindirik kordinatlar (r, θ, x) çerçevesinde herhangi bir noktadaki hız bileşeni

kararlı akım koşulunda aşağıdaki gibi tanımlanabilmektedir.

2

max 1R

ruu (2.7)

Yukarıda verilen akım denklemi Şekil 2.1 de gösterilen hız akımını temsil etmektedir.

Borunun sol tarafındaki hız profili sadece borunun orta noktasından cidarın üzerine doğru

değişen uzunluklarda farklılıklar göstermektedir. Bu da akım hızını u(r) olarak

- 12 -

tanımlayabileceğimizi göstermektedir. Diğer taraftan borunun sağ tarafına doğru gerçekleşen

boru çapındaki büyüme x yönündeki hız profilinin de farklı lokasyonda değişime uğradığını

göstermektedir, ).( xruu . Bu durumda boru içerisindeki akım iki boyutludur.

Eğer akış hızı uzayın her yönünde sabit kalıyorsa akış üniform akış olarak adlandırılır. Diğer

bir deyişle, eğer hız vektörü bütün koordinatlardan bağımsız olarak tüm akış alanı içerisinde

sabit yön ve şiddete sahip ise akış alanı üniform olarak adlandırılır.

Şekil 2.1 Bir ve iki boyutlu hız alanlarına örnek

2.3 Zaman Çizgisi, Yörünge çizgisi, Yığılma Çizgisi ve Akım Çizgisi.

Bir akışkan partikülünün belirlenmiş zaman aralığında çizdiği yola yörünge çizgisi (pathline)

denir. Yörünge çizgisini belirlemek için işaretlenmiş bir partikül takip edilerek fotoğraflanır.

Bir akışkan partikülünün belirlenmiş zaman aralığında çizdiği yola yörünge çizgisi (pathline)

denir. Yörünge çizgisini belirlemek için işaretlenmiş bir partikül takip edilerek fotoğraflanır.

Akım Çizgisi (Streamlines) belirlenmiş bir anda akış alanı içerisinde her noktadaki hız

vektörlerine teğet olan çizgilerdir. Akım çizgisi her noktada hız vektörüne teğet olduğundan

bu çizgilere dik yönde akış oluşamaz. Bir akış alanı içerisinde birbirine komşu partiküller

seçilmiş bir anda işaretlendiğinde oluşan çizgiye Zaman çizgisi (timeline) denir. Akış alanı ile

ilgili detaylı bilgi için farklı anlarda bu çizginin belirlenmesi gerekir. Seçilen bir nokta yada

bölgede belli zaman aralığında geçen tüm akışkan partiküllerinin fotoğraflanması sonucu

oluşan çizgiye Yığılma çizgisi (streakline) denir. Kararlı akışta yörünge çizgisi, akım çizgisi

ve yığılma çizgisi ayni eğriyi vermektedir.

Şekil 2.2 de bir araba üzerinden geçen 5 adet yığılma çizgisi bulunmaktadır. Bu deneyin

yapılabilmesi için araba yolda hareket edermiş gibi, rüzgar tünelinden arabaya doğru hava

akımı verilmektedir. Şekilde görülen çizgilere ayni zamanda akım çizgisi de denilebilinir.

Daha önceki tanımda belirtildiği gibi akım çizgileri herhangi bir zaman anından akım yönüne

teğet giden çizgilerle tanımlanmakta ve kararlı akımlarda yığılma çizgisi ile ayni yörüngede

bulunmaktadırlar.

- 13 -

Şekil 2.2 Yığılma, akım ve yörünge çizgilerinin rüzgar tüneli ile araba üzerine etkisi

Akım çizgisinin (streamline) düzlemsel koordinatlardaki diferansiyel denklemi iki boyutlu

akım alanlarında aşağıdaki gibi yazılabilinir:

),(

),(

yxu

yxv

dx

dy

iakıkımçizg

(2.8)

Yörüngenin (pathline) düzlemsel koordinatlardaki diferansiyel denklemi ise zamana ve

uzaydaki iki boyutlu koordinat sistemine göre aşağıdaki gibidir. Burada iki boyut düşünülerek

x=xp(t) ve y=yp(t) kabul edilmekte ve xp(t) ile yp(t)’nin belli bir akışkan partkülünün anlık

kordinatları olarak verilmektedir.

),,( tyxudt

dx

partikül

(2.9)

),,( tyxvdt

dy

partikül

(2.10)

Yukarıdaki denklemlerin ardışık bir şekilde çözülmeleri sonucunda akışkan partikülünün

yörünge çizgisinin denklemi elde edilmektedir.

Soru 2-1

Bir akım alanının hız vektörü AyjAxiV ; olarak verilmektedir. Hız vektörünün birimi

m/s; x ve y yönündeki koordinat uzunlukları birimi metre olarak verilmiş ve A=0.3s-1

kabul

edilmektedir.

(a) xy düzleminde akım çizgileri için denklem oluşturunuz.

(b) (x0, y0)=(2, 8) noktasından geçen akım çizgisini çiziniz

(c) (2, 8) noktasındaki hız değerini hesaplayınız.

(d) (x0, y0)=(2, 8) noktasından geçen partikül t=0 anında işaretlenirse, t=6 saniyede partikülün

pozisyonuna karar veriniz.

(e) t=6 sec. anında partikülün hızını hesaplayınız

(f) Akım çizgisi ile yörünge çizgisinin ayni olduklarını gösteriniz.

- 14 -

Çözüm 2-1

(a) Akım çizgisi denklemlerini yazarsak

x

y

Ax

Ay

yxu

yxv

dx

dy

iakıkımçizg

),(

),(

Her iki tarafın denklemlerini uygun hale getirip integralini alırsak,

x

dx

y

dy

veya

1lnln cxy

Bu ayrıca şu şekilde de yazılabilinir: xy=c

(b) (x0, y0) = (2, 8) noktasından geçmekte olan akım çizgileri için sabit değer, c, denklemde

yerine koyduğumuz zaman 16 değerini vermektedir. Böylece (2, 8) noktasından geçen akım

çizgisinin denklemi 2

00 16myxxy

olarak bulunur. Akım çizgilerinin çizimi aşağıda verilmiştir.

(c) Soruda hız alanı AyjAxiV olarak verilmektedir. (2, 8) noktasındaki hız değeri

jimjisyjxiAV 4.26.0)82(3.0)( 1 m/sn

(d) Akım alanı içerisinde hareket eden bir akışkan partikülü denklemi aşağıdaki gibi

verilmektedir.

AyjAxiV

Buna göre

- 15 -

Axdt

dxu p ve Ay

dt

dyv p

Yukarıdaki denklemlerin değişkenlerini birleştirip integral çözümüne gidilirse her bir eşitlik

aşağıdaki gibi çözümlenir.

tx

x

Adtx

dx

o 0

ve

ty

y

Adty

dy

o 0

Çözümün devamı

Atx

x

o

ln ve Aty

y

o

ln

veya At

oexx ve At

oeyy

t=6 sn’de,

mex 1.12)2( 6)3.0( ve mey 31.1)8( 6)3.0(

t=6 sn’de, partikül (12.1, 1.32)m noktasında olacaktır.

(e) (12.1, 1.32) m noktasında,

jimjisyjxiAV 396.063.3)32.11.12(3.0)( 1 m/sn

(f) Yörünge çizgisinin denklemini yazmak için az önce elde ettiğimiz denklemleri

kullanacağız. At

oexx ve At

oeyy

Bu denklemlerde t değerini elimine etmeye çalışıyoruz. Her iki denklemi de eAt

cinsinden

yazdığımız durumda x ve y cinsinden birbirine eşit, t den bağımsız, denklem elde ederiz. Bu

denklem

o

oAt

x

x

y

ye

olarak yazılabilir, 216myxxy oo

2.4 Gerilme (stres) Alanı.

Akışkanlar Mekaniği çalışmalarında gerçekleşen gerilmeleri anlayabilmek için akışkan

partikülüne etki eden kuvvetleri tanımlamamız gerekmektedir. Bu kuvvetleri iki farklı sınıfta

tanımlayabiliriz: Yüzey Kuvvetleri ve Hacimsel Kuvvetler

- 16 -

Yüzey kuvvetleri bir cismin sınırlarına direk temas ile etki eden kuvvetler olup, akışkan

partikülü üzerinde bir gerilme oluştururlar. Bunlara örnek olarak kayma gerilmesi yaratan

kuvvetler ile normal gerilme yaratan basınç kuvvetlerini verebiliriz. Akışkan hacmi içerisine

etki eden ve fiziksel bir temas gerektirmeyen kuvvetleri hacimsel kuvvetler olarak

tanımlamaktayız. Bu kuvvetler kesinlikle bir gerilmeye sebep olmazlar. Örnek olarak

yerçekimi kuvvetlerini verebiliriz.

Mekanikte gerçek ve hayali yüzeyler üzerine yayılı kuvvetlerin bu yüzeyler üzerindeki

dağılımlarının bilinmesi gerekir. Bir yayılı kuvvet sonsuz sayıda münferit bileşene

ayrılamayacağından dağılımın ifadesi için her noktada birim alana isabet eden kuvvet

kavramının kullanılması gerekir. Bir noktada birim alana isabet eden kuvvet gerilme olarak

adlandırılır.

Bir noktada gerilmenin matematik ifadesini bulmak için bu nokta civarında çok küçük bir δAx

alanına gelen bir δF kuvvet parçasını düşünelim. Bu kuvvet parçası yüzeye dik ve teğet olan

bileşenlerine ayrılabilir. Bunlardan yüzeye dik olan ve teğet olanlar söz konusu noktada

normal ve teğetsel gerilmeler yaratacaklardır. Bu kuvvet ve stress dağılımları Şekil 2.3 de

verilmektedir.

Yüzeye dik gerilme basınç veya çekme şeklinde olabilir. Yüzeye teğet gelen kuvvetler ise

teğetsel gerilimler yaratmakta ve bunlar kayma gerilmeleri diye tanımlanmaktadır. İşte,

kuvvetin alanda dağılımını belirleyebilmek için bu üç gerilme bileşeninin yani normal

gerilmenin ve seçilen iki eksen doğrultusundaki kayma gerilmelerinin alanda dağılımının

belirlenmesi gerekir.

Ortamdan hayali olarak çıkarılan küp şeklinde sonsuz küçük bir elemanın her yüzünde üç

gerilme bileşeni bulunur. Şekil 2.4 de bu gerilmelerin kartezyen koordinat sisteminde

sembollerini göstermektedir. Bu sembollerde 1. indis gerilme düzlemine dik doğrultuyu, yani

alan vektörünü, 2. indis ise gerilmeyi yaratan kuvvetin doğrultusunu göstermektedir.

Bu durumda küpün üst yüzeyi pozitif y yüzeyi ve küpün ters yüzü de negatif y yüzeyi olarak

algılanır. Gerilme komponenti alan vektörünün ve gerilmeyi yaratan kuvvet vektörünün her

ikisinin de pozitif olması sonucunda pozitif değere ulaşacaktır. Pozitif gerilme değerine

ulaşmanın bir diğer tanımı da hem alan hem de kuvvet vektörlerinin nekatif olması koşuludur.

Bu bağlamda τyx =3.5N/cm2 pozitif y yüzeyinde pozitif x yönünde etkiyen kuvvet vektörünün

yarattığı kayma gerilmesi olarak tanımlanırken ayni zamanda negatif y yüzeyinde negatif x

yönünde etkiyen kuvvet vektörünün yarattığı kayma gerilmesi olarak da tanımlanabilir.

Küpün karşılıklı yüzleri birbirlerine çok yakın olduğu için bu yüzlerdeki mütekabil

gerilmelerin değerlerinin aynı olduğu kabul edilebilir. Mütekabil gerilmelerin yönlerinin ise

denge gereği birbirinin aksi olduğu görülür. Dolayısı ile bir noktadaki gerilme durumu 3

normal 6 kayma gerilmesi ile belirlenir.

- 17 -

Şekil 2.3 A alanına, δAx etkiyen kuvvet ve gerilme komponentleri

Şekil 2.4 Bir noktadaki gerilmeler

2.5 Viskozite

Akışkanın Kayma Gerilmelerine karşı davranışı viskozite tanımı ile açıklanabilir. Viskozite

akışkanların kaymaya veya açısal deformasyona, yani akmaya, karşı gösterdiği direncin bir

ölçüsüdür. Kayma gerilmesi ne kadar büyük ise hızdaki açısal deformasyon (du/dy) artması

da o nisbette büyük olacaktır. Akışkan viskozitesi ne kadar büyük olursa, “du/dy” o kadar

küçük olacaktır. Akışkanın statik pozisyonda herhangi bir kayma gerilmesine maruz

kalmadığı hız değişiminin sıfır olmasından açıkça gözlemlenebilir.

Katı cisimlerde kayma gerilmesi, yx açısal deformasyonun, fonksiyonu olarak

bilinmektedir. Katı cisimlerin tersine akışkanlarda kayma gerilmesi açısal deformasyon

hızına, dtd bağlı olarak tanımlanmaktadır (Şekil 2.5b). Tüm bunların ışığında dinamik

viskozite μ, kayma gerilmesi ile açısal deformasyon hızının arasındaki orana bağlıdır.

Oranların boyutsal analizlerini yazacak olursak dinamik viskozitenin birimi

(kuvvet)(zaman)/(mesafe)2 veya Pa.sn olarak tanımlanabilir. Sonuç olarak kayma gerilmesi

- 18 -

açısal deformasyon hızı ile doğru orantılı ve orantı katsayısı ise dinamik viskozite olarak

verilmektedir.

dy

duyx (2.11)

Dinamik viskozite ile akışkanın yoğunluğunun oranı kinematik viskozite (in m2/s) olarak

tanımlanmaktadır.

(2.12)

Şekil 2.5 Kayma gerilmesi tanımı (a) katı cisim ve (b) viskoz akışkan

Kütle biriminden ayrışan , sadece kinematik viskozite olark tanımlanır. Akışkanların

viskozitesi sıcaklık değişimine bağımlıdır. Sıvılarda viskozite sıcaklıkla beraber azalırken

gazlarda tam ters etki görülür ve gaz viskozitesi sıcaklık arttıkça artış gösterir. Basınç etkisi

diğer taraftan akışkanların viskozitesinde herhangi bir değişim göstermemektedir.

Şekil 2.5 de verilen akışkan partikülü herhangi bir kayma gerilmesine maruz kaldığı zaman

deformasyona uğramaktadır. Deformasyon tanımı açısal deformasyon hızı ile tanımlanmakta

ve du/dy ifadesi ile gösterilmektedir. Daha önceden de bilmekteyiz ki kayma gerilmesine

maruz kalan akışkan akma özelliği göstermektedir. Kayma gerilmesinin açısal deformasyona

doğru orantılı seyrettiği akışkanlara newtonien akışkan denmektedir. Newtonien olmayan

akışkanlar ise kayma gerilmesinin açısal deformasyon ile parabolik veya doğru olmayan

ilişkili olmasını gerektirmektedir.

Şekil 2.6 Newtonien ve Newtonien olmayan akışkanların kayma gerilmesi – açısal deformasyon hızı ilişkisi.

- 19 -

Soru 2-2

Sonsuz bir alana sahip olan tahta blok sabit yatay bir düzlem üzerinde çekilmektedir. Kalınlığı

d olan film şeklindeki yağlı bir madde blok ve yüzey arasında konulmuştur. Akışkan lineer bir

hız dağılımı ile hareket etmektedir. Akışkanın vizkositesi 0.0065 g/cm.sn ve bağıl yoğunluğu

0.88’dir.

Verilen bilgiler ışığında:

(a) Akışkanın vizkositesinin N sn/m2 cinsinden yazınız.

(b) Akışkanın kinematik vizkositesini m2/s cinsinden yazınız.

(c) Üst blok üzerinde oluşan kayma gerilmelerini hesaplayınız. (N/m2 cinsinden)

(d) Alt blok üzerinde oluşan kayma gerilmelerini Pa cinsinden hesaplayınız.

(e) (c) ve (d) şıklarında hesaplanan kayma gerilmelerinin yönlerini hesaplayınız.

Çözüm 2-2

Verilen bilgi: iki plaka aradında lineer hız profili bulunmaktadır. Akışkanların özellikleri ise

μ = 0:0065 g/cm.sn

SG = 0:88

Bulunması gereken:

(a) μ değeri, N s/m2 cinsinden.

(b) ν değeri, m2/s cinsinden.

(c) üst plaka üzerindeki kayma gerilmesi değeri, τ, N/m2 cinsinden

(d) alt plaka üzerindeki kayma gerilmesi değeri, τ, Pa cinsinden

(e) (c) ve (d) şıklarında bulunan kayma gerilmelerinin yönlerinin belirlenmesi.

Kullanılacak denklemler: dy

du ve

Kabuller: (1) Linear hız dağılımı

(2) Kararlı akım

(3) μ=sabit

m

cm

g

kg

sncm

g 100

1000

1

.0065.0

snmkg ./105.6 4

Kg cinsinden verilen değerleri Newton cinsine çevirmek için Newtonun ikinci kuralı

2/

11

snm

Newtonkg

- 20 -

kgsnm

N

sm

kg 1

/

1

.00065.0

2

24 /.105.6 msnN

OHSG2

3

24

1000)88.0(

/.105.6

2mkg

msnN

SG OH

snm /1039.7 27

dydy

du

Burada u (hız) y ile lineer değişmektedir,

d

U

d

U

y

u

dy

du

0

0

1100010003.0

13.0 s

m

mm

mms

m

224 /65.01000

/.105.6 mNs

msNd

Uüst

PaN

mPamN

d

Ualt 65.0

./65.0

22

Üst plaka ve alt plaka üzerinde oluşan kayma gerilmeleri aşağıdaki şekilde gösterilmektedir.

Üst plakada alan vektöü nekatif y yönünde, gerilmeyi yaratan kuvvet ise pozitif x yönünde

olduğundan kayma gerilmesi negatif yönde uygulanmaktadır. Alttaki plakada ise hem alan

hem de kuvvet yönleri pozitif olduğundan kayma gerilmesi pozitif x yönünde etki etmektedir.

2.6 Akışkan hareketlerinin tanımlanması ve sınıflandırılması

Akışkanlar mekaniğinde akışkanın davranışının tanımlanması ve sınıflandırılması zor bir

süreçtir. Özellikle akışkanın viskoz özelliğinin akışkan hareketlerine yaptığı etki ve akışkanın

sıkıştırılabilirliği bu manada belirsizlik yaratan iki önemli başlıktır. Bu önemli faktörleri göz

ardı ettiğimiz zaman akışkanlar mekaniğinde önemli teorik çalışmaları destekleyecek

sürtünmesiz ve sıkıştırılamayan akışkan davranışını incelemek kolay hale gelmiştir.

- 21 -

Viskoz ve Viskoz olmayan akımlar

Bir akışta viskozite etkisi ihmal edildiğinde akış “viskoz olmayan akış” adını alır. Akışkan

viskozitesinden dolayı, yüzey ile akışkan arasında bir hız (hidrodinamik) ve sıcaklık (termal)

sınır tabakası oluşur. Örnek olmak üzere, aşağıdaki şekilde (Şekil 2.7 ve 2.8) düz levha üzeri

(laminar) bir akışta hız sınır tabakasının, levha uzunluğu boyunca nasıl geliştiği gösterilmiştir.

Levhanın U∞ değerine ulaştığı ince bir tabaka oluşur. Bu tabakaya 1904 de Prandtl tarafından

hidrodinamik sınır tabaka ismi verilmiştir. Levhanın ucunda sıfır olan sınır tabaka kalınlığı

akış yönünde giderek artar.

Şekil 2.7 Düz levha üzeri akışta sınır tabakanın gelişimi

Makro ölçekte sınır tabakasının analizini gerçekleştirdiğimiz zaman viskoz kuvvetlerin akıma

karşı kararlılıklarının ölçüsünü belirleyerek bu kuvvetlerin basınç kuvvetlerine olan oranını

çıkartabiliriz. Birisi akımı engelleyici, diğeri ise akımı sağlayacak kuvvetleri temsil eden bu

orana Reynolds sayısı denmektedir. Reynolds sayısı bu durumda akışkanı harekete geçirmeye

çalışan kuvvetlerle akışı engellemeye çalışan viskoz kuvvetlerin oranı olarak bilinmektedir.

