Akışkanlar Mekaniği Ders Notları

Volkan PİRİK. Fatih ARSLAN. İsmail Naci KAYA.



İÇİNDEKİLER BÖLÜM 1 – Akışkanların Doğası ve Akışkanlar Mekaniğinde çalışma 1.1 Genel Bakış ve Akışkanlar Mekaniği 1.2 Katı Cisim 1.3 Akışkan 1.4 Sıvılar ve Gazlar Arasındaki Fark 1.5 Kuvvet ve Kütle 1.6 Sürekli Ortam Kavramı 1.7 Uluslararası Birim Sistemi (SI) 1.8 Sıkıştırılabilirlik Örnek Problemler 1.9 Yoğunluk, Özgül Ağırlık ve Bağıl Yoğunluk Örnek Problemler 1.10 Enerji Örnek Problemler 1.11 Vizkozite (Yapışkanlık) Örnek Problemler 1.12 Yüzey Gerilmesi ve Kılcal Olaylar 1.13 Buharlaşma Uygulamalar. 1 2 3 4 4 5 6 7 8 11 12 13 14 15 18 25 28 28. BÖLÜM 2- BASINÇ ÖLÇÜMÜ 2.1 Genel Bakış 2.2 Basınç ve Basınç Dağılımı 2.3 Bir Akışkan elemanı üzerindeki basınç kuvveti 2.4 Bir Akışkan Elemanın Dengesi 2.5 Mutlak ve Etkin Basınç 2.6 Hidrostatik Basınç Dağılımı 2.6.1. Civalı Barometre Örnek Problemler 2.7 Gazlarda Hidrostatik Basınç 2.8 Düzlemsel Yüzeylere Etkiyen Hidrostatik Kuvvet Örnek Problemler 2.9 Eğrisel Yüzeylere Etkiyen Kuvvet Örnek Problemler 2.10 Tabakalı Akışkanlarda Hidrostatik Kuvvet 2.11 Sabit İvmeli Öteleme Hareketi Örnek Problemler 2.12 Vortex (Zorunlu Bırgaç) Örnek Problemler Uygulamalar. 30 30 31 32 33 34 35 36 47 48 50 58 59 61 62 64 65 67 78. I.

BÖLÜM 3- Akışkan Partikülü için Diferansiyel Bağıntılar 3.1 Genel Bakış 3.2 Bir Akışkanın İvme Alanı 3.3 Kütlenin Korunumunun Diferansiyel Denklemi 3.4 Lineer Momentumun Diferansiyel Denklemi 3.5 Inviscid Akış-Euler Denklemi 3.6 Newton Akış-Navier-Stokes Denklemi 3.7 Açısal Momentumun Diferansiyel Denklemi 3.8 Enerjinin Diferansiyel Denklemi 3.9 Sıkıştırılamaz Viskoz Akışlara Örnek Örnek Problemler Uygulamalar. 85 86 87 89 93 93 94 94 97 99 111. BÖLÜM 4- Akışkanların Kinematiği 4.1 Giriş 4.2 Akışkan Akımını İnceleme Yöntemleri 4.2.1. Lagrange Yöntemi 4.2.2. Euler Yöntemi 4.3 Akışka Akımının Temel Kavramları 4.4 Çevrintili ve Çevrintisiz Akım 4.5 Bir Boyutlu, İki Boyutlu ve Üç Boyutlu Akım 4.6 Akışkan Elemanlarının Hareketleri 4.7 Akışkan Harekerinde İvme Kavramı. 115 116 116 116 117 124 129 129 132. II.

AKIŞKANLARIN DOĞASI VE AKIŞKANLAR MEKANİĞİNDE ÇALIŞMA. BÖLÜM 1. Akışkanların Doğası ve Akışkanlar Mekaniğinde çalışma. 1.1 Genel Bakış. -Akışkanlar mekaniği, akışkan özelliklerinin, durgun (statik akışkan) veya hareketli (dinamik akışkan) durumunda incelenmesini içerir. - Akışkanlar sıvı veya gazlar olabilir. -Sıvılar, serbestçe bulundukları kabın şeklini alan akışkanlar olarak bilinir. Örneğin; su, yağ, gliserin, alkol ve gazyağı gibi. -Gazlar, bulundukları kabın tamamına genişlerler. Molekülleri serbestçe hareket eder. Örneğin; hava, buhar, oksijen, nitrojen ve helyum gibi. -Bazı sıvıları tanımlamak için, özellikle yoğunluk, özgül ağırlık, özgül yoğunluk ve viskozite gibi fiziksel özelliklerini bilmek gerekir. -Akışkanların özelliklerinin nasıl analiz edileceğini öğrenmek için bu ders kapasamında verilecek olan, akışkanların boru, tüp ve kapalı hacimlerle, diğer geometrik hacimler içerisinde nasıl hareket ettiğini öğrenmek gerekir. -Akışkandan enerji eldesi, yani mevcut basıncın, hızın ve konumun nasıl enerjiye dönüştüğü yine akışkanlar mekaniği kapsamındadır. -Ayrıca, akışkanın değişik sistemler içerisinde hareket ederken oluşturdukları enerji kayıplarını ve kazançlarını öğrenmek, yeni yapılacak tasarımlara ışık tutacaktır.. 1.

AKIŞKANLARIN DOĞASI VE AKIŞKANLAR MEKANİĞİNDE ÇALIŞMA. 1.1 Akışkanlar Mekaniği. Bugün akışkanlar mekaniği bilimsel ve teknik eğitimin temellerinden biri sayılmaktadır. Günümüzde akışkanlar mekaniğinin, kan dolaşımından, roketlere kadar çok geniş bir uygulama alanı bulunmaktadır. Geçmişte karşılaşılan akış sorunlarına analitik çözümler getirebilmek için matematiksel yöntemler kullanılmış, ancak denklemlerin çözülebilmesi için gerçek akışkanlar yerine sürtünmesiz akışkan modeli üzerinde çalışılmıştır. Böylece kuramsal hidrodinamik doğmuştur. Fakat elde edilen sonuçlar gerçek mühendislik sorunlarına uymadığı için, mühendisler deneysel yollardan yararlanarak sorunlarını çözmeye çalışmışlardır. Bu yoldan gelişen ve tamamen deneysel sonuçlarla akış problemlerine çözüm arayan bilgi koluna hidrolik adı verilmiştir.. Hidroliğin genellikle su ile uğraşması, deneysel sonuçların matematik temelinden yoksun olması yani genelleştirilememesi ve olayların nedenlerine inemediği için, bu bilgi kolu, teknolojinin getirdiği yeni sorunlara karşılık veremez duruma gelmiştir. Diğer yandan hidrodinamikçilerle, matematikçiler deneysel sonuçlardan habersiz olduklarından yaptıkları varsayımlar dolayısıyla gerçeğe uymayan sonuçlar elde etmişlerdir. Bu durumda kurumsal hidrodinamiğin, deneysel sonuçların ışığında gerçek akışkanlara uygulanması zorunluluğu doğmuştur. Böylece olayların nedenlerine inilebilmiş ve deney sonuçları hidrodinamik eşitlikler yardımıyla genelleştirilmiştir. Bu şekilde akışkanlar mekaniği adı verilen yeni bir bilim dalı doğmuştur. Teori ve deneyleri birbirini tamamlayıcı yolda kullanarak akışkanlar mekaniğinde büyük gelişmeler yaratmış bilim adamlarının en büyükleri arasında Reynolds, Froude, Prandtl ve Von Karman sayılabilir. Akışkanlar mekaniği üç ana bölüme ayrılır; 1. Duran akışkanlar mekaniği 2. Kinematik (kuvvetleri göz önüne almadan yalnız hız ve akım çizgileri ile ilgilenir) 3. Dinamik (hız, ivme ve kuvvetler arasındaki bağıntıyı inceler). 1.2. Katı Cisim. Üzerine uygulanan kuvvetler ve kayma gerilmesi ne kadar büyük olursa olsun şekil değiştirmeyen ve noktaları arasında hiçbir bağıl hareket olmayan nesnelere, kuramsal katı cisim denir. Gerçek katı cisim ise üzerine uygulanan kayma. 2.

AKIŞKANLARIN DOĞASI VE AKIŞKANLAR MEKANİĞİNDE ÇALIŞMA. gerilmesinin etkisinde biçim değiştiren cisimdir. Gerilme belirli bir değere varana kadar cisim esnek olup kuvvet kaldırılınca eski biçimini alır. Ancak kuvvet (gerilme) belli bir değeri aşınca esneklik kalmaz ve kuvvet kalksa bile cisim eski biçimine dönemez, akmaya başlar. Buna katı cismin plastik olma özeliği denir. Akmayı sağlayan gerilme değeri küçükse cisme plastik, büyükse esnek cisim adı verilir. Akışkanlar mekaniği bakımından gerçek katı cismin en önemli özelliği cismin akabilmesi için kayma gerilmesinin belli bir değere çıkarılmasının zorunlu olmasıdır.. 1.3. Akışkan. Akışkanlar, değeri ne kadar küçük olursa olsun kayma gerilmesi yaratan kuvvet etkisi altında akan nesnelerdir. Duran bir akışkan hiçbir şekilde kayma gerilmesi taşımaz. Şekil 1.1.’de katı bir bloğun kendi ağırlığı ile yaratmış olduğu gerilme. Şekil 1.1. Bir katı ve sıvı için gerilme tensörleri a) Katının gerileme değişimi; b) Katı elemanın Moh’r dairesi ve denge; c) Sıvı ve gazın statik konumu; d) Sıvı elemanı için Moh’r dairesi ve dengesi. görülmektedir. A elemanına ait serbest cisim diyagramında (Şekil 1.1b) görüldüğü gibi θ açısı ile kayma gerilmesi τ1 ve normale dik olarak σ1 normal gerilme içermektedir. A elemanının sağ ve solunda herhangi bir gerilme olmamakla birlikte alt ve üst yüzeylerde sıkıştırma gerilmesi σ=-p mevcuttur. Şekil 1.1c ve d ise sıvı ve gazların durgun konumda bir kap içerisinde yarattığı gerilme dağılımını ifade etmektedir. Durgun akışkanlar kayma gerilmesi taşımazlar. Örnek olarak, bir barajının su ile temas eden yüzeyini düşünelim. Akışkan baraja temas yüzeyi doğrultusunda bir. 3.

