Akışkanlar Mekaniği Ders Notları ( Doç.Dr. Eşref IŞIK )

Akışkanlara etki eden kuvvetleri ve bu kuvvetlerin meydana getirdiği sonuçları inceleyen bilim dalına akışkanlar mekaniği denir. Alışkanlar mekaniği genel anlamda üç grupta incelenir. a) Hidrostatik: Akışkanların hareketsiz, yani durgun haldeki mekaniğiyle ilgilenen, akışkanların denge koşullarını ve denge halindeki hareketsiz sıvılara etki eden kuvvetleri inceleyen dalıdır. b) Kinematik: Akışkanların hızları ve akım çizgileriyle ilgilenen ve kuvvet veya enerjiyi göz önüne almayan dalıdır. c) Hidrodinamik: Akışkanların hızları ve ivmeleri arasındaki ilişkileri ve hareket halindeki sıvıların veya sıvı üzerine gelen kuvvetlerle etkilenen sıvıların akımını sağlayan kuvvetleri ve bu kuvvetlerin etkilerini inceleyen dalıdır. 2. AKIŞKANLAR 2.1. Akışkanların Genel Özellikleri Çok küçük bir kuvvetin etkisi altında önemli ve devamlı şekil değiştiren, diğer bir deyimle kolayca akabilen ve konuldukları kabın şeklini alan cisimlere akışkan denir. Akışkan, kesme kuvvetlerine karşı fazla direnç göstermeyen materyal olarak tanınır. Hareketsiz olan akışkana şekil değiştirten kuvvetler herhangi bir dirençle karşılaşmazlar. Ancak şekil değiştirmenin yeter derecede yavaş olması gereklidir. Çok hızlı şekil değiştirme akışkanlarda belirli dirençler meydana getirir. Ancak hareketin durması halinde bu dirençlerde yok olurlar. Akışkanlar sıvı ve gazlar olarak ikiye ayrılırlar. a) Sıvılar • Belirli bir hacmi kaplarlar, belirli şekilleri yoktur. • Hacmini değiştirmeye pratik olarak olanak yoktur. • Sıvıların hacimlerini küçültmek üzere girişilen işlemlerde büyük bir dirençle karşılaşılır. Yani sıkışma kabiliyeti yok denecek kadar azdır. • Damla haline gelebilirler.

b) Gazlar • İçinde bulundukları kabı tamamen doldururlar. Belirli hacim ve şekilleri yoktur. • Hacim değiştirebilirler. • Büyük bir sıkışma ve genleşme kabiliyetine sahiptirler. • Damla haline gelmezler. Özgül ağırlık: Bir cismin birim hacminin ağırlığına özgül ağırlık denir. γ ile gösterilir. m ağırlık (kg), v 3 hacim (m ) ile ifade edildiğinde özgül ağırlık sıvılar için, m γ = v Gazlar için i,se gaz sabitine bağımlı olarak, P.V R = s (Boyle-Charles kanunu) eşitliğinde T 1 γ = yerine konduğunda, v s P γ = R.T olarak tanımlanır. Burada, 2 P: basınç (Pa)(N/m ) 3 v : birim kütlenin özgül hacmi (m /kg) s R: gaz sabiti (J/kgK) T: sıcaklık (K) o Yoğunluk : Cismin özgül ağırlığının +4 C’ deki damıtık suyun özgül ağırlığına oranı olarak tanımlanır. o Oran söz konusu olduğundan boyutsuzdur ve birimi yoktur. Katı maddeler ve sıvılar için standart + 4 C’ deki su baz olarak kullanılır. Gazlar için ise karbondioksitsiz (CO ) hava veya hidrojen baz olarak alınır. 2 Yoğunluk dansimetre denilen ölçüm aletiyle ölçülür. Yüzey gerilimi: Bir sıvının içindeki bir molekül her yönde çekici kuvvetler etkisi altında olup bu kuvvetlerin vektörel toplamı sıfıra eşittir. Ancak sıvı yüzeyindeki bir moleküle yüzeye dik ve içeriye

yönelik kohezyon (içekçim) kuvvetleri ağı etki eder. Bu nedenle bu karşıt kuvvete rağmen molekülleri yüzeye getirmek için iş gerekir ve yüzey moleküllerinde içtekilere oranla daha fazla enerji vardır. Bir sıvının yüzey gerilimi, yeni bir yüzey birim alanı oluşturmak amacıyla sıvının içinden yüzeye 2 yeterli sayıda molekül getirmek için yapılması gereken iştir (Nm/m ). Bu iş numerik olarak, birim yüzey uzunluğunun belirli bir hattı boyunca etkiyen teğetsel çekme kuvvetine eşittir (Nm). Formül ize edilirse ve yüzey gerilimi σ ile gösterlirse, F σ = A yazılır. Burada, 2 σ: yüzey gerilim (Nm/m ) F: yapılan iş (Nm) 2 A: kesit alan (m )’ dir. F 1 F F4 2 F 3 ∑F = F + (−F ) + F + (−F ) = 0 1 3 4 2 Kapilarite (Kılcallık): Sıvılarda yüzey gerilimini en iyi şekilde suya batırılmış ince “kılcal” borularda gözlemek mümkündür. Bilindiği gibi çapı milimetre ve hatta daha küçük olan ince borulara (10 mm den daha küçük) “kılcal borular” denmektedir. Bu tür boruların bir sıvı içerisine daldırlması halinde sıvı bileşik kaplar kuralına uymayarak alçalmakta veya yükselmektedir. Kılcal borularda su gibi “ıslatan sıvılar” yükselmektedir. Yükselme miktarı borunun çapı ile ters orantılıdır. Diğer bir deyimle boru çapı küçüldükçe yükselme miktarı artar. Civa gibi “ıslatmayan sıvılar” kılcal borularda aksine alçalır. Bu alçalma miktarı yine boru çapıyla ters orantılıdır.

Kılcal borularda sıvıların yükselmesi, sıvı moleküllerinin kendi aralarındaki kohezyon (iç çekim) denilen çekme kuvvetleriyle sıvı ve cam gibi farklı moleküller arasındaki adezyon (dış çekim) kuvvetlerinden ileri gelmektedir. Islatan sıvılarda, cam molekülleri ile sıvı molekülleri arasındaki adezyon kuvveti denilen çekme kuvveti, sıvı moleküllerinin kendi aralarındaki çekme kuvvetinden büyüktür. Bu nedenle sıvı cam tarafından çekilerek seviyesi yükselir. r 2r r h h h Islatmayan sıvılar Islatan sıvılar Islatmayan sıvılarda, örneğin cıvada ise kohezyon kuvveti adezyon kuvvetinden büyük olduğundan cama yakın moleküller sıvı molekülleri tarafından daha büyük kuvvetle çekilerek kılcal boru içerisinde alçalırlar. Kılcal borularda yükselme veya alçalmanın hesabı: F 1 σ α α A h x r F2

Kılcal borularda yükselen bir sıvıya etki eden kuvvetler şekilde gösterilmiştir. Sıvıya etkiyen başlıca iki faktör vardır. Bunlardan birincisi sıvının kılcal borularda yükselmesine neden olan ve bundan önceki kısımda açıklanan yüzey gerilimidir (σ). Bu kuvvet kılcal borunun “A” yüzeyinde borunun iç çevresine etki yapmaktadır. Yönü yukarı doğru olan bu gerilimin düşey bileşeninin şiddeti σ. Cosα ‘dır. Buradan F 1 kuvveti, F = 2πrσ cosα 1 olrak bulunur. Burada, 2πr: sıvının kılcal boruyla temas ettiği yüzey(çevre)(m) 2 σ: yüzey gerilimi (Nm/m ) α: yüzey gerilim vektörünün kılcal boru kenarıyla yaptığı açı F : yüzey gerilimin düşey bileşenidir (N) 1 Etki eden ikinci kuvvet ise kılcal boruda bulunan sıvının ağırlığıdır. Yönü aşağıya doğru olan bu kuvvetin şiddeti, yüksekliği h olan su sütununun ağırlığına eşit olduğundan 2 F2 = πr. .hγ değerine eşittir. Her iki kuvvet denge halinde olduğundan 2 r. .cos π σ α 2 = πr. .hγ g yazılabilir. Bu eşitlikten h çekildiğinde 2. σ .cosα h = γ. .r g eşitliği elde edilir. Eşitlikte yer alan α açısı temas açısıdır, sayısal değeri sıvı ile boru cinsine bağlı olarak o o değişmektedir. Örneğin temiz cam boru ve su için α=0 , aynı koşullarda cıva için α=140 ‘dir. Elde edilen eşitliğe “Jurin eşitliği” denilmektedir. Bu eşitlikten de anlaşılacağı gibi, kılcal borularda sıvıların yükselmesi veya alçalması, a) Sıvının yüzey gerilim miktarıyla doğru, b) Kılcal borunun çapı ile ters,

c) Sıvının özgül ağırlığıyla ters orantılıdır. Bu üç maddeye “Jurin Kanunları” denir. Buhar basıncı: Atmosferle ortak yüzeyi bulunan bütün sıvılarda bu yüzeyden ayrılan moleküllerin atmosfere geçmesi olayına buharlaşma denir. Bu olay sıvının sıcaklığına bağlıdır. Ancak sıvının sıcaklığı ne olursa olsun serbest yüzeyden daima buharlaşma olacaktır. Tamamen kapalı bir kap içerisinde bulunan sıvıda da buharlaşma meydana gelir. Sıvı yüzeyinden kopan moleküllerin artmasıyla sıvı üzerindeki basınçta artar. Ancak kapalı kap olması nedeniyle sıvıdan ayrılan moleküllerin bir kısmı tekrar sıvıya döner. Sonunda denge durumuna ulaşılır. Bu denge basıncına Doymuş Buhar Basıncı veya Buharlaşma Basıncı denir. Buharlaşma basıncı sıcaklığa bağlıdır. Sıcaklık artıkça sıvı moleküllerin kinetik enerjisi dolayısıyla hareketliliği artacağından buharlaşma basıncı da artar. Belirli bir sıcaklıkta sıvı üzerindeki basınç doymuş buhar basıncının altına düşerse kaynama denilen hızlı buharlaşma olayı başlar. Kapalı boru akımlarında, diğer bir deyişle basınçl ı akımlarda buhar basıncı önemli bir konu olarak karşımıza çıkmaktadır. Böyle akımlarda sıvının herhangi bir noktasında veya bölgesindeki basınç, sıvının o andaki sıcaklık derecesindeki buharlaşma basıncının altına düşerse bu nokta veya bölgede hızlı buharlaşma başlar. Bu olay bütün boru şebekelerinde ve su makinelerinde oldukça önemlidir. Bunun sonucunda kavitasyon korozyonu meydana gelmektedir. Viskozite : Bir akışkanın viskozitesi, kesme kesme kuvvetine karşı mukavemetinin şiddetini gösteren bir özelliktir. Akışkan molekülleri arasındaki içsel sürtünme viskoziteye yol açar. u F V y dy dv Sabit plaka

Şekilde görülen iki plaka arasında y kadar mesafe olsun. Plakalardan biri sabit diğeri hareketli olduğunda, hareketli plaka F kuvvetiyle çekildiğinde hız değişimi gösterilmek istendiğinde, sabit plaka noktasında V=0, hareketli plaka noktasında V=max olur. Burada meydana gelen kayma gerilmesi tanımlanırsa, F τ = A eşitliği yazılabilir. Mutlak viskozite veya dinamik viskozite µ ile gösterilirse, τ µ = dv dy eşitliğiyle tanımlanır. Burada, F: kuvvet (N) 2 A: kuvvetin etkidiği alan (m ) V: hız (m/s) Y: plakalar arası uzaklık (m) 2 Τ: kayma gerilmesi(N/m )(Pa) Μ: dinamik (mutlak) viskozite (Pa.s) dv :hız değişimi (hız gradiyenti)’dir. dy Mutlak viskozitenin özgül ağırlığa oranı ise kinematik viskoziteye eşittir. Kinematik viskozite ν ile gösterilirse, µ ν = γ eşitliği tanımlanır. Burada, µ: mutlak viskozite (Pa.s) 2 ν: kinematik viskozite(m /s) 3 γ: özgül ağırlık (kg/m )’dır.