VLRe (2.13)

Burada ρ ve μ akışkanın yoğunluğu ve dinamik viskozitesi, V ve L‘de sırasıyla akım hızı ve

uzunluk değerini temsil etmektedir. Reynold sayısı büyüdükçe hareketi artıracak atalet

kuvvetleri sayesinde akım hızlanmakta, Reynold sayısı azaldıkça ise viskoz kuvvetler

dominant olmakta ve akım daha kontrollu ve düzenli bir hal almaktadır.

Şekil 2.8 Hız sınır tabakasının gösterimi

- 22 -

Laminer ve Türbülanslı akım.

Akış alanının uçaklarda, roketlerde ve dünya yüzeyinde olduğu durumlara dış akışlar, akış

alanının boru akışında olduğu gibi sınırlarla kuşatıldığı durumlara da iç akışlar denir. Yüzeye

yakın kısımlarda sürtünme kuvvetlerinin egemen olduğu ve yüksek hız gradyanlarının

görüldüğü bölgelere sınır tabaka denir. Yüzeyden uzak kısımlarda, serbest akış alanında atalet

kuvvetleri baskındır. Bu nedenle akış, hız ya da kuvvetler arasındaki orana göre sınıflandırılır.

Gerçek akışkanların akımları zerreciklerinin düzgün yörüngeler boyunca hareket etmesi ve

çalkantıya maruz kalarak birbirlerine karışması durumlarına göre laminer ve türbülanslı

olarak ikiye ayrılırlar (Şekil 2.9). Laminer ve türbülanslı akımların özellikleri ilk olarak

Osborne Reynolds isimli bir ingiliz araştırmacı tarafından incelenmiştir. Reynolds bu

inceleme için Şekil 2.10 da şematik olarak gösterilen benzer bir deney cihazı kurmuştur. Bu

cihaz, bir depo, buna bağlı girişi çan ağzı biçiminde yuvarlatılmış, ucunda musluk bulunan

uzunca bir boru ve bu boru içerisine boyalı su sevk etmek için tertip edilmiş bir depocuğa

bağlı ince bir borudan ibarettir. Musluk çok az açılarak hız çok küçük değerlerde tutulursa,

boru içerisine sevk edilen boyalı suyun dağılıp borudaki suyla karışmadan bir ipcik şeklinde

aktığı musluğun daha çok asılması ile hız belli bir değere çıkarıldığında ise ince bir ip gibi

akan boyalı suyun dalgalanıp yer yer koparak bütün boruya yayıldığı gözlenir. İşte boyalı su

ipciğinin depodan gelen suya karışmadan aktığı haldeki akıma laminer, karışıma uğradığı

haldeki akıma ise türbülanslı akım denir. İlk durumda akım ipciklerinin birbirine karışmadan

adeta birbiri üstünde kayan cam lamlar gibi hareket ettikleri düşünülerek, bu tür akımlar

laminer akım diye adlandırılmıştır. Türbülans ise çalkantı anlamına gelir ki ikinci tür akım,

akışkan zerreleri sürekli çalkantılarla istikrarsız hareketler yaptıkları için türbülanslı diye

isimlendirilmiştirler.

Laminer akımda her hangi bir noktadan geçen bütün zerreler aynı yörüngeyi izlerken

türbülanslı akımda akımda hiçbir zerre kendinden önceki bir zerrenin yörüngesini izlemez.

Şekil 2.9 Laminer ve Türbülanslı akımın şematik çizimleri

- 23 -

Şekil 2.10 Reynold deney cihazının çalışma yöntemi

Sıkıştırılabilirlik (esneklik)

Bütün sıvılar elastiktirler; basınç altında bir miktar hacim küçülmesine, yani sıkışmaya maruz

kalırlar. Sıkışma sırasında elastik bir enerji depolaması olur. Tatbik edilen basınç kaldırılınca

depolanan enerji sıvının eski hacmini kazanmasını sağlar. Sıvıların elastiklik dereceleri

“hacimsel elastisite modülü” denilen bir büyüklükle ifade edilir. Hacimsel elastisite modülü,

basınç değişiminin hacim değişim nispetine oranı olarak tariflenir.

d

dpEv (2.14)

Elastisite modülü sıcaklıkla değişir. Hassasiyet gerektirmeyen işlerde suyun elastisitesi Ev≈

2.1x109 N/m

2 olarak alınabilinir. Suyu sıkıştırabilmek için hacminin 1% değişmesi için

200bar basınç uygulanması gerekmektedir. Bu da yüksek basınçlarda çok az bir değişimi

temsil etmektedir. Bundan dolayı su sıkıştırılamayan malzeme olarak tanımlanır.

Sıkıştırılamayan akışkanlarda yoğunluk sabit olarak kabul edilir.

Soru 2-3

Suyun elastiklik katsayısı 2.1x109 N/m

2 ise 10000 metre derinlikteki su içerisindeki

hidrostatik basınç değerini ve bu derinlikte suyun yoğunluğundaki değişimi hesaplayınız.

Herhangi bir noktadaki hidrostatik basınç değerini aşağıdaki formülizasyon ile

hesaplayabiliriz.

ghP

Çözüm 2-3

Verilen bilgi: Ev= 2.1x109 N/m

2 ve su derinliği 10,000 mete

Bulunması istenen: Hidrostatik basınç ve suyun 10000 metre derinliğindeki yoğunluk

değişimi.

Hidrostatik basınç aşağıdaki formül ile hesaplanabilinir.

ghP

- 24 -

1000081.91000 P 2/1.98 mMNP

Elastisite modülü kullanılarak suyun yoğunluğundaki değişimi gözlemleyebiliriz.

d

dpEv

047.0101.2

101.989

6

vE

dpd

Bu durumda suyun yoğunluğu 47 kg/m3 değişecektir. Yeni yoğunluk 1000 + 47 = 1047 kg/m3

olacaktır. Bu da suyun sıkıştırılamadığının bir göstergesidir.

2.7 Özet

Bu bölümde akışkanlar mekaniğinde temel kavramlar üzerinde duruldu ve bu bilgilerin

akışkanın davranışı ile olan bağları irdelenmiştir. Aşağıdaki bilgiler derlenmiştir.

Akım tanımlamaları (zaman çizgisi, yörünge çizgisi, akım çizgisi, yığılma çizgisi).

Kuvvetler (yüzeysel ve hacimsel kuvvetler) ve gerilmeler (kayma gerilmesi).

Akışkan tipleri (Newtonien)

Akım tipleri (viskoz ve viskoz olmayan, laminer/türbülans, sıkıştırılabilen ve

sıkıştırlıamayan).

Sorular:

Bir kararlı ve sıkıştırılabilir akım alanının hız vektörü

jx

Ayi

x

AV

2 ;

olarak verilmektedir. Hız vektörünün birimi m/s; x ve y yönündeki koordinat uzunlukları

birimi metre olarak verilmiş ve A=2m2/sn kabul edilmektedir.

(a) xy düzleminde akım çizgileri için denklem oluşturunuz.

(b) (x0, y0)=(1, 3) noktasından geçen akım çizgisini çiziniz

(c) Akışkan partikülünün x=1 noktasından x=3 noktasına kaç zamanda ulaşacağını

hesaplayınız.

2_ Bir kararlı ve sıkıştırılabilir akım alanının hız vektörü

AyjAxiV 2

olarak verilmektedir. Hız vektörünün birimi m/s; x ve y yönündeki koordinat uzunlukları

birimi metre olarak verilmiş ve A=2 sn-1

kabul edilmektedir. Akışkanın yörünge çizgisini

tanımlayan x ve y koordinatlarının xp=c1eAt

ve yp=c2e2At

olduğunu gösteriniz. Yörünge

çizgisini t=0 ve (x, y) = (2, 2) anında gösteriniz.

3_The Birbirine paralel olan iki levha arasındaki akım hız dağılımı aşağıdaki denklemle

tanımlanmaktadır.

- 25 -

2

max

21

h

y

u

u

burada h iki levhayı birbirinden ayıran mesafe olarak verilmektedir. Akım anında umax=0.10

m/sn ve h=0.1 mm olarak gözlenmiştir. Üst levha üzerine gelen kayma gerilmelerini

hesaplayınız ve yönlerini gösteriniz. Akışkanın dinamik viskozitesi 1.14x10-3

Nsec/m2 dir.

4_Viskoziteleri μ1=0.1Nsn/m2 ve μ2=0.15Nsn/m

2 olan akışkanlar iki levha arasında hareket

etmektedirler. Akışkanların kalınlıkları sırasıyla h1=0.5 mm ve h2=0.3 mm dir. Üstteki

levhanın hızının 1m/sn olabilmesi için uygulanması gereken F kuvvetini bulunuz. İki

akışkanın birleştiği noktada hızı hesaplayınız.

5_ Viskoz akım bölgesindeki hız dağılım profili aşağıdaki parabolik denklemle

tanımlanmaktadır. 2

)(

yc

ybayu

Sınır koşulları u=U ve hidrodinamik viskoz sınır taba sınırında a, b, ve c değerlerini yazınız.

6_ Su sıcaklığı 20oC olan ve 0.25 m/sn hızla 5mm çapındaki bir borudan akan suyun

Reynolds sayısını hesaplayınız. Boru ısıtılırsa hangi sıcaklıkta akım laminer den türbülanslı

hale gelecektir. Hızın sabit olduğunu kabul ediniz.

- 26 -

3. HİDROSTATİK

3.1 Hidrostatiğin temel denklemleri

Durgun akışkanların kayma gerilmesine maruz kalmadıklarını daha önce tartışmıştık. Bu

durumda akışkana etki eden tek kuvvet basınç kuvvetidir (Basınç kuvvetleri sıkıştırma

kuvvetleri olarak bilinirler). Basınç kuvvetleri akışkanın içerisinde pozisyona göre farklı

değerler almaktadır, yani p=p(x, y, z) olarak tanımlanabilirler. Herhangi bir akışkan partikülü

kübik bir şekil olarak düşünülürse tüm basınç kuvvetleri partikülün altı kenarına da etki eden

basınç kuvvetlerinin toplamına eşit olacaktır.

Küp şeklindeki bir akışkan partikülünün dydz düzleminde basınca maruz kaldığını Şekil 3.1

de görebiliriz. Her bir basınç etki ettiği alan ile çarpıldığı zaman basınç kuvvetini

vermektedir. Şekildeki basınç kuvvetlerinin her üç ana yönde de etki ettiğini düşünürsek ve

her yönün ters yönünde de karşı basıncın varlığını tanımlarsak akışkan partikülünün üzerine

gelen tüm basınç kuvvetlerini yazabiliriz. Tüm bu kuvvetler yüzeysel kuvvetler olarak

tanımlanırsa, küp şeklindeki akışkan partikülünün ağırlığı hacimsel kuvvet olarak

yazılabilinir. Yüzeysel ve hacimsel kuvvetlerin bir arada düşünülmesi sounucunda ise durgun

akışkan koşulundan dolayı tüm bu kuvvetlerin toplamı sıfıra eşitlenmelidir.

Şekil 3.1 Kübik akışkan partikülü ve üzerine etki eden x-aksındaki basınç

Şekil 3.1 de tanımlanan kübik şeklin üzerine etki eden hacimsel kuvvet akışkan partikülünün

ağırlığıdır ve negatif y yönünde etki etmektedir.

gdVFd B

Burada g akışkanın özgül ağırlığını temsil etmektedir. dV ise dx,dy, ve dz kenarlarına sahip

kübün hacmi olarak tanımlanmaktadır. Sonuç olarak akışkan partikülünün üzerine etki eden

hacimsel kuvvet aşağıdaki gibidir.

gdxdydzFd B ağırlık

Olarak tanımlanabilir. Yüzeysel kuvvetler işe üç farklı boyutta:

0

dzdydx

x

PPdzdyP x

xx x-yönünde

0

dzdxdy

y

PPdzdxP

y

yy y-yönünde

- 27 -

0

dxdydz

z

PPdxdyP z

zz z-yönünde

İfade elilebilirler. Üç farklı boyuttaki basınç kuvvetlerini toplayarak aşağıdaki sonuca

varılabilinir.

dxdzdyz

P

y

P

x

P zyx

Akışkan partikülünün üzerine etki eden tüm kuvvetlerin toplanması ile

gdxdzdydxdzdyz

P

y

P

x

PFdFdFd zyx

BS

Denklemini elde edebiliriz. Akışkan durağan olduğundan dolayı partikül üzerine etki eden

tüm kuvvetlerin toplamı “0” a eşit olacaktır.

0

dxdzdygdxdzdy

x

PFdFdFd x

xBS (3.1a)

0

dxdzdygdxdzdy

y

PFdFdFd y

y

BS (3.1b)

0

dxdzdygdxdzdy

z

PFdFdFd z

zBS (3.1c)

Denklem 3.1a,b,c üç farklı kordinatta durgun akışkan içerisindeki basınç kuvvetlerini

göstermektedirler. Yerçekimi kuvvetinin yönünün bu kordinatlardan birisi ile ayni yönü

paylaşacağı şekilde kordinat belirlemek burada çok isabetli bir karar olacaktır. Burada y

kordinatın düzleme dik olacak şekilde tanımlanacaktır. Y aksı düzlemden yukarıya pozitif

olarak alınırsa (Şekil 3.1), gx=0, gy=-g, ve gz=0 değerlerini alırlar. Bu koşullar altında ilgili

denklemler aşağıdaki gibi tanımlanacaktır;

0

x

p g

y

p

0

z

p (3.2)

Denklem 3.2 durgun bir sıvı içerisinde x ve z kordinatları yönünde herhangi bir basınç

değişimi olmasının mümkün olamayacağını açıkça göstermektedir. Diğer taraftan ise basınç

dağılımının yerçekimi ivmesi ve akışkanın yoğunluğu ile doğru orantılı bir biçimde eksi y

doğrultusunda değişerek arttığını gözlemleyebiliyoruz. Bu sonuçlarla beraber akışkanların

hidrostatik basıncını, P, Denklem 3.3 haline getirebiliriz.

gdy

dp (3.3)

Elde edilen denklemdeki ana kısıtlamalar ise: (1) Durgun akışkan. (2) Yerçekimi tek hacimsel

kuvvet olarak etki eder; (3) y-aksı düzleme dik ve yukarıya doğru positif değere sahiptir.

Denklem 3.3’de, γ, özgül ağırlığı temsil etmektedir. Durgun akışkanın herhangi bir noktada

uyguladığı hidrostatik basıncı hesaplayabilmek için Denklem 3.3’ün integralini alarak sınır

şartlarını belirlemek gerekmektedir. Bu denklemin spesifik durumlardaki kullanımını

irdelemeden önce bilinmelidir ki basınç değerleri her zaman için belli bir referans çizgisi

bağlamında tanımlanabilirler. Bu zorunluluk bağlamında tam bir boşlukta hiç basıncın

olmadığı ve bu basınç seviyesine mutlak sıfır dendiği, mutlak sıfırdan itibaren ölçülen

- 28 -

basınçların ise mutlak basınç olarak adlandırıldığı bilinmelidir. Atmosfer basıncı ise hava

şartlarına bağlı olmakla birlikte deniz seviyesinde yaklaşık bir atmosfer (101.3 kPa) olduğu da

bilinmelidir. Bu bilgilere göre mutlak basınçların 1 atm’den küçük veya büyük olabileceği

fakat daima sıfırdan büyük olmaları gerektiği açıktır. Basınçların atmosfer basıncından

itibaren ölçülmesi halinde izafi veya rölatif basınç olarak nitelendirildiğini unutmamak

gerekmektedir. Bu basınçların birbirlerine göre durumları ve eşelleri Şekil 3.2 de

gösterilmektedir.

Şekil 3.2 Mutlak ve Rölatif basınç değerleri, şematik olarak gösterimi

3.2 Durgun akışkanda basınç dağılımı

Yukarıda da anlatıldığı gibi durgun akışkanlarda derinlikle değişim gösteren hidrostatik

basınç,

gdy

dp

ile ifade edilir. Hernekadar da ρg özgül ağırlık olarak tanımlansa da, γ, hem ρ hem de g

parametreleri bağımsız davrandıklarından dolayı ρg olarak ifade edilirler. Genellikle

yukarıdaki denklemin integralını aldığımız zaman basınç dağılımını ρ ve g cinsinden elde

etmiş oluruz. Birçok mühendislik uygulamalarında yer çekimi ivmesinde oluşacak değişimler

ihmal edilmektedir. Sadece sözkonusu iki nokta arasındaki seviye farklarının çok büyük

olması durumlarında yerçekimi ivmesindeki değişimler dikkate alınmalıdırlar. Bu durumların

geçerli olmadığı her türlü akışkanlar mekaniği çalışmalarında yerçekimi ivmesi sabit olarak

kabul edilmektedir.

Sıkıştırılamayan akışkanlar: Manometreler

Sıvı içerisinde herhangi bir noktada basıncın değerini bulmak için, o noktada bulunan

prizmatik bir zerrenin dengesinin düşünülmesi yeterlidir. Şekil 3.3’ te prizmatik bir zerreye

tesir eden kuvvetler gösterilmiştir. Bu zerrenin alt yüzünde basınç p, üst yüzünde ise p+dp

olsun. Daha önce de anlatıldığı üzere her iki nokta arasındaki basınç değişimi ise iki nokta

arasındaki seviye farklarından dolayı değişiklik göstermektedir. Aşağıdaki denklem (3.4)

durgun bir sıvıda iki farklı seviyedeki noktaların arasındaki basınç farkını göstermektedir.

ghppp o (3.4)

- 29 -

Prizmatik zerrenin hacmi dx.dy.dz. olarak tanımlanırken zerreciğe etki eden kuvvetler

hacimsel ve yüzeysel olarak bilinmektedir.

Bu durumda hacimsel kuvvetleri tanımlamak için zerreciğin hacmi:

dzhacim .1.1

Akışkanın toplam derinliği ise;

yzH

Şekil 3.3 Durgun bir sıvı zerresine etkiyen kuvvetler

Zerreciğin üzerine etkiyen kuvvetler bu durumda hem ağırlık ve hem de hidrostatik basınç

olarak tanımlanırlar. Yüzeylere gelen basınç kuvvetleri ve zerrenin ağırlığı düşünüldüğü

zaman z doğrultusunda denge denklemi yazılırsa sol tarafta etkiyen kuvvetler sağ tarafta ise

sıfır yazılarak denge denklemi elde edilir.

0)( pdzdppF

Yukarıdaki denklemin çözümü ise,

dzdp

sabitzp

Sınır koşulları düşünüldüğü zaman, z=H olduğunda sistemdeki basınç atmosferik basınca eşit

olmakta ve p=po yazılabilmektedir,

sabitHpo

Hpsabit o

Sabit rakamı ana denklemin içerisine yerleştirdiğimizde ise denklem aşağıdaki hali

almaktadır.

Hpzp o

)( zHpp o

burada,

yzH )(

böylece,

ypp o

ve,

gyppp o

Yukarıdaki denklemi basıncın sabit bir değeri haiz olduğu noktaların geometrik yerinin

- 30 -

serbest yüzeye paralel bir düzlem olduğunu zımmen ifade etmektedir. Dolayısı ile durgun bir

sıvının serbest yüzeyi yatay olduğuna göre eşbasınç yüzeyleri de yatay düzlemlerdir. Bir

başka deyişle yukarıdaki denklemi yerçekiminden başka bir ivmeye maruz bulunmayan bir

sıvı kitlesi içerisindeki her yatay düzlemde basıncın sabit olduğunu ifade etmek tedir. Bu

düzlemlere eş basınç, izobar veya nivo yüzeyi denmektedir.

Soru 3-1

Sağlıklı bir insanın kan basıncı 120/80 mm Hg olarak bilinmektedir. İnsan kan basıncını

ölçmekte kullanılan tansiyon aletini bir adet manometre olarak tanımlarsak insan vücudundaki

minimum ve maksimum basınç değerlerini kPa cinsinden hesaplayınız. Tansiyon aletinde

kullanılan civanın özgül kütlesi, SGHg=13.6 ve suyun yoğunluğu, ρH2O = 1000 kg/m3

olarak

alınacaktır.

Çözüm 3-1

Verilen: Rölatif basınç değerleri 120 ve 80 mmHg.

İstenilen: kPa cinsinden vücuttaki basıncın belirlenmesi

Çözüm:

A, A’, ve B noktalarına hidrostatik denklemin uygulanması.