AKIŞKANLARIN DOĞASI VE AKIŞKANLAR MEKANİĞİNDE ÇALIŞMA. kuvvet uygulayamaz aksi halde duran akışkanın o yönde hareket etmesi gerekirdi. Fakat yüzeye dik doğrultuda bir kuvvet gelir. Bu kuvvet ise τ (kayma gerilmesinin) yarattığı kuvvet olmayıp ileride ele alacağımız basınç kuvveti yani normal kuvvettir. Duran akışkan kütlesinin temas ettiği yüzeye, yüzeyin normali doğrultusunda bir gerilme gelir. Bu gerilmeye basınç adı verilir.. 1.4. Sıvılar ve Gazlar Arasındaki fark. Sıvı, bir kapta tutulduğunda kendisini çevreleyen kabın şeklini alır. Kabın üst yüzeyi atmosfere açık olduğunda üniform akışkan üniform bir düzeyde kalır. Kap ayrıca herhangi bir yönde yan yatırıldığında, içerisindeki sıvı dökülmeye başlar. Sıvının dökülme miktarı akışkanın özelliğine bağlı olup, viskozite olarak adlandırılır. Bir gaz kapalı bir kapta tutulduğunda ise, gaz genişlemeye başlar ve kabı tamamen doldurur. Kap açıldığında, içerisindeki gaz genişlemeye devam eder ve kaptan dışarı çıkmaya başlar. Sıvılar ve gazlar arasında bilinen bu farklara ilave olarak; -. Sıvılar çok az sıkıştırılır Gazlar sıkıştırılabilir. kavramları ise akışkanlar mekaniğinin önemli çalışma konularından biridir. Sıkıştırlabilirlik, basıncın değiştirilmesiyle maddenin hacminde meydana gelen değişimi ifade eder. Devamlı hareket eden ve birbirleriyle çarpışan moleküllerin oluşturduğu akışkanlar; sıvılar ve gazlar olmak üzere iki ana bölüme ayrılır. Moleküller arasında iç çekim kuvveti vardır. Bunların varlığı kütlenin dengede kalmasını sağlar. Sıvılarda iç çekim kuvveti katılara oranla zayıftır. Moleküller ortam içinde yavaş hareket ederler. Bu nedenle sıvıların belirli bir hacmi olmasına karşın, belirli bir biçimi yoktur. Moleküler arasındaki bağlayıcı kuvvet nedeniyle atmosfere açık bir kabın içindeki sıvının hava ile ortak bir yüzeyi vardır. Buna açık yüzey denir. Moleküller arasındaki iç çekim kuvvetinin yok denecek kadar az olduğu gazlarda ne belirli bir hacimden, ne de belirli bir şekilden söz edilemez. Konuldukları her kabı doldururlar. Denge konumuna geçebilmeleri için katı çeperlerle sınırlanması gerekir. Üzerindeki basınç kalktığında bir gaz sonsuza kadar genleşir. Bu nedenle gazlar hiçbir zaman açık yüzey yaratamayıp sıvı veya katı cisimle temaslarında artık yüzey oluştururlar. Sıvılarla gazlar arasındaki en önemli fark ta budur. Sıvıların hava ile (atmosfer ile) meydana getirdiği açık yüzeye, sonsuz yakın sıvı molekülleri, moleküler arasındaki bağ katılardakinden zayıf olduğundan atmosfere fırlar, bu olaya buharlaşma denir. Sıvı ısıtıldığı zaman atmosfere giden molekül sayısı artar. Zaten sıvıyı ısıtmak molekül hareketlerini hızlandırmak demektir. 1.5. Kuvvet ve Kütle. Akışkanın özelliklerini anlayabilmek için kütle ve ağırlık arasındaki farkı çok iyi bilmek gerekir. Kütle, hareketin değişimindeki direnç veya onun ataletinin bir ölçümüdür ve akışkanın bir cisimsel özelliğidir. Ayrıca akışkanın sayısının bir ölçütü olarak bilinir. Kütle için m sembolü kullanılacaktır. Ağırlık ise, akışkanın cisimsel ağırlığının miktarı olup, oluşturduğu kuvvet yerçekimiyle yeryüzüne doğru hareket etmektedir. Ağrılık için ise w sembolü. 4.

AKIŞKANLARIN DOĞASI VE AKIŞKANLAR MEKANİĞİNDE ÇALIŞMA. kullnılacaktır. Ağırlık, yerçekimi (g)’den dolayı ivmelenmekte olup, kütleyle ilişkilidir. Newton’un çekim yasası gereğince; w=m.g. KÜTLE- AĞIRLIK İLİŞKİSİ. Yerçekimi ivmesi g=9.81 m/s²’dir. 1.6. Sürekli Ortam Kavramı. Akışkanlar diğer tüm maddeler gibi atomlardan ve moleküllerden meydana gelir.Burada hemen ilk akla gelen akışkanlarla ilgili bir problemin çözümünde, o akışkanı meydana getiren bu temel davranışların incelenmesiyle akışkan davranışı hakkında bilgi edinebilme fikri gelebilir. Fakat bizim problemimizin boyutları içinde ne kadar akışkan molekülü olduğu hakkında yapılacak basit bir hesap bile böyle bir yaklaşımın pek yararlı olamayacağını gösterir. Örnek; akışkan problemi olarak bir buzdolabı. Şekil 1.2. Sürekli ortamda yoğunluğun tanımlanması a) Elemanter bir hacimde sürekli yoğunluk; b) hacim - yoğunluk arası ilişkinin mikroskopik detayı. içindeki hava hareketini düşünelim. Buzdolabının hacmi yaklaşık olarak 1 m3 olsun. Normal koşullarda böyle bir hacim içindeki azot moleküllerinin sayısı yaklaşık olarak (6x1023)/(22x10-3)=2.7x1025 kadardır. Bu sayıda maddesel parçacığın en basit hareketini incelemek, parçacıkların dinamiğinin doğru ifade edildiği kabul edilerek, saniyede 109 işlem hızına sahip bir bilgisayarın bellek problemi halledildiği varsayımıyla bile milyonlarca yıl sürebilir. Yakın gelecekte bilgisayar hızındaki artış bile bu problemin sayısal olarak çözülmesini olanaklı kılmayacaktır. Verilen bir hacimdeki molekül sayıları sıvılara göre oldukça düşük olan gazlar için geçerli olan bu zorluk, sıvılar için şüphesiz dahada aşılmazdır. Bu durumda problemlerimizi çözmek için akışkanları bir moleküller kümesi olarak görmekten vazgeçip hesaplarımızı büyük boyutlarda yapmak zorundayız. Moleküllerin çapı yaklaşık olarak 10-10 m mertebesindedir. Oysa günlük hayatımızda karşılaştığımız akışkan problemlerinde boyutlar 10-3 m ile 103 m arasında değişmektedir. Küçük boyutlara örnek olarak, uçak kanatları üzerinde karşılaştığımız sınır tabaka problemleri, büyük boyutlara örnek olarak da atmosferdeki hava akımlarının incelenmesi problemleri verilebilir. Bu boyutlar gözönüne bulundurulduğunda en küçük hacimdeki molekül sayısı bile olağanüstü yüksek olmakta (normal koşullarda 10-9 m3 hava içinde yaklaşık 2.7x1016 azot molekülü bulunur) ve 5.

AKIŞKANLARIN DOĞASI VE AKIŞKANLAR MEKANİĞİNDE ÇALIŞMA. gözlemci açısından bu moleküllerin “kişisel” davranışlarının hiçbir önemi bulunmamaktadır. Dolayısıyla bu küçük hacimdeki akışkanı bir bütün olarak kabul edebilir ve bu boyutlardaki akışkan hacimlerinin birbirleriyle. etkilenmelerini incelemekle yetinebiliriz. Böylece akışkanı, moleküllerden oluşmuş ayrışık bir ortam yerine, sürekli bir ortam olarak kabul etmiş oluruz. Böyle bir yaklaşım moleküllerin birbirleriyle olan ilişkilerini incelemek zorunda olan bir kimyacı için son derece yanlış olacaktır. Diğer yandan akışkanların global davranışları, örneğin makine veya inşaat mühendislerinin işlerini son derece kolaylaştıracak ve akışkanlarla ilgili olarak hiçbir zaman elde edemeyecekleri genel kurallar bulmalarını sağlayacaktır. Bu yaklaşım içinde akışkanlarla ilgili fiziksel büyüklükleri, örneğin yoğunluk, enerji vb. ortamlar olarak tanılayabiliriz. Şekil 1.2’de görüldüğü üzere δv hacmi içindeki akışkan kütlesi m, küçük boyutlarda hacim içindeki moleküllerin sayısı hacimle aynı oranda artmadığı için, akışkan yoğunluğu olarak tanımlayacağımız m/δv oranı hacimdeki değişiklikten bağımsız olarak değişmektedir. Fakat belli bir alt limitin üstünde bu oran sabitleşir. Hacim arttırıldıkça, akışkan hacim içinde düzenli olarak dağılmamış olabileceğinden, belli bir üst limitten sonra bu oran yine değişebilir. İşte bu alt ve üst limitler arasındaki hacimler için akışkanın yoğunluğunu tanımlamak mümkündür ve yoğunluk ρ; m ρ = lim* v →δv v şeklinde tanımlanır. Şayet bu limit tanımlı değilse sürekli bir ortamdan söz etmek mümkün olamaz. Örneğin hipersonik gaz akışlarında, gaz olarak moleküllerinin iki çarpışma arasında katettikleri mesafe olarak tanımladığımız serbest ortalama yol uzunluğunun büyük olması dolayısıyla durum böyledir. 1.7. Uluslararası birim sistemi (SI). Mekanikte olduğu gibi büyüklükler üç temel parametre ile gösterilir. Uzunluk, kütle veya kuvvet, zaman ve sıcaklık; Uzunluk Zaman Kuvvet Sıcaklık. 6. L t F θ.

AKIŞKANLARIN DOĞASI VE AKIŞKANLAR MEKANİĞİNDE ÇALIŞMA. Kullanılan birim sistemleri CGS, MKS ve SI sistemi olarak üç’e ayrılır ve aşağıdaki tabloda sunulmuştur. CGS grcm/sn² gram (gr) Cm Sn (saniye) Cm/sn Cm/sn² Grcm²/sn³ Dincm gr/(cmsn²) gr/cm³. Kuvvet (kütle×ivme) Kütle Uzunluk Zaman Hız (yol×zaman) İvme (uzunluk×zaman²) Güç (kuvvet×hız) Enerji (kuvvet×yol) Basınç (kuvvet×alan) Yoğunluk. MKS Kgm/sn² Kg M Sn m/sn m/sn² kgcm²/sn³ kgcm²/sn² kg/(cmsn²) –––. SI Nt (Newton) Kg M Sn m/sn m/sn² Jul/sn=Watt Ntm Pascal (Pa) kg/m³. Tablo 1.1 Akışkanlar Mekanğinde terimler ve birim sistemleri 1.8. Sıkıştırılabilirlik. Sıkıştırılabilirlik, belirli bir basınç altında maddenin hacmindeki değişimi ifade eder. Sıvılar bilindiği üzere basınç altında bir miktarda sıkışmış sıvı üzerinde kayarlar. Bazen bu miktar, yani sıkıştırılabilirliği yüksek basınç altında önemli sorunlar doğurabilir. Bir sıvıdaki sıkışmanın ölçüsü iki parametre ile ifade edilir. Bunlardan birincisi sıkıştırma katsayısı (β). β =−. Burada −. 1  ∂V . . . SIKIŞTIRMA KATSAYISI. V  ∂P T. dV birim genişlemeyi ifade eder. V İkincisi ise bulk modülü (κ)’dır (Sıkıştırma modülü).. dP.  ∂P    ∂V T. κ = −V . BULK MODÜLÜ. κ değeri ortamın esnekliği ile doğru orantılıdır.. a=. dV V Su içerisinde sesin yayılma hızı Hava içerisinde sesin yayılma hızı Su içerisindeki. 7. κ ρ. SESİN YAYILMA HIZI. 1400m/s 340m/s κsu=20700 Bar’dır..