Sıcaklık arttıkça sıvı viskoziteleri azalır. Gazların mutlak viskozitesi sıcaklık artışıyla büyür. Gazların yoğunluğu basınç değişimleri,ne bağlı nolduğundan, kinematik viskozite basınç ile ters orantılıdır. o Örnek 1. 40 C sıcaklıkta ve 8.3 bar mutlak basınç altındaki metan gazının özgül ağırlığını ve özgül hacmini bulunuz. (R=518.5 j/kgK) Çözüm: P 8,3.10 5 3 Özgül ağırlık (γ) = = = 5.11 kg/m R.T 518,5( 273 + 40) 1 1 3 Özgül hacim (ν ) = = = 0,195 m /kg s γ 5.11 3 Örnek 2. 5.6 m hacimdeki yığın ağırlığı 46800 N’dur. Yağın özgül ağırlığı ve yoğunluğu nedir. Çözüm: N 46800 m = = = 4770,6 kg 9,81 9,81 4770,6 3 γ = = 851,9 kg / m 5,6 γ yağ 851,9 yoğunluk = = =0, 8519 γ su 1000 o Örnek 3. Bir gazın 32 C ve 2 bar basınç altında özgül hacmi 0.74 vkg/m3 ‘dır. R gaz sabitini ve özgül ağırlığını bulunuz. Çözüm: Pv 5 s 2.10 .0,74 R = = = 485,2 J / kgK T 273 + 32 1 1 3 γ = = =1,35 kg / m vs 0,74 o Örnek 4. Uluslararası kritik çizelgelere göre 20 C’ deki suyun viskozitesi 0.01008 Poise’dır. a) Pa.s cinsinden mutlak viskoziteyi bulunuz.

o 2 b) 20 C’deki izafi yoğunluk 0,998 olduğuna göre m /s cinsinden kinematik viskoziteyi bulunuz. Çözüm: Poise = din.s/cm2 2 -5 1 din = 1 g.cm/s = 10 N 10−5 N .s  −1 N −1 Poise = = 10 s = 10 Pa.s −4  2  2 10  m  m a) µ =0, 01008.10 − 1 =0, 001008 Pa.s =1, 008.10 −3 µ 1, 008.10 −3 −6 2 b) ν = = =1,02 .10 m / s γ 988 3 Örnek 5. Özgül ağırlığı 7850 kg/m olan 3 cm çapında ve 40 cm uzunluğundaki çelik şaft, 3,02 cm iç çaplı düşey konumdaki dairesel kesitli bir yatak içerisinde kendi ağırlığı ile hareket etmektedir. Şaft ile yatak arasındaki boşluk homojendir ve 20 oC ortam sıcaklığında gliserin ile doldurulmuştur. Bu o bilinenlere göre yatak içerisindeki şaftın hareket hızını hesaplayınız. (20 C sıcaklıkta gliserin için mutlak viskozite değeri µ=1,5 kg/m.s’dir.) 3 cm 40 cm 3.02 cm Çözüm: Kendi ağırlığıyla hareket ettiğinden şaftın ağırlığını bulmak gerekir. 3 γşaft= 7850 kg/m πD 2 3,14.0,03 2 −4 Vşaft= L = 0.40 =2,82 .10 4 4

Gşaft=Vşaft .γşaft .g = 2,82.10-4 .7850.9,81=21,77 N Yatak ile şaft arasında temas yüzey alanı, 2 Ayüzey=π.D.L=3,14.0,03.0,40 = 0,0377 m Gşaft = F Olduğundan kayma gerilmesi F 21,77 2 τ = = = 577,45 N / m (Pa) Ayüzey 0, 0377 τ y .τ µ = ⇒ Vşşat = v µ y 3,02 − 3 0,02 y = = = = 0,01 cm 0, 0001m 2 2 577,45.0, 0001 Vşaft = =0, 0384 m / s 1,5 Örnek 6: Sabit bir levhadan h=0,5 mm uzakta, kare şeklinde ve kenar uzunluğu 50 cm olan hareketli bir levhayı V=0,25 m/s hızla hareket ettirebilmek için F=0,5 N’luk bir kuvvet gerektiğine göre levhalar arasına konan yağlama yağının mutlak viskozitesini, a) SI birim sistemine göre b) MKS birim sistemine göre bulunuz. v F dv h dy µ sabit Çözüm: Newton bağıntısından,

F τ F .h τ = → µ = → µ = A dv A.V dy Olur. Burada 2 A=0,5 m.0,5m =0,25 m V=0,25 m/s F=0,5 N H=0,5 mm=0,5.10-3m 0,5.0.5,10 −3 a) µ = =0,04 kg / m.s = Pa.s 0,25.0,25 0,5 b) F = =0,05 kg 9,81 0,05.0,5.10 −3 −4 2 µ = =4.10 kg.s / m 0,25.0,25 3.HĐDROSTATĐK Hidrostatik, hareketsiz halde veya durgun halşde bulunan sıvıların yerçekimi ve diğer ivmelerden doğan basınçları ve kuvvetleriyle uğraşan bilim dalıdır. Başka bir deyişle denge halindeki sıvıların denge koşullarını inceleyen bilim dalı olarak tanımlanır. Hidrostatikte hareket olmadığı için iç kuvvet olarak sürtünme kuvvetleri meydana gelmez. Diğer bir deyişle sıvı zerrecikleri gerek kendi aralarında gerekse katı cidarlarla sürtünmezler ve bunun sonucu olarak herhangi bir kuvvet etkisi altında kalmazlar. Đç kuvvet olarak sadece basınç kuvvetinin etkisinde kalırlar. Bilindiği gibi basınç, birim alana etki eden kuvvet olarak tanımlanır. Sıvının basıncı doğrudan doğruya baz alınan noktanın sıvı içindeki yerine bağlı olup her yönde aynıdır. Basınç yön ile ilgili değildir. Aynı basınç altında kalan yüzeylere eşbasınç yüzeyleri veya nivo yüzeyleri adı verilmektedir. Basınç birimi CGS sisteminde Bar, MKS sisteminde 2 2 2 kg/m , endüstri ve teknikte kabul edilen birim kg/cm , SI birim sisteminde N/m (Pa) cinsinden ifade edilir. Sıvı sütunu cinsinden ise mSS veya mHgS gibi gösterimleri de vardır.

3.1. Sıvılarda Basınç Her Yönde Aynıdır Katı bir cisimde, bitişik zerreler arasında mevcut olan kesme gerilmesi nedeniyle, belirli bir noktadaki gerilmeler farklı yönlerde farklı değerlerde olmaktadır. Fakat durgun halde bir sıvıda kesme gerilmesi bulunmadığından komşu yüzeyler arasındaki kuvvetler sadece yüzeylere dik gelen basınç kuvvetlerinden oluşmaktadır. Bu nedenle durgun haldekiş bir sıvıda herhangi bir noktadaki basınç her yönde aynıdır. z F =P.d 3 l d F =P.cosθd l 3z l F =P .d 1 x z F3x=P.sinθ.d l x G=γ(1/2)d d F =P .d x z 2 z x Şekilde durgun olan üçgen şeklinde bir sıvı eleman ına etkiyen kuvvetler incelendiğinde x ekseni boyunca etki eden kuvvetler F ve F kuvvetleridir. Denge durumunda, 1 3x Px.dz − P.sin θ .dl = 0 olmalıdır. Şekilden de görüldüğü gibi, dz sinθ = dl eşitliği yazılabilir. Buradan dz . − . .dl = 0 Px dz P dl durumunda P =P eşitliği geçerlidir. Aynı denge durumu z ekseni boyunca incelendiğinde, z eksenine G, x F ve F kuvvetleri etki etmektedir. Denge koşulunda, 2 3z F − F − G = 0 2 3z olmalıdır. Eşitlik açıldığında,

1 θ γ . . 0 Pz.dx − P cos .dl − dx dz = 2 yazılır. Burada, dx cosθ = dl olduğuna göre yerine konduğunda, dx 1 γ . . 0 Pz.dx − P. dl − dx dz = dl 2 yazılır. Sadeleştirme yapıldığında ve sıvı elemanın ın boyutu ihmal edildiğinde, Pz = P eşitliği elde edilir. x ekseni için P=Px, z ekseni için Pz=P eşitlikleri elde edildiğinden her iki eşitliğin sonucuna göre sıvının herhangi bir noktasındaki basınç, durgun halde iken bütün yönlerde aynıdır hükmü kanıtlanmış olur. 3.2. Durgun Sıvıda Düşey Boyunca Basınç Değişimi Bir sıvı elemanına etki eden basınç gerilmesi yatay yönde değişmez, sadece düşey yönde sıvı yüksekliğine bağlı olarak değişir. Buna göre durgun sıvıda, P = Po + γ .h eşitliği yazılabilir. Eşitlikte, P: sıvı içerisinde herhangi bir noktadaki basınç Po: atmosfer basıncı γ: sıvının özgül ağırlığı h: sıvı üst yüzeyi ile söz konusu nokta arasındaki düşey mesafe’dir.

z Po z o γ sıvı x P y Bu eşitlikte atmosfer basıncının sıfır olması halinde (Po=0) P = γ .h 3 eşitliği elde edilir ki bu eşitlik değerine Hidrostatik Basınç denir. Eşitlikte γ kg/m , h m cinsinden 2 alındığında P kg/m basınç birimi elde edilir. Eşitliği Newton cinsinden veya SI sisteminde tanımlamak gerekirse 2 P = .g .γ h (N/m )(Pa) olarak ifade edilir. 3.3. Mutlak ve Rolatif Basınçlar basınç Rolatif basınç Atmosfer basıncı Mutlak basınç Atmosferik basınç 760 mmHg Vakum rolatif 101.325 kPa basınç 10.34 mSS 1 atmosfer Mutlak sıfır

Basınç değerinin mutlak sıfırdan ölçülüp tanımlanmasına mutlak basınç denir. Atmosfer basıncının baz olarak ele alınıp bu noktaya göre ölçülüp ifade edilmesine rolatif basınç denir. Genelde basınç ölçerler atmosfere açık oldukları zaman sıfırı gösterirler. Ölçüm sonucu okunan değer ise rolatif basınç değeridir. Atmosfer basıncının altındaki basınca vakum veya negatif basınç denir. Tam vakum yani sistemden havanın tamamen boşaltılması halinde mutlak sıfır noktası elde edilir. 3.4. Değişik Özgül Ağırlıklı Sıvılar Değişik özgül ağırlıklı sıvılar bir kap içerisine konduklarında özgül ağırlığı en az olan en üstte, en fazla olan en altta olduğu görülür. Buna göre bir sıvının özgül ağırlığı γ ve kalınlığı h1, diğer sıvının 1 özgül ağırlığı γ ve kalınlığı h2 ise n tane sıvı dikkate alındığında basınç, 2 i=n P = γ 1 .h1 + γ 2 .h2 + ………..γ n .hn = ∑γ i .hi i=1 yazılır. 3.5. Birleşik Kaplar P 1 h P 2 h 1 h 2 A B Şekilde gösterilen sistemde şefaf bir cam içerisine renkli sıvı konulduğunda kısa bir süre sonra denge halindeyken sıvı yüksekliklerinin aynı olduğu görülür. Bunu matematiksel olarak tanımlarsak A noktasındaki basınç değeri, P = P + γ .h A 1 1 B noktasındaki basınç değeri