Temel denklemler:

ghppp o

Kabuller:

(1) Durgun akışkan.

(2) Sıkıştırılamayan akışkan.

(3) Hava yoğunluğu ihmal edilebilinir (<< Hg ).

Temel hidrostatik basınç denklemlerini A’ ve B noktaları arasında uygularsak; (pB atmosferik

basınç olduğundan rölatif basınç değeri sıfırdır)

ghSGghpp OHHgHgBA 2'

- 31 -

A’ noktasından aşağılara indik sonra basınç artmakta, bu artış manometrenin en alt noktasına

kadar devam etmektedir. Basınç monometrenin diğer tarafına geçtiği anda A noktasına doğru

yükselmekte ve tekrardan azalmaya başlamaktadır. Tam A noktasına gelindiğinde ise A

noktasındaki basınç A’ noktasındaki basınçla ayni değeri bulmaktadır.

ghSGpp OHHgAA 2'

SGHg=13.6 ve ρH2O = 1.000 kg/m3 değerlerini denklem içerisine yerleştirince h=120 mm Hg

için basınç değerini kPa cinsinden hesaplayabiliriz.

mkg

sN

mm

mmm

s

m

m

kgpp Asiyon

.

.

100012081.910006.13

2

23tan

kPam

Np siyon 16000,16

2tan

Ayni yöntem ile, h=80 mm Hg durumunda basınç değerleri aşağıdaki gibi bulunabilinir.

kPap siyon 67.10tan

Not:

Süreklilik gösteren bir akışkanda ayni düzlemdeki farklı iki noktanın basınçları

aynidir.

Manometre problemlerinde gaz için derinlik boyunca basınç değişimi ihmal

edilebilmektedir; ρgaz << ρakışkan

Yukarıdaki problem birim olarak mm Hg’nin kPa’a çevrilmesini göstermektedir.

Genel olarak, 1 atm = 101 kPa = 760 mm Hg eşitliği bilinmektedir.

Manometreler basit ve pahalı olmayan aletler olarak bilinirler. Genellikle basınç ölçümünde

kullanılırlar. Manometre ölçümlerinde basınç değişiminin çok az olması durumunda

gerçekleşen seviye değişimlerinin ölçümünde zorluklar yaşanmaktadır. Bundan dolayı detaylı

çalışmalardakullanılmaları tavsiye edilmemektedir.

Soru 3-2

Eğimli d çapındaki dar tüp geniş silindir tank ile aşağıdaki şekilde görüldüğü gibi θ açı ile

birleşmektedir. Silindir tank üzerinde Δp kadar basınç farkı oluşmaktadır. Bu basınç farkından

dolayı tank içerisinde bulunan akışkanın yer değiştirmesini, L, basınç değişimi, Δp ve D, d, θ

cinsinden tanımlayınız.

- 32 -

Çözüm 3-2

Verilen bilgi: Eğimli manometre düzeneği

Bulunması talep edilen: L nin diğer parametreler cinsinden tanımlanması

Çözüm:

Denge halindeki akışkan seviyesi referans çigisi olarak alınacaktır.

İlgili denklem:

ghppp o

Kabuller:

(1) Statik akışkan.

(2) Sıkıştırılamayan akışkan.

1 ve 2 noktaları arasında ilgili denklemlerin

uygulanması:

)( 2121 hhgppp sııv

h1 değerini hesaplayabimek için mevcut sıvının hacminin hiç değişmediği bilgisini kullanmak

gerekmektedir. Bu durumda tank içerisinde yer değiştiren sıvı hacmi, eğimli tüp içerisindeki

yer değiştiren sıvının hacmine eşit olacaktır.

Ld

hD

44

2

1

2 veya

2

2

1D

dLh

Buna ek olarak manometre geometrik bilgisini kullanarak h2=L sin θ yazabiliriz. h1 ve h2

bilgileri hidrostatik basınç denklemine yerleştirilirse

22

sinsinD

dgL

D

dLLgp liquidliquid

denklemini elde edebiliriz.

2

sinD

dg

pL

liquid

Öğrenciler genellikle çoklu manometre sistemlerinin çözümünü gerçekleştirmekte zorluklarla

karşılaşmaktadırlar. Bu tür manometrelerin çözümü çok basit kurallarla kolaylıkla

gerçekleştirilebilinir:

1. Bir manometre içerisindeki herhangi bir akışkanın üzerine etkiyen basınç ayni

düzlemde ayni etkiyi vermektedir.

2. Basınç akışkanın oluşturduğu kolon içerisinde derinlere ilerledik sonra artmaktadır.

- 33 -

İki farklı nokta arasındaki basınç değişimini bulmak için, Δp, aşağıdaki denklemin modifiye

edilmiş halini kullanabiliriz.

ghppp o

Modifiye denklem aşağıdaki gibi yazılabilinir.

iihgp (3.5)

burada ρi ve hi farklı akışkanların yoğunluk ve yüksekliklerini temsil etmektedir. Akışkan

derinliklerinin pozitif veya nekatif alınıp alınmaması konusunda dikkat edilmesi

gerekmektedir. Aşağıya doğru gidilirken h değerleri pozitif; yukarıya doğru gidilirken ise

negatif alınmaları gerekmektedir. Soru 3-3 çoklu manometre kullanımı ile ilgili bir örnek

olarak karşımıza çıkmaktadır.

Soru 3-3

Su A ve B arasında borularla hareket etmektedir. Ters U tüpünün içerisinde ise yağ

bulunmaktadır. Civa ise manometrelerin alt kısımlarında yer almaktadır. A ve B arasındaki

basınç farkıni kPa cinsinden hesaplayınız. (SGHg=13.6 and SGyag = 0.88)

Cevap 3-3

Verilen bilgi: Çoklu manometre sistemi

Bulunması talep edilen: A ve B arasındaki basınç farkı, pA-pB (kPa)

İlgili denklem:

iihgp ve su

SG

Kabuller:

(1) Statik akışkan.

(2) Sıkıştırılamayan akışkan.

A ve B noktaları arasında ilgili

denklemlerin uygulanması:

- 34 -

12345 22dddddgppp OHHgyagHgOHBA

Yukarıdaki denklemi ana basınç denklemini yazarak elde edebiliriz.

)( 1212 hhgppp

C noktasından başlayarak sıra ile basınç denklemlerini yazıyoruz.

12dgpp OHAC diğer şekliyle 12

dgpp OHAC

2dgpp HgDC diğer şekliyle 2dgpp HgCD

3dgpp yagDE diğer şekliyle 3dgpp yagDE

4dgpp HgFE diğer şekliyle 4dgpp HgEF

52dgpp OHBF diğer şekliyle 52

dgpp OHFB

Her bir denklemi -1 ile çarparak birbirleriyle topluyoruz, sonuç olarak aşağıdaki denklemi

elde ediyoruz:

BFFEEDDCCABA PPPPPPPPPPpp

54321 22dgdgdgdgdgpp OHHgoilHgOHBA

Soruda verilen bağıl yoğunluk ilişkilerini kulllanarak (SGHg=13.6 and SGyag = 0.88) aşağıdaki

çözümü gerçekleştirebiliriz

54321 222226.1388.06.13 dddddgpp OHOHOHOHOHBA

54321 6.1388.06.132

dddddgpp OHBA

mmgpp OHBA 20017008810202502

mmgpp OHBA 25822

mkg

sNm

m

kg

s

mpp BA

.

.1

10002582100081.9

2

32

kPapp BA 33.25

3.3 Batmış cisimlere etkiyen Hidrostatik Basınç

Şu ana kadar akışkanın yarattığı hidrostatik basıncın akışkanın içerisindeki dağılımının

detaylarını inceledik. Bu basıncın aslında birim alana etki eden kuvveti temsil ettiğini

unutmamamız gerekmektedir. Basınçdan dolayı oluşacak olan kuvvetlerin bileşkesini

tanımlayabilmek için aşağıdaki bilgilere sahip olmamız gerekmektedir.

1. Kuvvetin büyüklüğü

2. Kuvvetin yönü

3. Kuvvetin etki ettiği doğru

Bunların tanımlanabilmesi için hem düzlemsel ve hem de eğimli yüzeylerin analizini

- 35 -

gerçekleştirmemiz gerekmektedir.

Hidrostatik kuvvetlerin düzlem yüzey halindeki etkisi

Akışkan içerisine batırılmış ve üst yüzeyi yukarıya bakan düzlem yüzey halindeki eğimli

levhanın durumu Şekil 3.4’te gösterilmektedir. Burada koordinatlar önem kazanmaktadır.

Yüzeyin xy koordinatlarında oturması ve orijinin ise serbest yüzeyde olması önem

gösterilmesi gereken şartlardandır. Durgun su içerisinde kayma gerilmeleri olamayacağına

göre hidrostatik kuvvet suyun içerisindeki yüzeye dik olarak etki edecektir.

Şekil 3.4’de verilen batırılmış düzlem yüzey üzerine dA=(dx)(dy) etki etmekte olan basınç

kuvvetleri aşağıdaki gibi tanımlanabilir.

pdAdF

Tüm yüzey alan üzerine etki eden bu sonsuz kuvvetlerin tek bir kuvvet ile temsil edilebilmesi

bileşke kuvvet ile mümkün olabilmekte ve bu da sonsuz kuvvetlerin toplanması ile mümkün

olmaktadır. Bilindiği gibi sonsuz kuvvetlerin toplanması ancak vektörel düşünüldüğü zaman

gerçekleşebilmektedir. Batırılmış düzlem yüzeyin üzerine gelen hidrostatik sonsuz kuvvetler

her zaman için yüzeye dik gelmektedirler. Bu da bize bileşke kuvvetin de yüzeye dik etki

edeceğini göstermektedir. Bileşke kuvvetin değeri ise;

A

R pdAF (3.6)

Şekil 3.4 Batırılmış düzlem yüzey hali

Denklem 3.6 daki integralin çözülebilmesi için birincil şart basınç, p, ve şerit alanın, dA, ayni

parametrelerle ifade edilmesiyle mümkün olacaktır. Denklem 3.4 kullanılarak basınç değerini

derinlik cinsinden ifade edebiliriz.

ghpp o

Bu ifadede po‘ın su yüzeyindeki etkiyen basınç olduğunu unutmamalıyız (h=0). Buna ek

olarak ise geometrik şekillere baktığımızda derinlik ile y ekseni arasında da, h=y sin θ

ilişkisini rahatlıkla gözlemleyebiliriz.

- 36 -

A

o

A

o

A

R dAgypdAghppdAF )sin()(

A

o

AA

oR ydAgApydAgdApF sinsin

Denkelminde integral içerisindeki tanımlama yüzey alanın x aksı çevresindeki ilk momenti

olarak bilinmekte ve aşağıdaki gibi yazılmaktadır.

AyydA c

A

burada yc yüzey alanın ağırlık merkezinin y koordinatı olarak tanımlanmaktadır. Böylece,

AygApF coR sin

AghpF coR )(

ApF cR (3.7)

burada pc rolatif basıncı temsil etmekte ve etki noktası da yüzey alanın merkez noktası olarak

tanımlanmaktadır. Denklem 3.7 suyun içerisinde batırılmış olan bir düzlem yüzeyin üst

yüzeyine etki eden hidrostatik kuvvetlerin bileşkesini vermektedir. Düzlem yüzeyin altına etki

eden kuvvetlerin tanımlanmasıyla ilgili herhangi bir alakası yoktur.

Bir sonraki aşamada hedefimiz bileşke kuvvetin etki ettiği noktayı bulmak olacaktır. İlk önce

y’ noktasının koordinatını bulmak gerekmektedir. Bunu yapabilmek için x aksı üzerindeki

herhangi bir sabit noktadan bileşke kuvvetin yaratacağı moment değerlerinin düzlem

üzerindeki yayılı yüklerin yaratacağı momentlere eşit olacağını kabul etmemiz gerekmektedir.

Sonsuz kuvvetlerin, dF, x-aksı etrafında yaratacakları momentleri toplayarak yazarsak

aşağıdaki denklemi elde ederiz.

Şekil 3.5 Batırılmış düz plaka üzerine etki eden hidrostatik basınç

A

R ypdAFy (3.8)

Yukarıdaki denklemin integralini almak için yine basınç değerlerini y cinsinden

tanımlamamız gerekmektedir.

A

o

A

o

A

R dAgyypdAghpyypdAFy )sin()( 2

- 37 -

AA

oR dAygydApFy 2sin

Denklemin son halindeki integral ycA olarak kabul edilebilinir. İkinci integral ise yüzey alanın

x-aksı çevresinden gerçekleştirdiği ikinci integrali olarak bilinmekte,

A

dAy 2

ve atalet momenti olarak tanımlanmaktadır, Ixx. Burada paralel aks teorisi kullanılarak atalet

momenti, aşağıdaki hali alır; 2

cxxxx AyII

Tüm bu bilgileri kullanınca aşağıdaki denklemler türetilebilmektedir.

xxcoccxxcoR IgAgypyAyIgAypFy sin)sin()(sin 2

xxRcxxcocR IgFyIgAghpyFy sinsin)(

Son olarak ise y’ noktasının belirlenebilmesi için:

R

xx

cF

Igyy

sin (3.9)

Denklemini kullanabiliriz. Denklem 3.9 bileşke kuvvetin etki noktasının bulunabilmesi için

etkili bir yöntem olup rölatif basınç değerleri kullanıldığı zaman kullanılabilmektedir. Ayni

rölatif basıncın yüzeyin diğer tarafında da etki ettiği düşünüldüğü zaman Denklem 3.7

kullanılarak bileşke kuvvet hesaplanabilinir,

AgyAyghApF ccccR gage sin

ve böylece denklem 3.9’un son hali;

c

xx

cAy

Iyy (3.10)

Denklem 3.8 bileşke kuvvetin etki ettiği noktanın orijin olarak kabul edilen noktadan olan

mesafesini, y’ temsil etmektedir; Denklem 3.9 ise matematiksel olarak y’ değerini direkt

olarak hesaplayabileceğimiz denklem olarak tanımlanmaktadır; Denklem 3.10 ise

basitleştirilmiş olarak bileşke kuvvetin etki edeceği noktanın hesaplanmasında yardımcı

olmaktadır. Batırılmış yüzeyin alt kısmına etki eden basınç kuvvetlerinin söz konusu olduğu

sorularda her iki tarafı ayrı ayrı hesaplamak sorunun çözümü için faydalı olacaktır. Diğer bir

çözüm ise her iki basınç değerinin bileşke kuvvetini bularak çözüme odaklanmak olacaktır.

Burada unutmamak gerekmektedir ki herhangi bir durumda, y’> yc—akışkanın etki ettiği

basınç merkezi etki altında olan levhanın ağırlık merkezinin altında olmaktadır. Bunun en

büyük sebebi ise akışkan basıncının hidrostatik basınç değerinin aşağılara indik sonra artması

olarak gösterilmektedir.

Yukarıdakinin benzeri analizler levhanın x yönündeki basınç merkez noktasını (x’)

bulabilmek için de kullanılmalıdır.

- 38 -

A

R xpdAFx (3.11)

A

o

A

o

A

R dAgxyxpdAghpxxpdAFx )sin()(

AA

oR xydAgxdApFx sin

Birinci integral xcA (xc merkez noktasının y aksına olan uzaklığı olarak biliniyor). İkinci

integral ise

xy

A

IxydA

Paralel aks teoremi kullanılarak,

ccyxxy yAxII

Böylece,

yxcocccyxcoR IgAgypxyAxIgAxpFx sin)sin()(sin

yxRcyxcocR IgFxIgAghpxFy sinsin)(

Sonuç olarak x’ bulunabilinir,

R

yx

cF

Igxx

sin (3.12)

Denklem 3.12 rölatif basınç değerinin hesaplamalara katılabileceği durumlarda geçerli

olmaktadır. Rölatif basınç değerinin referans olarak alınması ile birlikte bu basınç değeri

hesaplamalardan düşmekte Denklem (3.12) aşağıdaki basitleştirilmiş hale gelmektedir.

c

yx

cAy

Ixx

(3.13)

özet olarak ise, Denklem 3.6’dan Denklem 3.13’e kadar akışkan içerisine batırılmış herhangi

bir cisimin üzerine etki edecek olan hidrostatik kuvvetlerin büyüklüklerinin ve etki

noktalarının hesaplamaları gösterilmiştir. Hidrostatik kuvvetlerin cisim üzerine dik etki

ettikleri hiçbir zaman unutulmamalıdır. Yukarıdaki denklemler kullanılarak aşağıdaki sorulara

cevap bulmaya çalışacağız.

Soru 3-4

Eğimli duran düzlem A noktasından mesnetlenmiştir. Bu düzlem sistemin genişliği 5 metre

olarak verilmiştir. Düzlem üzerine etki eden bileşke kuvveti ve etki noktasını hesap ediniz.

- 39 -

Çözüm 3-4

Verilen: Dikdörtgen kapak, A noktasından mesnetlenmiş, kapak genişliği w=5 metre

İstenen: Akışkanın ve havanın kapak üzerine etki ettiği bileşke kuvvet, FR.

Çözüm:

FR, değerinin hesaplanabilmesi için (a) kuvvetin etkisine ve (b) kuvvetin etki ettiği noktaya

ihtiyaç bulunmaktadır. Bu problemi çözebilmek için (i) direk entegrasyon ve (ii)

matamatiksel çözüm tekniklerini kullanacağız.

Direk entegrasyon

Temel denklemler:

ghppp o A

R pdAF

A

R xpdAFx

A

R pdAF

Kapak üzerindeki atmosferik basınçlar her iki yönden de etki göstermelerinden dolayı

atmosferik basınç etkisini sıfırlayarak rölatif basınç ile çalışabileceğiz. İntegral üzerinden

çalışabilmek için O noktasından başlayan y aksı yerine kapak üst noktasından tanımlanan η

aksını kullanarak çok daha hızlı bir biçimde sonuca ulaşabiliriz. η değerini kullanarak h ve

dA değerleri yeniden tanımlanabilinir.

30sin Dh ve wddA

Elde edilen denklemleri temel denklemlere yerleştirirsek aşağıdaki çözümlemelere gidebiliriz.

Bu çözümler bileşke kuvvetin bulunmasına yardımcı olacaktır.

- 40 -

L

A

R wdDgpdAF0

)30sin(

30sin

230sin

2

2

0

2 LDLgwDgwF

L

R

mkg

sNmmmm

s

m

m

kgFR

.

.

2

1

2

1642581.9999

22

23

kNFR 588

Bileşke kuvvetin bulunmasından sonra etki ettiği noktayı bulmak önem kazanmaktadır.

Bunun için ise η’ değerini bulmak önem kazanmaktadır.

A

R pdAF

Böylece,

L

R

L

RAR

dDF

gwpwd

FpdA

F00

)30sin(11

30sin

3230sin

32

32

0

32 LDL

F

gwD

F

gw

R

L

R

mkg

sNmmm

N

m

s

m

m

kg

.

.

2

1

3

64

2

162

1088.5

581.9999

232

523

m22.2

ve mmmD

y 22.622.230sin

2

30sin

Ayni zamanda, y aksından alınan mometlerle,

A

R xpdAFx

mw

pdAF

wpdA

w

Fx

ARAR

5.2222

1

Olarak hesaplanabilmektedir. Burada x yönünde basınç kuvvetlerinin değişmemesinden

dolayı basınç merkezinin kapak ağırlık merkezi ile ayni düzlemde olduğunu görebilirsiniz.

Matematik denklemler

Ana çözüm taktiklerini düşünerek sonuçlandırılan matematiksel denklemleri kullanarak

yukarıdaki sorunun çözümüne ulaşılabilmektedir. Bu durumda net kuvvet

LwL

DgAghApF ccR

30sin

2

- 41 -

30sin

2

2LDLgwFR

Yukarıdaki sonuç entegrayson kullanarak eriştiğimiz cevap ile aynidir. Basınç merkez

noktasının y koordinatı aşağıdaki denklem ile basitce hesaplanabilinir.

c

xx

cAy

Iyy

Açılı duran kapak için

mmmLD

yc 62

4

30sin

2

230sin

22054 mmmLwA

43 7.26)4(512

1mmmI xx

mmm

mmAy

Iyy

c

xx

c 22.66

1

20

17.266

22

4

Basınç merkezinin x koordinatı ise aşağıdaki gibi hesaplanacaktır:

c

yx

cAy

Ixx

Dikdörtgen kapak için

0yxI

ve

mxx c 5.2

Soru 3-5

Aşağıdaki tankın yan yüzeyinde bulunan kapı alt kısmından mesnetlenmiştir. 4790 Pa (rölatif)

basınç akışkanın üst yüzeyine etki etmektedir. Kapının kapalı kalması için uygulanması

gereken, Ft, kuvvetini hesaplayınız.