AKIŞKANLARIN DOĞASI VE AKIŞKANLAR MEKANİĞİNDE ÇALIŞMA. Piston 2 dP 2 dρ 2 = ∫ ⇒ P2 − P1 = κ ln ρ 1 ∫ 1κ 1 ρ. ρ. P2 − P1 = κ ln 2 ρ1. Sıvı. Buradan da görüldüğü üzere dP ne kadar büyük olursa olsun sıkışma sonunda akışkanın yoğunluğu çok az değişecektir. Öncedende belirtildiği üzere sıvılar çok az miktarda sıkıştırılabilirler. Yani hacimlerindeki küçük bir değişim için büyük basınç oranlarına ihtiyaç vardır. Sıvılar için κ değerleri Tablo 1.4’de görüldüğü üzere çok büyüktür. Bu nedenle sıvılar sıkıştırılamaz akışkanlar olarak anılırlar. Sıvı Bulk Modülü (Mpa) Etil Alkol 896 Benzen 1062 Makine Yağı 1303 Su 2179 Glıserın 4509 Civa 24750 Tablo 1.2. Bazı sıvıların Bulk (sıkıştırma) modülleri Hacmi 0,65 m³ olan çelik bir kap su ile tamamen doldurulmuş şekilde kapalıdır. Başlangıçta P1=1Atm, V1=0,65m³. Basınç pompa yardımıyla 500 Bar’a yükseltilmiştir. Bu basınç altında kabın hacminin %1 arttığını ve suyun sıkıştırma modülünün κ=21000Bar olduğu düşünülürse pompa tarafından kabın içerisine pompalanan ek su kütlesini bulunuz?. dP. Su. κ. =−. dV V. P1=1Bar (mutlak) = 0Bar (etkin). Pompa. dV 500 = V 21000 V∆P 0,65 × 500 ∆V = − =− = −0,0155m 3 κ 21000. 8.

AKIŞKANLARIN DOĞASI VE AKIŞKANLAR MEKANİĞİNDE ÇALIŞMA. Suyun sıkışmasından dolayı meydana gelen hacim azalması, Suyun sıkışması sonucu açılan ek hacim %1 genişlediğinden çeper genişlemesi nedeniyle açılacak hacim ∆V = ∆V1 + ∆V2 = 0,0155 + 0,0065 = 0,022 m ∆P. κ. =. ∆ρ. ρ. =. 5 210. =. 3. ρ 2 − ρ1 5 3 ⇒ ρ2 = × 1000 + 1000 ⇒ ρ 2 = 1023,8kg / m 210 ρ1. m = ρ∆V = 1023,8 × 0,022 = 22,5kg. Kuvvetlendirilmiş bir çelik tank 7Mpa basınçta hava içermektedir. Bu tankı test etmek için PT basıncına ulaşıncaya kadar su ile doldurulmaktadır. Bu PT basıncı n gibi bir güvenlik faktörüyle sınırlıdır (n=1,5). Eğer elastisite modülü E=2,07×1011Pa ise PT test basıncına ulaşması için ilave edilmesi gerekli su miktarını bulunuz? (κsu=2068×106). 5 mm. D0 = 2. F. 5m. Kuvvetlerin dengesinden,. F = τ . A ⇒ P. A = τ . A −τ −τ. π. π ( D 2 − D 2 ) + np ( D 2 ) = 0 o i 4 4 i. π. π. (2 2 − 1,990 2 ) + 1,5 × 7( 1,99 2 ) = 0 4 4. τ = 1042 MPa Hooke yasasına göre. ε=. τ E. =. 1042 × 10 6 ⇒ ε = 5,034 × 10 − 3 11 2,07 × 10. Yeni uzunluk için L´ L´=L+εL=5+5(5,034×10-3) L´=5,0252m. 9.

AKIŞKANLARIN DOĞASI VE AKIŞKANLAR MEKANİĞİNDE ÇALIŞMA. Deformeden sonraki hacim. V '=. π. (1,99 2 )(5,0252 ) ⇒ V ' = 15,6296 m ³. 4. V '−V = 15,6296 −. π. 4 ∆ P = P × n = 7 × 1,5. 1,99 2 × 5 = 0,07832 m ³. Tankın Uza ması. 15,6296 V' ( ∆V ) = − ∆P = − (10 ,5 × 10 6 ) = −0,0794 m ³ Suyun sıkışması w 6 κ 2068 × 10 İlave edilmesi gereken su miktarı Suyun. Tankın. sıkışması. uzaması  . ( ∆VT ) = (V '−V ) + ( ∆Vw = 0,07832 + 0,0794 = 0,1577 m ³. Çapı 6cm, uzunluğu L=1,25m olan bir silindirin içinde atmosfer basıncında su vardır. Piston 1,2cm ilerleyerek suyu sıkıştırdığı zaman, (κ=21000Bar) a) Basınç ve yoğunluk ne olur b) Ne kadar iş yapılmıştır ? a ) V = A .L = 1 ∆V =. π D2. π D2 4. ∆L =. L =. π (0, 0 6 )2 4. π (0, 0 6 )2. 4 B a s ın ç a r tış ı. 4. Su. D = 6 cm L = 1.25 m L. 1, 2 5 = 0 , 0 0 9 5 3 m ³. 0 , 0 1 2 = 3, 3 9 × 1 0 −5 m 3. 3, 3 9 × 1 0 − 5 ∆V = −21000 = 2 0 1, 8 B a r V 0, 00353 P1 = 1 a tm ( m u tla k ) = 0 a tm e tk in. ∆ P = −κ. P2 = P1 + ∆ P P2 = 2 0 1, 8 b a r ( e tk in ) ∆P = κ. ρ. 2. − ρ. 1 ⇒ ρ. = ρ ( 1. 1 + ∆P. ) κ 1 1 + 2 0 1, 8 ) + 1000 = 1009, 6 kg / m ³ = 1000( 21000. ρ. 2. 10. D.

AKIŞKANLARIN DOĞASI VE AKIŞKANLAR MEKANİĞİNDE ÇALIŞMA. b) W = − ∫ PdV V dV = − 1 dP. κ. V V V W = ∫ P 1 dP = 1 ∫ PdP = 1 P 2 2κ κ κ. P2. = P1. V1 2 ( P2 − P12 ) = 342 J 2κ. Şekilde basit bir basınç yükseltici görülmektedir. Piston kolu dolayısıyla piston ön ve arka yüzdeki alanların farklı olması P2 basıncının P1 basıncından daha büyük değerlerde olmasına sebep olmaktadır. D=20 cm, d=15 cm ve P1=8 bar olduğuna göre. P. yükselme oranını ( 1 ) ve istenen P2 basıncını bulunuz?. P 2. P1. πD 2 F =P A=P 1 1 1 4 π (D 2 − d 2 ) F =P 2 2 4 2 πD π (D 2 − d 2 ) =P P 2 1 4 4 2 2 2 2 P 1 = D − d = 20 − 15 = 0,44 P 20 2 D2 2 P = 8 × 2.29 = 18.29 Bar 2. P2. d D. 1.9. Yoğunluk, Özgül ağırlık ve Bağıl yoğunluk. Yoğunluk: Maddenin birim hacminin kütlesidir. ρ ile gösterilir ve birimi kg/m3’dür. lim. δm =ρ δv. Özgül ağırlık: Cismin birim hacminin ağırlığıdır ve birimi N/m3’dür. γ = ρg. Özgül hacim: Cismin birim ağırlığının hacmidir ve birimi m3/kg’dır. ν=. 1. ρ. Özgül enerji: Cismin sahip olduğu toplam enerjiyi ifade eder.. 11.

AKIŞKANLARIN DOĞASI VE AKIŞKANLAR MEKANİĞİNDE ÇALIŞMA. Y=. P. ρ. +. V2 + gz 2. Bağıl yoğunluk: Herhangi bir akışkanın yoğunluğunun, suyun yoğunluğuna oranıdır. ρ = b. ρ ρ. a. su. Bağıl yoğunluğu 0,87 olan bir sıvının yoğunluğunu, özgül hacmini ve özgül ağırlığını hesaplayınız?. ρb=0,87. ρ = b. ρ. akışkan. ρ. su. Yoğunluk. ρa = ρb×ρsu = 0,87×1000 = 870 kg/m³. Özgül ağırlık. γa = ρa×g. Özgül hacim. υ= 1/ρ = 1/870 = 1,149×10-3 m³/kg. = 870×9,81 = 8534 N/m³. Özgül ağırlığı 133024 N/m³ olan bir civanın bağıl yoğunluğunu ve özgül hacmini bulunuz? γciva=133024 N/m³. 133024 133024 akışkan 9,81 ρ = = = = 13,56 b 1000 9810 ρ su. ρ. ρciva=13560 kg/m³. υ=1/ρ=1/13560=7,374×10-5 m³/kg. Bağıl yoğunluğu 0.745 olan bir sıvının, yoğunluğunu, özgül hacmini, özgül ağırlığını hesaplayınız?. ρb =. ρ akışkan ⇒ ρ a = ρb ⋅ ρ su = 0.745 ⋅ 1000 ⇒ ρ a = 745 kg/m3 ρ su. γ a = ρ a ⋅ g = 745 ⋅ 9.81 ⇒ γ a = 7308.45 N/m 3 v=. 1. ρ. =. 1 = 1,342 × 10 −3 m 3 kg 745. 12.

AKIŞKANLARIN DOĞASI VE AKIŞKANLAR MEKANİĞİNDE ÇALIŞMA. Bağıl yoğunluğu 1.045 olan bir sıvının, yoğunluğunu, özgül hacmini ve özgül ağırlığını bulunuz?. ρb =. ρ sıvı ρ ⇒ 1.045 = sıvı ⇒ ρ sıvı = 1045 kg / m 3 ρ su ρ su. γ = ρ sıvı ⋅ g = 1045 ⋅ 9.81 ⇒ γ = 10251.45 N / m 3. ν sııv =. 1. ρ sııv. =. 1 ⇒ ν sııv = 9,57 × 10 −4 m 3 / kg 1045. Enerji, iş yapabilme yeteneği olarak adlandırılır. Akışkan enerjisini üç ayrı yoldan kazanır. Hareket halindeki veya durmakta olan akışkanın belirli bir enerjisi vardır. Akışkanın birim kütlesinin enerjisine özgül enerji denir. Yalnız birim kütle tanımı üzerinde durmak gerekir. Akışkan içinde ε³ mertebede bir hacme sahip maddenin (parçacığın) kütlesi δM diyelim. Bu parçacık içinde önceki derste anlatıldığı gibi bir çok sayıda molekül vardır. Birçok sayıdaki molekülün belirli bir enerjisi vardır. İşte bu parçacığın birim kütlesinin enerjisine özgül enerji adı verilir.. 1.10. Enerji. 1. 2. 3.. Akışkanın hızından dolayı sahip olduğu enerji. (Kinetik enerji), Ek Bulunduğu konumdan dolayı sahip olduğu enerji. (Potansiyel enerji), Ep Akışkanın basıncından dolayı sahip olduğu enerji. KINETIK ENERJI; E k = δm δm. Ek = ρ. V. υ2. ( Kinetik enerji). 2. υ2 2. δV. υ2 δV Ek = ∫ ρ V 2. δV. POTANSIYEL ENERJI Ep=g.δm.z. δm. ÖEp=gz. 13.