P = P + γ .h B 2 2 olmaktadır. Denge halinde P =P olmalıdır. Buna göre, A B P = P + γ .h = P = P + γ .h A 1 1 B 2 2 buradan, P − P = γ (h1− h2) 2 1 eşitliği elde edilir. Buradaki P ve P basınçları atmosfer basıncı olduğundan 1 2 P − P = 0 2 1 eşitliğinden γ (h − h ) = 0 1 2 dolayısıyla h − h = 0 1 2 elde edilir. 3.6. Düzlemsel Kuvvetlere Etkiyen Hidrostatik Kuvvetler 3.6.1. Yatay Düzlem F h Hareketsiz bir sıvı içerisinde yatay konumdaki düzlemsel bir yüzey üzerindeki hidrostatik basınç kuvveti, yüzeyin her noktasındaki basınç aynı olduğundan F = γ. .h A.g eşitliğiyle tanımlanır. Burada, F: yatay düzlemde kuvvet (N) 3 γ: Özgül ağırlık (kg/m ) h: sıvı yüksekliği (m) 2 A: kuvvetin etkidiği alan (m )

2 g: yerçekimi ivmesi (m/s ) Burada F kuvvet vektörünün geometrik yeri tabanın ağırlık merkezinden geçer. 3.6.2. Eğik Düzlem . x θ h h A g dF o Y c Y G G Y d F C y dA B z y Hareketsiz bir sıvı ortam içerisinde eğik bir düzlem üzerinde her noktada basınç farklı olacağından yüzeye etkiyen toplam hidrostatik kuvvet ya integrasyonla veya integrasyona dayalı bir formülasyonla hesaplanır. Şekilde A-B eğik düzlemsel yüzeyine etkiyen hidrostatik kuvvetin şiddetini hesaplayalım. Ox ekseninden y kadar aşağıda ve dy kalınlığındaki dA alan elemanına etkiyen hidrostatik kuvvet, dF = P.dA P = γ .g .h olduğuna göre, dF = γ ..g .h dA yazılabilir. h=sinθ.y olduğundan

dF = γ .g.sin θ .y .dA yazılır. Her iki tarafın integrali B F = γ .g.sin θ ∫y .dA A B olarak bulunur. Bu eşitlikte ∫y .dA elementer alanların ox eksenine göre momentleri toplamını ifade A eder. Ağırlık merkezi tanımından bu ifade, ∫y .dA = y G .A şeklinde yazılabilir. Buna göre, F = γ .y G .g.sin θ .A F = P .A G olur. Bu eşitliğe göre hareketsiz bir sıvı ortam içerisindeki daldırılmış eğik düzlemi etkiyen hidrostatik kuvvetin şiddeti, yüzeyin ağırlık merkezindeki basınç ile yüzey alanının çarpımına eşittir. Bu kuvvetin tatbik noktası F kuvvetinin yüzeye etkidiği noktayı C noktası olarak tanımlayalım. Buna göre yüzeye etkiyen sonsuz küçük elementer dF kuvvetlerinin o noktasına göre momentlerinin yüzey boyunca toplamı, toplam hidrostatik kuvvet (F)’in aynı noktaya göre momentine eşittir. Prensibe göre, B F . y = y .dF c ∫ A dF ve F nin değerlerini yerine koyarsak B yc.(γ .y G .g.sin θ .A) = ∫y .(γ .g .y.sin θ .dA) A B 2 yc.(γ .y G .g.sin θ .A) = γ .g.sin θ ∫y .dA) A

B Y .Y .A = y .dA G c ∫ 2 A B olur. Bu eşitlikte ∫y 2 .dA AB düzleminin ox eksenine göre atalet momentidir. Buna göre A I y .Y .A = I ⇒ yc = ox G c ox y g .A olur.Bu ifadeyi sistemin ağırlık merkezinden geçen ox’e paralel eksene göre atalet momentine dayandıracak olursak, eksenlerin nakil teoremine göre (ağırlık merkezinden geçen eksen z ise) I = I + y 2 .A ox z G olur. Bu eşitliği yerine koyduğumuzda I + A.y 2 I A.y 2 I z G z G z y c = = + = + y G A.y G A.y G A.y G A.y G I z yc − y G = e = A.y G bulunur. Basınç kuvvetlerinin merkezinin konumu daima ağırlık merkezinden daha aşağıdadır. Burada, e: kapak düzleminde kuvvet etki merkezinin ağırlık merkezine mesafesi (m) 4 I : Ağırlık merkezinden geçen ox e paralel z eksenine göre atalet momenti (m ) z 2 A: yüzey alanı (m ) yG : kapak ağırlık merkezinin serbest sıvı yüzeyine, kapak düzlemindeki uzaklığı (m)

Örnek 7: P’ v G h A B 3 γ =1000 kg/m su θ 2 Şekildeki kapalı sistemde B noktasından mafsallı 1×2 m (AB=2m) boyutlarında uniform ve o homojen AB kapağının P ’=200 mmHg, h=322 cm ve θ=30 koşullarında kapalı kalabilmesi için kapak v ağırlığının minimum ne kadar olması gerekir. Çözüm: her şeyden önce kapağı alttan kaldıran su basıncının, buradan da kuvvetin bulunması gerekir. Ağırlık merkezine etkiyen basınç (P ) G ‘ P = P + h.γ G v su eşitliğiyle tanımlanır. Burada P ’ mmHg cinsinden olduğundan mSS ‘a dönüştürülmesi gerekir. v 200mmHg.10.34 mSS x = =2.72 mSS 760mmHg değerler yerine konduğunda, P = 2−,72 .γ +3,22 .γ = 2−,72 .1000 +3,22 .1000 = 500kg / m 2 G su su 2 Kapak yüzey alanı A = 1.2 = 2m olduğuna göre kapağa etkiyen hidrostatik kuvvet F = P .A = 500.2 = 1000kg G G Bu kuvvetin tatbik noktası ağırlık merkezinden e kadar aşağıdadır. I b.h3 8 e = z → I = = =0, 666 y G .A z 12 12

Serbest sıvı yüzeyi vakum altındaki sıvı yüzeyinden 2,72 m daha aşağıda oluşur. Bu nedenle serbest sıvı yüzeyi = 3,22-2,72=0,5 m’dir x 0,5 0,5 sinθ = → x = = 1m 0,5m x sin 30 o 30 ağırlık merkezinden 1 m yukarısı A noktası, dolayısıyla serbest sıvı yüzeyi A noktasındadır. Yani y =1 G m’dir. Buradan 0, 666 e = =0, 333m 1.2 Kapağı B noktasından döndürmeye çalışan moment kolu BG-e=1-0,33=0,67 m kadardır. B noktasına göre moment alınırsa, A F.0.67 = G.BG.cosθ G G buradan, G g 1 m FG.0,67 1000.0,67 e G = = = 773,8 kg BG.cos 30 1.0, 866 0,33 m G =,7738.9,81 = 7589 N B 0,67 m F G bulunur. 3.6.3. Eğrisel Yüzeylere Etkiyen Hidrostatik Kuvvet Hareketsiz bir sıvı ortam içerisindeki eğrisel yüzeylere etkiyen hidrostatik kuvvetlerin homojen bir dağılım olmadığından integrasyon yöntemiyle belirlenmesi zordur. Bu nedenle bu yüzeylerde katılaşma prensibi uygulanarak çözüme ulaşılır.

y FAC L1 C A L 4 R x C A L 2 G e R F GABC R BC y L B 3 B o x Sağdaki şekilde eğrisel bir yüzeye etki eden kuvvetler katılaşma prensibine göre xy düzlemine taşındığında soldaki şekil elde edilir. Bu durumda ABC katı cismine etkiyen dış kuvvetlerin toplamı sıfır olmalıdır. Buna göre, F + F + G + R = 0 AC BC ABC yazılabilir. Bu kuvvetlerin direnç kuvvetlerinin x ve y eksenlerinde daima pozitif olduğu ilkesi göz önüne alınarak x ve y eksenlerinde izdüşümleri alınırsa, ox’ e göre izdüşüm, R + F = 0 → R = −F x BC x BC oy’ ye göre izdüşüm, R + F + G = 0 → R = −F − G y AC AC y AC ABC olur. AB eğrisel yüzeyinin akışkana gösterdiği tepki R, R ve R bileşenlerinden x y R = R 2 + R 2 x y bağıntısından bulunur. Akışkanın AB eğrisel yüzeyine yapmış olduğu hidrostatik etki kuvveti ise bunun vektörel olarak tersi olup F = −R olur. Buradan,

F = −R ve F = −R x x y y olduğuna göre, F = F 2 + F 2 x y doğrultusu ise F y tan α = F x olacaktır. Bu iki eşitlik F kuvvetinin şiddetini ve doğrultusunu verir. F kuvvetinin yeri ise herhangi bir noktaya göre moment alarak hesaplanabilir. A noktasına göre moment alındığında, AC F ’nin A’dan uzaklığı L ise L = AC 1 1 2 BC F ’nin A’dan uzaklığı L ise L = + e kadardır. Burada, BC 2 2 2 I G e = A.y G olarak tanımlanır. G ’nin yeri ağırlık merkezinden geçtiğinden ağırlık merkezinin bulunması gerekir (L ). ABC 3 Buna göre sisteme etkiyen kuvvetlerin momentlerinin toplamını sıfıra eşdeğer kılarsak, F .L + F .L + G .L = R.L AC 1 BC 2 ABC 3 4 buradan F .L + F .L + G .L L = AC 1 BC 2 ABC 3 4 R olarak hesaplanır.

Örnek 8: F1 L h=3m 1 su O A R’ g F 2 L 3 L2 B G Şekildeki sistemde kapak genişliği 2 m olduğuna göre B noktasından mafsallı bulunan 2 m yarıçapındaki kapağın açılmaması için A noktasından uygulanması gereken R’ kuvvetini bulunuz. Çözüm: Đlk etapta etki eden kuvvetlerin değerini bulalım. F = .γ .h A = 1000.3,2.2 = 12000kg 1 F = (h + OB − L )γ .A 2 2 su OB L = − e 2 2 I OB .OB/12 4 2 /12 e = G = 3 = =0, 083 m A.y g 4.4 4.4 2 e =0, 083m → L2 = −0, 083 =0, 917 m 2 F (3 2 0, 917).1000.4 16332kg = + − = 2 1 π .D 2 13,14 .(42 ) G = . . .rγ su = . .2. 1000 = 6283,185kg 4 4 4 4 OA F kuvvetinin yeri L = = 1m (o’dan itibaren) 1 1 2 OB F kuvvetinin yeri L = − e = 1−0, 083 =0, 917 m 2 2 2

3b 6 G kuvvetinin yeri = = =0,75 ( ‘ ) L m OB den itibaren 3 8 8 B noktasına göre sisteme etkiyen kuvvetlerin momenti sıfır olmalıdır. F .L + F .L + G.L − R’.2 = 0 1 1 2 2 3 12000.1 + 16332.0, 917 + 6285,185.0,75 R = 15845,16 kg 155441,06 N ‘ = ≅ 2 3.7. Daldırılmış ve Yüzen Cisimlerin Dengesi 3.7.1. Kaldırma Kuvveti Statik bir akışkan tarafından içerisine tamamen daldırılmış veya üzerinde yüzen bir cisme etkiyen bileşke kuvvete kaldırma kuvveti denir. Kaldırma kuvveti daima düşey doğrultuda ve yönü yukarı doğru olacak şekilde etki eder. Arşimed Prensibi Bir sıvıya kısmen veya tamamen batırılmış herhangi bir ağırlık, yerdeğiştiren sıvının ağırlığına eşit bir kaldırma kuvveti etkisi altındadır. Bu kuvvetin tatbik noktası kaldırma merkezi adını alır ve yer değiştiren sıvının ağırlık merkezinde bulunur. Bu tanımlamalara göre gerek batmış, gerekse yüzen cisimler için kaldırma kuvveti, Fk = V. .γ g eşitliğiyle tanımlanır. Burada, F : kaldırma kuvveti (N) k 3 V: yer değiştiren (taşan) akışkan hacmi (m ) 3 γ : akışkan özgül ağırlığı (kg/m )’dir.