Çözüm 3-5

Verilen: Şekilde verilen kapak sistemi

Bulunması istenen: Kapağı kapalı tutmak için gerekli olan kuvvet.

Çözüm:

- 42 -

Problemin çözülebilmesi için tüm kuvvetlerin etkisini tanımladığı yukarıdaki şekilleri iyice

incelememiz gerekmektedir. Kapak sisteminin iç kısmında ve dış tarafında etki eden

kuvvetlerin toplamı net kuvveti ifade etmektedir. Bileşke kuvveti tanımlayabilmek için çok

dikkatli olunması gerekmektedir. Soru içerisinde çözüme ulaşılabilinmesi için ya rölatif

basıncı referans olarak kabul ederiz veya mutlak basınç ele alınarak da çözümleme

yapılabilmektedir. Basitleştirmek için rölatif basınç sistemini referans olarak alacağız.

Yukarıdaki şekiller basitçe göstermektedir ki kesinlikle Denklem 3.7 ve 3.9’u kullanmamız

gerekmektedir. Mesnetten dolayı oluşan kuvvetler Ay ve Az olarak tanımlanmaktadırlar. Ft

kuvveti A noktasından moment alınarak bulunabilmektedir.

Temel denklemler:

ApF cR R

xx

cF

Igyy

sin 0AM

Bileşke kuvvet ve etki ettiği nokta aşağıdaki denklemlerle çözülmüştür.

bLL

pAghpF ocoR )2

()( (1)

ve

2

12/

2

2

12/

2

90sin 23

Lp

LL

bLL

p

bLL

F

Igyy

ooR

xxc

(2)

A noktasından moment alınıp sıfıra eşitlenirse kapağın açılmadığı sonucuna varılabilmektedir.

0)( yLFLFM RtA

veya

)1(L

yFF Rt

Denklem 1 ve 2 yi kullanarak denklem 3 elde edilebilinir.

- 43 -

2

12/

2

11

2

2

Lp

LbL

LpF

o

ot

621222

22 bLbLpbLbLLpF o

ot

(3)

6

181.06.015715

2

19.06.04790 2

32 mm

m

Nmm

m

NFt

NFt 2566

Sorunun integral yöntemi ile çözümü yapılıp çıkan sonuçlarla kıyaslanması çalışma açısından

önem arz etmektedir.

Batık Eğrisel yüzeyler üzerinde hidrostatik Kuvvet

Düzgün batık yüzeylerin üzerine etki eden hidrostatik kuvvetlerin analizi için gerekli olan

şematik düzenleme Şekil 3.4’de gösterilmektedir. Şekilde kordinatların tanımlanması ve

referans akslarının belirlenmesi öncelikle önem verilen kriterlerdir. Şekil 3.4’de tüm düzlemin

xy kordinatları üzerinde dağılım göstermesine özen gösterilmekteydi. Hidrostatik kuvvet ve

onun batık düzlem üzerinde etki ettiği lokasyon esasen elde edilmek istenen parametredir.

Hidrostatik kuvvetin düzgün yüzeye dik gelmesinin bilinmesi ile basınç kuvvetinin herhangi

bir alan parçacığı üzerine yaptığı etki

pdAdF

denklemi ile tanımlanmaktadır. Kuvvet, yüzey üzerine etki eden sonsuz kuvvetlerin tüm alan

için toplanması ile elde edilmektedir. Tüm kuvvetlerin toplanması vektörel toplam olarak

yapılmalıdır. Bu doğrultuda yüzey üzerine dik yönde etkiyen kuvvetlerin toplamının değerini

aşağıdaki denklem ile bulabiliriz.

A

R pdAF (3.6)

Eğrisel yüzeylere etki eden bileşke kuvveti bulmak için birkez daha tüm yüzey üzerinden

integral almak gerekecektir. Ancak burada düz yüzeylerin aksine daha komplike bir çözüm

yöntemi ile karşı karşıya kalmaktayız. Basınç kuvvetleri eğrisel yüzeye dik etki etseler bile,

eğrisel yüzeyin kıvrımlarından dolayı kuvvetlerin yönleri birbirinden bağımsız olarak etki

etmektedirler. Yüzey alan ile ilgili olan bu sıkıntının aşılabilmesi için basitleştirilmiş bir kabul

yapılacak ve çözüm aranacaktır. Bunun için Şekil 3.6’da verilen eğrisel düzlem üzerine etki

eden basıç kuvvetlerinin dA alanına etki ettiğini kabul ederek herbir sonsuz alana etki eden

kuvveti

- 44 -

Şekil 3.6 Batık eğrisel yüzey

ApdFd

(3.14)

denklemi ile tanımlayabiliriz. Burada eksi işareti kuvvetin yüzey alan üzerine alan vektörünün

tersi yönde etki ettiğini göstermektedir.

A

R ApdF

(3.15)

Verilen kuvvetin ana yönlerdeki bileşkelerini yazmak için vektör çarpması gerçekleştirmemiz

gerekmektedir. Birim vektörlerin yardımı ile Denklem 3.16 elde edilebilinir.

A

x

A

RR pdAiApdiFdiFFx

...

(3.16)

Burada dAx sözkonusu alanın, dA, x aksı yönündek, projeksiyonu olarak tanımlanmaktadır.

Negatif değer ise x yönündeki kuvvetin etkisinin ters yönde olduğunu göstermektedir. Genel

olarak hidrostatik kuvvetin l yönündeki toplam etkisi

lA

lRl pdAF (3.17)

olarak verilmektedir. Burada dAl sözkonusu alanın, dA, dik yöndeki projeksiyonudur. Bileşke

kuvvetin etki ettiği nokta ile bu noktanın dönme noktasına olan uzaklığının çarpımı denge

korunumundan dolayı yayılı yük ile yükün dönme noktasına olan mesafesinin çarpımına eşit

olmalıdır. Yatay kuvvetin etki ettiği noktanın bulunmasında yürütülecek çalışma düz kapak

çalışmalarındaki ile ayni yöntemi göstermektedir (Şekil 3.7). Eğrisel yüzey üzerine gelen

suyun ağırlığından dolayı oluşan kuvvet ise akışkanın hacmine bağımlı olarak

tanımlanabilmektedir. Yatay kuvvetler ile dikey kuvvetlerin birleşerek oluşturacakları etki

kuvveti ise eğrisel kapak üzerine dik etki eden ve kapağın dengesini bozmaya odaklanan

kuvvet olarak tanımlanmaktadır. Eğrisel yüzey üzerine etki eden kuvvetler sıvının ağırlığı ile

tanımlanabildiğine göre Denklem 3.18 kullanılmalıdır.

- 45 -

Şekil 3.7 Eğrisel yüzeylere etki eden kuvvetler

A

zVRz pdAFF (3.18)

ve p=ρgh olduğundan,

AA

zV gdVghdAF (3.19)

burada ρghdAz = ρgdV eğrisel yüzey üzerine etki eden akışkanın differensiyel alanın

oluşturduğu hacmin ağırlığı olarak tanımlanabilmektedir. Toplam dik kuvvetlerin toplamına

eşit olan bileşke kuvvetler ise ağırlığın etki ettiği sınırlar içerisinde integral çözümü ile

hesaplanmaktadır.

gVgdVghdAFVA

zV

z

(3.20)

Özet olarak eğrisel yüzeylerde etki eden hidrostatik kuvvetin x ve y yönlerindeki bileşke

değerlerini iki basit formülizasyon ile hesaplayabiliriz.

ApF cH gVFV (3.21)

burada pc ve A sırası ile cisim merkez noktasına etki eden basınç ve cismin yüzey alanı olarak

bilinmektedir. V ise eğrisel yüzeyin üzerindeki akışkanın hacmini temsil etmektedir. Eğrisel

cismin üzerine etki eden kuvvetin etki noktası ise hacmin ağırlık merkezinden geçmektedir.

Kaldırma Kuvveti

Sıvı içerisine batırılmış veya üzerinde yüzmekte olan bir cisimin üzerine etki eden hidrostatik

kuvvetlerin toplamına kaldırma kuvveti denmektedir. Şekil 3.8’de verilen cismi örnek olarak

alacak olursak, Sıvı içinde taban alanı dA olan silindir şeklindeki cisme bir basınç kuvveti etki

etmektedir. Cismin; yan yüzeylerine etkiyen basınç kuvvetleri birbirlerini dengeleyecek, fakat

alt yüzeye etkiyen basınç kuvveti üst yüzeye etkiyeninkinden büyük olacaktır. Cismin hem üst

kısmına ve hem de alt kısmına etki edecek olan basınç kuvvetlerini

ghpp o (3.22)

formülünden hesaplayabiliriz. Bu durumda Şekil 3.8’e göre cismin üzerine etki eden net

basınç kuvvetleri;

dAhhgdAghpdAghpdF ooz 1212 (3.23)

diğer taraftan ise ,

- 46 -

dAhhdV 12

olduğundan yola çıkıldığı zaman differensiyel silindirin integrali cisim üzerine etki eden net

kaldırma kuvvetini verecektir.

gVgdVdFFV

zz (3.24)

Burada V batık cismin hacmidir. Böylelikle, akışkan içerisinde batık duran bir cismin üzerine

etki eden kaldırma kuvvetleri cisim ile yer değiştiren sıvının ağırlığı ile tanımlanabilmektedir.

hacmicissııvk gVF min (3.25)

Şekil 3.8 Durgun su içerisinde batık cisim

Kaldırma kuvveti cismin ağırlık merkezinin üzerinden etki etmektedir. Kaldırma kuvvetinin

etki ettiği noktaya ise kaldırma kuvvetinin merkezi denilmektedir. Hem sıvılar ve hem de

gazlar kaldırma kuvvetini batık cisimlere uygulamaktadırlar. Özellikle sıvı üzerinde yüzer

pozisyonda olan malzemelerde cisim ile yer değiştiren sıvının hacminin ağırlığı kaldırma

kuvvetini vermektedir.

dsııvk gVF (3.26)

Burada Vd yer değiştiren sıvının hacmi olarak verilmektedir. Kaldırma kuvveti ilişkisi felsefik

olarak Archimedes tarafından İ.Ö. 220 yıllarında kullanılmıştır. Archimedes, Kral Hiero II’ye

hediye edilen tacın saf altın olup olmadığını bulmak için kaldırma kuvveti deneyleri yapmış

ve o zamandan günümüze kaldırma kuvveti “Archimedes’ Kanunları” olarak bilinmiştir. Son

yüzyılda daha teknik haliyle, Denklem 3.25 gemilerin, su altı kapakların ve denizaltıların

tasarım prensiplerinde kullanılmaktadır.

Şekil 3.9Archimedes kaldırma kuvveti kanunu.

Soru 3-6

- 47 -

Şekilde verilen eğik kapak O noktasından mesnetlenmiştir. Kapak genişliği, w=5 metre olarak

alınmıştır. Eğik kapağın x ve y koordinatı cinsinden denklemi x=y2/a olarak verilmiş ve a=4

m alınmıştır. Kapak altında kalan su hacminin derinliği, D=4 m’dir. Sistemdeki dengeyi

koruyacak ve kapağın kapalı kalmasını sağlayacak Fa kuvvetini hesaplayınız. Kapak ağırlığı

ihmal edilecektir.

Çözüm 3-6

Verilen: Sabit genişlikte kapak, w=5 m.

Eğimli kapak xy boyutları x=y2/a, ayrıca a=4 m.

Su kapağın altında D=4 m derinlikte kapağın sağında yer almaktadır.

Kuvvet Fa şekilde görüldüğü gibi etki etmekte ve ağırlığı ihmal edilmektedir.

(Soru çözümünde O noktasındaki reaksiyonları hesaplamalara katmıyoruz.)

İstenen: Kapağı dengede tutacak Fa kuvvetinin değerini bulunuz.

Çözüm:

O noktasından moment alınarak kapak üzerine gelmesi gereken dengeleyici kuvveti bulmak

mümkün olmaktadır. Bu işlemin tamamlanabilmesi için sıvının kapak üzerine yaptığı yatay ve

dikey kuvvetlerin hesaplanması gerekmektedir. Sistemin serbest çizim diagramı yukarıdaki

şekilde (a) kısmında verilmektedir. İlk etapta serbest çizim diagramını incelediğimizde dik

kuvvetlerin, FV hesaplanmasını değerlendirmek gerekmektedir. Burada, daha önce dik kuvvet

için verilen tanıma uyan ancak eğrisel yüzeyin üzerinde olması beklenen sıvı aksine eğrisel

kapağın altına inmektedir. Ancak, yukarıdaki şekil (b) de görüleceği üzere eğrisel yüzeyin

hem altındaki hem de üzerindeki sıvı kapak üzerine ayni derinliklerde ayni kuvveti

uygulamaktadır. Bu durumda (c) şemasında görüldüğü gibi analizlerin eğrisel yüzeyin

üzerindeki sıvı kabulu ile tamamlanarak, elde edilen dik kuvvetin gerçekte ayni miktarda

ancak ters yönde etki edeceği gerçeğiyle uyumlaştırmak soru çözümünü kolaylaştıracaktır.

Diğer taraftan serbest çizim diagramında gösterilen yatay yöndeki kuvvetler ile eğrisel

kapağın projeksiyonunun üzerine etkiyen yatay kuvvet olarak düşünülecek ve bileşke yatay

- 48 -

kuvvet hesabı yapılacaktır.

Temel denklemler:

gVFV ApF cH c

xxc

Ay

Iyy 0OM

Yatay kuvvet için, FH, merkez noktası, alan ve ikinci moment sırasıyla, yc=hc=D/2, A=Dw, ve

Ixx =wD3/12 olarak hesaplanabilmektedir.

AghApF ccH

wD

gDwD

g22

2

mkg

Nsm

mm

m

kg

.5

2

4

sec81.9999

22

23

kNFH 392

ve

c

xxc

Ay

Iyy

3

2

62)

2)((

12/

2

3 DDD

DwD

wDD

mmy 67.243

2

Dikey kuvvet için, FV, eğrisel kapağın üzerindeki sıvının ağırlığını hesaplamamız

gerekmektedir. Bunu yapabilmek için differensiyel bir sıvı kolonu düşünerek bu kolonun

hacmini ((D-y).w.dx ) tüm eğrisel kapak üzerinde integral alıp sıvının özgül ağırlığı ile

çarpmak gerekecektir.

a

Da

Da

D

V dxaxDgwdxyDgwwdxyDggVF

222

0

21

00

)()()(

a

gwDa

a

D

a

DgwaxDxgw

aD

33

2

3

2 3

23

33

0

23

2

mkg

Ns

m

mm

m

m

kg

.4

1

3

45

sec81.9999

233

23

kNFV 261

Etki eden dik kuvvetin eğrisel kapak üzerine etki ettiği noktayı, x’, bulmak gerekmektedir.

Etki noktası FV kuvvetinin yaratacağı momenti differensiyel ağırlık kuvvetlerinin y aksı

üzerinden yaratacağı moment ile eşitleyerek bulabiliriz. Böylece,

a

Da

Da

D

V dxaxDxgwwdxyDxggdVxFx

222

0

23

00

)()(

- 49 -

2

5

25

5

2

5

0

25

2

105

2

25

2

2

2

a

gwDa

a

D

a

Dgwaxx

Dgw

aD

mm

m

a

D

Fa

gwDx

V

2.14

4

10

3

10

3

10

222

2

5

Tüm etki eden kuvvetlerin bulunmasının ardından kapağın dengede durabilmesi için

uygulanacak olan Fa kuvvetinin bulunması gerekmektedir. Bunun için kapağın bağlı olduğu

mesnet noktasından moment almak gerekecektir. O noktasından moment alarak Fa kuvvetinin

Eğrisel kapak üzerine uygulaması gereken kuvveti hesaplayabiliriz.

0)( HVaO FyDFxlFM

HVa FyDFxl

F )(1

kNmkNm 39267.242612.15

1

kNFa 167

Soru 3-7

Kral Hiero’nun tacının saf altın olup olmadığını

hesaplamak üzere Archimedes kanunu uygulanacaktır.

Tacın ağırlığının hem havada, Wa ve hem de su içerisindeki

ağırlığının, Ww ölçülebileceğini kabul ederek tacın özgül

kütlesini, SG, Wa ve Ww cinsinden hesaplayınız.

Çözüm 3-7

Verilen: Tacın ağırlığı hem havada hem de su içerisinde ölçülmüştür.

İstenen: Tacın özgül kütlesinin hem tacın sudaki ağırlığı ve hem de SG, Wa ve Ww

cinsinden hesaplayınız

Çözüm: Hidrostatik kuvvetleri ve kaldırma kuvvetleri kullanılarak çözüme gidilecektir.

Temel denklemler:

db gVF Kaldırma kuvveti yer değiştiren akışkanın ağırlığına

eşittir.

Kabuller: (1) Durgun akışkan ve (2) sıkıştırılamayan akışkan

- 50 -

Sistemin serbest çizim diagramına bakarak toplam kuvvet denklemini yazabiliriz.

0 zF 0. bW FgMW

Ww tacın su içerisindeki ağırlığını temsil etmektedir;

dwkW gVgMFgMW ..

halbuki bu ağırlık havada;

gMWa .

ile tanımlanmaktadır. Son iki denklemi bir araya getirdiğimizde sıvı içerisindeki tacın

ağırlığını tekrardan yazabiliriz.

dwaW gVWW

Böylece hacim,

g

WWV

w

Wa

d

olarak tanımlanabilir. Tacın yoğunluğu ise,

w

wa

a

w

wawa

w

d

crownWW

W

WW

Mg

WW

gM

V

M

Sonuç olarak tacın özgül kütlesi:

wa

a

water

crown

WW

WSG

Soru 3-8

Yuvarlak bir top şeklindeki dubanın çapı 1.5 metre, ağırlığı

8.5 kN, ve bu duba deniz tabanına bir kablo ile bağlanmış

bulunmaktadır. Dubanın tamamıyla deniz içerisine

batırılması durumunda kablo üzerinde oluşacak olan çekme

kuvvetini hesaplayınız. Deniz suyunun özgül ağırlığını 10.1

kN/m3 olarak alabilirsiniz.

Çözüm 3-8

Verilen: Kürenin ağırlığı.

Bulunması istenen: Kablo üzerindeki çekme kuvveti.

Çözüm: Hidrostatik kuvvetleri ve kaldırma kuvvetleri kullanılarak çözüme gidilecektir.

Kaldırma kuvveti, FB yan taraftaki serbest çizim diagramında

gösterilmektedir. Burada W kürenin ağırlığınıi T ise kablonun üzerindeki

çekme kuvvetlerini göstermektedir. Denge koşullarında;

0 F WFT B

Kaldırma kuvveti burada FB=γV olarak hesaplanabilir. Kürenin hacmi ise

- 51 -

çapına bağlı olarak:

6

3dV

Formülüzisyonu ile bulunabilinir; Tüm bu değerleri denge denkleminde yerine koyduğumuz

zaman kablo üzerindeki çekme kuvveti bulunur.

kNNmNT 35.9)(105.86

5.1)/(101.10 3

333

Soru 3-9

Dikdörtgen şeklindeki kapak, 0.9m × 1.0m boyutlarında

tasarlanmıştır. Kapak mesnet noktası yan taraftaki şekilde

tanımlandığı gibidir. Kapak su seviyesi belli bir seviyeye

geldiği zamanlarda açılmaktadır. Sistem içerisindeki su

seviyesi h=2.0m olduğu anda kapak açılmak üzere harekte

geçmektedir. Kapağın bu hareketi gerçekleştirebilmesi için

kapağın ağırlığını hesaplayınız.

Soru 3-10

B noktasından mesnetlenmiş kapağın genişliği 5 metre

olarak verilmiştir. Kapak A noktasında duvar üzerine

yaslanarak denge pozisyonunda durmaktadır. Aşağıdaki

istenilen parametreleri bulunuz.

a) Kapak üzerine gelen hidrostatik basınç kuvveti,

b) A noktasına duvar tarafından etki eden P kuvveti,

c) B noktasındaki reaksiyonlar.