AKIŞKANLARIN DOĞASI VE AKIŞKANLAR MEKANİĞİNDE ÇALIŞMA. BASINÇ ENERJISI Basıncından dolayı kazandığı enerji ise; İş = PSdl Pdsdl P = ρdsdl ρ Özgül enerji =. P. ρ. P. Akışkanın Toplam Özgül Enerjisi=. ρ. +. υ2 2. + gz. Bir boru içerisinde su akmaktadır. Belirli bir noktadaki basınç P=22,4kN/m²=0,224Bar hızı ise 2,1 m/s olup yüksekliği 3,2m olduğuna göre akışkanın bu noktadaki özgül enerjisini bulunuz?. Y=. P. ρ. +. 0,224 × 10 5 2,12 V2 + gz = + + 9,81× 3,2 2 1000 2. Y = 56 J / kg = 56m² / sn² Bir su pompasının giriş kesitinde suyun basıncı P1=0,2Bar hızı V1=3,4m/s, çıkış kesitindeki basınç ise P2=3,2Bar, V2=5,1m/s. Çıkış ve giriş kesitleri arasındaki yükseklik farkı e=0,46m olduğuna göre pompanın özgül enerjisini bulunuz?. Y =Y. B. −Y. E. P V2 B Y = + B + gz B B 2 ρ P V2 E + E + gz Y = E E ρ 2. B E. Motor. 14.

AKIŞKANLARIN DOĞASI VE AKIŞKANLAR MEKANİĞİNDE ÇALIŞMA. P −P V 2 −V 2 B E E + g(z − z ) Y = + B pom B E ρ 2 3,2 ×10 5 − 0,2 ×10 5 5,12 − 3,4 2 Y = + + 9,81(0,46) pom 2 1000 Y = 311,74 J / kg pom. Bir pelton türbinin düşüsü 712m’dir. Bu yükseklik enerjisinin tamamı kinetik enerjiye dönüştürülürse su hüzmesinin hızı ne olur?. δm. V2 = δmgz ⇒ V 2 = 2 gz 2. V 2 = 2 × 712 × 9,81 = 13969,44 V = 118,19m / s. 1.11. Viskozite (Yapışkanlık). Akışkan kayma gerilmesi taşımaz, fakat belirli bir kayma gerilmesinin etkisi altında akışkanların akıcılığı farklıdır. Bu farklılık akışkanın kayma gerilmesine karşı gösterdiği direncin farklı olmasından ileri gelir. Bu kavramı açıklayabilmek için Newtonun aralarındaki uzaklık çok küçük olan 2 paralel levha ile yaptığı deneyi tekrarlayalım. Üstteki levhayı sabit bir F kuvveti ile çekelim levhanın kesit alanı S ise τ=F/s üst levhanın kendisine bitişik olan akışkan parçacılarına uyguladığı kayma gerilmesini verir. İlk harekete geçildiğinde levha bir yandan sabit F kuvvetinin diğer yandan akışkanın sürtünme kuvvetinin etkisinde ivmeli bir hareket yapar ve giderek hızlanır. Fakat hızlandıkça sürtünme kuvveti artar. Sürtünme kuvveti “F” kuvvetine eşit olduğu zaman net kuvvet, dolayısıyla ivme sıfır olur. İncelememizde plağın hızının limit hıza eriştiği v=U, yani ivmenin sıfır olduğu bu hali ele alıyoruz. “Akışkan katı çeperler üzerinde kayamaz” kuralı gereğince üst levhaya bitişik olan akışkan parçacıkları sabit U hızı kazanırken alt levhaya bitişik olan parçacıklar alt levha sabit olduğu için hareketsiz kalacaklardır. Levhalar arasındaki e açıklığı çok küçük olduğu zaman aradaki hız dağılımının doğrusal olduğu gözlenir. Levhalar arasındaki akışkan ortamının kalınlığı sonsuz küçük katmalara ayrıldığında, katmanların birbiri üzerinde kayarak ilerlediği bir görünümle karşılaşılır. İşte bu görünümünden dolayı bu akışa katmanlı (laminer) akış adı verilir. Her akışkan parçacığı ait olduğu katman üzerinde ilerler katmanlar arasında parçacık alışverişi mevcut değildir. Fakat katmanlar arasında bir bağ vardır. Aksi halde üstteki levhanın hareketinin etkisinde daha aşağıdaki katmanların harekete geçmesi söz konusu olamazdı. Bitişik iki katman arasındaki bağ nedeniyle bu katmanlardan biri hareket etmek isteyince bu katman diğerini sürüklemek isteyecek ve alttaki katmanda üsttekini durdurmak isteyecektir. Sıvılarda bu bağı esas olarak moleküller arasındaki iç çekim kuvvetleri oluşturur. Katmanlar arasındaki bu bağa sürtünme; birbirine uyguladıkları kuvvetin birim alana gelen miktarına da τ kayma gerilmesi adı verilir. Yapılan deneyler plağı sabit bir U hızı ile hareket ettirmek için gerekli F kuvvetinin, plağın U hızı ve S alanı ile doğru, e açıklığı ile ters orantılı olduğunu göstermiştir.. 15.

AKIŞKANLARIN DOĞASI VE AKIŞKANLAR MEKANİĞİNDE ÇALIŞMA. F≈. u.s e. F =τ A. τ≈. u e. Şekil 1.3. Bir akışkanın gerilme deformasyonu a) bir akışkan parçacığının δθ/δt oranında gerilme dağılımı; b) Katı bir cidar üzerinde newtonian akışkanın gerilme dağılımı. Bu sonuca göre, üst levhaya sabit bir U hızı kazandırmak için gerekli kayma gerilmesi U ile doğru e ile ters oranlıdır. Kayma gerilmesi aynı zamanda katmanlar arasındaki bağın büyüklüğüne, dolayısıyla akışkanın cinsine bağlıdır. Aynı e mesafesi ve aynı U hızı için farklı sıvılara farklı kuvvetler uygulaması gerekir. Çünkü moleküler yapıya bağlı olarak her sıvının kayma gerilmesine karşı gösterdiği direnç farklıdır. İşte bu direnci temsil eden, akışkanın cinsine bağlı ve yukarıdaki orantıyı eşitlik haline koyacak katsayıya, mutlak vizkosite veya dinamik viskozite denir µ ile gösterilir. τ =µ. u e. Kayma gerilmesi için daha genel bir ifade yazabilmek için şekildeki parabolik hız dağılımını dikkate alalım. u=u(y), Çeperden az ötede alınan dy kalınlığındaki katmanın üst kenarı u+du; alt kenarı u hızıyla hareket etmektedir. Bu ise üstteki katman du hızıyla hareket ediyor alttaki ise duruyor demektir. Bu durumda U→du; e→dy olduğu için τ =µ. du dy. genelleştirilmiş bağıntısı elde edilir. Bu eşitlik u=f(y) olan katmanlı bir akışın herhangi bir noktasındaki kayma gerilmesini verir. Akışın herhangi bir noktasında kayma gerilmesinin var olabilmesi için du/dy türevinin mevcut olması gerekir. Daha öncede görüldüğü gibi bu türev şekil değiştirmenin bir ölçüsüdür. Bu türev ne kadar büyük olursa birbirine yakın iki nokta arasındaki hızlar o kadar farklı ve şekil değiştirme o denli şiddetli olur. Eğer hız değişimi lineerse (doğrusal ise) du U = dy e. olacağından. 16. τ =µ. U e. ve. τ = sbt olur..

AKIŞKANLARIN DOĞASI VE AKIŞKANLAR MEKANİĞİNDE ÇALIŞMA. µ (mutlak viskozite) olup,. ∂u türevi sonsuza gidemez. ∂y. Sıvıların viskozitesi sıcaklığa bağlı olarak değişir. Isıtıldıkça azalır, çünkü katmanlar arasındaki bağ kaybolur. τ =µ. ∂u ∂y. µ ~τ. y u.  Ns    = [Pa.sn ] 2  m . Sonuçlar: - Levhalar arasındaki e açıklığı ile kayma gerilmesi arasında ters orantı olması τ = µ du / dy eşitliğinden görüleceği gibi du / dy türevi hiçbir zaman ∞’ a gidemez şeklinde açıklanabilir. Çünkü bu durumda kayma gerilmesi ∞ olur. Bu ise fiziksel olarak imkansızdır. Dolayısıyla hız ancak sürekli bir değişim gösterebilir. - Yukarıda belirtildiği gibi katmanlar arasındaki sürtünmeye esas olarak moleküller arasındaki iç çekim kuvveti oluşturur. Dolayısıyla sıcaklık artınca sıvıların viskozitesi azalır. Bu nedenle sıvıların viskozitesi sıcaklığın fonksiyonudur. Viskozitenin değerinin ait olduğu sıcaklıkla birlikte verilmesi gerekir.. Şekil 1.4. Sabit ve hareketli iki paralel plaka arasında viskoz akış hareketi. Akışkanların akıcılığını belirlemek için kullanılan Newton’un viskozite yasasının sonucu olarak kayma gerilmesi akış yönüne dik olmak kaydı ile hızdaki değişimin oranı ile orantılıdır. Matematiksel olarak akışkanın gösterdiği direnç ise µ (viskozite) olarak adlandırılır. İki plaka arasında bulunan sıvıda inceleme yapacak olursak, F kuvvetiyle çekilen üstteki plaka sıvı tarafından bir dirence maruz kalacaktır. Dolayısıyla bir sürtünme kuvveti meydana gelecektir ve akışkan katı cismin çeperinin hareketini izleyecektir. Burada e çok küçük ise hız dağılımı doğrusal olup düzlemler arası akış alışverişi olmaz. Bu durumda iç sürtünmesi olmayan akışkana mükemmel akışkan denir. Mükemmel akışkanın akış şekline laminer akış denir.. Kinematik viskozite: Herhangi bir akışkanın mutlak viskozitesinin o akışkanın yoğunluğuna bölümüdür.. 17.

AKIŞKANLARIN DOĞASI VE AKIŞKANLAR MEKANİĞİNDE ÇALIŞMA. ν=. µ ρ. m 2   s  . Şekil 1.5. Değişik viskoz malzemelerin reolojik özellikleri; a) gerilme ve deformasyon ilişkisi; b)uygulanan gerilmenin zamanla değişimi. A nolu silindirin kütlesi 2,5 kg olup boru içerisinden şekilde görüldüğü gibi aşağıya doğru kaymaktadır. Silindir çok iyi bir şekilde merkezlenmiş olarak hareket ettiği kabul edilmektedir. Yağın viskozitesi 7×10-3 Ns/m²’dir. Silindirin hızı nedir. Bu esnadaki havanın basıncını ihmal ediniz ? Yağ tabakası. 0.1 mm. L = 150 mm. A. A. D = 73.8 mm V. 74 mm. ∂V V −0 = = 10000V 1 / sn ∂n 0,0001 Silindir üzerindeki kayma gerilmesi;. τ =µ. ∂V = (7 × 10 − 3 )(10000V ) = 70V Pa ∂n. 18. τ.

AKIŞKANLARIN DOĞASI VE AKIŞKANLAR MEKANİĞİNDE ÇALIŞMA. Eğer silindirin ağırlığını, viskoz kuvvetlerle dengeleyecek olursak,. W = τ .(π .D ).L ⇒ 2,5 × 9,81 = 70Vπ (0,0738)(0,150) V = 10,07 m / s Şekildeki sistemde eğik düzlem üzerindeki cismin hızı 0,25 m/s olup, yüzey alanı 0,85m²’ dir. Eğik düzlemin 300 eğimli olduğunu düşünürsek, üzerindeki kütlenin ağırlığını bulunuz?(e=0,4mm µ=0,024 Pa.s). e. α Fsür. mg. V. mgSinα − F sür = ma = 0 ∂u V V =µ F = µ s = mgSinα sür ∂y e e µVs 0,024× 0,25 × 0,85 = = 25,5N G = mg = eSinα 0,4 ×10− 3 × Sin30 F = τs = mgSinα sür. τ =µ. µ=0,082 kg/ms [Pas] L=86mm D1=60mm D2=60,12mm n=60d/d D2. D1. Fsür = ?. L. τ =µ. 19. ∂u u =µ ∂r r. V.