Örnek 9: Şekilde gösterilen havada iken ağırlığı 400 N ve suya batırıldığında 222 N olan bir taşın hacmini ve özgül ağırlığını bulunuz. Çözüm: Denge denkleminden G − G − F = 0 hava su k F = 400 – 222 = 178 N k Fk 178 3 400 3 F V . .g V 0, 018m k = γ su → = = = γ taş = = 2265kg / m γ su .g 1000.9,81 9,81.0, 018 Gsu Ghava F k Örnek 10: P A γ 1su a PB h B A b γ 2civa Şekildeki sistemde A ve B borularındaki basınçların farkı, iki nokta arasına yerleştirilen bir cıvalı 3 3 diferansiyel manometreyle belirlenmek isteniyor. γ =1000 kg/m , γ =13600 kg/m , h=0,5 m, a=1,5 m , 1 2 b=0,75 m olduğuna göre P ve P basınç farkını bulunuz. A B

Çözüm: A noktasından başlayarak aynı ortamda yatay düzlemde basıncın değişmediği ve aşağıya inildikçe derinlikle doğrusal olarak değiştiği ve arttığı prensibinden hareketle çözüm yapıldığında, denge koşulunda, P + γ a g − γ h g + b − h γ g + P = . . ( . . ( ) . 0 A 1 2 1 B yazılır. Buradan P + γ. .a g = γ. .h g + (b − h)γ .g + P A 1 2 1 B P − P = γ. .h g + (b − h)γ .g −γ. .a g A B 2 1 1 P − P = g ((γ .h) + γ ((b − h) − a)) A B 2 1 9,81 ((13600.0,5) 10000((,75 0,5) 1,5)) 54445,5 Pa = + − − = bulunur. Örnek 11: F P A A PB B h=5m 40 kN γ yağ 2 2 Şekildeki A pistonu ile B pistonunun alanları 0,004 m ve 0.4 m ve B’nin ağırlığı 40 kN’dur. Kap ve ara bağlantılar 0,750 yoğunluklu yağ ile doldurulmuştur. A’nın ağırlığını ihmal ederek denge için F kuvvetini hesaplayınız. Çözüm: B cisminin uygulayacağı basınca P dersek B G 40000 P = B = = 100000Pa B A 0.4 B Denge konumunda A cismine uygulanacak olan F kuvveti bu basıncı karşılayabilmelidir. Denge koşulunu yazdığımızda

P + γ . .h g = P A yağ B olmalıdır.Buradan P = P −γ . .h g = 100000− 750.9,81 .5 = 63212Pa A B yağ bulunur. Basınç kuvveti F P = → F = P A = 63212.0, 004 = 252,8 N A A . A A A bulunur. Örnek 12: Kalınlığı 200 mm, genişliği 150 mm ve uzunluğu 500 mm olan prizmatik bir cismin su içerisinde 600 mm derinlikte ölçüldüğünde ağırlığı 50 N geliyor. Cismin havadaki ağırlığını ve özgül ağırlığını bulunuz. Çözüm: Gsu Denge halinde ∑y = 0 olmalı G − G − F = 0 hava su k G = G + F hava su k F = V .γ .g k su (0F,2.=0,15 .0,5). 1000.9,81 = 147,15 N k 600 mm Ghava F k

197,15 3 Ghava = 50 + 147,15 = 197,15 N γ cisim = = 1339,78 kg / m 9,810,2.0.(,15 .0,5) 4. Sıvı Ortamların Sıkışabilirliği Sıvı ortamlarda canlıların yaşayabilmesi ve çeşitli dalgaların yayılabilmesi tamamen sıkışabilme özelliğiyle yakından ilgilidir. Daha önce sıkıştırılamayan akışkan ortam olarak tanımlanan Newtonien davranış gösteren sıvı ortamların sıkışabilme kabiliyeti olduğu bilinen bir gerçektir. A v dv dl Şekilde gösterilen V hacmindeki bir sıvı kütlesinin kapalı bir kapta bulunduğunu göz önüne alalım. V hacmindeki kapalı kapta bulunan sıvıyı bir piston aracılığıyla sıkıştırdığımızda sıvı kütlesinin hacmi dV kadar değiştirilirse sıvının basıncında dP kadar artma meydana gelir. Sıvı hacmi özgül değişimi –dV/V olarak tanımlanırsa, sıkışma ifadesi HOOK kanununa benzer şekilde dV dP = E (− ) V olarak tanımlanır. Burada E basınç boyutunda olu, sıvı ortamın hacimsel sıkışma modülü veya sıkışma elastiklik modülü olarak isimlendirilir. Kısaca elastiklik modülü denilebilir. Herhangi bir sıvıda elastiklik modülü E’nin değerinin büyük olması, o sıvının sıkışabilme özelliğinin oldukça az, sıkışmaya karşı direncinin yüksek olması anlamına gelir. Bir örenek vermek gerekirse 20 oC’de saf su için elastiklik modülü E=2,15.104 kg/cm2 gibi oldukça yüksek bir değerdedir. Yani saf su 100 kg/cm2 basınç altında ancak ilk hacminin 1/125’i kadar sıkışabilir. Sıvıların basınç değişimleri elastiklik modülünü çok az 2 değiştirmektedir. Basınçtaki 70 kg/cm ’lik bir artışa karşılık E değerinde %2’lik bir artış gerçekleşmektedir. Bu nedenle her sıvı ortam için E değeri sabit kabul edilebilir.

Đlk hacmi V olan sıvının sıkıştırılması sonucu hacmi dV kadar azalmış olsa bile kütlesi değişmeyecektir. Bu nedenle V .γ = sabit yazılır ve her iki tarafın diferansiyeli alınırsa γ .dV + V .dγ = 0 veya dV dγ – = V γ elde edilir. Bu ifade dV dP = E (− ) V de yerine yazılırsa dγ dP = E γ şeklinde bağıntı elde edilir. Burada elastiklik modülü dP E = dγ γ olarak çekilir. Bu denklem bir başka şekilde dP E 2 = = a dλ γ olarak da yazılabilir. Burada a: elastiklik modülü E olan bir sıvıda ses hızıdır. Görüldüğü gibi sıvı ortamlarda ses yayılma hızı elastiklik modülüyle doğrudan doğruya bağıntılıdır. Bu ses hızı sıvı ortamlarda genellikle basınç dalgalarının yayılma hızı olarak kullanılır. 5. Sıvı Ortamlarda Elastiklik Enerjisi Şekildeki piston silindiri sıkıştırıldığında dL kadar yol alındığında, pistonun yaptığı iş sıvı içerisinde depolanmış olacaktır. Ve piston üzerindeki yük kalktığında tekrar eski konumuna gelecektir.

Pistonu eski konumuna getiren enerjinin sıvı ortamda sıkışmadan dolayı depolanan enerjiden başka bir şey değildir. Sıvı ortamda depolanan enerji yapılan iş cinsinden L ω(iş) = ∫p .A.dL = ∫p .dV 0 v şeklinde yazılır. dV ( ) dP = E − V denkleminden dV çekilip yerine yazılırsa p V ω = ∫p .dV = ∫− E p .dP v p 0 elde edilir. Buradan integrasyon işleminden sonra V 2 ω = − P 2E elde edilir. Denklemin (-) işaretli olması sıvıya dışarıdan iş verildiğinin göstergesidir. Verilen enerjiye elastiklik enerjisi denir. Denklemin her iki tarafını özgül ağırlığa böldüğümüzde birim ağırlık için elastiklik enerjisi bulunmuş olur. ω P 2 = V .γ 2. E .γ 6. Gaz Ortamların Statiği Gaz ortamlar sıkıştırılabilir akışkan olduklarından sıvılar için atnımalnan elastiklik modülü E, bu ortamlar içinde kullanılabilir. Gazların sıkıştırılması sırasında fiziki büyüklükler hal değişimi kanunlarına uyarlar. Sıvı ortamlarda basınç etkisinde değişmediğini varsaydığımız E’nin, gaz ortamlarda değişimini hal değişimi prensiplari belirler. Bununj için izotermik ve adyabatik sıkıştırma işlemlerini ayrı ayrı aldığımızda farklı sonuçlar çıkacaktır. Đzotermik sıkıştırma Ortamın hacmi ile ortamı etkileyen basınç arasında P.V = sabit

bağıntısı var ise hal değişimi izotermik (sabit sıcaklık)’dır. Bu ifadenin diferansiyeli dV dP P.dV + V .dP = 0 → = V P olarak yazılır. Burada dV dP = E (− ) V eşitliğini yerine koyduğumuzda dV dP dP − = = V P E şekline gelir. Buradan P = E olduğu görülür. Böylece izotermik hal değişiminde elastiklik modülü E’nin uygulanan basınç ile aynı mertebede olduğu söylenebilir. Adyabatik Sıkıştırma Hal değişim kanunu k P.V = sabit olarak yazılır. Bu işlemlerde sıkışma sırasında ısı alış-verişi yok olarak kabul edilir. Đfadenin diferensiyeli alınacak olursa k −1 k .P.k V .dV + V .dP = 0 şekline gelir. Burada dV dP = E (− ) V eşitlikte yerine konursa k −1 k dV .P.k V .dV − (V .E . ) = 0 V olur. Gerekli kısaltmalar yapıldığında c p E = k .P → k = c v olduğundan

c p E = ( ).p c v elde edilir. Burada görüldüğü gibi adyabatik sıkıştırmada elastiklik modülü E, uygulanan basınç P’den c /c oranı kadar büyük bir değerdedir. p v den 7. Newtonien Akışkanların Hareketi 7.1. Tanımlar 7.1.1. Akım Çizgisi Herhangi bir t anında ardı ardına sıralanmış olan noktalardaki hız vektörlerine çizilen teğetlere akım çizgisi denir. Akım çizgilerinin en büyük özellikleri hız vektörlerine teğet olmaları ve birbirini kesmemeleridir. 7.1.2. Yörünge Bir sıvı zerresinin t1 ile t2 zaman aralığı içinde üzerinde hareket ettiği yola yörünge denir. Düzenli akımlarda akım çizgisi ile yörünge aynı olmaktadır. t 2 t 1 t 2 t 1 t 2 t 1

7.1.3. Akım Çeşitleri 7.1.3.1. Bir Boyutlu Akım Bir boyutlu akımda bütün noktalarda hız aynı yön ve aynı büyüklüğe sahiptir. Uygulamada genellikle karşılaşılmayan bu akım türü sadece X ekseni boyunca ortaya çıkan bir akım türüdür. 7.1.3.2. Đki Boyutlu Akım Đki boyutlu akım bütün akım çizgilerinin bir düzlem i,çerisinde bulunması ve birbirlerine paralel düzlem serileri biçiminde olması halinde meydana gelmektedir. Diğer bir deyişle kartezyen koordinatlarında X ve Y eksenleri yönündeki bir akım iki boyutlu akım olarak tanımlanmaktadır. x y Yüksek hız Düşük hız 7.1.3.3. Üç Boyutlu Akım Sıvı zerrecikleri kartezyen koordinatlarında X,Y,Z eksenleri yönündeki akımı üç boyutlu akım olarak tanımlanmaktadır. Sıvı zerreciklerinin her üç eksen yönünde de hız bileşenleri vardır. x y z Pratikte karşılaşılan akımların çoğu üç boyutlu ak ımdır. Bu akım şeklinde u,v,w hız bileşenleri X,Y,Z eksenleriyle zamanın fonksiyonu olarak değişmektedir. Üç boyutlu akımla ilgili problemlerin çözümü daha zor ve karışık olduğundan, iki ve üç boyutlu akım problemleri genellikle bir boyutlu akım problemleri olarak kabul edilmekte ve çözümler bu şekliyle yapılmaktadır.