Soru 3-11

Şekilde gösterilen AB kapağının genişliği 2 metre olarak

seçilmiştir. Kapak A noktasından mesnetlenmiştir. B

noktasına etki ederek AB kapağını sabit tutacak kuvvetin

yönünü ve büyüklüğünü hesaplayınız.

Kapağın sağ ve sol tarafı yağ oarak

kullanılacaktır (γyağ=0.8 t/m3).

Kapağın sağ ve sol tarafı su oarak kullanılacaktır.

- 52 -

Soru 3-12

Şekildeki AB kapağının ağırlığı 40 ton

genişliği ise 4 metre olarak tasarlanmıştır.

Kapak A noktasından mesnetlenmiştir.

Kapağın sol tarafındaki su seviyesini kapak

açılmayacak şekilde hesaplayınız.

Soru 3-13

Dikdörtgen şeklinde, genişliği 1.5 metre yüksekliği ise 1.8 metre olan bir levha suyun

içerisine dik şekilde batırılmaktadır. Bu levhanın bir tarafına gelecek olan basınç

kuvvetlerini ve basınç merkezini hesaplayınız.

(a) batırılmış levha üstü su yüzeyinde,

(b) batırılmış levha su yüzeyinden 0.3m aşağıda,

(c) batırılmış levha su yüzeyinden 30m aşağıda.

- 53 -

4. KİNEMATİK KAVRAM

4.1 Süreklilik denklemi

Şekil 4.1’de gösterilen ABCDEFGH kontrol hacminin her bir kenarının boyutları dx, dy ve dz

olarak şekilde de gösterildiği gibi x, y ve z yönlerinde verilmektedir.

Şekil 4.1 Kontrol Hacmi.

Yukarıda verilen yönlerdeki hız dağılımları her üç yönde de akım olduğu düşünüldüğü zaman

u, v ve w olarak tanımlanırlar. Bu durumda sadece x yönündeki hareketi düşünecek olursak;

ABCD alanından kontrol hacmine doğru birim zamanda giren akışkan kütlesi = udydz

Genel anlamda düşünecek olursak, x yönünde yoğunluk ρ ve akım hızı u değişecektir.

Böylece,

EFGH alanından birim zamanda çıkan akışkan kütlesi = dydzdxx

uu

)(

Bu durumda, x yönünde birim zamanda kontrol hacminde meydana gelen net değişim =

dxdydzx

u

)(

ayni şekilde y yönünde = dxdydzy

v

)(

ve de z yönünde = dxdydzz

w

)(

böylece, birim zamanda toplam kütle değişimi = dxdydzz

w

y

v

x

u

)()()(

Ayni zamanda, t birim zamanda yoğunluktaki değişimi vermektedir. Bu da kütlede

birim zamanda meydana gelen değişimin = dxdydzt

olduğunu göstermektedir (negatif cevap kontrol hacmi içerisinde net kütle azalması olduğunu

göstermektedir). Bu durumda,

Birim zamanda çıkış yapan net kütle = birim zamanda kontrol hacmi içerisindeki kütle

değişimi olarak ifade edersek eşitlik son halini almaktadır.

- 54 -

dxdydzz

w

y

v

x

u

)()()( = dxdydz

t

veya

z

w

y

v

x

u

)()()( =

t

(4.1)

Denklem (4.1) akımın kararlı veya kararsız, sıkıştırılabilir veya sıkıştırılamaz olduğu

durumlarda akım içerisindeki herhangi bir nokta için geçerli kabul edilmektedir. Ancak

sıkıştırılamayan akışkanlar için akışkan yoğunluğu sabit olduğundan Denklem (4.1) aşağıdaki

basitleştirilmiş hali alır.

0

z

w

y

v

x

u (4.2)

İki boyutlu sıkıştırılamayan akışkanlar için ise Denklem (4.2)’de tanımlanan z yönündeki hız

değişimleri sıfırlandığından denklem aşağıdaki hali alır;

0

y

v

x

u (4.3)

Soru 4-1

Sıkıştırılamayan akışkanın hız dağılımı u = 3-x, v = 4+2y, w = 2-z denklemleri ile

tanımlanmaktadır. Bu akışkanın süreklilik denklemini sağladığını gösteriniz.

Çözüm 4-1

Üç boyutlu sıkıştırılamayan akışkan için süreklilik denklemi Denkelm (4.2) de

gösterilmektedir;

0

z

w

y

v

x

u

Bu denkleme göre,

1)3(

x

x

x

u

2)24(

y

y

y

v

1)2(

z

z

z

w

Sonuç olarak, 0121

z

w

y

v

x

u

Süreklilik için gerekli olan koşullar sağlanmıştır.

4.1 İki Boyutlu akımlar için Akım Fonksiyonu

Akım çizgisinin (streamline) hız vektörlerine teğet olduklarını daha önce tartışmış ve akım

çizgisinin düzlemsel koordinatlardaki diferansiyel denklemini iki boyutlu akım alanları için

aşağıdaki gibi tanımlamıştık:

- 55 -

u

v

dx

dy

streamline

(4.4)

Bu bölümde akım çizgilerine çok daha genel bir bakış açısı ile yaklaşılacak ve akım

fonksiyonu, ψ tanımını yapacağız. Bu bize iki farklı vektörel notasyon kullanarak daha önce

tanımlamaya çalıştığımız akım çizgilerini (u(x,y,t) ve v(x,y,t)) tek bir fonksiyon ile tanımlama

imkanı tanıyacaktır ψ(x,y,t).

Akım fonksiyonunu tanımlayabilmek için farklı birçok yöntem bulunmaktadır. Burada iki

boyutlu sıkıştırılamayan akışkanlı akımlar için süreklilik denklemi yazılarak akım

fonksiyonunu analiz etme imkanı bulacağız.

0

y

v

x

u (4.5)

Süreklilik şartını sağlayacak bir akım fonksiyonu iki boyutlu akımlar için,

yu

and

xv

(4.6)

şeklinde yazılmaktadır. Nitekim, denklem (4.5) ve (4.6) birleştirilerek yazılan bir fonksiyon

süreklilik denklemini sağlamaktadır:

022

xyyxy

v

x

u (4.7)

Ayni zamanda denklem (4.4) kullanılarak sadece akım çizgisi boyunca tanımlanabilen bir

denklem elde edebiliriz.

0 vdxudy (4.8)

Diğer taraftan ise akım fonksiyonunun tanımlarını Denklem (4.8) içerisinde kullanarak

aşağıdaki gibi yazabiliriz.

0

dy

ydx

x

(4.9)

Diğer taraftan, herhangi bir zamanda, t, akım fonksiyonunda ψ(x,y,t) lokasyona (x,y) göre

meydana gelebilecek değişimler

ddyy

dxx

(4.10)

ile tanımlanabilirler. Denklem (4.9) ve (4.10)’u karşılaştırdığımız zaman akım çizgisinin

herhangi bir noktasında, herhangi bir zamanda, dψ=0; olduğunu görürüz. Bir başka deyişle,

akım çizgisi boyounca ψ’nin sabit olduğunu görürüz. Böylece, birbirinden bağımsız birçok

akım çizgisi tanımlamamız mümkün olmaktadır. Akım fonksiyonu akım anında iki farklı

akım çizgisi arasında birim zamanda geçen akışkanın hacmini bulmamızda yardımcı

olmaktadır.

Şekil 4.2’de gösterilen akım çizgileri üzerinde bir çalışma gerçekleştirirsek, AB ve BC

çizgilerini kullanarak ψ1 ve ψ2 akım fonksiyonları arasında kalan bölgedeki bir zamanda

geçen akım hacmini hesaplayabiliriz.

- 56 -

Şekil 4.2 Ayni anda iki boyutlu akımdaki akım çizgilerinin şematik gösterimi.

AB ve BC çizgilerini kullanarak akım miktarını hesaplayalım. Yukarıdaki tanımlamalar

doğrultusunda her ikisinde de akımların ayni olması gerekmektedir. Birim derinlik için AB

den geçmekte olan akışkanın birim zamandaki hacmi (Debisi);

dyy

dyuQ

y

y

y

y

2

1

2

1

olarak yazılabilir. Ancak AB boyunca x=sabit alınır ve Denklem (4.7) den de

ddyy

,

ifadesi alınırsa,

2

1

2

1

12

ddyy

Q

y

y

elde edilir. Birim derinlik için BC den geçen akışkanın birim zamandaki hacmi:

dxx

vdxQ

x

x

x

x

2

1

2

1

BC boyunca y =sabit, ve Denklem (4.7)’den de

ddxx

, ifadesi yazılırsa,

1

2

2

1

12

ddxx

Q

x

x

elde edilmektedir. Görülüyor ki akım fonksiyonunun iki akım çizgisine ait değerleri

arasındaki fark o akım çizgileri arasından geçen birim genişlik debisini vermektedir. x ve y

kordinatlarının kesiştiği orijin noktasından geçmekte olan bir akım çizgisi ψ=0, olarak kabul

edilir. Daha sonra tanımlanan herhangi bir akım çizgisi ise, ψ, o akım çizgisi ile orijin

arasındaki debiyi vermektedir. Önemli bir not olarak iki akım çizgisi arasındaki mesafe

daraldık sonra birim zamanda geçen akışkanın hacmi sabit olduğundan akım hızı artacaktır.

Soru 4-2

Kararlı sıkıştırılamayan akışkanın hız dağılımı, AyjAxiV olarak verilmektedir. Ayrıca, A

= 0.3 s-1

verilmektedir. Bu bilgiler ışığında hız dağılımını sağlayacak akım fonksiyonunu

hesaplayınız. Akım fonksiyonunun çizimini +x ve –x yönlerinde grafik üzerinde gösteriniz.

- 57 -

Çözüm 4-2

Verilen: hız dağılımı, AyjAxiV ayrıca A = 0.3 s-1

.

İstenilen: Akım fonksiyonu ve fonksiyonun çizimi

Cevap:

Akım sıkıştırılamayan olduğundan dolayı denklem (4.6) eşitlikleri kullanılacaktır.

yAxu

yAx

dAxdy

),(1 yxfAxy (1)

burada f1(x,y) x ve y parametresine bağımlı bir fonksiyonu tanımlamaktadır. f1(x,y) fonksiyonu

v için yazılmış denklemden elde edilecektir.

xAyv

xAy

dAydx

),(2 yxfAxy (2)

Denklem (1) ve (2) göstermektedir ki f1(x,y) ve f2(x,y) sabit rakamları temsil etmektedirler ve

bundan dolayı c olarak nitelendirilebilirler.

cAxy (3)

Sabit ψ çizgileri akım içerisindeki akım çizgilerini göstermektedirler. Denklemle birlikte

yazılan c sabit sayısı çizimlerin gerçekleştirilebilmesi için uygun bir rakam olarak kabul

edilebilinir. Eğer c sabitini “sıfır” kabul edersek, yukarıda da tanımlanan orijinden geçen akım

fonksiyonunu tanımlamış oluruz. Böylece birinci akım fonksiyonunun değeri ψ=ψ1=0 olarak

verilir.Bu durumda diğer tüm akım çizgileri orijin ve akım çizgisi arasındaki akım değerlerini

vermektedir. c=0 ve A=0.3s-1

, bilgilerini denklemde yerine koyunca,

xy3.0 (m3/s/m)

denklemi elde edilir.

- 58 -

Birinci ve ikinci bölümlerdeki akım çizgilerinin şematik gösterimi yukarıda verilmektedir.

Birinci bölümde, u>0 olduğundan ψ değerleri pozitif olacaktır. İkinci bölümde ise , u<0,

olduğundan ψ değerleri negatif olacaktır. Birinci bölümde u>0 ve v<0, olduğundan akım

soldan sağa doğru hareket ederken ikinci bölümde tam tersi olmaktadır. Akım çizgileri

arasından birim zamanda geçen akışkanın hacmi birinci bölümde

3.01212 Q (m3/sn/m)

olarak bulunur. İkinci bölümde ise, u<0 ve v<0, olduğundan akım sağdan sola doğru

gitmektedir. Akım çizgileri arasından birim zamanda geçen akışkanın hacmi ise ikinci

bölümde

6.07979 Q (m3/s/m)

olarak hesaplanır. Negatif cevap u<0 ibaresi ile uyumluluk göstermektedir.

4.3 Akışkan partikülünün hareketi

Şekil 4.3 tipik bir akışkan partikülünün hareketini göstermektedir. Burada partikülün hacmi dx

dy dz, ve kütlesi dm olarak alınmış ve t zamanı ile t+dt zamanlarındaki pozisyonları açıkça

belirtilmiştir.

Şekil 4.3 t ve t+dt zamanlarındaki sonsuz akışkan elemanının pozisyonu

Bu partikülün hareketlerini dört farklı şekilde inceleyebiliriz.:

Doğrusal hareket

Dönme

Açısal deformasyon

Doğrusal deformasyon

- 59 -

Doğrusal hareket durumunda akışkan partikülü herhangi bir değişikliğe uğramadan başka bir

noktaya hareket etmektedir. Dönme hareketi gerçekleştiği durumlarda ise partikül hareketi

boyunca belli bir aks etrafında dönme davranışı göstermektedir. Doğrusal deformasyon

durumunda ise akışkan hareketi boyunca genişleme veya daralma davranışları göstermektedir.

Açısal deformasyonun gerçekleşmesi ise partikülün her bir kenarının orijinal boyutlarını terk

ederek belli bir açı ile deformasyona uğraması olarak bilinmektedir. Şekil 4.4 x-y düzleminde

bir akışkan partikülünün gerçekleştirebileceği dört farklı hareket davranışını göstermektedir.

Şekil 4.4 Akışkan partikülünün farklı hareket davranışları.

Temel olarak, akışkan partikülü yukarıdaki hareket davranışlarından sadece iki tanesini

gerçekleştirmektedir. Bunlar doğrusal hareket ve dönme hareketleridir. Bu hareketler ayni

anda veya birbirinden bağımsız olarak gerçekleştirilebilirler. Eğer akışkan partikülü bir kare

olarak düşünülürse, doğrusal hareket veya dönme hareketi Şekil 4.4’de gösterildiği gibi

gerçekleşmektedir. Açısal deformasyon Şekil 4.4 ve Şekil 4.3’de net olarak gözlenmektedir.

Dönme hareketi matamatiksel davranış olarak tanımlanıp çözümlenebilir. Şekil 4.5 detaylı bir

şekilde akışkan partikülünün iki boyutta dönme hareketine maruz kalacağı durumu

özetlemektedir.

Şekil 4.5 İki boyutlu akımda dikdörtgen akışkan partikülünün dönerek gerçekleştirdiği hareket

Şekil 4.5 de verilen akışkan partikülü ABCD, Δt zaman diliminde A noktasına rölatif olarak

- 60 -

bir hareket göstermektedir. ABCD partikülünün yeni lokasyonu kesik çizgilerle tanımlanır.

Bu akışkan partikülünün gerçekleştireceği açısal hız dönme hareketini temsil etmektedir.

Oluşan açısal hız, w ile temsil edilmekte ve aşağıdaki denklem ile boyutlandırılmaktadır.

y

u

x

vwww ADAB

2

1

2

1 (4.11)

Dönme açısı, w sıfıra eşit olduğu zamanlarda akışkan partikülünün dönme hareketini

gerçekleştirmediğini anlarız ve bu tür akımlara çevrintisiz akım deriz. Bu koşulun

sağlanabilmesi için ise aşağıdaki eşitliğin sağlanması gerekmektedir.

0

y

u

x

v veya

y

u

x

v

(4.12)

Üç boyutlu akımlarda ise çevrintisiz (Potansiyel) akım durumu partikülün her üç yöndeki

çevrintilerinin de sıfıra eşit olması ile gerçekleştirilebilir.

y

u

x

v

(4.12a)

z

v

y

w

(4.12b)

x

w

z

u

(4.12c)

Soru 4-3

İki boyutlu sıkıştırılamayan bir akım hız dağılımında hızlar aşağıdaki gibi verilmektedirler.

yxxy

u 23

23

3

23

2 xyxyv

Bu fonksiyonların çevrintisiz akım olduklarını gösteriniz.

Çözüm 4-3

Verilen fonksiyonlar süreklilik koşullarını sağlamaktadırlar.

xyx

u22

ve 22

xy

y

v

Bu durumda,

02222

xyxy

y

v

x

u

böylece süreklilik sağlayan akımın çevrintisiz olma koşulu mümkündür. Çevrinti parametresi,

- 61 -

w aşağıdaki denklem ile hesaplanabilir ve denklemin 0 olması durumunda akım çevrintisiz

olarak tanımlanır.

y

u

x

vwww ADAB

2

1

2

1

y

yxyx

x

xyxy )3/2()3/2(

2

1 3232

0)()(2

1 2222 xyxy

4.4 Hız potansiyeli ve potansiyel fonksiyonu

Akımın çevrintisiz olması halinde, akım alanı boyunca hızların bir hız potansiyelinden

türediği düşünülebilir. Bu potansiyeli temsil eden ϕ(x,y,z) fonksiyonuna potansiyel fonksiyonu

denir. Bu fonksiyon, kararlı, çevrintisizlik şartını sağlayacak şekilde türevleri u, v ve w hız

bileşenlerini veren bir fonksiyon olarak tariflenir. Yani ϕ(x,y) matamatiksel olarak

xu

(4.13)

yv

(4.14)

şeklinde tariflenir. Bu fonksiyonun çevrintisizlik şartını sağladığı kolayca gösterilebilinir. Hız

potansiyeli akım yönünde sürekli artmaktadır. Hız potansiyeli sürekli olarak ardışık sabit

rakamlara eşitlendiği durumlarda ise potansiyel çizgileri elde edilir. Süreklilik denklemini

kullanarak hız potansiyelini akım fonksiyonu cinsinden yazmak mümkün olmaktadır.

0

y

v

x

u

Süreklilik denklemine hız potansiyeli denklemini yerleştirdiğimiz durumlarda, yani denklem

(4.13) ve (4.14) denklem (4.3)’e amalgam edilirse Laplace denklemi elde edilir,

02

2

2

2

2

yx (4.15)

Bu durumda akışkanların akımı Laplace denklemini hız potansiyeli cinsinden

tanımlanabilmektedir. Diğer taraftan hız potansiyeli ile akım fonksiyonu arasında aşağıdaki

denklemlerdeki gibi bağlantı kurulabilmektedir.

yxu

xyv

- 62 -

Soru 4-4

İki boyutlu akımlarda akım fonksiyonu ψ = 2xy denklemi ile tanımlanmaktadır. Burada

akımın potansiyel (çevrintisiz) olduğunu gösteriniz. Potansiyel akımın fonksiyonunu bulunuz.

Çözüm 4-4

Verilen akım fonksiyonu çevrintisiz akım koşulunu sağlamaktadır.

2

2

2

2

2

1

2

1

yxy

u

x

vw

02)2(

2

12

2

2

2

y

xy

x

xy

Sonuç akımın çevrintisiz olduğunu göstermektedir. Buna göre potansiyel fonksiyon mevcuttur

ve aşağıdaki gibi tanımlanabilir.

xy

xy

yxu 2

)2(

burada,

),(2 1

2 yxfxxx

ayrıca

yx

xy

xyv 2

)2(

Bu denklemden

),(2 2

2 yxfyyy

Sonuç olarak potansiyel fonksiyonu

Cyx 22

Denklemi ile tanımlanabilir.

- 63 -

Soru 4-5

İki boyutlu, sıkıştırılamayan bir akımda hız komponentleri u = x – 4y ve v = -y - 4x olarak

verilmektedir. Akımın sürekliliği sağladığını gösteriniz. Akım fonksiyonu denklemini elde

ediniz. Akım çevrintisiz ise hız potansiyeli denklemini elde ediniz.

Çözüm 4-5

Sıkıştırılamayan, iki boyutlu bir akımda süreklilik denklemi;

0

y

v

x

u

u=x-4y ve v=-y-4x

1

x

u 1

y

v

Sonuç olarak, 1-1=0 sağlanır ve akımın sürekliliği gösterilmiş olur. Akım fonksiyonunun elde

edilebilmesi için ise

yxy

u 4

(a)

xyx

v 4

(b)

Denklemleri yazılır ve (a) eşitliğinden;

yyx )4(

Cyxfyxy ),(2 2

elde edilir. Ancak, biliyoruz ki her zaman için ψ1 = 0 olarak kabul edilmekte ve bu nokta x =

0 ve y = 0 noktasından geçmektedir. Bu değerleri yukarıdaki denklemde yerine

koyduğumuzda C=0 elde edilir ve denklem aşağıdaki hali alır.