AKIŞKANLARIN DOĞASI VE AKIŞKANLAR MEKANİĞİNDE ÇALIŞMA. F. = τs. sürtünen yüzey = τπD L F sür 1 ωR 1 πDL =µ F sür R −R 2 1 F F. sür. sür sür. =. 2πn 2π 60 = = 2π u = ωR ⇒ ω = 1 60 60. 0,082 × 2π × 30 × 10 − 3 π 60 × 10 − 3 × 86 ×10 − 3 − 3 (30,06 − 30) × 10. = 4,167 N. Şekildeki düşey mil e=0,1mm’lik bir yağ filmi üzerinde dönmektedir. Yağın viskozitesi µ=0,02Pa.sn milin ucundaki flanşın yarıçapı R=12cm’dir. Mil dakikada 1500 devirle döndüğü zaman; a. r=0 r=3cm r=6cm’lik noktalardaki kayma ω gerilmesini bulunuz? b. sürtünme momentini ve sürtünme gücünü bulunuz? Yağ R. τ =µ τ. u ∂u ωr =µ =µ e e ∂y. =µ. ωr. ⇒ dF = τ .2πrdr Kuvvet (r ) e 2π × n 2π × 1500 ω= = = 50π 60 60 ωr 50π × 0 τ (0) = µ ⇒ τ (0) = µ = 0 Pa e 0.1 × 10 −3 ωr 50π × 3 × 10 − 2 τ ( 3) = µ ⇒ τ (0) = µ = 942,4 Pa e 0.1 × 10 −3 ωr 50π × 6 × 10 − 2 τ (6) = µ ⇒ τ (0) = µ = 1884,9 Pa e 0.1 × 10 −3 (r ). 20.

AKIŞKANLARIN DOĞASI VE AKIŞKANLAR MEKANİĞİNDE ÇALIŞMA. dM = rdF = τ. (r ). .2πr 2 dr Moment. Güç ise; P = Mω 2πωµ R 2 ∫ r dr (r ) e 0 2πωµ 3 2πn 2π 1500 F= R ⇒ω = = = 50π (1 / sn) 3e 60 60 2πωµ R 3 dM = rdF ⇒ M = ∫ r dr e 0 2πωµ 4 2π 0,02 × 50π × (0,12) 4 M = R = = 10,23Pa 4e 4 × 0,0001 sürtünme gücü; P = M × ω ⇒ P = 10,23 × 50π = 1607 W dF = τ. .2πrdr ⇒ F =. Düşey olarak çalışan 100 mm çaplı bir şaft 0.25 mm kalınlığındaki bir yağ filmi ile yağlanmaktadır. Şaft 1000 dev/dak ile dönmekte ve yağın viskozitesi 0.13 Pa.s olduğuna göre akışkanın sürtünmesinden dolayı meydana gelen güç kaybını bulunuz?. dM = dF ⋅ r =. ω Yağ. D = 100 mm. 0.25 mm. 2 ⋅π ⋅ µ ⋅ω 3 ⋅ r ⋅ dr e. δ P = δM ⋅ ω = µ ⋅ ω 2 ⋅. R. 2 ⋅π ⋅ r 3 ⋅ dr e. 4 2 ⋅π ⋅ µ ⋅ω 2 3 2 π ⋅R r ⋅ dr = ⋅ ⋅ µ ω ∫0 e 2⋅e R. P=. r. δr. ω=. 21. 2 ⋅ π ⋅ n 2 ⋅ π ⋅ 1000 = ⇒ ω = 104.72 rad/s 60 60.

AKIŞKANLARIN DOĞASI VE AKIŞKANLAR MEKANİĞİNDE ÇALIŞMA. P = µ ⋅ω 2 ⋅. π ⋅ R4 2⋅e. = 0.13 ⋅ (104.72) ⋅ 2. π ⋅ (0.05)4 2 ⋅ 0.00025. ⇒ P = 55.98 W. 15 cm çapında, 5 cm uzunluğunda bir piston, çapı 15.12 cm olan bir silindir içinde hareket etmektedir. Piston ile çeper arası viskozite katsayısı 0.075 Pa s olan bir yağ ile yağlanmaktadır. Pistona 1.4 m/s’lik bir hız sağlanabilmesi için eksenel olarak uygulanması gerekli kuvveti bulunuz?. D. A = π ⋅ D ⋅ L = π ⋅ 0.15 ⋅ 0.05 ⇒ A = 0.0235 m 2 ∆y =. (15.12 − 15) ⋅ 10 −2 ⇒ ∆y = 6 ⋅ 10 −4 2. F =µ⋅. m. ∂u 1.4 ⋅ A = 0.075 ⋅ ⋅ 0.0235 ⇒ F = 4.1125 N ∂y 6 ⋅ 10 −4. Büyük bir levha, sabit durağan Sabit plaka iki plaka arasında şekilde 2 görüldüğü gibi 4 m/s hızla 6 mm µ1 = 0.02 N s/m 4 m/s hareket etmektedir. Newtonian olarak kabul edilen ve 3 mm µ2 = 0.01 N s/m2 τ viskoziteleri farklı olan Sabit plaka akışkanlar levhalar arasında gerilme oluşturmaktadır. Arada oluşan hız dağılımını lineer kabul etmek suretiyle oluşan gerilmenin büyüklüğünü hesaplayarak, yönünü belirtiniz? Newton’un viskozite yasasından;. τ =µ⋅. ∂u u ∴τ ≈ µ ⋅ ∂y y. τ 1 = µ1 ⋅. yazılabilir.. u 4 = 0.02 ⋅ ⇒ τ 1 = 13.33 N / m 2 −3 e1 6 ⋅ 10. 4 u = 0.01 ⋅ ⇒ τ 2 = 13.33 N / m 2 ; −3 e2 3 ⋅ 10 τ 1 = τ 2 dir.. τ 2 = µ2 ⋅. 22.

AKIŞKANLARIN DOĞASI VE AKIŞKANLAR MEKANİĞİNDE ÇALIŞMA. Sabit bir levhadan 0.5 mm uzaklıkta kare şeklindeki, kenar uzunluğu 50 cm olan hareketli bir levhayı 0.25 m/s hızla hareket ettirebilmek için 0.5 N’luk bir kuvvet gerektiğine göre yağlama yağının viskozitesini bulunuz?. dV 0.5 mm. τ=. F dV V =µ⋅ =µ⋅ A dy h. µ=. F ⋅ h 0.5 ⋅ 0.5 ⋅ 10 −3 = ⇒ µ = 0.004 kg / m ⋅ s A ⋅V 0.25 ⋅ 0.25. yağ. F. dy. 25.4 mm çapında ve 30 cm uzunluğundaki bir mil 25.65 mm çaplı ve aynı boydaki yatak içerisinde eş merkezli olarak yerleştirilmiştir. Mil ile yatak arasındaki boşluk viskozitesi 0.026 Pa s olan yağ ile doldurulmuştur. Bu mili 8000 dev/dak ile döndürebilmek için gerekli gücü bulunuz? r=. ω=. y=. 25,4 ⋅ 10 −3 ⇒ r = 1,27 ⋅ 10 − 2 m 2. π ⋅n 30. =. π ⋅ 8000 30. ⇒ ω = 837.75 rad / s. 2.565 ⋅ 10 −2 − 2.54 ⋅ 10 −2 ⇒ y = 1.25 ⋅ 10 −4 m 2. V = r ⋅ω F =µ⋅. V r ⋅ω ⋅ 2 ⋅π ⋅ r ⋅ L = µ ⋅ ⋅ 2 ⋅π ⋅ r ⋅ L y y. F = 2.6 ⋅ 10 − 2 ⋅. 1.285 ⋅ 10 −2 ⋅ 837.75 ⋅ 2 ⋅ π ⋅ 1,27 ⋅ 10 − 2 ⋅ 0,3 ⇒ F = 52,97 N −4 1.25 ⋅ 10. M = F ⋅ r = 52,97 ⋅ 1,27 ⋅ 10 −2 ⇒ M = 0.672 N ⋅ m. P = M .ω ⇒ P = 0,672.837,75 = 563 Watt. 23.

AKIŞKANLARIN DOĞASI VE AKIŞKANLAR MEKANİĞİNDE ÇALIŞMA. Şekildeki düzenekte D çaplı silindir e kalınlığındaki yağ tabakası üzerinde hareket etmektedir. Oluşacak olan momentin kapalı ifadesini çıkarınız?. d. e R. r. dr. τ =µ⋅. ∂u u ≈τ = µ ⋅ ∂y e. u = r ⋅ω dA = 2 ⋅ π ⋅ r ⋅ dr dF = τ ⋅ dA ⇒ dF = µ ⋅. ω ⋅r. dM = dF ⋅ r ⇒ dM = µ ⋅. e. ⋅ 2 ⋅ π ⋅ r ⋅ dr. ω ⋅r3 e. ⋅ 2 ⋅ π ⋅ dr. r → R ’ye integre edersek;. M =µ⋅. π ⋅ω 2⋅e. [. ⋅ R4 − r 4. ]. 24. D.

AKIŞKANLARIN DOĞASI VE AKIŞKANLAR MEKANİĞİNDE ÇALIŞMA. Şekildeki piston yağ dolu silindirin içine bırakılınca kendi ağırlığı ile aşağı doğru inmeye bırakılmakta ve kısa bir süre sonra limit hıza eriştikten sonra pistonun 4 sn’de 30 cm ilerlediği görülmüştür. Pistonun bağıl yoğunluğu 1.6, piston çapı 5 cm, piston ile silindir arasındaki açıklık 0.1 mm olduğuna göre taban etkisini ihmal ederek yağın viskozitesini bulunuz. ( ρ = 541,8 kg m 3 ). πD 2 4. h D. Yağ. X 0,30 = = 0,75 m s t 4 πD 2 = mg = F hρ g , p ağır 4. V =. = F kal. e. hρ g , y. = τπDh F sür. πD 2. πD 2 hρ g = hρ g + τπDh p y 4 4 D τ = g ( ρ − ρ )' den p y 4 De g ( ρ − ρ ) = 0.0173 Pas µ= p y 4V. 1.12. Yüzey gerilmesi ve kılcal olaylar. Yüzey gerilmesi bir akışkan ortamının bir başka akışkan ortamı ile temasında gözlemlenen olaydır. Temelinde aynı akışkanı meydana getiren moleküller arasındaki çekim kuvvetleri (kohezyon) ile iki değişik fakat ortak sınırları olan akışkanları meydana getiren moleküller arasındaki çekim kuvvetlerinin (adhezyon) farklı büyüklükte olmaları yatar. Örnek olarak su ve hava geniş bir kap içinde statik konumda bulunduğu durumda, su molekülleri sadece kendilerinden aşağı veya aynı konumdaki su moleküllerinin çekim kuvveti altındadır. Dolayısıyla üzerlerine aşağı doğrultuda net bir toplam kuvvet etki etmektedir. Diğer yandan sıvının üzerinde bulunan hava tabakasını meydana getiren oksijen ve azot moleküllerinin de su molekülleri üzerine bir çekim kuvveti uyguladıkları bir gerçektir. Fakat bu kuvvetlerin büyüklüğü aynı konumda olabilecek su moleküllerinin uygulayacağı çekim kuvvetlerinin büyüklüğünden azdır ve dolayısıyla dengeyi sağlayamazlar. Bu dengeyi ancak sınırdaki su moleküllerinin aşağıya çekilmesi ve moleküllerin birbirlerine. 25.