7.1.3.4. Stasyoner (Düzenli, Daimi, Sürekli) Akım Akım alanı içerisinde herhangi noktadaki akım hızının büyüklük ve yönünün zaman ile değişmediği akımlara düzenli (stasyoner) akım denir. Akım alanı içerisindeki farklı noktalarda yani farklı yerlerde hızlar farklı olabilir. Ancak hızın her noktasındaki büyüklüğü ve yönü zamana göre sabittir. Düzenli akım değişik kitaplarda permannent akım, permanan akım, kararlı akım, daimi akım gibi isimlerle tanımlanmaktadır. Akımın düzenli veya stasyoner olma koşulu, ∂V = 0 ‘dır. Bu tür akımlarda aynı zamanda özgül ağırlık, basınç, sıcaklık ve debi ∂t özelliklerinde zamana göre değişimi sıfır olmaktadır. ∂Q ∂P ∂T ∂γ =0, =0, =0, = 0 ∂t ∂t ∂t ∂t Düzensiz akımlarda ise, ∂V ≠ 0 koşulu geçerlidir. ∂t 1 1 Q Q 1 Q 2 1 Q 2 2 2 V V 1 V 1 V 2 2 A A 1 A 1 A 2 2 (a) (b) Şekil a’ da Q = Q1 = Q2 ‘dır. Dolayısıyla dQ dV1 dV2 =0, =0, = 0 dt dt dt koşulları geçerlidir. Şekil b’de ise, Q ≠ Q ≠ Q olduğundan 1 2

dV1 dV2 dQ ≠0, ≠0, ≠ 0 dt dt dt koşulları geçerlidir. 7.1.3.5. Uniform Akım Akım alanı içersinde her noktadaki akım hızının büyüklük ve yönünün sabit olduğu akımlara uniform akım denilmektedir. Bu tip akımlarda her noktadaki hızın değeri ve yönü herhangi verilen zaman ∂V için aynıdır. Matematiksel olarak = 0 eşitliğiyle tanımlanır. ∂s 7.2 Süreklilik Denklemi Kütlenin ve enerjinin sakımı prensibinin bir akım borusu içerisinde akmakta olan stasyoner bir akıma uygulanmasına süreklilik denklemli denir. V2 C C’ V B B’ 1 A A2 1 ds 1 ds2 Bir akım borusu içinde sıkıştırılabilir bir akışkanın stasyoner akımını göz önüne alalım. 1 kesitinde kesit alanı A1 ve akışkanın ortalama özgül ağırlığı γ , 2 kesitinde kesit alanı A ortalama özgül 1 2 ağırlık ise γ2 olsun. Şekilde BB’ hacmini işgal eden akışkanın ağırlığını dt zaman aralığında CC’ konumuna geliyorsa kütlenin korunumu prensibinden γ .A .dS = γ .A .dS 1 1 1 2 2 2 eşitliği yazılabilir. Eşitliğin her iki tarafı dt ile bölündüğünde birim zamandaki kütlenin eşitliğinden ds ds γ .A . 1 = γ .A . 2 1 1 2 2 dt dt elde edilir. ds /dt ve ds /dt ifadeleri 1 ve 2 kesitlerindeki ortalama hızlar olduğuna göre 1 2 . . . . γ A V = γ A V 1 1 1 2 2 2

olarak sıkıştırılabilir bir akışkan için süreklilik denklemi elde edilmiş olur. Bu ifadenin gerçek anlamı stasyoner bir akışkan akımında akım borusunun tüm kesitlerinden geçen kütlesel debi γ .A.V ’nin sabit olduğudur. Böylece γ .A.V = sabit , d (γ .A.V ) = 0 veya dγ dA dV + + = 0 γ A V yazılabilir. Özgül ağırlık değişiminin ihmal edilebilir sınırlarda kaldığı gaz ve sıvı akımlarda yani sıkıştırılamayan akışkanlar ortamında γ 1 = γ 2 = γ 3 = γ (sabit) olacağından süreklilik denklemi, A .V = A .V = ……..A V = Q(sabit ) 1 1 2 2 n . n şeklinde ifade edilr. Burada Q hacimsel debi veya kısaca debi’dir. Akım alanı içerisinde her zaman enine kesit boyunca hız dağılımı uniform kalamayabilir. Bu durumda kütlenin sakımı prensibinden hız dağılımının uniform olmaması yukarıda verilen süreklilik denkleminin geçerliliğini bozmaz. Bu tür durumlarda V=Q/A terimi ortalama hız olarak alınır. Burada Q debisi elemanter dA alanlarından geçen dQ elemanter debilerinin toplamından elde edilir. Bu durumda ortalama hız, 1 V = A ∫V .dA ifadesinin integrasyonundan bulunur.

7.3. Bir Akım Çizgisi Boyunca Harekette Euler Denklemi 2 ∆S P ,V F 2 2 2 dz ∆A θ F z 1 G P ,V Referans düzlemi 1 1 1 Şekildeki silindirik bir akışkan partikülü, pozitif s doğrultusunda 1 den 2 ye bir akım çizgisi boyunca hareket etmektedir. Bu partikülün hareket denklemeini basit olarak çıkartabilmek için viskozitesini sıfır veya akışkanı sürtünmesiz kabul etmek gerekir. Bu kabullenme ile tüm kayma gerilmelerinden doğan teğetsel kuvvetler elimine edileceğinden hareketi etkileyen kuvvetler olarak sadece özgül ağırlıktan doğan kütle kuvvetleriyle partikülün iki ucundan etkiyen normal gerilmenin oluşturduğu yüzey kuvvetleri kalacaktır. Bu durumda partiküle, F = P.∆A 1 ∂P F2 = (P + ∆S )∆A ∂S G = γ .g .∆S .∆A akım çizgisi boyunca etkiyen bileşeni −γ .g .∆S .cosθ .∆A kuvvetleri etkir. Newtonun hareket kanunundan ∑F = ∆m.a s s ifadesinde bu kuvvetler yerine yazıldığında, ∆m = γ .∆A.∆S ise ∂P P.∆A − (P + .∆S )∆A −γ .g.∆A.∆S .cosθ = γ .∆A.∆S .a ∂S s

yazılır. a : akışkan partikülün akış çizgisi boyunca ivmesidir ve s dV ∂V dS ∂V ∂V ∂V a = = . + = V . + s dt ∂S dt ∂t ∂S ∂t olarak yazılabilir. Burada birinci terim konvektif ivme, ikinci terim ise lokal ivmedir. Đvme eşitliği de dikkate alınarak sadeleştirme yapıldığında ve her iki taraf akışkan partikülü kütlesine (γ .∆S .∆A ) bölünürse, 1 ∂P + g .cosθ + a = 0 γ ∂S s denklemi elde edilir. Burada ∆Z ∂Z cosθ = = ∆S ∂S şeklinde tanımlandığında ve ivme eşitliği yerine konduğunda 1 ∂P ∂Z ∂V ∂V + g . + V . + = 0 γ ∂S ∂S ∂S ∂t ∂V olur. Akım stasyoner olduğu kabulunde = 0 olacaktır. Bu durumda eşitlik ∂t 1 ∂P ∂Z ∂V + g . + v. = 0 γ ∂S ∂S ∂S olur. Bu ifadede P,Z ve V terimleri sadece yolun fonksiyonu olduğundan partisiyal ifadeler yerine diferansiyel terimler kullanıldığında dP + g .dz + V .dV = 0 γ ifadesi elde edilir. Bu ifade Euler hareket denkleminin bir formudur ve aşağıdaki üç kabule dayanır. • Hareket bir akım çizgisi boyunca oluşmaktadır. • Akışkan sürtünmesizdir • Akım stasyonerdir.

7.4. Bernoulli Enerji Denklemi Euler denkleminin sıkıştırılamayan akışkan (γ =sabit) için integrasyonundan, 2 V P . g z + + = sabit 2 γ olarak Bernoulli denklemi elde edilir. Bu denklemde euler denkleminde olduğu gibi, • Akım bir akım çizgisi boyunca • Stasyoner • Sürtünmesiz ve sıkıştırılamayan akışkan koşullarında geçerlidir. Denklemde g .z → birimkütleyeisabetedenpo tan siyelenerjiyi p → basıasınçeji sin i γ V 2 → kinetikenerjiyi 2 sabit → akıkıan birim kütle sin e isabet eden toplam enerji ifade eder. Denklemin her iki tarafı yerçekim ivmesine bölündüğünde P V 2 Z + + = H (sabit) g .γ 2. g şeklini alır ve uzunluk boyutunda birim ağırlıktaki akışkanın enerjisi anlamına gelir. Bir akım çizgisi boyunca iki nokta arasında P V 2 P V 2 Z + 1 + 1 = Z + 2 + 2 = sabit 1 2 g .γ 2. g g .γ 2. g bağıntısı geçerlidir. Bernoulli Denkleminin Geometrik Anlamı Burada pitot yapmış olduğu deneyle basınç enerjisini, kinetik enerjiyi ve enerji toplamının ölçülebileceğini göstermiştir. Deneyde 1 ve 3 no’lu uçlar potansiyel (P/γ .g ) enerjiyi (statik basıncı), 2 ve 4 no’lu uçlar ise toplam basıncı ölçmeye yaramaktad ır. 2 ve 4 no’lu uçlardan geçen eğri toplam yük hattını , 1 ve 3 no’lu uçlardan geçen eğri ise piyozometrik yük hattını oluşturmaktadır. Đki hat arasında elde edilen fark ise kinetik enerjiyi (dinamik basıncı) vermektedir. Buradan

P = P + P T s D 2 P V P = + T γ .g 2. g eşitliğiyle tanımlanır. 1 2 3 4 Toplam yük 2 hattı V /2g P/γ.g Piyozometrik yük hattı Z Referans çizgisi Örnek 13 Toplam yük hattı 3 1 Piyozometrik yük hattı 2 h3 h 1 h 2 D 3 D D V 1 2

Şekilde D =50 mm, D =20 mm, D =60 mm olduğuna göre ve sistemde su bulunması 1 2 3 durumunda h =50 cm, h =20 cm olqarak belirleniyor.(Z =Z =Z ) 1 2 1 2 3 a) Sistemden geçen debiyi, b) 1 ve 2 kesitlerindeki kinetik ve toplam enerjiyi, c) 3 kesitindeki piyezometrik enerjiyi bulunuz. Çözüm: a) 1 ve 2 kesitlerinde Bernoulli denklemi yazılırsa P V 2 P V 2 1 1 2 2 Z + + = Z + + 1 λg 2g 2 γg 2g Z =Z olduğundan 1 2 2 2 P − P V − V 1 2 2 1 = γg 2g olur. Burada . . ve . . olarak tanımlanıp yerine konduğunda P = γ g h P = γ g h 1 1 2 2 h. .γ g − h. .γ g V 2 − V 2 V 2 − V 2 1 2 2 1 2 1 = → h − h = 1 2 γ .g 2. g 2g olur. Buradan 2 2 (h − h )2 g = V − V 1 2 2 1 elde edilir. h ve h belirli V ve V belirli olmadığına göre hızlardan birinin yerine diğerini 1 2 2 1 yazabilmek için süreklilik denkleminden yararlanılır. Burada, . . . Q = A V = A V = A V 1 1 2 2 3 3 yazıldığında 1 ve 2 kesitleri için V2, V1 cinsinden, π .D 2 1 A1 4 V = .V → V = .V 2 1 2 2 1 A πD 2 2 4