),(2 2 yxfyxy (c)

f(x,y) fonksiyonunun herhangi bir değere denk gelip gelmediğini bulabilmek için ise (b)

eşitliğini çözmek gerekmektedir. Şöyle ki;

xyx

4

- 64 -

xyx )4(

),(2 2 yxfxxy

elde edilen denklemi (c) denkleminin içerisine amalgam ettiğimiz zaman sonuç olarak

22 22 yxyx

elde ederiz. Akımın potansiyel akım olup olmadığını bulabilmek için ise çevrinti denklemi

kullanılacaktır.

y

u

x

vwww ADAB

2

1

2

1

hız vektörlerimiz ise

u=x-4y and v=-y-4x

olarak verilmişti. Çevrinti denkleminde parantez içerisindeki türev işlemlerini gerçekleştirip

iki değeri birbirinden çıkarırsak,

044

y

u

x

v

işlemin sonucunu sıfır buluruz. Bu da bize akım ortamında çevrinti olmadığını

göstermektedir. Bu durumda akım potansiyel akımdır. Hız potansiyellerini hesaplamak için

ise ilk önce x yönündeki hız vektör değerini kullanıyoruz.

yxx

u 4

xyx )4(

Cyxfyxx

),(42

2

Ancak, biliyoruz ki her zaman için ϕ1 = 0 olarak kabul edilmekte ve bu nokta x = 0 ve y = 0

noktasından geçmektedir. Bu değerleri yukarıdaki denklemde yerine koyduğumuzda C=0 elde

edilir ve denklem aşağıdaki hali alır.

),(42

2

yxfyxx

Ayni şekilde işlemler y yönündeki hız için de tekrarlanırsa,

yxx

4

),(2 2 yxfyxx

24

2

22 yyx

x

- 65 -

Soru 4-6

Akım fonksiyonu aşağıdaki gibi verilmektedir. 323 yx

Hız komponentlerinin (3,1) noktasındaki değerlerini belirleyiniz.

Çözüm 4-6

Hız vektörünün x ve y komponentleri aşağıdaki gibi hesaplanır

x-komponent:

232

3)3(

yy

yx

yu

y-komponent:

xx

yx

xv 6

)3( 32

(3,1) noktasına denk gelen hızlar ise

3u ve 18v

olarak bulunur. Sonuçların vektörel olarak tanımlanması ise aşağıdaki gibidir.

jiV 183

Soru 4-7

İdeal ve sıkışmayan iki boyutlu bir akışkana ait hız bileşenleri u=−x ve v=y, şeklinde

verilmektedir.

Akım fonksiyonunu belirleyiniz.

Akım potansiyel bir akım mıdır? Eğer potansiyel bir akım ise potansiyel hız

fonksiyonunu elde ediniz.

A(-1; 1) ve B(-2; 3) noktalarını birleştiren doğrudan veya eğriden birim genişlikte

geçen debiyi hesaplayınız.

Soru 4-8

Sıkışmayan üç boyutlu bir akışkana ait akımın hız bileşenleri aşağıdaki gibidir.

u=kx(y+z ); v=ky(x+z ) ; w=−kz(x+y )–z2

Akmın fiziki olarak oluşabilmesi için “k” değerini bulunuz.

Akım permenan mıdır? (ilk bölümde hesapladığınız “k” değerini kullanınız).

Akımın üniform olup olmadığını belirleyiniz (ilk bölümde hesapladığınız “k” değerini

kullanınız).

Akımın çevrintili olup olmadığını belirleyiniz. (ilk bölümde hesapladığınız “k”

değerini kullanınız). Eğer akım çevrintili ise A(1,-1,1) noktasındaki çevrinti

vektörünün bileşenlerini hesaplayınız.

- 66 -

5. TEMEL KANUNLARIN INTEGRAL DENKLEMLERİ İLE KONTROL

HACİMLERİNE UYGULANMASI

Bundan sonraki bölümlerde akışkanlar mekaniğinin dinamik hareketlerinin integral

yöntemleri ile tanımlanması ve çözümlenmesi anlatılacaktır. Daha önce de ifade edildiği

üzere sıvı hareketlerinin, hareketi doğuran ve hareketten doğan kuvvetler dikkate alınarak

incelenmesi hidrodinamiğin konusunu teşkil etmektedir. Bilindiği üzere klasik fizik büyük

nisbette maddenin korunumu, enerjinin korunumu ve momentumun korunumu gibi kanunlara

dayanmaktadır. Akışkan hareketinin relativistik olmayan incelemeleri de aynı kanunlara

dayanır. Bu bölümde bu kanunların integral denklemleri ile çıkarılmalarını göstererek,

örneklerle bu kanunları daha iyi anlayacağız.

5.1 Sistemin temel kuralları

Sistemin temel kuralları temel kanunlar olan kütlenin korunumu, Newton’un ikinci kanunu ve

termodinamiğin ilk kanunu olacaktır. Kanunlarda tanımlanan denklemleri kontrol hacmini

temsil eden denklemlere çevirmek için integral yöntemlerine başvurulacaktır.

Kütlenin Korunumu

Herhangi bir sistemde en basit tanımıyla kütlenin sabit olduğu kabulü yapılabilmektedir.

Kütlenin korunması felsefesi ile zamana bağımlı olarak kütlenin değişime uğramadığı kabülü

ile birlikte aşağıdaki denklemi tanımlayabiliriz. Burada kütlenin zamana göre herhangi bir

değişime uğramadığını göstermekteyiz.

0

sistemdt

dM (5.1)

burada

)()( sistemsistemMsystem ddmM (5.2)

Newton’unikinci kanunu

Newton’un ikinci kanununa göre sisteme etki eden tüm kuvvetlerin toplamı momentumdaki

zamana göre meydana gelen değişimleri tanımlamaktadır. Buna göre, momentumda zamana

göre oluşan değişimler kuvveti tanımlamaktadır.

sistemdt

PdF

(5.3)

burada,

- 67 -

)()( sistemsistemMsistem dVdmVP

(5.4)

Termodinamiğin birinci kanunu

Termodinamiğin birinci kanunu enerjinin korunumu ile ilgili ana denklemin yazılmasında

öncülük göstermektedir. Buna göre,

dEWQ (5.5)

Yukarıdaki denklem enerjinin zamana göre değişimini tanımlarken aşağıdaki hali almaktadır.

sistemdt

dEWQ

(5.6)

Burada sistemin toplam enerjisi ise,

)()( sistemsistemMsistem deedmE (5.7)

denklemi ile tanımlanır ve enerji aşağıdaki son halini alır.

gzV

ue 2

2

(5.8)

Denklem 5.6’da, Q (ısının transferi) ısının sisteme eklenmesinden dolayı pozitif değer

almaktadır; W (yapılan iş) sistem tarafından çevrede yapılan işi tanımlamaktadır. Denklem

5.8’de u içsel enerjiyi, V hızı, ve z’de referans çizgisinden olan yüksekliği temsil etmektedir.

5.2 Sistem Türevlerinin kontrol hacmi ile bağıntısı

Yukarıdaki üç temel denklem zamana bağımlı akım ve akışkan özelliklerinin temel

denklemlerini oluşturmaktadırlar. Burada amaç genel bir tanımlama ile zamana bağımlı olan

temel denklemleri kontrol hacmi tanımını kullanarak ifade etmektir. Denklemlerde kütle,

momentum ve enerji terimlerini kullanmak yerine genişletilmiş özellik tanımlaması

kullanılacaktır. Genişletilmiş özelliklerin yanında yoğunlaştırılmış özelliklerin, de

kullanılması çok önemlidir. Bu şekilde;

)()( sistemsistemMsistem ddmN (5.9)

ilişkisi yazılabilinir ve denklem 5.9’a 5.2, 5.4, ve 5.7 denklemlerinde tanımlanan

parametreleri yerleştirdiğimizde,

,MN olunca, kütle ile bölünümü sonucunda 1

,PN

olunca, kütle ile bölünümü sonucunda V

,EN olunca, kütle ile bölünümü sonucunda e

sonuçlarını elde ederiz. Kontrol hacmi yaklaşımını kullanarak akışkanın akım sistemini

tanımlamak çok kolay değildir. Bunu gerçekleştirebilmek için uzayda, herhangi bir noktada,

- 68 -

akışkanın to zamanındaki pozisyonu ile to+Δt zamanındaki lokasyonu arasındaki değişimleri

incelemek gerekmektedir. Şekil 5.1 ayrıntıları göstermektedir.

Şekil 5.1 Akım sistemi ve kontrol hacmi konfigürasyonu.

Akışkan sisteminin başlangıç anındaki pozisyonu kontrol hacmi olarak tanımlanabilir. Bu

hacim uzayda sabitlenmiş ve xyz kordinatlarıyla tanımlanmaktadır. Δt kadar zaman geçtikten

sonra akım sisteminin yeni lokasyona geçtiğini ve bu geçiş sırasında şekil değiştirebileceğini

kabul etmekteyiz. Şekil 5.1 ikinci kısımda ise sistemin kütle korunumu kurallarını yerine

getirerek hareket ettiğini ve herhangi bir kütle kaybı veya kazancı gerçekleşmediğini

gözlemleriz. Akışkan sisteminin her iki durumda (t=t0 ve t=t0+Δt) gösterdiği davranışları

incelediğimizde kütlenin, momentumun ve enerjinin korunumu ile ilgili kontrol hacmini

ilgilendiren ana denklemleri elde edebiliriz.

Şekil 5.1’de görülebileceği gibi akışkan sistemi t0 zamanında tamamıyla orijinal kontrol

hacminin içeriside iken, t0+Δt zamanında kısmen sistemin dışarısına çıkmaktadır. Bu

durumda üç farklı bölge tanımlayabiliriz. Bunlar I ve II. Bölgeler, ki iki bölge birlikte kontrol

hacmini tanımlamaktadırlar; III. Bölge, ki büyük bir kısmı II. Bölgenin içerisinde

kalmaktadır; t0+Δt zamanındaki, akışkan sisteminin pozisyonunu belirlemektedir.

Akım sistemini tanımlarken hedefimiz genişletilmiş özelliklerin, N, kontrol hacmi içerisindeki

zamansal değişimlerinin fiziksel yansımasını matematiksel olarak tanımlamaktadır. Bu

durumda zamana bağımlı olarak değişim gösterecek genişletilmiş herhangi bir özellik

Reynolds transport teorisi kullanılarak tanımlanabilir. Reynolds transport teorisi;

CSCV

system

AdVdtdt

dN . (5.10)

Denklemi ile tanımlanır. Denklemdeki son ifadede hız vektörü ile alan vektörünün çarpımı

söz konusu olmaktadır. Vektör çarpımlarında elde edilecek değerin pozitif veya negatif

olabilme sebeplerini Şekil 5.2 de farklı durumlar için ifade etmekteyiz. Şekil 5.2’de (a)

herhangi genel bir durum için vektörel çarpımın değerini verirken, (b) akışkanın sistemi terk

ettiği durumları ve (c) ise akışkanın sisteme giriş anındaki koşulları tanımlamaktadır. (b) ve

(c) koşulları özel koşullar olup akım anında en sık görülen durumları temsil etmektedir. Bu

örneklerde pozitif ve negatif değerler tamamıyla iki vektör arasındaki açı ile belirlenmektedir.

- 69 -

Şekil 5.2 Vektör çarpımından örnek tanımlamalar

Kontrol sistemleri için Reynolds taşınım teoresini uygularken fiziksel davranışı net olarak

tanımlayabilmek önem kazanmaktadır. Burada akım sistemi kontrol hacmi içerisinden belirli

bir zaman diliminde geçen değer olarak bilinmektedir. Yukarıdaki denklemde tanımlanan her

bir parametrenin anlamını aşağıdaki tabloda detaylandırabiliriz.

sistemdt

dN

genişletilmiş özelliklerin, N , zamana bağımlı olarak gösterdiği

değişimlerin toplamını ifade etmektedir, örneğin PN

, eşitliği

durumunda momentumun korunumu koşulunu elde ederiz.

d

t CV

Kontrol hacmi içerisinde genişletilmiş özelliğin, N , zamana bağımlı

olarak göstereceği değişimleri ifade etmektedir. İfade

dCV

kontrol hacmi içerisinde genişletilmiş özelliğin anlık

miktarını ifade etmektedir. Örneğin, eğer PN

, koşulu mevcutken

V

değeri alınır ve dVCV

kontrol hacmi içerisindeki

momentumun anlık değişim miktarlarını tanımlar.

CSAdV

.

Genişletilmiş özelliğin , N , kontrol hacmini yüzey alandan terk ettiği

veya kontrol hacmine giriş yaptığı miktarı temsil etmektedir. AdV

.

ifadesi kontrol alanından sistemi terk eden veya sisteme giriş yapan

kütlenin miktarını temsil etmektedir. Örneğin, PN

, durumunda

V

ve dVCV

ifadeleri kontrol hacmine giren veya çıkan

momentum akışını temsil etmektedir.

5.3 Kütlenin Korunumu

Herhangi bir sistemde en basit tanımıyla kütlenin sabit olduğu kabulü yapılabilmektedir.

Kütlenin korunması felsefesi ile zamana bağımlı olarak kütlenin değişime uğramadığı kabülü

ile birlikte aşağıdaki denklemi yazabiliriz.

0

sistemdt

dM

burada

)()( sistemsistemMsistem ddmM

sistem ve kontrol hacmi denklem 5.10 ile ilişkilendirilebilinir.

- 70 -

CSCV

sistem

AdVdtdt

dN .

)()( sistemsistemMsistem ddmN

Kütlenin korunumu ilkesi, Reynolds transport teoremindeki N değişkenini kütle, M ile, η

değişkenini ise 1 ile değiştirerek elde edilir.

,MN and 1

bu değişiklikle aşağıdaki denklemi elde ederiz

0.

CSCV

AdVdt

(5.11)

Yukarıdaki denklem herhangi bir zaman aralığında kontrol hacmine giren veya çıkan net kütle

geçişi ile bu zaman süresinde kontrol hacmi içerisindeki net kütle değişiminin toplamda sıfıra

eşit olduğunu göstermektedir. Bu durumda, kütlenin korunumu ilkesi gereği kontrol hacmine

giren toplam kütle miktarı, kontrol hacmini terk eden toplam kütle miktarına eşit olmalıdır.

Kütlenin korunumu denklemi ayni zamanda süreklilik denklemi olarak da tanımlanmaktadır.

Zamana bağımlı kontrol

hacminde oluşan kütle

değişimi

= Kontrol hacmine

giren kütle miktarı

CSCVAdVd

t

.

Burada bir kez daha dikkat edilmesi gereken vektörel çarpımın uygulamasında skalar

değerlerin çarpımının doğru yapılabilmesidir. Burada AdV

. = cosVdA olacaktır. İki vektör

arasındaki açıya bağımlı olarak çarpımın sonucu pozitif, negatif veya sıfır olabilir. Denklem

5.11’in basitleştirilmesi için bazı kabullerin yapılması gerekmektedir. Örneğin

sıkıştırılamayan akışkan kabulu yapılarak akışkanın yoğunluğu sabit alındığı zaman Denklem

5.11

0.

CSCV

AdVdt

olarak yazılabilir. Burada d değerinin kontrol hacim boyunca integrali kontrol hacminin

hacmini verecektir. Ayni zamanda sabit yoğunluğun sıfır olma olasılığının olmamasından

dolayı yukarıdaki denklemi aşağıdaki gibi yazabiliriz.

0.

CS

AdVt

zamana bağımlı olarak değişmeyen kontrol hacimleri için (kararlı akım) yukarıdaki

denklemin ilk kısmı sıfıra eşit olacaktır. Böylece süreklilik denklemi kararlı akım ve

sıkıştırılamayan akışkanlar için

0. CSAdV

halini alacaktır. Uniform akım durumlarında ise akım hızı ve yüzey alanları sabit

kalacağından denklem aşağıdaki basit duruma dönüşecektir.

0. CSAdV

(5.12)

- 71 -

Kütlenin korunumu ile türetilen süreklilik denkleminin boyutları L3/T olarak yazılmaktadır.

Bu da AdV

. vektör çarpımının neticesinin birim zamanda kesit alandan geçen akışkanın

hacmini vermektedir. Burada, sıkıştırılamayan akışkanlar için, sabit kontrol hacimlerinde

sistem içerisine giren akışın sistemde gerçekleşen çıkışa eşit olduğunu göstermektedir. Birim

zamanda kesit alanından geçen hacimsel akım Q , aşağıdaki gibi yazılır.

AAdVQ

. (5.13)

kesit alanından geçen ortalama hızın değeri ise;

A

AdVAA

QV

.

1

Reynolds transport teoremi ile türetilen kütlenin korunumu denklemlerinin kararlı akım ve

sıkıştırılamayan akışkan kabulleri ile süreklilik denklemi

0. CSAdV

(5.14)

olarak tanımlanır ve uniform akım durumlarında kesit alanının ve hızın sabit durumu kütle

korunumu denklemini Denklem (5.15) haline getirir.

0. CSAV

(5.15)

Bu durumda kararlı akımlarda kontrol hacmine giren ve çıkan kütlenin miktarının eşit olduğu

gösterilmektedir.

Soru 5-1

Şekilde görüldüğü gibi, su borusu bağlantısı

içerisinde kararlı bir akım düşünelim. Alanlar:

A1=0.2m2, A2=0.2m

2 ve A3=0.15m

2 olsun. Ayrıca,

akışkan 4 numaralı delikten dışarıya doğru

tahmini 0.1 m3/s debi ile çıkmaktadır. Ortalama

hızlar kesit 1 ve 3 için sırasıyla V1=5 m/s ve

V3=12 m/s. Kesit 2’deki hızı bulunuz.

Çözüm 5-1

Verilen: Suyun kararlı akım hali

A1 = 0:2m2 A2 = 0:2m

2 A3 = 0:15m

2

V1 = 5m/s V3 = 12m/s ρ = 999 kg/m3

Kesit 4’teki hacimsel akış oranı = 0.1 m3/s

İstenen: Kesit 2’deki hız.

Çözüm:

- 72 -

Gösterildiği gibi sabit bir kontrol hacmi seçildi.

Kesit 2’deki akışın dışarıya doğru olduğu kabulü

yapıldı ve buna uygun olarak şekil üzerinde

işaretlendi (eğer bu kabul yanlış ise bulduğumuz

nihai sonuçta bunu göreceğiz).

Temel denklemler: Genel kontrol hacmi denklemi Denk. 5.11 olmasına rağmen yukarıda

yapılan kabul (2) ve (3) nedeniyle hemen Denk. 5.15’e gidiyoruz.

0. CSAV

Kabuller: (1) Kararlı akışkan (verildi).

(2) Sıkışmayan akış.

(3) Her kesitteki özellikler üniform.

Denk. 5.15’in kullanılmasından dolayı ve yoğunluğun sabit olduğu hatırlanarak Denk. 5.14

04332211 QAVAVAV

olarak belirlenir. Burada Q4 dışarıya doğru olan sızma debisidir.

Şekil 5.2’de yapılan tartışma ışığında Denk. 1’in ilk üç terimi incelenir ve hızların

doğrultuları:

1111 AVAV

Yüzey 1’de 11 AV

eksi

işaretli

2222 AVAV

Yüzey 2’de 22 AV

artı

işaretli

3333 AVAV

Yüzey 3’te 33 AV

artı

işaretli

- 73 -

Bulunan sonuçlar Denk. 1’de kullanıldığında,

04332211 QAVAVAV

02

43311

2

A

QAVAVV

2.0

1.0)15.012()2.05(2

V

5.42 V m/s

Hatırlatmak gerekirse V2 hızın büyüklüğünü ifade etmektedir, öyle ki yaptığımız kabulde bu

kontrol hacminden dışarıya doğru olarak tanımlanmıştı. Gerçekte V2’nin eksi çıkması kesit

2’deki akışın içe doğru olduğu anlamına gelmektedir—yaptığımız ilk kabul geçersizdir.