AKIŞKANLARIN DOĞASI VE AKIŞKANLAR MEKANİĞİNDE ÇALIŞMA. yaklaşması ile ortaya çıkacak itme kuvveti sağlayabilir. Kabın sınırından uzak olan noktalar için geçerli olan bu denge mekanizması kabın sınırına yaklaştıkça doğruluğunu yitirir. Burada su ve havadan başka bir üçüncü ortam, örneğin cam işin içine girer. Böylece, sınırın hangi denge şeklini alacağını bulabilmek için su-hava, sucam, cam-hava ortamları arasındaki çekim kuvvetleri dengesini incelemek gerekir. Su-hava sınırının kabın duvarı yakınında havaya doğru büküldüğü gözlenebilir. Bu sınıra dik olan doğrultuya doğru yapılan açı θ, temas açısı veya ıslanma açısı olarak adlandırılır. Bu açı iki ortamın fiziksel özelliğidir ve sıcaklığa bağlı olarak değişim gösterir. Su ve hava yerine civa ve hava kullanılsaydı sınırın civaya doğru büküldüğü gözlenecekti. Bu durum civa molekülleri arasındaki çekim kuvvetinin, civa ve camı meydana getiren moleküllerin uyguladığı çekim kuvvetinden daha büyük olduğunu gösterir. Ayrıca yüzeyin bükülmesi sadece sınırlarda gözlenmektedir. (Şekil 1.6). Şekil 1.6.Capiler boruda adhezyon ve kohezyon etkileri. Suyun yükselme ve civanın alçalma miktarlarını ölçüp, hidrostatik denklemlerini yazarak tüp içinde su-hava ve civa-hava sınırlarının üzerine etkiyen basınç kuvvetlerini kolayca bulabiliriz. Sınır üzerinde bu basınç farkının dengeyi bozmaması ancak eşit büyüklükte ve ters yönde bir kuvvetin sınıra uygulanması ile mümkündür. Bu kuvvete yüzey gerilmesi kuvveti denir.Uzunlukla orantılı ve sınır teğet vektörü yönünde uygulanan bir kuvvettir.. Şekil 1.7.Yüzey geriliminden dolayı eğri yüzeylerde oluşan basınç değişimi. Arakesit yüzeyi bir eğri ise, mekanik denge şartı arakesit yüzeyi boyunca bir basınç farkının varlığını gösterir ve basınç konkav tarafta daha büyük olur.Şekil 1.7’da bir sıvı, silindirin iç kısmındaki basınç artışı iki yüzey gerilimi tarafından dengelenmektedir. Buna göre su-hava ve civa-hava için 200C’de ölçülmüş olan yüzey gerilme kuvveti Y olmak üzere; Y=0.073 N/m hava-su Y=0.48 N/m hava-civa Silindir içerisindeki basınç dağılımı;. 2 RL∆p = 2YL. 26.

AKIŞKANLARIN DOĞASI VE AKIŞKANLAR MEKANİĞİNDE ÇALIŞMA. veya. Y R. ∆p =. yazılabilir. Bu hesaplamalarda sıvının ağırlığı gözönüne alınmamıştır. Şekil 1.7b’de ise küresel bir damlanın iç kısmındaki basınç artışı dairesel bir yüzey gerilim kuvveti ile dengelenmektedir. Buna göre;. πR 2 ∆p = 2πRY veya;. ∆p =. 2Y R. olur. Bu sonuç bir sabun köpüğü içindeki basınç artışı öngörülerek kullanılabilir, dolayısıyla hava ile arakesit yüzeyine sahiptir. Aynı R çapında bir iç ve bir dış yüzey için;. ∆p köpük ≈ 2∆p damla =. 4Y R. yazılabilir. Şekil 1.6c’de ise eğrilik yarıçapları R1 ve R2 olan yüzeylerin arakesit konumları görülmektedir. Yüzey normali doğrultusundaki dengeleyici kuvvet dengesinden konkav taraftaki basınç artışı;.  1 1   ∆p = Y  +  R1 R2  olur. İkinci önemli yüzey etkisi bir sıvı, katı yüzey ile arakesit oluşturduğunda temas açısı (θ) ortaya çıkar. (Şekil 1.8) Bu takdirde kuvvet dengesi hem Y, hemde θ'yı içerir. Eğer temas açısı 90o’den küçük ise sıvı katı cidarı ıslatır. θ>90o ise, sıvı ıslatılmayan sıvı olarak isimlendirilir.. Şekil 1.8. Sıvı-Katı ve gaz yüzeylerde temas açısının etkisi. Mesela su sabunu ıslatır, fakat mumu ıslatamaz. Su temiz bir cam yüzeyini θ = 0o açısıyla güzelce ıslatır. Yüzey gerilimi Y gibi, temas açısı θ'da katı-sıvı ara yüzeyinin gerçek fiziko-kimyasal şartlarına göre duyarlıdır. Temiz bir civa-hava-cam ara yüzeyi için, temas açısı θ =130o’dir. Özel olarak su-gümüş temas yüzeyinde θ =90o olmaktadır.. 27.

AKIŞKANLARIN DOĞASI VE AKIŞKANLAR MEKANİĞİNDE ÇALIŞMA. 1.13. Buharlaşma. Herhangi bir sıcaklık veya basınçta buharlaşmanın olduğu bilinen bir gerçektir. Bir akışkan ısıtıldığı zaman Ek (kinetik enerji) artış gösterecek ve moleküllerin havaya karışımı kolaylaşacaktır. Ayrıca havanın basıncını azaltacak olursak aynı şekilde moleküler hareket hızlanacaktır. Moleküler iç enerjileri ve havanın basıncı yüzünden buharlaşamamaya etken eden bu iki paramatre olmadığı takdirde buharlaşma hareketlilik gösterir. Dolayısıyla her akışkanın belirli basınç ve sıcaklık altında buharlaşma basınçları mevcuttur. Örneğin;. Uygulamalar Şekildeki özgül kütlesi 7850 kg/m3 olan 3 cm çapında ve 40 cm uzunluğundaki çelik şaft 3.02 cm çaplı düşey konumdaki dairesel kesitli bir yatak içerisinde kendi ağırlığı ile hareket etmektedir. Şaft ile yatak arasındaki sıvının viskozitesi 1.5 Pa s olduğuna göre şaftın hareket hızını bulunuz?. 3.02 cm 40 cm. 10 cm çapında, 7 cm uzunluğunda bir piston, çapı 10.04 cm olan bir silindir içinde hareket etmektedir. Piston ile çeper arası viskozite katsayısı 0.066 Pa s olan bir yağ ile yağlanmaktadır. Pistona 0.8 m/s’lik bir hız sağlanabilmesi için eksenel olarak uygulanması gerekli kuvveti bulunuz?. 28. 3 cm. V. D.

AKIŞKANLARIN DOĞASI VE AKIŞKANLAR MEKANİĞİNDE ÇALIŞMA. 1 kN ağırlığında ve her kenarı 200 mm boyutlarında olan kübik kütle eğik düzlemde bulunan 0.005 mm kalınlığındaki yağ tabakası üzerinde aşağıya doğru kaymaktadır. Yağ tabakasının lineer hız profili kabulüyle erişeceği hızı bulunuz? ( Yağın viskozitesi, 0.07 Pa s ). 1 kN. 0.005 mm. Yağ tabakası. 200. Dm = 75 mm çapında bir mil Dy = 75.150 mm çapında ve L = 200 mm genişliğinde bir yatak içerisinde eksenel doğrultuda F = 9 N’luk bir kuvvetle ancak V = 0.12 m/s’lik bir hızla hareket ettirilebiliyor? F a) Bu durumda mil ile yatak arasındaki Dy Dm yağlama yağının viskozitesini hesaplayınız. b) Aynı mili teğetsel doğrultuda aynı e çevresel hızla döndürebilmek için döndürme momenti ne olmalıdır. L. Şekildeki gibi eş eksenli olarak iç içe yerleştirilmiş, taban ve yanal yüzeyleri eşit ölçülerdeki iki silindir arasındaki ri ndir sabit e tutulmaktadır. Bu esnada oluşacak momenti hesaplayınız? ( e = 0.05 mm; r = 10 cm; h = 12 cm ) h r. ω. 29.

BASINÇ ÖLÇÜMLERİ. BÖLÜM 2. Basınç Ölçümleri. 2.1 Genel Bakış. 2.2. Basınç ve Basınç Dağılımı. Birçok akış problemleri hareketi içermemektedir. Bunlar durgun bir akışkandaki basınç dağılımı ve batan veya yüzen cisimler üzerinde oluşan basınç dağılımı ile ilişkili konuları içerir. Akışkan hızının sıfır olması, hidrostatik şartları vurgular. Basınç değişimleri sadece akışkanın ağırlığından dolayıdır. Belirli bir akışkan yerçekimi kuvvetinin etkisinde ise basınç dağılımı integrasyonla kolayca hesaplanabilir. Eğer akışkan katı bir cisim içerisinde hareket ediyorsa, (örneğin tank içerisindeki akışkanın uzun süredir dönel hareket yapması gibi), basınç yine kolayca hesaplanabilir. Şekil 2.1’deki gibi ∆x, ∆z, ve ∆s boyutlarında b genişliğinde olan üçgen eleman, durgun bir akışkanı tanımladığını düşünelim.. Şekil 2.1. Durgun konumda bir nokta etrafında basınç. Kayma gerilmesi içermeyen bu elemanda yüzeylerdeki basınçlar Px, Pz ve Pn olsun. X ve Y yönünde etkiyen kuvvetlerin toplamı sıfır olmalıdır, Böylece;. ∑F. x. ∑F. z. = 0 = Px ⋅ b ⋅ ∆z − Pn ⋅ b ⋅ ∆s ⋅ Sinθ. = 0 = Pz ⋅ b ⋅ ∆x − Pn ⋅ b ⋅ ∆s ⋅ Cosθ −. 30. 1 ⋅ γ ⋅ b ⋅ ∆x ⋅ ∆z 2.

BASINÇ ÖLÇÜMLERİ. üçgen geometrinin özelliğinden yararlanarak; ∆s ⋅ Sinθ = ∆z. ;. ∆s ⋅ Cosθ = ∆x. yazılabilir. Taraf tarafa toplanırsa;. Px = Pn. ;. ∆z limit → 0. Pz = Pn +. 1 ⋅ γ ⋅ ∆z 2. Px = Pz = Pn = P. elde edilmiş olur. Burada θ rastgele bir açı alındığı için, limit olarak elemanın boyutlarını sıfıra yaklaştırdığımızda “bir nokta etrafında basınçlar doğrultunun fonksiyonu olmayıp, her doğrultuda birbirine eşittir.” sonucuna varılır. Eğer sıvı hareket ettirilirse tabakalar arasında bağıl bir hareket oluşacağından kayma gerilmeleri meydana gelir ve genel olarak normal gerilme (yani basınç) bir noktada her doğrultuda eşit olmaz. Bu koşulda bir noktadaki ortalama basınç; 1 P = - (σ xx + σ yy + σ zz ) 3 olarak tanımlanır. Buradaki (-) işareti sıkıştırmayı tanımlar. ”İdeal akışkanlarda viskozite sıfır olduğundan, akışkan hareket halinde olsa bile, kayma gerilmesi meydana gelmeyeceğinden dolayı bir nokta etrafında basınç her doğrultuda aynıdır.”. 2.3. Bir akışkan elemanı üzerindeki basınç kuvveti. Durgun bir sıvı içerisinde bir nokta etrafında basıncın her doğrultuda aynı olduğu bilindiğine göre, noktanın konumu değiştirildiği takdirde, yani noktadan noktaya basıncın değişiminin nasıl olabileceğini araştırmak için Şekil 2.2’de verilen bir dx,dy,dz hacim elemanı üzerinde inceleme yapalım.. Şekil 2.2. Durgun konumda bir nokta etrafında basınç. 31.