D 2 D V = 1 .V = ( 1 )2 .V olur. Diğer denklemde V yerine V cinsinden koyarsak, 2 2 1 1 2 1 D D 2 2 D D ( )2 ( 1 )4 . 2 2 (( 1 )4 1). 2 h1 − h2 g = V1 − V1 = − V1 yazılır. V1 çekildiğinde D D 2 2 (h − h )2 g V1 = 1 2 elde edilir. Denklemde değerler yerine yazıldığında D (( 1 )4 −1) D 2 (0,5 0,−2).2.9,81 V 1= =0, 393m / s bulunur. Buradan 0,05 4 (( ) −1) 0,02 πD 2 (π0,05 )2 3 Q = A .V = 1 = .0,39 =0, 000765 m / s bulunur. 1 1 .0,39 4 4 b) 1 ve 2 kesitlerindeki toplam enerjiyi hesaplamak için önce hızları bulmamız gerekir. V =0,393 m/s olduğuna göre 1 D1 2 0,05 2 V2 = ( ) .V1 bağıntısından V2 = ( ).0, 393 =2,45 m / s bulunur.Buradan D2 0,02 V12 0, 3932 KE1 = = =0, 0078 m 2g2.9,81 V 2 (2,45 )2 KE = 2 = =0, 305m bulunur. Burada 2 2g 2.9,81 ET = ET = ET = ET olacağından 1 2 3 ET = h + KE =0,5 +0, 0078 =0, 5078m 1 1 olarak bulunur. c) A .V =A .V =A .V ‘den 1 1 2 2 3 3 A1 D1 2 0,05 2 V3 = .V1 = ( ) .V1 = ( .)0,39 =0, 270 m / s A3 D3 0,06 V32 (0, 270)2 KE3 = = =0, 00371m 2g 2.9,81

ET3 = KE3 + h3 → h3 = ET − KE3 =0, 5078 −0, 00371 =0, 50409 m 7.5. Durma Basıncı 1 2 Toplam Yük Hattı Vo/2g Po/γg P ,V o o O T Üniform bir Vo hızıyla akan sıvı göz önüne alalım. 1 ve 2 noktalarındaki ölçüm pirizleri sıvıyı aynı seviyede daldırıldıklarından, sıvının yükselmesi aynı olmak zorundadır. Ancak 1 nolu ölçüm ucu sıvı seviyesine kadar yükselirken, 2 nolu ölçüm ucu toplam yük hattına kadar yükselmiştir. O noktasıyla 2 nolu piriz girişi arasında Bernoulli denklemi uygulanırsa Po V 2 PT V 2 Z + + 0 = Z + + T 0 T γg 2g γg 2g eşitliği yazılabilir. Burada T noktası 2 nolu pirizin tam girişinde alındığından, piriz içeri,sinde statik kanunlar geçerli olduğundan her noktada hız sıfırdır. O halde T noktasındaki hız da sıfır olacaktır. Ayrıca kod farkı olmadığından Z =Z olacağından, 0 T P P V 2 T 0 0 = + γg γg 2g yazılabilir. Buradan P yalnız bırakılırsa, T V 2 γ .V 2 P = P + 0 γg = P + 0 T 0 0 2g 2 eşitliği elde edilir. Burada T noktası statik kanunların geçerli olduğu ilk, kinematik kanunların geçerli olduğu son (limit) noktasıdır. Bu nokta tam sınır üzerinde olup Durma Noktası olarak isimlendirilir. Durma noktasında tüm enerji basınca dönüşmüş olup, basınç maksimum değerindedir ve basınç

enerjisi toplam enerjiye eşdeğerdir. Bundan dolayı 2 pirizindeki sıvı toplam yük hattına kadar yükselmektedir. 7.6. Enerji Sistemleri Bir akışkan akımında pompa tarafından mekanik bir enerji ilavesi veya bir türbün tarafından yutulması söz konusu olduğu sistemlerde Bernoulli denklemi, H ; türbün net düşüşü 0 Hm; manometrik yükseklik (pompa basıncı) olarak alındığında, P V 2 P V 2 1 1 2 2 + Z + + H = + Z + + H 1 m 2 0 γg 2g γ .g 2g olarak yazılır. Yani pompanın verdiği Hm Bernoulli denklemlinin sol tarafına, türbünün yuttuğu enerji H 0 ise denklemin sağ tarafına pozitif olarak girer. Bu tür makinelerin gücü büyük önem taşır ve güç, γ Q H veya H γ Q H veya H . ( m 0 ) . ( m 0 ) N 0 = , N e = 102 η .102 eşitlikleriyle ifade edilir. Örnek 14. P =275000 Pa b D =15 cm b 3 m P =250 mmHg e De=20 cm Şekildeki pompanın giriş ve çıkışına bağlanan madeni bir vakummetre ve manometrede 3 sırasıyla 250 mmHg ve 275000 Pa basınçları okunmaktadır. Sistemden geçen debi Q=0.15 m /s, giriş

çapı D =20 cm, çıkış çapı D =15 cm olduğuna göre, pompanın manometrik basma yüksekliğini ve e b 3 gücünü hesaplayınız. (Sistemde sıvı olarak neft yağı basılmaktadır. γ =862 kg/m ) yağ Çözüm: Pompa giriş ve çıkışına Bernoulli denklemi yazılırsa P V 2 P V 2 e + Z + e + H = b + Z + b λg e 2g m γ .g b 2g P − P V 2 − V 2 H = b e + b e + Z − Z m b e γ .g 2. g Q 0,15 V = = =8,48 m / s b 2 A (0,15 ) / 4 π b Q 0,15 Ve = = =4,77 m / s Ae 2 (0π,20 ) / 4 Burada mmHg’ nin Pa cinsine dönüştürülmesi gerekir. 2 Pe = 250.10 −3. 13600.9,81 = 33354 Pa(N / m ) 2 2 275000 − (−33354)(8,48 ) (−4,77 ) H = + + 3 m γ yağ .g 2.9,81 H m = 36,46 +4,82 + 3 = 44,28 myağ S γ yağ .Q.Hm 862.0,15 .44,28 N 0 = = = 56,68 kW 102 102 N 0 56,68 Ne = = = 70,85 kW η 0,80 7.7 Eşbasınç Ortamı Eşbasınç ortamında noktalar arasında basınç değişimi yoktur (P1=P2). Bu durumda Bernolulli denklemi P V 2 P V 2 V 2 − V 2 1 1 2 2 2 1 Z + + = Z + + → Z − Z = 1 2 1 2 γ .g 2. g γ .g 2. g 2. g formuna gelir.

Örnek 15. D=50 mm çapında bir musluktan düşey doğrultuda aşağı doğru V=10 m/s hızla fışkıran su jeti h=3 m yere temas etmektedir. a) Yere çarpma hızını ve kesitin çapını b) Aynı şartlarda musluk yukarı doğru çevrildiğinde suyun yükseleceği maksimum yüksekliği c) Yatay konuma getirildiğinde yerle temas edeceği mesafeyi hesaplayınız. Çözüm: a) Burada olay eşbasınç ortamında (atmosferde) gerçekleşmektedir. Bu nedenle P =P =P 1 2 atm yazılabilir. Z -Z =h=3 m ve V =10 m/s olduğuna göre 1 2 1 V 2 − V 2 V 2 −(10 )2 2 2 1 2 Z 1− Z 2 = → 3 = → V =3.19 ,62 + 100 = 12,6 m / s 2 2. g 2.9,81 olur. Burada hız arttığına göre kesit azalacaktır. Süreklilik denkleminden πD 2 2 V A D 2 1 2 4 2 A .V = A .V → = = = ( ) 1 1 2 2 2 2 V A πD D 2 1 1 1 4 D 2 .V D 2 .V 2 2 1 1 1 1 0,05 .10 D2 = → = D2 = = 44,54 mm V2 V2 12,6 b) Musluk yukarı doğru çevrildiğinde dönüm noktasında V =0 olacağından, 2 V 2 − V 2 102 − 02 Z − Z = 1 2 = =5,1 m bulunur. 2 1 2. g 19,62 c) Musluk yatay konuma getirildiğinde, yatay atış eşitli,kleri geçerli olacaktır. Buna göre, önce yere çarpana kadar geçen zamanın bulunması gerekir. Serbest düşme konumunda 1 2 2.( Z 1 − Z 2 ) Z 1 − Z 2 = g .t → t = =0, 782s olacaktır. Bu zamanda suyun yatay 2 g konumda alacağı yol ise,

S = V .t = 10.0, 782 =7,82 m olacaktır. 1 8. BORULARDA AKIM Viskozite etkisi sebebiyle gerçek akışkanların akımında laminer ve türbülanslı akım olmak üzere çok farklı iki akım rejimi meydana gelir. Bu rejimlerin karekteristiği ilk defa Reynolds tarafından şekildekine benzer bir deney setiyle gösterilmiştir. boya C B A Şekildeki şeffaf bir boru ile tanktan çekilen su, A vanasıyla kontrol edilmiştir. Bir boya kabından beslenen ince bir boru ise cam borunun girişine bağlanmıştır. Reynolds yapmış olduğu bu deneyle cam borudaki küçük hızlarda ince borudan çıkan boya iplikçiklerinin boru eksenine paralel ve ince doğrular halinde şekillendiğini gözlemlemiştir. Vana daha fazla açılarak yüksek hızlara varıldığında, boya iplikçikleri giderek dalgalanmaya ve bozulmaya ve boru içerisinde akan suda dağılmaya başlamıştır. Reynolds boya iplikçiklerinde dalgalanmanın başladığı ortalama hızı (kritik hız) tanktaki suyun durgunluk derecesine bağlı olduğunu bulmuş ve artan durgunluk derecelerinde kritik hızın daha yüksek olduğu sonucuna varmıştır. Akış esnasında akışkan partiküllerinin birbirine karışması, boya iplikçiğinin dağılmasına sebep olduğundan, Reynolds düşük hızlarda bu karışıklığın olmadığı ve akışkan partiküllerinin birbirine paralel tabakalar halinde hareket ettiği veya tabakaların komşu tabakalar üzerinden birbirine karışmaksızın kaydığı sonucuna varmıştır. Böyle bir akımı ise laminer akım olarak tanımlamıştır.

8.1. Laminer Akım Laminer akımda akışkan partikülleri tabakalarda düz, parelel yörüngeler boyunca hareket ederler. Komşu tabakaların hız şiddetleri aynı değildir. Laminer akımda kesme kuvveti ile açısal deformasyon hızı arasındaki bağıntı, yani sıvının viskozitesi ile hız eğimi arasındaki ilişki hakimdir. Burada kayma gerilmesi, dV τ = µ dy eşitliğiyle tanımlanır. Laminer akımda sıvı viskozitesi önemli bir parametredir ve laminer akımdan türbülans akıma dönüşü engeller. 8.2. Türbülans Akım Türbülanslı akımda akışkan partikülleri her doğrultuda rastgele hareket ederler. Belirli bir partikülün hareketini izlemek imkansızdır. Türbülans akımda kayma gerilmesi dV τ = (µ +η ) dY eşitliğiyle tanımlanır. Burada η(eta): sıvı yoğunluğuna ve sıvı hareketine bağlı katsayıdır ve türbülansın göstergesidir. Reynolds Sayısı Boyutsuz olan Reynolds sayısı atalet kuvvetlerinin viskoz kuvvetlerine oranıdır. Tam dolu daire kesitli borular için V .D.γ V .D V(2 r ) µ 0 Re = veya Re = = , υ = µ υ υ γ eşitlikleri geçerlidir. Burada V: ortalama hız (m/s) D: Boru çapı (m), r : boru yarıçapı (m) 0 2 v: Akışkanın kinematik viskozitesi (m /s) 3 γ: Akışkanın özgül ağırlığı (kg/m )