Soru 5-2

Durağan katı sınır tabakasıyla direk temas halinde olan akışkanın hızı sıfırdır; sınır

tabakasında herhangi bir kayma yoktur. Böylece düz plaka üzerinden akış, plaka yüzeyine

yapışır ve aşağıda görüldüğü gibi sınır tabakası oluşturur. Plakanın üzerine gelmeden önce

akış üniformdur ve hız iUV

; U 30 m/s şeklinde ifade edilmektedir. Sınır tabakası

içerisinde ( y0 ) cd arasındaki hız dağılımı şu şekildedir:

2

2

yy

U

u

d noktasındaki sınır tabakası kalınlığı δ=5 mm’dir. Akışkan ρ=1.24 kg/m3 yoğunluğa sahip

havadır. Tabaka genişliğinin w=0.6 m kağıda dik olduğunu kabul ediniz ve kontol hacmi

abcd’nin bc yüzeyinden geçen kütle akış oranını hesaplayınız.

Çözüm 5-2

Verilen: Düz plaka üzerinde kararlı, sıkışmayan akış, ρ=1.24 kg/m3. Plaka genişliği, w=0.6

m.

Plakanın ilerisindeki akış üniformdur: iUV

; U 30 m/s.

x=xd:

δ=5 mm

2

2

yy

U

u

- 74 -

İstenen: bc yüzeyinden geçen kütle akış oranı.

Çözüm: Soruda kesikli çizgiler şeklinde gösterilen sabit kontrol hacmi

Temel denklemler: Genel kontrol hacmi denklemi Denk. 5.11, Kabul (1)’den dolayı hemen

aşağıda yer alan Denk. 5.14’e gidebiliriz,

0. CSAdV

Kabuller: (1) Kararlı akım (verildi).

(2) Sıkışmayan akış.

(3) İki boyutlu akış, verilen özellikler z’den bağımsızdır.

z yönünde akış olmadığı kabulü yapılarak,

0....)()()()(

daAcdAbcAabAAdVAdVAdVAdV

Mademki ad yüzeyinin içerisinden geçen akış yoktur; 0.)(

daAAdV

Buradan,

0...)()()(

cdAbcAabAAdVAdVAdV

Formül içerisindeki yüzey değişikliği, (bc) yüzeyindeki kütle akış oranının bulunmasına

yardımcı olacak, bcm ;

)()()(

...cdAabAbcA

AdVAdVAdV

Denklemin sağ tarafındaki integralleri incelememiz gerekiyor. z yönündeki derinlik w için,

şunları elde edebiliriz;

yb

yaabAabAuwdyudAAdV

)()(.

00

Uwdyuwdy

UwUwy 0

AdV

. eksi işaretli

wdydA

Uu ab alanı

üzerinde

yc

ydcdAcdAuwdyudAAdV

)()(.

0

2

02 dy

yywUuwdy

AdV

. artı işaretli

- 75 -

3

11

30

2

2

32

wUyy

wU

3

2 wU

wdydA

Denklem 1’de yerine konulduğunda şu elde edilir;

33

2

wUwUwUmbc

0372.01000

56.03024.1

3

1bcm /sec.

Artı işaret bc yüzeyinden dışarıya doğru akışı göstermektedir.

Soru 5-3

0.05 m3’lük hacme sahip depo, 800 kPa (mutlak) ve 15

oC

hava içermektedir. t=0 anında, hava 65 mm2’lik akış alanına

sahip vana aracılığı ile depodan çıkarıya doğru kaçmaya

başlayacaktır. Vana içerisinden geçen hava 300 m/s hıza ve 6

kg/m3 yoğunluğa sahiptir. t=0 anında depo içerisinde aniden

değişecek olan yoğunluğu belirleyiniz.

Çözüm 5-3

Verilen: 0.05 m3’lük hacme sahip depo, 800 kPa (mutlak) ve 15

oC hava içermektedir. t=0

anında, 65 mm2’lik akış alanına sahip vana. Vana içerisinden geçen hava 300 m/s hıza ve 6

kg/m3 yoğunluğa sahiptir.

İstenen: t=0 anında depo içerisinde değişecek olan hava yoğunluğu.

Çözüm: Gösterildiği gibi sabit bir kontrol hacmi seçiniz.

Temel denklemler: 0.

CSCV

AdVdt

Kabuller: (1) Depo içerisindeki özellikler uniform, ama zamana bağlı.

(2) Kesit 1’de uniform akış.

Mademki depo içerisindeki özellikler herhangi bir anda üniform olarak kabul edildi, ilk

terimdeki hacim integrali içerisinden yoğunluğu (ρ) dışarıya alabiliriz.

0.

CSCV

CV AdVdt

- 76 -

Şimdi CVd ’dır ve buradan

0.

CS

CV AdVt

Kütlenin kontrol hacmi sınırlarını aşabileceği tek yer Yüzey 1’dir. Bundan dolayı,

1

..ACS

AdVAdV

ve böylelikle

0.1

ACV AdV

t

Yüzey 1’de AdV

. ’nın işareti artı ve üniform, bu nedenle 1111

. AVAdVA

Sonra,

0. 111

AV

tCV veya 111 .AV

tCV

Depo hacminin, zamanın fonksiyonu olmamasından dolayı,

111 .AVt

ve

111 .AV

t

t=0 anında,

26

2

3

2

3 1005.0

1653006

mm

m

mmm

s

m

m

kg

t

34.2

t

(kg/m

3)/s (Sonuç yoğunluğun azaldığını göstermektedir)

5.3 Momentumun korunumu

Bir akımın hızının değişmesi için akışkana içerisinde akmakta olduğu mecranın cidarlarından

veya bir engelden bir kuvvetin gelmesi gerekir. Tabii bu kuvvet akışkanın cidar veya engel

üzerinde hasıl ettiği kuvvetin tepkisinden başka bir şey değildir. Newton’un ikinci kanununa

göre sisteme etki eden tüm kuvvetlerin toplamı momentumdaki zamana göre meydana gelen

değişimlerle tanımlanabilir. Buna göre, momentumda zamana göre oluşan değişimler kuvveti

tanımlamaktadır.

systemdt

PdF

- 77 -

Burada sistemin lineer momentum denklemi

)()( systemsystemMsystem dVdmVP

olarak tanımlanır. Burada net kuvvet, F

hem yüzeysel hem de hacimsel kuvvetleri

tanımlamaktadır.

BS FFF

Sistem ve kontrol hacmi formülizasyonunun ilişkisi Reynolds transport teoreminin

kullanılması ile birlikte sonuca varabilecektir.

CSCV

system

AdVdtdt

dN .

Momentumun korunumu ilkesi, Reynolds transport teoremindeki N değişkenini momentum,

Mv ile, η değişkenini ise v ile değiştirerek elde edilir.

,PN

then V

Bu değişiklikle aşağıdaki denklemi elde ederiz.

CSCVsystem

AdVVdVtdt

Pd

.

Momentumun zamana göre türevi, BS

system

FFFdt

Pd

olduğundan, denklemin son halini aşağıdaki gibi yazabiliriz:

CSCVBS AdVVdV

tFFF

. (5.17)

Kontrol hacmi içerisindeki akım, kontrol hacmine giriş ve çıkış üniform olması durumunda

ise denklemin son hali aşağıdaki gibi olacaktır.

CSCVBS AdVVdV

tFFF

. (5.18)

Denklem 5.17 ve 5.18 kontrol hacmi üzerinde etki eden akımın yarattığı kuvvetleri ifade

etmektedir. Burada kontrol hacmi üzerine etki eden toplam kuvvet zamana göre

momentumdaki değişimi ifade etmektedir ve/veya zamana göre kontrol hacmini kontrol

yüzeyinden terk eden momentumu göstermektedir. Fiziksel olayın doğru bir şekilde

anlaşılabilmesi için kontrol hacminin ve kontrol yüzeylerinin çok dikkatli seçilmesi

gerekmektedir. Kontrol hacmine giren ve çıkan tüm akışlar, kontrol yüzeyine etki eden tüm

basınçlar teker teker tanımlanmalı ve doğru düzlemde yazılmalıdırlar. Genellikle serbest

çizim diagramı doğru çözüme ulaşmada yardımcı olmaktadır. Akışkanlar mekaniğinde

hacimsel kuvvet genellikle yerçekimi ivmesi ile tanımlanmaktadır.

MgWgdF CVCV

B

(5.19)

burada g yerçekimi ivmesi, CVW

anlık kontrol hacminin ağırlığı olarak tanımlanır. Birçok

uygulamada yüzeysel kuvvetlerin sebebi sistem içerisinde oluşan basınçlardan dolayı

meydana gelmektedir.

AS ApdF

(5.20)

- 78 -

Basınç kuvvetleri genellikle kontrol yüzeylerine etki ederler (hatırlatmak gerekmektedir ki

alan vektörü her zaman alana dik dışarıya doğru etki eden vektördür). Üzerinde önemle

durulması gereken nokta akım çıkış yüzeylerinde dahi kontrol hacmine etki eden basınç

kuvvetleri kontrol yüzeye doğru etki etmektedirler.

Soru 5-4

Sabit bir hortum başından çıkan su şekilde görüldüğü gibi

düz plakaya vurmaktadır. Su, hortumu 15 m/s hızla

terketmektedir; hortum başının alanı 0.01 m2’dir. Suyun

plakaya normali doğrultusunda yönlendiği ve akışın tabaka

boyunca olduğu kabulü yapıldığına göre, tabakayı yerinde

tutmak için karşı koyulması gereken yatay kuvveti

belirleyiniz.

Çözüm 5-4

Verilen: Su plakaya normali doğrultusunda yönleniyor; daha sonraki akış plakaya paralel.

Jet hızı, V

= 15i m/s.

Nozle alanı, An = 0.01 m2

İstenen: El üzerindeki yatay kuvvet.

Çözüm: Yukarıdaki problemi tanımlamak için bir kordinat sistemi seçtik. Şimdi uygun bir

kontrol hacmi seçmemiz gerekiyor.

Kontrol hacmi içerisinde hortumdan gelen su kontrol yüzeyi alanı A1’den geçiyor (hortum

başının alanına eşit olarak kabul edildi) ve yapılan kabule göre kontrol hacmini tabaka

yüzeyine +y veya -y yönünde teğet bir şekilde terkediyor. Temel denklemleri yazacak

olursak,

CSCVBS AdVVdV

tFFF

. ve 0.

CSCV

AdVdt

Kabuller: (1) Kararlı akım.

(2) Sıkışmayan akım.

(3) Akışkanın kontrol yüzeylerini geçtiği her kısımda üniform akım.

Kabul (1), (2) ve (3) şunları sağlayacaktır:

- 79 -

CSBS AVVFFF

. ve 0. CS

AV

Kontrol hacmi öyle bir seçildi ki sol yüzeyin alanı sağ yüzeyin

alanına eşit oldu. Bu alanı A olarak ifade edelim. Kontrol

hacmi eliniz ile kesildi. Kontrol hacmi üzerine elinizinden

gelen tepki kuvvetlerinin bileşenlerini Rx ve Ry olarak ifade

edersek bunların her ikisi de artı işaretli olur. Eliniz

üzerindeki kontol hacmi kuvveti eşit ve Rx ve Ry kuvvetlerine

terstir. Kontrol hacminin tüm yüzeylerine atmosferik basınç

etkimektedir. Dikkat edilmelidir ki serbest jetlerde basınç açık

ortamdadır, yani burada basınç atmosferikdir. Atmosferik

basınçtan dolayı oluşan yayılı kuvvet sadece düşey yüzeyler

üzerinde gösterilmektedir.

Kontrol hacmi üzerindeki hacimsel kuvvet W olarak ifade edildi. Mademki yatay kuvvet

arıyoruz, kararlı akım momentum denkleminin x bileşenini yazarız.

CSBxSx AVuFFF

.

x doğrultusunda hacimsel kuvvetler olmadığı için, FBx = 0, ve

CSSx AVuFF

.

FSx’i incelemek için, kontrol hacmine etki eden tüm yüzeysel kuvvetleri dahil etmeliyiz

FSx= patmA

Atmosferik basınçtan

dolayı sol yüzey üzerine

sağ tarafa doğru (artı

yönde) etkiyen kuvvet

- patmA

Atmosferik basınçtan

dolayı sağ yüzey üzerine

sol tarafa doğru (eksi

yönde) etkiyen kuvvet

+ Rx

Elden kontrol hacmi

üzerine etkiyen kuvvet (artı

olarak kabul edildi)

Sonuç olarak, xSx RF

ve

1.. AVuAVuRFCSxSx

üst ve alt yüzeyler için, 0u

111 AVuRF xSx

Mademki 1V

ve 1A

arasındaki açı 180o

Skaler çarpımları (-) olacak

mkg

sNm

s

m

m

kg

s

mRx

.

.01.01599915

22

3

kNRx 25.2 burada Rx’in artı doğrultunun tersine etkidiği kabul edildi. Böylelikle,

elinize etkiyen yatay kuvvet şu şekilde hesaplandı:

kNRK xx 25.2

- 80 -

Soru 5-5

Su kararlı biçimde şekilde görüldüğü gibi 90o’lik dirsekten

akmaktadır. Dirseğin girişinde mutlak basınç 220 kPa ve

kesit alanı 0.01 m2’dir. Çıkış noktasında ise kesit alanı

0.0025 m2 ve hız 16 m/s’dir. Dirsek bağlantısı atmosfere

tahliye olmaktadır. Dirseği yerinde tutabilmek için

uygulanması gereken kuvveti belirleyiniz.

Çözüm 5-5

Verilen: 90o’lik dirsekten geçen suyun kararlı akım hali

1P = 220 kPa (mutlak), A1 = 0.01 m2 2V

= -16j m/s A2 = 0.0025 m

2

İstenen: Dirseği yerinde tutabilmek için uygulanması gereken kuvvet.

Çözüm: Yukarıdaki problemi tanımlamak için bir kordinat sistemi seçildi. Şimdi uygun bir

kontrol hacmi seçmemiz gerekiyor.

Gösterildiği gibi sabit bir kontrol hacmi seçiniz. Dikkat edilmelidir ki birbirinden farklı

yüzeysel kuvvet hesaplamaları bulunmaktadır: 1P , A1 alanı üzerinde ve atmP her yerde. Kesit

2’deki çıkış serbest jettir ve bu nedenle ortam basıncıdır (atmosferik). Burada sadeleştirme

yapabiliriz: Eğer giriş yüzeyinden atmP çıkarırsak rölatif basınçlarla çalışabiliriz. Dikkat

edilmelidir ki dirsek bağlantısının besleme hattına demirli olmasından dolayı, buna ek olarak

tepki kuvvetleri Rx ve Ry (gösterildi), ayrıca tepki momenti olacaktır (gösterilmedi).

Temel denklemler:

CSCVBS AdVVdV

tFFF

. (momentum denklemi)

0.

CSCV

AdVdt

(süreklilik denklemi)

Kabuller: (1) Kararlı akım (verildi).

(2) Sıkışmayan akış.

(3) Her kesitte üniform akım.

- 81 -

(4) Atmosferik basınç, atmP =101 kPa (mutlak)

(5) Dirsek bağlantısının ağırlığını ve dirsek içerisindeki suyu ihmal ediniz.

Bir kez daha (gerek olmamasına rağmen) temel denklemlerin en genel halinden başladık.

Momentum denkleminin x bileşenini yazarsak sonuçta şu şekilde elde edilir,

CSCVBxSx AdVudu

tFFF

.

burada

0BxF

x yönünde yerçekimi kuvveti (ağırlık) olmadığından dolayı.

0

CV

dut

sistem içerisindeki akış kararlı olduğu için.

Ayrıca hızın x- bileşeni Kesit 2’de mevcut değil.

Bu nedenle;

1

..ACS

Sx AdVuAdVuF

1

11 .A

x AdVuRAP

1

11 .A

x AdVuAPR

Mademki sistem içerisindeki akış üniformdur, integral kısım tüm kuvvetlerin toplamı

olacaktır:

11111 AVuAPRx

11111 AVuAPRx

Dikkat edilmelidir ki u1 hızın x bileşenidir, bu yüzden u1=V1. V1’i bulmak için, kütlenin

korunum denklemini kullanılmalıdır.

0...21

AACSAdVAdVAdV

02211 AVAV

ve

401.0

0025.016

1

221

s

m

A

AVV m/s.

Şimdi Rx’i hesaplayabiliriz

1

2

111 AVAPRx

mkg

Nsm

m

m

kgm

m

NRx

.01.0

sec1699901.01019.1

22

2

2

3

2

2

5

kNRx 35.1

Momentum denkleminin y bileşenini yazarsak sonuçta şu elde edilir

- 82 -

2

..ACS

BySy AdVvAdVvFFF

or

2

.A

Byy AdVvFR

222 .AVvFR Byy

Dikkat edilmelidir ki v2 hızın y bileşenidir, bu yüzden v2=-V2 burada V2, çıkış hızının

büyüklüğüdür. Bilinen değerleri yerleştirdiğimizde:

222 .AVvFR Byy

222 AVvFR Byy

mkg

sNm

s

m

m

kgFR Byy

.

.0025.0)16(999

22

2

22

3

NFR Byy 639

Sistemin ağırlığı ihmal edildiğinde ulaşılacak sonuç şöyledir:

NRy 639

Soru 5-6

Su açık kanal içerisinde bent kapağı yardımı

ile tutulmaktadır. Suyun kapak üzerine

etkiyen yatay kuvvetini (a) kapak kapalı

iken ve (b) kapak açık iken (gösterildiği gibi

akım kararlı olarak kabul edilmektedir)

durumlarına göre kıyaslayınız. Akışın Kesit

1 ve 2’de sıkışamayan ve üniform (çünkü

akım çizgileri düzgündür), ve basınç

dağılımlarını hidrostatik olarak kabul ediniz.

Çözüm 5-6

Verilen: Bent kapağı altındaki akış. Genişlik = w

İstenen: Yatay kuvvet (her birim genişlik için) kapak kapalı ve açık iken

Çözüm: Gösterildiği gibi kapağın açık hali için sabit bir kontrol hacmi seçiniz. Dikkat

edilmelidir ki bir önceki örnekte de öğrenildiği gibi rölatif basınçlarla çalışmak daha basittir.

- 83 -

Kontrol hacmi üzerine etkiyen kuvvetler şunlardır:

Yerçekimi kuvveti, W.

Sürtünme kuvveti, Ff.

Kapaktan gelen tepki kuvvetinin bileşenleri, Rx ve Ry.

Düşey yüzeyler üzerine etkiyen hidrostatik basınç dağılımı.

Taban yüzeyi boyunca etkiyen basınç dağılımı Pp(x) (gösterilmedi).

Momentum denkleminin x bileşenini uygularsak.

Temel denklemler:

CSCVBxSx AdVudu

tFFF

.

0BxF

x yönünde yerçekimi kuvveti (ağırlık) olmadığından dolayı.

0

CV

dut

sistem içerisindeki akış kararlı olduğu için

Kabuller: (1) Kararlı akım.

(2) Sıkışmayan akış (verildi).

(3) Her kesitte üniform akış.

(4) Ff ihmal edilebilir (kanal tabanı üzerindeki sürtünme ihmal edildi)

(5) Kesit 1 ve 2’de hidrostatik basınç dağılımları verildi.

(6) 0BxF

Sonra,

22211121 wDVuwDVuRFFFF xRRSx

Kontrol hacmi üzerine etkiyen yüzeysel kuvvetlerin nedeni basınç dağılımları ve bilinmeyen

kuvvet Rx’tir. Kabul (6) sebebiyle, hidrostatik kuvvetler FR1 ve FR2’yi hesaplamak için her

yüzey üzerinde rölatif basınç dağılımlarının integralini alabiliriz.