BASINÇ ÖLÇÜMLERİ. bu hacim elemanı üzerine etkiyen x yönündeki net kuvvet;. ∂P  ∂P  dFx = P dy dz- P + dx  dy dz = − ⋅ dx dy dz ∂x  ∂x  benzer şekilde y ve z yönlerinde oluşan basınç değişiminden dolayı;. ∂P ∂P dFz dydxdz , için dzdydx ∂y ∂z yazılabilir. Basınçtan dolayı akışkan elemanına uygulanan toplam net kuvvet için; dFy için. −.  ∂P ∂P ∂P  dFb =  − i ⋅ − j⋅ − k ⋅  ⋅ dxdydz ∂x ∂y ∂z   yazılabilir. Burada parantez içerisindeki ifadenin basınç dağılımını ifade ettiğini bildiğimize göre, birim hacım elemanına uygulanan net basınç kuvveti için ise;. f b = −∇P yazılabilir. Unutulmamalıdır ki, burada elde edilmiş olan ifade basınç değil net bir kuvvetin sebep olduğu basınç gradyanıdır. Dolayısıyla yerçekimi ve akışkana etki eden diğer kuvvetlerle dengelenmelidir. 2.4. Bir Akışkan elemanının dengesi. Basınç gradyanı elemanın yüzeylerine etki eden bir yüzey kuvvetidir. Dolayısıyla elektromanyetik veya yerçekimi gibi, nedenlerle oluşan kuvvetlerinde dikkate alınması gerekir. Yerçekimi kuvveti için benzer şekilde;. dFg = ρ ⋅ g ⋅ dx dy dz. ;. fg = ρ ⋅ g. yazılabilir. Sıkıştırılamaz akışkan için, sabit viskozite kabulüyle net viskoz kuvvet ise  ∂ 2V ∂ 2V ∂ 2V f vis = µ 2 + 2 + 2 ∂z ∂y  ∂x.   = µ ⋅ ∇ 2 ⋅ V . olmaktadır. Basınç, yerçekimi ve viskoz kuvvetlerin toplamı ivme’ye eşit olmalıdır. ρ ⋅ a = Σf = f press + f grav + f vis = −∇P + ρ ⋅ g + µ ⋅ ∇ 2 ⋅ V. yukarıdaki denklemi yeniden düzenleyecek olursak; ∇P = ρ( g − a ) + µ ⋅ ∇ 2 ⋅ V = B( x, y, z,t ). 32.

BASINÇ ÖLÇÜMLERİ. yazılabilir. Burada “B” ivme, yerçekimi ve viskoz kuvvetler gibi ifadelerin toplamıdır. ∂P = B x ( x, y, z,t ) ∂x. ,. ∂P = B y ( x, y, z,t ) ∂y. ,. ∂P = B z ( x, y, z,t ) ∂z. Özel Haller;. 1. İvme ve viskoz terim sıfıra eşitse, basınç sadece yerçekimi ve yoğunluğa bağlıdır. Bu ise hidrostatik şartlar olarak anılır. 2. Sadece viskoz terim sıfıra eşitse; P = ρ( g - a ). RIJID BODY ve ROTASYON. 3. Viskoz terim sıfırsa ve ifadenin integrali Bernoulli denklemi olarak anılır ∇xV = 0. IRROTATIONAL HAREKET. 4. Tüm terimlerin var olması hali; ∇P = ρ( g − a ) + µ ⋅ ∇ 2 ⋅ V = B( x, y, z,t ). 2.5. Mutlak ve Etkin Basıncı. VISKOZ HAREKET. Bir akışkanın basıncı ile ilişkili bir işlem yaptığımızda, her zaman bir referans noktasına göre ölçme yaparız. Normalde bu referans basıncı atmosfer basıncıdır ve ölçtüğümüz basınç ise etkin basınc (ölçüm) basıncı olarak adlandırılır. Eğer bir noktadaki basınç mutlak skalaya göre (mutlak sıfırdan başlayarak) belirtilmiş ise buna mutlak basınç denir. Mutlak sıfır noktası tam vakum durumudur. Sistem basıncı ise; manometreler yardımıyla ölçülen basınç değeridir. Bir noktadaki basıncın manometrik değerine, lokal atmosfer basıncı ilave edilirse mutlak basınç bulunmuş olur. Yani, bu iki basınç ile ilişkili basit bir denklem;. Pmut = Psis + Patm. Şekil 2.3. Mutlak, Etkin ve Atmosfer basınç. 33.

BASINÇ ÖLÇÜMLERİ. burada;. Pmut= Mutlak basınç Psis = Etkin basınç Patm = Atmosfer basıncı. Şekil 2.3 bu denklemi grafiksel olarak yorumlamaya yardımcı olacaktır. Buradan çıkaracağımız sonuçlar ise; - En iyi vakum, mümkün olabilen en düşük basınçtır. Bundan dolayı mutlak basınç daima pozitiftir. - Atmosfer basıncı üzerindeki sistem basıncı pozitiftir. - Atmosfer basıncı altındaki sistem basınci negatiftir ve bazen vakum olarak da adlandırılır. - Yeryüzüne yakın atmosferik basıncın normal değeri yaklaşık olarak 95 kPa (mutlak) ile 105 kPa (mutlak) arasındadır. Denız seviyesınde, standart atmosfer basıncı 101.3 kPa (mutlak)’dır. 2.6. Hidrostatik Basınç Dağılımı. Eğer bir akışkan durgun konumda veya sabit bir hıza sahip ise, a=0 ve ∇ 2V = 0 olur. Dolayısıyla yukarıda verilen denklemimiz;. ∇p = ρg haline dönüşür. Bu durgun konumda tüm akışkanlar için geçerli olan hidrostatik dağılım olarak anılır. Kartezyen koordinat takımına göre basınç dağılımı ifadesini yerine yazacak olursak;. ∂p =0 ∂x. ∂p =0 ∂y. ∂p = − ρg = −γ ∂z. yukarıdaki ifadeden görüldüğü üzere basınç x ve y’den bağımsızdır. Sadece z yönündeki değişimin fonksiyonu olup;. ∂p = −γ ∂z veya 2. p 2 − p1 = − ∫ γdz 1. olacaktır. Sonuç olarak, hareketsiz bir sıvı içerisinde basınç aşağı doğru inildikçe artacak, yukarı doğru çıkıldıkça azalacak ve yatay konumlarda ise sabit kalacaktır. Buna örnek olarak Şekil 2.4’de verilen bir kap içerisinde çeşitli noktalardaki basınç dağılımları gösterilebilir. Şekildeki kabın yüzeyinde atmosfer basıncı her noktada aynı olduğundan, kap yüzeyinin bütün noktalarında basınç atmosfer basıncına eşittir. Aynı derinlikte bulunan a,b,c ve d noktalarında yine basınçlar eşit ve belirtilen noktanın kabın yüzeyine olan mesafesi ile orantılı olarak değişmektedir. Benzer şekilde kabın tabanında bulunan A,B ve C noktalarında basınçlar birbirine eşit olup, D noktasında ise iki farklı yoğunluğa sahip akışkan bulunması (su ve civa) nedeniyle farklıdır.. 34.

BASINÇ ÖLÇÜMLERİ. Şekil 2.4.Hidrostatik basınç dağılımı. 2.6.1 Civalı Barometre. Yukarıda verilen hidrostatik formülün basitçe uygulandığı ve pratik uygulaması olan cihaz barometredir ve atmosferik basıncı ölçer. Şekil 2.5’de görüldüğü gibi içerisi civa ile doldurulmuş bir tüp yine civa içeren bir kaba batırılmaktadır. Civanın oda sıcaklığında buharlaşma basıncı çok küçük olduğundan tüpün üst kısmı, yaklaşık olarak vakum basıncına sahiptir. Atmosferik basınç kuvveti tüp içerisinde “h” yükseltisinde civa kolonu oluşturacağından, kabın yüzeyindeki civanın basıncı sıfır olacaktır.. Şekil 2.5 .Mutlak atmosferik basıncı ölçen barometre. z1=h z2=0. Şekildeki notasyonlardan yararlanarak; Basınç taraması yapıldığında;. için için. p1=0 p2 = pa. p a − 0 = −γ M (0 − h). veya,. h=. Pa. γM. Tablo 2.1’den de görüldüğü üzere deniz seviyesinde Pa=101.350 Pa ve γM=133.1 N/m3 olup barometrik yükseklik ise; h=101.350/133.1=0.761 m veya 761 mm’dir.. 35.

BASINÇ ÖLÇÜMLERİ. Tablo 2.1. Bazı akışkanlara ait özgül ağırlık değerleri. Şekilde verilen manometrenin A ve B noktaları arasındaki basınç farkını hesaplayınız? Hava ( h1 = 15 cm, h2 = 25 cm, h3 = 35 cm, h4 = 40 cm, h5 = 35 cm ) ( ρ1 = 1000 kg/m3, ρ2 = 13600 kg/m3, 3 1 h1 h3 ρ3 = 930 kg/m3, ρhava = 1.2 kg/m3 ) A ile B arasında basınç taraması yapılırsa,. h2 A. h5. 2. Hava. h4. B. PA − ρ h ⋅ g ⋅ (h1 + h2 ) + ρ1 ⋅ g ⋅ h1 + ρ 2 ⋅ g ⋅ (h2 + h5 ). − ρ h ⋅ g ⋅ (h3 + h4 ) + ρ 3 ⋅ g ⋅ h3 + ρ h ⋅ g ⋅ h4 = PB. PA − PB = ρ h ⋅ g ⋅ (h1 + h2 + h3 ) − ρ1 ⋅ g ⋅ h1 − ρ 2 ⋅ g ⋅ (h2 + h5 ) − ρ 3 ⋅ g ⋅ h3. PA − PB = 1.2 ⋅ 9.81 ⋅ (0.15 + 0.25 + 0.35) − 9810 ⋅ 0.15. − 13600 ⋅ 9.81 ⋅ (0.25 + 0.35) − 930 ⋅ 9.81 ⋅ 0.35. PA − PB = 8.829 − 1471.5 − 80049.6 − 3193.15 ⇒ PA − PB = −84714.25 N/m 2. 36.