µ: Mutlak viskozite (Pa.s)’dır. Dairesel olmayan kesitler için, kesit alanının ıslak çevreye oranı (hidrolik çap, R) Reynolds sayısına eklenir. V .R 4. A 4. kesit alan Re = → R = = υ ıslak çevre ıslak çevre Akımın laminer veya türbülans olması Reynolds sayısıyla açıklanabilir. Genel bir yargı çıkartmak gerekirse Re ≤ 2000 laminer akım 4000 ≥ Re > 2000 geçiş bölgesi, karışık akım ( laminer + türbülans) 10000 ≥ Re > 4000 türbülans akım 10000 < Re tam türbülans akım Akım türlerini gösteren Mody diyagramında bölgeler daha belirgin ortaya çıkar. 8.3. Boru Cidarında Kayma Gerilmesi Yük kaybı (h ) L 1 2 dA P A τ.A 1 yüzey r r V 0 dr r P2A Vc Q r 0 L (c) (a) (b) Şekil a deki serbest cisim diyagramında, kararlı akım nedeniyle her partikül sağa doğru eşit ivmeli hareket eder. Yani x doğrultusunda kuvvetlerin toplamı sıfıra eşittir. Buna göre, 2 2 P1( πr ) − P (πr ) − τ(2 πrL) = 0 2 veya (P − P )r τ = 1 2 burada 2.L

r = 0 için τ = 0 r = r0 için τ = max = τ 0 koşulları geçerlidir. Burada yük kaybı hL, P V 2 P2 V 2 1 + 1 + Z − h = + 2 + Z ’den 1 L 2 γg 2g γg 2g V = V , Z = Z olduğundan, 1 2 1 2 P − P h = 1 2 olarak elde edilir. L γg (P − P )r τ = 1 2 denkleminin her iki tarafı γg ile çarpılırsa yük kaybı cinsinden kayma gerilmesi, 2.L γ ( 1 2) γ P − P g P − P r gr 1 2 γgτ = → τ = ( ) eşitliklerinden, 2L 2L γg γ. ..g .h L r τ = olarak bulunur. r=r0 koşulunda 2L γ .g .h .r τ 0 = .L 0 maksimum kayma gerilmesi olarak bulunur. 2L Boru cidarındaki kayma gerilmesi yük kaybı cinsinden 2. τ .L 4. τ .L h = 0 = 0 denklemleri ve L γ .g .r γ .g .D 0 L V 2 hL = λ . . ort (Darcy-Weisbah) eşitlikleri birbirine eşitlenirse, D 2g .λ .γ V 2 ort τ = olarak bulunur. Burada τ /γ terimi kayma hızı veya sürtünme hızı olarak 0 0 8 tanımlanır. V0 = τ 0 /γ = Vort λ/ 8 Hız Dağılımı Bir kesitteki hız dağılımı laminer akım için parabolik değişim kuralına uyar. Maksimum hız boru merkezinde olup ortalama hızın iki katıdır.

V =2. V max c ort Laminer akışta hız profili denklemi mutlak viskoziteye bağlı kayma gerilmesi denklemiyle yük kaybına (basınç farkına) bağlı kayma gerilmesi denklemlerinin birbirine eşitlenmesiyle bulunabilir. dV (P − P )r τ = −µ = 1 2 ( – işareti boru yarıçapının merkezden cidara doğru dr 2.L yönlendirilmesinden dolayıdır) her iki tarafın V hızından Vc hızına integrali alınırsa, V r P1− P2 − ∫dV = ∫r.dr Vc 2. µ .L 0 (P1− P2) r 2 (P1− P2) r 2 − (V − Vc) = → V = Vc − 4. µ .L 4. µ .L bulunur. Yük kaybı cinsinden hız eşitliği bulunmak istenirse, (P − P ) 1 2 h = L γ .g olduğundan yerine konduğunda, 2 γ .g .h .r V = Vc − L 4. µ .L elde edilir. Boru çeperinde V=0 ve r=r koşulları geçerli olmakta ve eşitlik, 0 (P − P )r 2 1 2 0 Vc = 4. µ .L eksende maksimum hız veya kritik hız elde edilir. Genel olarak hız eşitliği, P1− P 2 2 2 V = (r − r ) 0 4. µ .L herhangi bir noktadaki hız eşitliği olarak elde edilir. Türbülanslı akımlarda hız dağılımı daha karışıktır . Nikuradse ve diğer araştırmacıların deneyleri sonucunda merkez hızı Vc (kritik hız) ve V (kayma hızı) terimleri cinsinden 0 n V = Vc(y / r ) 0

amprik formülü bulunmuştur. Burada, Re=100000’ e kadar n=1/7 Re=100000 – 400000 olan cilalı borular için n=1/8’dir. Cilalı borular için kinematik viskoziteye bağlı olarak, V = (V5,5 +5,75 log y .V /υ 0 0 Cillaı ve tam pürüzlü borular için (5000<Re<3000000) (Vc − V ) = 2−,5 V ln y / r 0 0 Vennard’a göre V ortalama hız cinsinden V/Vc şeklinde yazılabilir. V 1 ort = Vc 1+4,07 λ/ 8 ( λ : pürüzlülük katsayısı) Pürüzlü borular için, V = V(8,5 +5,75 log y / ε 0 y: Boru çapı (iki plaka arası mesafe) ε : sınır mutlak pürüzlülüğü’dür. Pürüzlü ve cilalı sınırlarda V − V ort =2. log y / r +1,32 0 V λ ort yani Vc / Vort =1,43 λ + 1 elde edilir. Laminer Akımda Yük Kaybı Hagen-Poiseuille denklemine göre laminer akım için yük kaybı, 32µ .L.V h = L 2 γ .g .D 54 ———————– Page 55———————– eşitliğiyle mutlak viskozite cinsinden bulunabilir. Kinematik viskozite cinsinden ise, υ L V 32 . . h = L 2 g .D eşitliğiyle bulunabilir. Darcy-Weisbach Eşitliği Laminer ve türbülans akımlar için yük kaybı, 2 L V h = λ . . L D 2g eşitliğiyle tanımlanır. Burada h : yük kaybı (m) L λ : sürtünme katsayısı L: boru uzunluğu (m) D: boru çapı (m) V: ortalama hız (m/s) 2 g: yerçekim ivmesi (m/s )’ dir. Sürtünme Katsayısı Laminer akımda sürtünme katsayısı, 64 λ = Re eşitliğiyle bulunur. Türbülans akımda sürtünme katsayısının bulunması matematiksel eşitliklerle mümkün değildir. Bu nedenle değişik araştırmacılar deneysel sonuçlara dayanan amprik formüller geliştirmişlerdir. Ancak bunlar belirli bölgeler için geçerli olmuştur. Colebrook tarafından tam türbülans aralığındaki bölgede, ticari borular için, 1 k / d 2,51 = 0−,86 .ln( + ) λ 3,7 Re λ şeklinde bir bağıntı geliştirilmiştir. Moody diyagramının temelini teşkil eden bu bağıntı “Colebrook geçiş fonksiyonu” olarak isimlendirilir. Eşitlikte k pürüzlülük, d ise boru çapıdır. Burada, 55 ———————– Page 56———————– ε k = olarak tanımlanabilir. Eşitlikte ε mutlak pürüzlülüktür. d Örnek 16. 0 3 300 mm çaplı boruda 15,6 C ve 0,106 m /s debide akan a) suyun b) Ağır feul oil’in akım tipini bulunuz. 0 -6 2 -6 2 (15,6 C için υ su =1,130.10 m /s, υ feul =205.10 m /s) Çözüm: D= 300 mm=0,3 m 3 Q=0,106 m /s V .D Q 0, 106 4.0, 106 0, 424 a) Re = → V = = 2 = 2 = =1,5 m / s υsu A π .D π0,.(3) 0, 282 4 1,5.0,3 Re = = 398230,08 1, 130.10 −6 398230,08>4000 olduğundan tam türbülans akım 1,5.0,3 b) Re = −6 = 2195 205.10 2195>2000 olduğundan karışık akım Örnek 17. 500 mm çapında bir borudan geçirilen karbonun 21.1 0C de laminer olarak akabilmesi için maksimum akış hızının ne olması gerekir. Bu hızı sağlayacak pompa saniyede ne kadar karbon 0 -6 2 basmalıdır. (21,1 C’ de υkarbon = 0,604.10 m /s) Çözüm: V .D Re = 2000 → Re = max υ

Re .υ 2000.0, 604.10 −6 karbon V = = =0, 002416m / s D 0,5 (0π,5) 2 3 Q = A.V = .0, 002416 =0, 000474m / s 4 Örnek 18. 51 mm çaplı yatay bir borunun 305 m’si boyunca Q=1,23 l/s debi ile 0,860 yoğunlukta orta yağlama yağı akıtılıyor. Basınç düşmesi 207 kPa olduğuna göre yağın mutlak viskozitesini ve akım tipini bulunuz. Çözüm: Akımı laminer kabullenip yük kaybı eşitliklerini yazarak işlem yaparsak (P − P ) 32. .L.V 1 2 µ = = h 2 L γ .g g D γ . . yazılabilir. Burada hız Q 1,23 .10 −3 1,23 .10 −3 V = = = =0, 602m / s A (π0, 051)2 0, 00204 4 olarak bulunur. Hız değeri yukarıdaki eşitlikte yerine konursa, 3 32.µ .305.0, 602 207.10 = → µ =0, 0916Pas (0, 051)2 olarak bulunur. Akım tipinin belirlenmesi için V .D V .D.γ Re = = υ µ eşitliği yazıldığında 0, 602.0, 051.860 Re = = 288,2 0, 0916 bulunur. Burada 288,2 < 2000 olduğundan akım laminerdir.

Örnek 19. Çapı 19 mm olan bir boru içerisinden saniyede 0,02 l akışkan akıtılmaktadır. Akışkanın 2 kinematik viskozitesi υ =0,01 cm /s olduğuna göre, a) Akımın rejimini (tipini) bulunuz, b) Boru içerisindeki maksimum hız nedir, c) Sürtünme katsayısı nedir, d) Sürtünme veya enerji kaybı birim boru boyu için ne kadardır, e) Boru uzunluğu L=100 m için kayıp enerji (sürtünme kaybı) ne kadardır. Çözüm: a) Akım rejimi için, V .D Re = eşitliğinden belirli olmayan hız değeri υ 4Q 4.0,02 .10 −3 Q = A.V → V = 2 = 2 =0, 0705m / s olarak bulunur. Eşitlikte yerine π .D (π0, 019) yazıldığında 0, 0705.0, 019 Re = = 1339,5 olarak bulunur. 1339,5

e) L=100 m ise h = 100.6,26 .10 −4 = 626.10 −4 m ’dir. L Örnek 20. τ V o o τ 51 305 mm mm 300 mm Şekildeki boruda, a) Akan suyun 300 mm boru uzunluğunda 15 m yük kaybı doğurması halinde 305 mm çaplı borunun cidarındaki kayma gerilmesini, b) Boru ekseninden 51 mm uzaklıktaki kayma gerilmesini, c) Kayma hızını, d) λ=0.050 değeri için ortalama hızı ve e) Akış cinsini belirleyiniz. (υ =0, 984.10 −6 m 2 / s ) Çözüm: a) Boru cidarında olmasından dolayı r=r koşulu geçerlidir. Buradan o γ .g .h .r 1000.9,81.1,5.( 0, 305/ 2) 2 L o τ = = = 37,4 N / m o 2L 2.300 bulunur. γ .g .h .r 1000.9,81 .15 .(0, 051) 2 b) τ = L = = 12,51 N / m 2L 2.300 veya r 0, 051 2 τ = .τ o = .37,4 = 12,50 N / m r 0, 1525 o bulunur.