2

1

1

0

21

0

1

0

112

1

2gwD

ygwgydywdAPF

DDD

R

burada y, 1 bölgesinin serbest yüzeyinden aşağıya doğru ölçülür, ve

- 84 -

2

2

2

0

22

0

2

0

222

1

2gwD

ygwgydywdAPF

DDD

R

burada y, 2 bölgesinin serbest yüzeyinden aşağıya doğru ölçülür. (Dikkat edilmelidir ki direk

olarak bu kuvvetleri elde etmek için hidrostatik kuvvet denklemini kullanabilirdik)

FSx incelendiğinde

2

2

2

12

DDgw

RF xSX

Momentum denklemine yerleştirildiğinde, u1=V1 ve u2=V2, şunu verir

2

2

21

2

1

2

2

2

12

wDVwDVDDgw

Rx

or

2

2

2

11

2

12

2

22

DDgw

DVDVwRx

Sağ taraftaki ikinci terim kapak üzerindeki net hidrostatik kuvvettir; kapak açık iken ki durum

için ilk terim bunu “düzeltir” (ve daha küçük net kuvvete neden olur). Bu “düzeltmenin”

doğasında ne vardır? Akışkan içerisindeki basınç kapağın ötesinde herhangi bir doğrultuda

aslında hidrostatiktir, ama kapağın yakını düşünüldüğünde: burada anlamlı hız değişimlerine

sahip olduğumuz için (büyüklük ve yön), basınç dağılımları anlamlı bir şekilde hidrostatik

olmaktan uzaklaşır—örneğin, akışkan kapağın altından geçerken hızlandığında, kapağın sol

alt tarafı üzerinde anlamlı bir basınç düşmesi meydana gelecektir. Bu basınç alanının

sağlanması zor bir iş olacaktır, ama dikkatli bir kontrol hacmi seçimimizde, bunu yapmaktan

kaçınabiliriz!

Şimdi her birim genişlik için yatay kuvvet hesaplanabilir,

2

2

2

11

2

12

2

22

DDg

DVDVw

Rx

mkg

sNm

s

m

m

kg

w

Rx

.

.31429.07999

2

2

222

3

mkg

sNm

s

m

m

kg

w

Rx

.

.429.0381.9999

2

1 2222

23

mkNmkNw

Rx /2.43/0.18

mkNw

Rx /2.25

Rx kontrol hacmi üzerine etkiyen dış kuvvete karşı kapak sisteminin gösterdiği direnci temsil

etmektedir. Bu durumda suyun kapak üzerine uyguladığı kuvvete Kx, dersek, burada Kx=-Rx

eşitliği kurulmuş olur. Nitekim,

mkNw

R

w

K xx /2.25

- 85 -

Bu kuvvet kapalı kapak üzerindeki 44.1 kN’luk kuvvet (üstteki denklemin sağ tarafında yer

alan ikinci teriminden elde edildi, kapalı kapak durumunda kapağın sağında akışkan

olmayacağı için D2 sıfır olarak alındı) ile kıyaslanabilir—açık kapak üzerindeki kuvvet, su

kapak altından geçtiği esnada hızlanacağından anlamlı şekilde azdır.

5.3 Enerjinin korunumu

Enerji denklemi bir akım ortamının toplam enerjisini gösteren bir denklem olup enerjinin

korunumu ilkesinen faydalanarak elde edilir. Bu ilke “bir sistemin haiz olduğu enerji bir

formdan bir başka forma dönüşebilir, fakat sistemin toplam enerjisi sabit kalır” şeklinde ifade

edilebilir. Termodinamiğin birinci kanunu enerjinin korunumu ile ilgili ana denklemin

yazılmasında öncülük göstermektedir. Buna göre,

sistemdt

dEWQ

Sistemin toplam enerjisi ise

)()( sistemsistemMsistem deedmE

İntegralin çözümlenmesi ile birlikte ise

gzV

ue 2

2

denklemi elde edilir. Q (ısının transferi) ısının sisteme eklenmesinden dolayı pozitif değer

almaktadır; W (yapılan iş) sistem tarafından çevrede yapılan işi tanımlamaktadır. Denklem

5.8’de u içsel enerjiyi, V hızı, ve z’de referans çizgisinden olan yüksekliği temsil etmektedir.

Kontrol hacmine bağımlı bir denklem elde etmek için ise termodinamiğin birinci kanunu ele

alınmakta ve Reynolds transport teoremine yardımcı olacak parametreler,

EN ve e

olarak tanımlanırlar. Parametreleri denklemde yerine yazdığımız zaman,

CSCV

system

AdVedetdt

dE . (5.21)

İlişkisini elde ederiz.

CSCVAdVede

tWQ

.

Yukarıdaki denklemin integrali kararlı akımlarda aşağıdaki hali alır,

gzVdP

2

2

sabit (akım çizgisi boyunca) (5.22)

Akımın sıkıştırılamayan akım olduğu durumlarda denklemdeki ifadelerin integrali kararlı ve

sıkıştırılamayan akışkan ve akım durumlarında:

- 86 -

gzVP

2

2

sabit (akım çizgisi boyunca)

Yukarıdaki denklem bilindik Bernoulli denklemidir. Bu denklem genellikle kararlı,

sıkıştırılamayan akımların gözlemlendiği akışkanlar mekaniği problemlerinde

kullanılmaktadır. Denklemdeki sabit rakam akım çizgisi üzerinde basınç, yoğunluk, hız ve

yüksekliğin bilindiği koşullarda değer vermektedir. Akım çizgisi üzerinde farklı iki noktada

yukarıdaki denklem ayni sabiti vermektedir.

2

2

221

2

11

22gz

VPgz

VP

(5.23)

Bernoulli denkleminde akışkan akım çizgisi üzerinde hareket ederken, V2/2 kinetik enerji, gz

potansiyel enerji ve P/ρ akım enerjisini temsil etmektedir. Tüm bu enerji birimleri birim

ağırlık cinsinden tanımlanmaktadırlar. Bu durumda Bernoulli denklemi için aşağıdaki önemli

notu unutmamalıyız.

Akışkan partikülünün akım çizgisi üzerindeki kinetik, potansiyel ve akım enerjilerinin

toplamı kararlı akım durumlarında sabit olmakta ve bu kabul sıkıştırılamayan akışkan ve

sürtünmenin ihmal edildiği koşullarda geçerli olmaktadır.

Kinetik, potansiyel ve akış enerjileri enerjinin mekanik biçimleridir. Bernoulli denklemi

"mekanik enerjinin korunumu" olarak görüntülenebilir. Bu, mekanik enerji ve ısı enerjisinin

birbirlerine herhangi bir enerji akışı gerçekleştirmediklerini ve bu nedenle, mekanik enerjiye

sahip olmayan sistemler için enerji prensipleri genel korumaya eşdeğerdir ve termal enerji

ile, ayrı ayrı muhafaza edilirler. Bernoulli denkleminde sürtünmenin ihmal edildiği, kararlı ve

sıkıştırılamayan akımlarda mekanik enerjinin kendi içerisinde farklı biçimlerine

dönüştürülmektedir, ancak bunların toplamı sabit kalır. Hatırlanmalıdır ki iş, bir kuvvetin belli

bir mesafe boyunca bir sisteme uygulandığı etkinin enerji cinsinden tanımlanmasını işaret

etmektedir. Newton'un ikinci yasasının ışığında, pratik akış problemlerinin çözümlenebilmesi

için Bernoulli denklemi sık sık uygulanmaktadır.

Statik ve Dinamik basınçlar ve Sukünet noktası

Akışkan partikülünün akım çizgisi üzerindeki kinetik, potansiyel ve akım enerjilerinin toplamı

sabittir. Bernoulli denklemini akışkanın yoğunluğu ile çarpınca aşağıdaki yeni denklemi

tanımlayabiliriz.

gzV

P 2

2

sabit (5.24)

Bu denklemdeki her bir term basıncı temsile etmektedir. P statik basıncı temsil ederken,

2

2V ise dinamik basıncı temsil etmektedir. gz ise tamamıyla hidrostatik basıncı

göstermektedir. Statik, dinamik ve hidrostatik basınçların hepsi birden toplam basıncı işaret

etmektedir. Statik ve dinamik basınçların toplamına ise sukünet basıncı denmektedir. Sukünet

basıncı

- 87 -

2

2VPPstag (5.25)

denklemi ile tanımlanmaktadır. Sukünet basıncı akışkan hareketinin tamamıyla durduğu

noktada tanımlanmaktadır. Statik, dinamik ve sükunet basınçları aşağıdaki şekilde

gösterilmektedirler. Herhangi bir noktada statik ve sükunet basınçları ölçüldüğü zaman o

noktadaki akım hızı

PPV

stag

2 (5.26)

denklemi ile verilmektedir.

Şekil 5.3 Statik, dinamik ve sükunet basınçları

Soru 5-7

Su bir kaynağına bağlı bir hortumdan 400 kPa değerinde

akmaktadır. Bir çocuk hortum çıkışının çoğunu kapsayacak şekilde

parmağını yerleştirilmiştir ve bu, küçük yüksek hızlı bir jetin

ortaya çıkmasına neden olmuştur. Eğer hortum yukarıya doğru

tutulursa, jetin maksimum ulaşabileceği yükseklik ne olacaktır?

- 88 -

Çözüm 5-7

Verilen: Hortumdaki akış basıncı 400kPa ve suyun yoğunluğu 1000kg/m3.

İstenen: Jetin maksimum ulaşabileceği yükseklik.

Kabuller: (1) Kararlı akım.

(2) Sıkışmayan ve çevrintisiz akış.

(3) Su ve hava arasındaki sürtünme ihmal edildi.

Sonra,

Çözüm: Bu problem akışın, kinetik ve potansiyel enerjilerin birbirlerine dönüşümünü

herhangi bir pompa, türbin ve zarar veren bileşenler ile büyük sürtünme kayıpları içermediği

için Bernoulli denklemi kullanımı için uygundur. Su yüksekliği belirtilen kabuller altında

maksimum olacaktır. Hortum içerisindeki hız göreceli yavaştır (V1=0) ve hortum çıkışı

referans yüzeyi olarak alınacaktır (z1=0). Su yörüngesinin en üst noktasında V2=0’dır ve

atmosferik basınç ile ilişkilidir. Sonra Bernoulli denklemi sadeleştirilecektir,

2

2

221

2

11

22gz

VPgz

VP

022

2

2

2

1 VV

ve 01 z atmPP 2

Böylelikle,

21 gz

PP atm

z2 yerine konulup çözüldüğünde,

g

P

g

Pz atm

1

2 = mN

mkg

kPa

mN

smmkg

kPakPa8.40

1

sec/1

1

/1000

81.91000

0400 22

23

Böylelikle, su jeti bu durumda gök yüzüne doğru en yüksek 40.8 m çıkabilir. Bernoulli

denkleminden elde edilen sonuç en üst limiti gösterir ve buna göre yorumlanmalıdır. Sonucun

bize anlattığı suyun 40.8 m’den daha yükseğe çıkma olasılığı olmadığı ve, büyük ihtimalle,

ihmal ettiğimiz geri dönüşümü olmayan kayıplardan dolayı yükselişin 40.8 m’den çok daha az

olacağıdır.

Soru 5-8

- 89 -

Atmosfere açık geniş bir depo çıkış musluğu kullanılarak su

seviyesi 5 m yüksekliğe çıkana dek doldurulmuştur.

Deponun alt tarafına yakın olan musluk açılmış ve su

pürüzsüz ve yuvarlak çıkıştan dışarıya akmaktadır.

Çıkıştaki su hızını belirleyiniz.

Çözüm 5-8

Verilen: Su yüksekliği 5 metredir.

İstenen: Suyun depodan çıkış hızının belirlenmesi.

Kabuller: (1) Su yeterince yavaş bir şekilde drene olduğu için akım yaklaşık olarak

kararlıdır.

(2) Sıkışmayan ve çevrintisiz akış.

Sonra,

Çözüm: Bu problem akışın, kinetik ve potansiyel enerjilerin birbirlerine dönüşümünü

herhangi bir pompa, türbin ve zarar veren bileşenler (wasteful components) ile büyük

sürtünme kayıpları içermediği için Bernoulli denklemi kullanımı için uygundur. 1 Noktasını

serbest su yüzeyi üzerinde alacağımız için atmPP 1 ’dir (atmosfere açık), V1=0 (depo çıkış

noktasına göre çok geniştir), ve z1=5 metre ve z2= 0 metre. (Çıkış noktasının merkezini

referans noktası olarak aldık) Ayrıca, atmPP 2 (su atmosfere boşalır). Sonra Bernoulli

denklemi sadeleştirilecektir,

2

2

221

2

11

22gz

VPgz

VP

02

2

1 V

ve 02 z atmPPP 12

Böylelikle

2

2

21

Vgz

V2 yerine konup çözüldüğünde,

smgzV /9.9581.922 12

Bu ilişki gzV 2 Toricelli Denklemi olarak bilinmektedir. Böylece, su depoyu, 9.9 m/s ilk

hızla terketmektedir.

- 90 -

Soru 5-9

Bir piezometre ve bir pitot tüpü şekilde görüldüğü gibi

yatay su borusu içerisine statik ve durgun (Statik ve

dinamik) basınçları ölçmek için bağlanmışlardır.

Belirtilen su sütunu yükseklikleri için, borunun

merkezindeki hızı belirleyiniz.

Çözüm 5-9

Verilen: Farklı düzeylerdeki suyun yüksekliği.

İstenen: Borunun merkezindeki hızı bulunuz.

Kabuller: (1) Akım kararlı ve sıkışmayandır.

(2) 1 ve 2 noktaları enerji kayıplarının ihmal edilebileceği kadar birbirlerine

yakındır.

Çözüm: Borunun merkezi üzerinde 1 ve 2 noktalarını aldık. Nokta 1 direk olarak

piezometrenin altında ve Nokta 2 ise pitot tüpün ucundadır. Bu akış düzgün ve paralel akım

çizgilerine sahip olduğundan kararlı akımdır ve 1 ve 2 noktalarındaki rölatif basınç şu şekilde

ifade edilmektedir

211 hhgP

3212 hhhgP

Dikkat edilmelidir ki Nokta 2 durgun noktadır ve bu nedenle V2=0 ve z1=z2, Bernoulli

denklemi 1 ve 2 noktaları arasında uygulandığında şunu vermektedir

2

2

221

2

11

22gz

VPgz

VP

sadeleşerek

g

PP

g

V

12

2

1

2

P1 ve P2 ifadeleri yerine konulduğunda şunu verecektir

3

2132112

2

1

2h

g

hhghhhg

g

PP

g

V

V1 yerine konup çözüldüğünde

- 91 -

smgzV /53.112.081.922 31

Dikkat edilmelidir ki akış hızını belirlemek için, tek ihtiyacımız olan şey pitot tüpü içindeki

fazla akışkan sütunun yüksekliğini ölçmektir.

Soru 5-10

Tasarım durumunda 15 m3/s’lik hava akımı üreten bir üniversite laboratuvarında değişik

hızlarda bir rüzgar tüneli inşa etmek isteniyor. Tünelin bir sıra üç yuvarlak test kesiti ile

inşa edilmesi önerilmiştir: 1. kesit, 1.5 m’lik çapa sahip olacak, 2. kesit’e 1 m’lik ve 3.

kesite ise ortalama hızın 75 m/s olacağı şekilde bir çap verilecektir.

(a) Kesit 1 ve 2’deki hızlar ne olacaktır?

(b) Kesit 3’teki çap ne olmalıdır ki tasarım durumunda istenilen hıza ulaşılabilsin?

Soru 5-11

Görülen bağlantı parçası içerisinden geçen

kararlı ve sıkışmayan bir akım düşünelim. Delik

3 içerisinden geçen hacimsel akış oranının

büyüklük ve yönünü belirleyiniz.

Soru 5-12

Uzunluğu L ve yarıçapı R=75 mm olan bir boru

içerisinden su kararlı şekilde akmaktadır. Eğer

çıkıştaki hız dağılımı şu şekilde veriliyor

ve umax=3 m/s ise, üniform

giriş hızını hesaplayınız, U.

Soru 5-13

- 92 -

Su iki boyutlu ve sabit genişliğe sahip, h=75.5 mm, kare

bir kanala U üniform hızı ile girmektedir. Kanalda, akışı

bozmak ve görüldüğü gibi çıkış kısmında doğrusal hız

profili yaratmak için (burada vmax=2vmin) 90o’lik dirsek

yapılmıştır. Eğer U=7.5 m/s ise vmin’u belirleyiniz.

Soru 5-14

Su kararlı olarak akarak geçirgen düz

tabakayı geçmektedir. Geçirgen kısım

boyunca sabit bir emiş gücü

uygulanmaktadır. cd kısmındaki hız profili

olduğuna göre bc kısmından geçen kütle

akış oranını belirleyiniz.

Soru 5-15

30o azaltılan dirsek şekilde görülmektedir.

Akışkan su olduğuna göre, dirseğin

hareket etmemesi için bitişik borular

tarafından sağlanması gereken kuvvet

bileşenlerini belirleyiniz.

Soru 5-16

Su borusunun çıkışında bulunan tıpayı yerinde tutmak

için gerekli olan kuvveti bulunuz. Akış oranı 1.5 m3/s ve

giriş kısmındaki basınç 3.5 MPa’dır.

- 93 -

Soru 5-17

Geçit 1 m genişliğe, 1.2 m yüksekliğe sahiptir ve alt

kısmından menteşelenmiştir. Bir tarafta kapı 1 m derin su

gövdesini tutmaktadır, diğer tarafta ise, 1 m yükseklikten

5-cm çapındaki su jeti geçide vurmaktadır. Geçidi düşey

olarak tutabilmek için jetin hızı V ne olmalıdır? Su

gövdesi 0.5 metreye indirilirse ihtiyaç duyulacak hız ne

olacaktır? Su seviyesi 0.25 metreye indirilirse ihtiyaç

duyulacak hız ne olacaktır?

Soru 5-18

Su, yüksekliği 2h olan geniş ve düz bir kanala 2.5 m/s’lik

üniform hız ile girmektedir. Kanalın çıkışındaki hız

dağılımı sağ tarafta verilen denklemle tanımlanmaktadır.

Burada y kanalın merkezinden itibaren ölçülmektedir.

(a) Merkez çizgisi üzerindeki çıkış hızını, umax,

belirleyiniz. (b) x-yönündeki momentum akısının kanal

çıkışı ve girişindeki oranını bulunuz.

Soru 5-19

Su kararlı bir şekilde gösterilen hortum başlığı

içerisinden atmosfere doğru akmaktadır. Flanşlı

bağlantıdaki kuvvetin yatay bileşenini

hesaplayınız. Bağlantının gerilme veya sıkışma

altında olup olmadığını gösteriniz.

Soru 5-20

Bir boru sistemi içerisindeki daraltıcı şekilde

gösterilmektedir. Daraltıcının iç hacmi 0.2 m3 ve

kütlesi 25 kg’dır. Daraltıcıyı desteklemek için

çevreleyen borular tarafından sağlanması

gereken toplam kuvveti bulunuz. Akışkan

benzindir ve özgül ağırlığı 0.72’dir.

- 94 -

Soru 5-21

8 cm çapı olan bahçe hortumuna takılan hortum başlığının iç çapı 3 cm olarak verilmiştir.

a. Verilen 50 l/s debi için hortum başlığının uç kısmındaki enerjiyi hesaplayınız, yani suyun

sistemi terkettiği noktadaki enerji.

b. Hortum başlığına etkiyen kuvvetleri aşağıda verilen

her iki durum için hesaplayınız:

• Sistem çalışıyor ve debi 50 l/s’ye eşit oluyor.

• Sistem çalışmıyor ve su bahçe hortumu içerisinde

kalıyor.

Soru 5-22

Su, şekilde görülen 140º’lik dirsekten 30 litre/s debi ile

geçmektedir. Dirsek yatay düzlem üzerinde uzanmakta ve

giriş ve çıkış kesitlerindeki çaplar sırası ile 200mm ve

100mm olmaktadır. Giriş kısmında ölçülen basınç 100

kN/m2 ise suyun dirsek üzerine uyguladığı kuvvetin yönü

ve büyüklüğü ne olacaktır?

Soru 5-23

Şekilde gösterilen boru içerisindeki akışın hızı A kesitinde 3

m/s’dir. Türbin pervanesine (C kesitine takılan) iletilen gücü,

Kesit A ve B’deki rölatif basınç değerlerini (sırasıyla 10

N/cm² ve -0.1 N/cm²) de göz önüne alarak hesaplayınız.

- 95 -

Soru 5-24

Bir venturimetre şekilde gösterildiği gibi düşey

olarak yerleştirilmiştir. Enerji kayıplarını ihmal

edip manometre göstergelerini dikkate alarak

sistem içerisinden geçen su debisini

hesaplayınız (γmercury=13.6 kN/m³).