BASINÇ ÖLÇÜMLERİ. Patm = 101325 Pa. Şekildeki sistemde havanın basıncını ( Phava = ? ) bulunuz?. Su Su Phava. PA = PB. 0.7 m. 1m 0.8 m. PB = Patm + 3.5 ⋅ 9.81 ⋅ 1000. 3.5 m. 0.5 m. 0.1 m. 0.5 m A. B. Civa. PB = 135660 Pa. 1.5 m. Civa. PA = Phava + 0.1 ⋅ g ⋅ ρ civa − 0.8 ⋅ g ⋅ ρ civa − 0.7 ⋅ g ⋅ ρ su + 1 ⋅ g ⋅ ρ su + 1 ⋅ g ⋅ ρ civa. PA = Phava + 0.1 ⋅ 9.81 ⋅ 13600 − 0.8 ⋅ 9.81 ⋅ 13600 − 0.7 ⋅ 9.81 ⋅ 1000 + 1 ⋅ 9.81 ⋅ 1000 + 1⋅ 9.81 ⋅ 13600 PA = PB ⇒ Phava = 92692 Pa. M2 manometresinin gösterdiği değer 196200 Pa olduğuna göre M1 ve M3 manometrelerinin gösterdiği değerleri bulunuz? ( ρciva = 13600 kg/m3; ρsu = 1000 kg/m3 ). M3 M2. Su. 1m. PA = 196200 + 1 ⋅ 13600 ⋅ 9.81 ⇒ PA = 329616 Pa PB = M 3 + 2 ⋅ 13600 ⋅ 9.81 ⇒ PB = M 3 + 266832 Pa. C. Civa. PA = PB. 329616 = M 3 + 266832 ⇒ M 3 = 62784 Pa PC = M 1 + 1 ⋅ 1000 ⋅ 9.81 ⇒ PC = M 1 + 9810 Pa PD = PA + 1 ⋅ 13600 ⋅ 9.81 = 329616 + 133416 ⇒ PD = 463032 Pa PC = PD M 1 + 9810 = 463032 ⇒ M 1 = 453222 Pa. 37. 2m. 1m. M1 A D. B 2m.

BASINÇ ÖLÇÜMLERİ. İçinde basınçlı su bulunan silindir iki depo arasına şekilde görüldüğü gibi yerleştirilen U şeklindeki diferansiyel bir manometrenin civa yüzeyleri arasındaki h yükseklik farkını hesaplayınız? ( PA = 3 bar; PB = 1.5 bar; z = 1.2 m ) ( ρciva = 13600 kg/m3; ρsu = 1000 kg/m3 ). PC = PD. su a2. a1. A PA. x h C. D. y. z. B PB. civa. (1). PC = PA + γ su ⋅ (h + x + a 2 ) − γ su ⋅ a 2 ⇒ PC = PA + γ su ⋅ (h + x ). (2). PD = PB + γ civa ⋅ h + γ su ( x + a1 ) − γ su ⋅ (a1 + x + y ) ⇒ PD = PB + γ civa ⋅ h − γ su ⋅ y (3). (2) ve (3) denklemleri (1) denkleminde yerine yazılırsa; PA + γ su ⋅ (h + x ) = PB + γ civa ⋅ h − γ su ⋅ y PA − PB + γ su ⋅ ( x + y ) = (γ civa − γ su ) ⋅ h ⇒ h =. h=. PA − PB + γ su ⋅ ( x + y ) γ civa − γ su. 3 ⋅ 10 5 − 1.5 ⋅ 10 5 + 9810 ⋅ 1.2 ⇒ h = 1.30877 m 9.81 ⋅ (13600 − 1000 ). Şekildeki U tüpünün üst kısmı bağıl yoğunluğu 0.98 olan yağ, kalan kısmı ise su ile doludur. A ve B noktaları arasındaki basınç farkını N/m2 cinsinden hesaplayınız? ( H = 55 mm; x = 10 mm; y = 75 mm; L = 20 mm ). x. y. A ve B noktaları arasındaki basınç taramasından;. PA − ρ su ⋅ g ⋅ H − ρ yağ ⋅ g ⋅ y + ρ su ⋅ g ⋅ (H + y ) = PB. 38. H A. L. B.

BASINÇ ÖLÇÜMLERİ. PA − PB = ρ yağ ⋅ g ⋅ y − ρ su ⋅ g ⋅ y = 980 ⋅ 9.81 ⋅ 0.075 − 1000 ⋅ 9.81 ⋅ 0.075 PA − PB = −14.715 N / m 2 Kayıpları ihmal ederek şekildeki akışkanın debisini ve giriş kesitindeki P1 basıncını bulunuz? ( h = 22 cm ) 1 ve 2 arası basınç taramasından ve Bernoulli’den;. P1 + ρ a ⋅ g ⋅ h = ρ ⋅ g ⋅. 2 1 D = 30 cm. V1 Su. ρb = 1.59. d = 10 cm. h. P V2 V22 + ρ ⋅ g ⋅ h ⇒ 1 = 2 − ( ρ b − 1) ⋅ g ⋅ h ρ 2⋅g 2. (1) P1 V12 V22 + = 2 2 g. (2). V1 = 2 ⋅ g ⋅ (ρ b − 1) ⋅ h Q=. π ⋅ D12 4. ⋅ V1 =. π ⋅ (0.3)2 4. ⋅ 2 ⋅ 9.81 ⋅ (1.59 − 1) ⋅ 0.22 ⇒ Q = 112.8 lt / s. P V2 P1 V2 + 1 + z1 = 2 + 2 + z 2 ρ ⋅g 2⋅g ρ ⋅ g 2⋅ g P1. ρ. =.  V 2  D4  V22 − V12 V22 =  2 − 1 ⋅ 1 =  4 − 1 ⋅ ( ρ b − 1) ⋅ g ⋅ h 2 d   2 V1.  0.3  4  P1 P =   − 1 ⋅ (1.59 − 1) ⋅ 0.22 ⇒ 1 = 10.38 mSS ρ ⋅ g  0.1  ρ⋅g . 39.

BASINÇ ÖLÇÜMLERİ. Şekildeki sistemde A noktasının basıncını bulunuz? ( ρciva = 13600 kg/m3; ρsu = 1000 kg/m3 ). PA = PB + ρ su ⋅ g ⋅ h1 ;. P0 = 0 su. 0.5 m. PB = PC = PD. B. C. D. 0.4 m A. civa. PB = PD = P0 + ρ civa ⋅ g ⋅ h ⇒ PB = 13600 ⋅ 9.81 ⋅ 0.5 PA = 13600 ⋅ 9.81 ⋅ 0.5 + 1000 ⋅ 9.81 ⋅ 0.4 ⇒ PA = 70632 Pa 203 mm çaplı bir boruda kotları aynı olan iki nokta arasındaki uzaklık 152.4 m olup, borunun giriş ve çıkış noktaları arasına bir diferansiyel manometre bağlanmıştır. Su debisinin 178.6 lt/s için manometredeki civa seviyeleri farkı 1.96 m olduğuna göre (λ) sürtünme katsayısını bulunuz? ( ρciva = 13600 kg/m3; ρsu = 1000 kg/m3 ). 152.4 m. 1. 1.96 m. P1 + P5 , g ,1,96 − P2 , g ,1,96 = P2 P1 − P2 = 13600,9,81,1,96 − 1000,9,81,1,86 = 242267, 76 Pa V =. Q = A. 0.1786. (0.203)2 π⋅. ⇒ V = 5.518 m / s. 4. P1. γ. +. V12 P V2 P − P2 + z 1 − H k 12 = 2 + 2 + z 2 ⇒ H k 12 = 1 2⋅ g γ 2⋅g γ. H k 12 =. P1 − P2. γ. =. 242267.76 ⇒ H k 12 = 24.696 m 1000 ⋅ 9.81. 40. Su. civa. 2. Q.

BASINÇ ÖLÇÜMLERİ. L V2 ⋅ ⇒ D 2⋅ g H ⋅ D ⋅ 2 ⋅ g 24.696 ⋅ 0.203 ⋅ 2 ⋅ 9.81 λ = k 12 2 = ⇒ λ = 0.02119 2 L ⋅V 152.4 ⋅ ( 5.518 ) H k 12 = λ ⋅. Şekildeki U tüpünün üst kısmı bağıl yoğunluğu 0.95 olan yağ, kalan kısmı ise su ile doludur. A ve B noktaları arasındaki basınç farkını N/m2 cinsinden hesaplayınız? ( H = 40 mm; x = 5 mm; y = 35 mm; L = 30 mm ). x. y. H A. L. A ve B noktaları arasındaki basınç taramasından;. B. PA − ρ su ⋅ g ⋅ H − ρ yağ ⋅ g ⋅ y + ρ su ⋅ g ⋅ (H + y ) = PB PA − PB = ρ yağ ⋅ g ⋅ y − ρ su ⋅ g ⋅ y = 950 ⋅ 9.81 ⋅ 0.035 − 1000 ⋅ 9.81 ⋅ 0.035 PA − PB = −17.1675 N / m 2 Silindirik depo 50 mm yüksekliğinde su içermektedir. İçteki küçük silindir depo ise h yüksekliğinde, bağıl yoğunluğu 0.8 olan gaz yağı içermektedir. PA’nın ölçülen basıncı ve gazyağının ölçülen yüksekliği nedir? (Gazyağının deponun üstüne çıkmasının önlendiği kabul edilecektir.) ( PB = 13.80 kPa; PC = 13.82 kPa ). PA. hava. su H = 50 mm h gazyağı. PB. PC. PA = ρ s ⋅ g ⋅ H + PC = −1000 ⋅ 9.81 ⋅ 50 ⋅ 10 −6 + 13.82 ⇒ PA = 13.329 kPa PA + ρ s ⋅ g ⋅ (H − h ) + ρ g ⋅ g ⋅ h = PB h=. (PB − PA ) − ρ s ⋅ g ⋅ H − g ⋅ (ρ g − ρ s ). =. (13800 − 13329) − 1000 ⋅ 9.81 ⋅ 50 ⋅ 10 −3 − 9.81 ⋅ (800 − 1000). h = 9,93 ⋅ 10 −3 m ⇒ h ≅ 9,93 mm. 41.

BASINÇ ÖLÇÜMLERİ. Çapları d1 = 60 mm ve d2 = 40 mm olan sistemden debisi Q = 5 lt/s’de su akmaktadır. Bu esnada ölçülen civa seviyesi farkı h’ı hesaplayınız? ( ρciva = 13600 kg/m3 ). d2 d1 h. Civa. z1 = z 2 P1. γ. +. V12 P V2 P − P2 V22 − V12 + z1 = 2 + 2 + z 2 ⇒ 1 = 2⋅ g γ 2⋅g γ 2⋅ g. (1). Basınç taraması yapılırsa; P1 − P2 = h ⋅ (γ c − γ ). (2). V2 =. 4 ⋅Q 4 ⋅ 5 ⋅ 10 −3 = ⇒ V2 = 3.98 m / s π ⋅ d 22 π ⋅ (0.04 )2. V1 =. 4 ⋅Q 4 ⋅ 5 ⋅ 10 −3 = ⇒ V1 = 1.768 m / s π ⋅ d 12 π ⋅ (0.06 )2 (2) denklemi (1) denkleminde yerine konulursa;. h=. 2 2 (V22 − V12 )γ ((3.98) − (1.768) )1000 = ⇒ h = 0.051 m 2 ⋅ g ⋅ (γ c − γ ) 2 ⋅ 9.81 ⋅ (13600 − 1000). Şekildeki depoda yoğunluğu 850 kg/m3 olan yağ bulunmaktadır. a) H yükseklik farkını hesaplayınız? b) Yağa bir pistonla 0.5 bar’lık bir basınç uygulanması halinde manometrenin sağ kolunda civanın ne kadar yükseleceğini bulunuz? ( ρciva = 13600 kg/m3; ρyağ = 850 kg/m3). P H. Yağ 0.15 B. C Civa. 42.