c) Vo = τ o /γ = 37,4 / 1000 =0, 193m / s L V 2 h .D.2 g 15.0, .3052.9,81 d) hL = λ → Vort = L = =2,44 m / s D 2g λL 0, 050.300 V .D 2,44.0, 305 e) Re = = −6 = 756300 (Tam türbülans) υ 0, 984.10 Örnek 21. VB/2g V /2g A PB/γ .g PA/γ .g ZB=15 m Z =10m A referans 3 Şekilde su A’ dan B’ ye Q=0,4 m /s debi ile akıyor ve A’ daki basınç yükü 7 m’dir. A ile B arasında enerji kaybı olmadığını kabul ederek B noktasındaki basınç yükünü bulunuz. Çözüm: A’dan B’ye Benouilli denklemi uygulandığında kazan ılan ve kaybedilen enerjiler olmadığından, P V P V 2 ( A + A + Z A ) + 0 − 0 = ( B + B + Z B ) γg 2g γg 2g PA = 7m , Z =10 m, Z = 15 m ve her noktada debi aynı olduğuna göre, A B γg 0,4 0,4.4 = . → = = = Q VA AA VA 2 2 5,65 m / s π DA (0,3) π 4

0,4 Q = V .A → V = =1,4 m / s B B B 2 0,6 π 4 değerler yerine konduğunda 5,65 2 PB 1,42 2 (7 + + 10) = + + 15 2.9,81 γg 2. g PB 5,65 2 1,42 2 = 7 + + 10 − + 15 =3,5 mSS γg 2.9,81 2.9,81 Örnek 22. Kod 66,5 Kod 60 D Kod 60 m A 12,5 15 m P B C 3 m Şekilde görülen sistemde BC pompasının D haznesine 0,762 yoğunluklu yağı Q=0,16 m3/s debi ile basması isteniyor. Enerji kaybının A’dan B’ye 2,5 J/N ve C’den D’ye 6,5 J/N olduğunu kabul ederek a) pompanın sisteme vereceği gücü bulunuz, b) enerji çizgisini çiziniz. Çözüm: γ yağ Q.H m No = 102 γ 0, 762.1000 762kg / m3 = = yağ

3 Q=0,16 m /s V , V hızları sıfıra yakın olduğundan ihmal edilebilir. A D P P A D , A ve D noktaları sıvı üzerinde olduğundan atmosfere açıktır ve farkları sıfırdır. γg γg Buradan A ve D arasında, P V 2 P V 2 a) A + A + Z A − Z P + H m − H kayıa = D + D + AD − Z P γg 2g γg 2g 12 + H − H = 57 m kayıa 12 + H m(−2,5 6+,5) = 57 → H m = 54m Q H γ yağ . . m 762.0,16 .54 No = = = 64,5 kW 102 102 b) Kod A da 15 m, A’ dan B’ ye enerji kaybı 2,5 m dolayısıyla B’ de kod 12,5 m, pompa 54 m enerji ekliyor C’ de kod 66,5 m, C’ den D’ ye kayıp 6,5 m, D’ nin kodu 66,5-6,5 = 60 m’dir. Örnek 23. P =335kPa B B L=1224m D=153 mm PA=848 kPa A 153 mm iç çaplı yeni çelik boruda A ve B noktaları arasındaki uzunluk farkı 1224 m, B noktasının A’ dan yüksekliği 15,39 m, A ve B noktalarının basınçları sırasıyla 848 kPa ve 335 kPa’dır. A dan B ye akacak 21,1 oC sıcaklıktaki normal fuel oil’in debisini bulunuz.(υ =3,83 .10 −6 m 2 / s,λ =0, 020 ) Çözüm:

A’dan B’ye enerji denklemi yazılırsa, PA V 2 L V 2 PB V 2 A B + +0) − λ = ( + + 15,39 ) γg 2g D 2g γg 2g 848000 V 2 1224 V 2 335000 V 2 + (−0, 020. ) = ( + + 15,39 ) 854.9,81 2.9,81 0, 1532.9,81 854.9,81 2.9,81 V 2 101,22 − 160 ort = 39,9 + 15,39 19,62 V 2 ort 2 101,22 − 39,9 − 15,39 = 160 → V =5,6 → V =2,37 m / s ort ort 19,62 V .D 2,37.0, 153 Re = = = 94676 f 2000 türbülans −6 υ 3,83 .10 πD 2 (π0, 153)2 3 Q = A.V = V = .2,37 =0, 043m / s 4 4 Örnek 24. D =0,3 m A A türbin 1 m B DB=0,6 m Şekildeki türbinde suyun debisi Q=0,2 m3/s ve A ve B noktalarındaki basınçlar 1,5 bar ve -0,3 bar olduğuna göre suyun türbine verdiği gücü bulunuz. Çözüm Çözüm: Bernouilli denkleminden P V 2 P V 2 A + A + Z + 0 − H = B + B + Z A türbine B γg 2g 2g 2g

5 2 1 bar .10 =N/m (Pa) olduğundan 1,5.10 5 V 2 0−,3. 105 V 2 A B + + Z − H = + + 0 A T 1000.9,81 2g 9,81 .1000 2g Q 0,2.4 = → = = = Q V A V 2,8 m / s A A A 2 2 πDA 3,140,.(3) 4 .4 0,2.4 Q Q = VB .AB → VB = 2 = 2 =0,7 m / s πDB 3,140,.(6) 1,5. 105(2,8) 2 0−,3. 105 0,7 2 + + 1− H = + + 0 T 98102.9,81 9,81 .10002.9,81 H =18,7 mSS T γ . . Q H T 1000.0,2.18 ,7 N = = = 36,6 kW 0 102 102 AÇIK KANALLARDA AKIM Sıvı yüzeyi atmosferle temas halinde olan akımlara “serbest yüzeyli akımlar” veya “açık Kanal Akımları” adı verilir. Bu tür akımlar genellikle kanal adı verilen üstü açık su yolları ile galeri ve tünel adı verilen ve tam dolu olarak çalışmayan üstü kapalı su yollarından meydana gelmektedir. akarsu Yamuk kanal Üçgen kanal kanalet boru galeri

Serbest yüzeyli akımlarda su yüzeyinde her zaman atmosfer basıncı bulunmaktadır. Bu tür akımlarda atmosfer basıncıyla suyun kendi ağırlığının yarattığı basınçtan başka bir basınçtan söz edilemez. Suyun akışı ise taban eğimine bağlı olduğundan sadece yerçekimi etkisiyle gerçekleşir. Bu nedenle bu tür sistemlere “yerçekimi sistemleri” de denir. AÇIK KANALLARDA LAMĐNER VE TÜRBÜLANS AKIM Açık kanallarda laminer akımın meydana gelebilmesi için kesit alanı son derece küçük, suyun hızı düşük veya kinematik viskozitesi son derece yüksek olmalıdır. Borularda akım tipini belirleyen Reynolds sayısı açık kanallarda da geçerlidir. Yalnız burada (D) çap yerine R ile gösterilen hidrolik çap deyimi kullanılır. Hidrolik çap (R), 4. A (kesitalan) R = ıslak çevre eşitliğiyle bulunur. Buna göre açık kanallarda reynolds sayısı V .R Re = υ eşitliğiyle hesaplanır. Açık kanallarda da Re

h: su derinliği (m) Froude sayısının 1’e eşit olması durumunda “kritik akım” söz konusudur.Bu durumda Fr = 1 → V = gh olmaktadır. Fr1 olması durumunda V f gh eşitsizliği geçerlidir. Akım “kritik üstü” akım şeklindedir. Hız yüksektir ve bu akımlara “sel akımı” veya “hızlı akım” adı da verilir. Açık kanallarda viskozite ve yerçekimi kuvvetlerinin etkileriyle başlıca dört çeşit akım rejimi meydana gelebilir. Bunlar, a) Fr<1, Re1, Re1, Re>2000 ise kritik üstü türbülans akım d) Fr<1, Re>2000 ise kritik altı türbülans akım’dır. HĐDROLĐK EĞĐM θ TYÇ I h EEÇ l θs Is HEÇ It θt L

Açık kanallarda 3 tip eğim vardır. 1) Kanal taban eğimi (I ): Kanal taban yüzeyinin yatay düzlemiyle yapmış olduğu t açının tanjantına eşittir. I = tan θ t t 2) Su yüzeyi eğimi (I ): Su yüzeyinin yatay düzlemle yapmış olduğu açının tanjantına s eşittir. I = tan θ s s 3) Enerji eğim çizgisi eğimi veya hidrolik eğim (I): Enerji eğim çizgisinin toplam yük çizgisiyle yaptığı açının sinüs değeri olarak tanımlanır. h I = L = sinθ L 0 0 Açık kanalların çoğunda taban eğimi 5 ’den daha küçük yani θ

V = C. R .I y olarak tanımlanır. Bu eşitliğe Chezy eşitliği de denir. Burada, C: pürüzlülüğe bağlı katsayıdır ve 8. g C = λ eşitliğiyle ifade edilir. Birimim m1/2/s ‘dir. Chezy formülündeki C katsayısının değerini saptamak için pek çok araştırıcı kendi isimleriyle anılan formülleri geliştirmişlerdir. Bu formüller uzun süreli deneylere ve gözlemlere dayanan eşitliklerdir. Her amprik eşitlik gibi bunlarda geliştirildikleri şartlar için uygun olmaktadır. BAZĐN EŞĐTLĐĞĐ 87 C = γ : kanal çeper pürüzlülüğüne bağlı katsayı 1+ γ / Ry GANGUĐLLET-KUTTER EŞĐTLĐĞĐ 1 0, 00155 23 + + n I C = n: kanal çeper pürüzlülüğüne bağlı katsayı 0, 00155 n 1+(23 + ) I R y KUTTER EŞĐTLĐĞĐ 100 R C = y m: kanal çeper pürüzlülüğüne bağlı katsayı m + R y MANNĐNG EŞĐTLĐĞĐ 1 1 C = .Ry 6 n: kanal çeper pürüzlülüğüne bağlı katsayı n Ülkemizde bu tür problemlerin çözümü genelde MANNĐNG eşitliğine göre yapılmaktadır. Manning’e göre hız formülü, 1 2 1 V = Ry 3 .I 2 (m / s) n

debi ise A 2 1 3 2 Q = A.V = Ry .I n eşitlikleriyle hesaplanır. Kararlı üniform akımlarda Manning eşitliğine göre yük kaybı,  2 h =  V .n  .L L R 2 3   y  olarak tanımlanır. Örnek 25. T=5,0 1,5 m 2,0 m 1,5 m α 1 h=1,5 m c α m=1 m 1 b=2,0 m Şekilde verilen beton kaplamalı kanalın taban genişliği 2 m, şev eğimi 1:1(m=1) ve taban eğimi 0,0003 olarak verilmektedir. Kanalda su derinliğinin h=1,5 m olması durumunda akan suyun debisini hesaplayınız. Çözüm: şev eğimi (tgα)= su yüksekliği / su seviyesi = 1/1 Manning eşitliğine göre kanaldan akan suyun hızı, 1 2 1 V = R 3 .I 2 y n n değeri beton kaplamalar için 0,016 alınır.

kesit alan(A) R = y ıslak çevre(P) 2 A = (b + mh)h 1=.(12,5)+1,5 =5,25 m 2 2 P = b + 2h 1+ m = 22.+1,5 1+ 1 =6,24 m veya P= 2c + b’den c = 1,5 2 +1,5 2 =2,12 m = + = P2.2,12 2 6,24 m 5,25 R = =0,84 m y 6,24 Taban eğimi (hidrolik eğim) I=0,0003 olduğuna göre, 1 2 1 3 2 V = .0,84 .0, 0003 =0, 962 m / s 0, 016 3 Q = A.V =5,25.0, 962 =5,05 m / s DERS NOTUNUN DIŞINDA TAKĐP EDĐLEN DERS KĐTAPLARI 1. ERDOĞAN,E.,M., 1971, Akışkanlar Mekaniği, ĐTÜ, ĐSTANBUL. (Cilt I,II,III) 2. UMUR, H., 1997, Akışkanlar Mekaniği, Uludağ Üniversitesi Müh.Mim. Fak., BURSA. 3. GILES B.S. M.S., 1980, Akışkanlar Mekaniği ve Hidrolik, Sanem Çözümlü Serisi, Güven Kitapevi Yayınları, ANKARA.