akiskanlar mekanigi ders sunulari fox alipinarbasi

8/15/2019 Akiskanlar Mekanigi Ders Sunulari FOX Alipinarbasi

1/565

ölüm 1

Giriş

1

Prof. Dr. Ali PINARBAŞIYıldız Teknik Üniversitesi

Makine Mühendisliği BölümüYıldız, İSTANBUL

Akışkanlar MekaniğiROBERT W. FOX ‐ ALAN T. McDONALD ‐ PHILIP J. PRITCHARD

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


2/565


3/565

Bölüm 1: GirişProf. Dr. Ali PINARBAŞI

KiteGen’in uçurtmaları yaklaşık 1000 m yükseklikteuçmakta ve yerdeki bir atlı karınca gibi dönmektedir.

3


4/565


Akışkanlar Mekaniğinin Kapsamı

• Akışkanlar mekaniği durgun veya hareket halindeki akışkanların

incelenmesidir.

• Kanal, nehir seti ve baraj sistemleri tasarımlarında;• Kimyasal işletmelerde gereken borulama sistemlerde;

• Pompaların, kompresörlerin ve evlerin, işyerlerinin su tesisatı ile

iklimlendirme sistemlerinde kullanılan boru hattı ve

• Hava kanalları tasarımlarında;

• Otomobillerin ve ses altı ile ses üstü uçakların aerodinamiğinde;

• Akaryakıt pompa ölçerleri gibi birçok akış ölçüm aletlerinin

geliştirilmesindeki gibi alanlarda;

Akışkanlar Mekaniği geleneksel olarak uygulanır.

4


5/565


Bir Akışkanın Tanımı

Akışkanlar akmaya eğilim gösterirler.Katılar deforme olmaya veya bükülmeye eğilim gösterirler.

5

Akışkan, ne kadar küçük olursa olsun bir kayma (teğetsel) gerilmesinin

uygulaması altında sürekli olarak deforme olan bir maddedir.

Kayma gerilmesinin uygulaması altında akışkan hareketi devam ettiği için,durgun olduğunda bir kayma gerilmesine karşı koyamayan herhangi bir madde

olarak tanımlanır.

Sıvılar ve gazlar (veya buharlar) akışkanların alabileceği haller veya fazlardır.

Katı yüzey ile temasta olan bir akışkanın kaymadığına dikkat ediniz –deneyselbir olgu olan kaymama şartından dolayı akışkanın hızı yüzeyin hızı ile aynıdır.

Katının deformasyon miktarı, katının rijitlik modülü G’ye bağlıdır;Akışkanın şekil değiştirme oranının, akışkanın viskozitesi μ’ye bağlıdır.


6/565

Bölüm 1: GirişProf. Dr. Ali PINARBAŞI6

Şekil 1.1. Katı ve akışkandaki kesme kuvveti farkı

Eğer iki levha arasına her iki maddeden bir numune bırakırsak (Şekil 1.1a) vesonra bir F kesme kuvveti uygularsak, her biri başlangıçta deforme olacaktır(Şekil 1.1b);

Ancak sonradan katı hareketsiz kalırken (kuvvetin, madde elastik sınırınıgeçmeye yetecek kadar büyük olmadığını varsayarak), akışkan ise kuvvetuygulandığı sürece deforme olmaya devam edecektir. (Şekil 1.1c, Şekil 1.1d)


7/565


8/565


Kotrol yüzeyi çizilmiş bir boru bağlantısı içindeki akışı göstermektedir. Bazıyüzey bölgelerinin fiziksel sınırlara (boru çeperleri) karşılık geldiğine vediğerlerinin (1, 2 ve 3 konumları) hayali yüzey bölümleri (giriş ve çıkışlar)

olduğuna dikkat ediniz. Bu yüzey ile tanımlanan kontrol hacmi için, temelyasaların denklemlerini yazabiliriz ve giriş 1ile çıkış 2’deki verilen akışdebileriyle çıkış 3’teki akış debisi, boru bağlantısını yerinde tutmak için gereklikuvveti vs. gibi sonuçları elde edebiliriz.

Kontrol hacmi, içinden akışkanınaktığı uzayda keyfi bir hacimdir.Kontrol hacminin geometrik

sınırına kontrol yüzeyi adı verilir.Kontrol yüzeyi gerçek veya hayaliolabilir; durgun veya hareketliolabilir.


9/565


ÖRNEK 1.1 KAPALI SİSTEM İÇİN BİRİNCİ YASANIN UYGULAMASI

Bir piston‐silindir sisteminde başlangıçta 27o

C sıcaklıkve ağırlıktan kaynaklı 150 kpa (mutlak) basınç altında0,95 kg oksijen bulunmaktadır. Gaz sıcaklığı 627oC’yeulaşana kadar ısı verilmiştir. İşlem sırasında sistemeeklenen ısı miktarını belirleyiniz.

Verilenler: Piston‐silindir sistemindeki oksijen

T1 = 27ºC, T2 = 627ºC

İstenen: Q 1→2

Hareket eden sistemsınırları iş yapmıştır


10/565


İdeal gaz için pV=mRT. Buradan W12=mR(T2‐ T1)


11/565


ÖRNEK 1.2 KÜTLE KORUNUMUNUN KONTROL HACMİNE UYGULANMASI

Bir daralan su borusu kesiti 50 mm giriş, 30mm çıkış çaplarına sahiptir. Daimi giriş hızı2,5 m/s (giriş alanı boyunca ortalama) ise,çıkış hızını bulunuz.

Verilenler: Boru giriş çapı Di = 50 mm,çıkış çapı De = 30 mmGiriş hızı Vi = 2,5 m/s

Kabuller: Su sıkıştırılamaz (yoğunluk ρ = sabit)


12/565


ÖRNEK 1.3 HAVA İÇİNDEKİ TOPUN SERBEST DÜŞÜŞÜ

Serbest düşüş yapan 200 g topa FD = 2x10‐4 V2 hava direnci(sürtünme kuvveti) etkimektedir, burada FD Newton cinsinden Vise m/s cinsindendir. Eğer top zeminden 500 m yukarıdanbırakılırsa, yere çarptığında hızı ne olur? Limit hıza ulaşma oranı ne

olur? (Limit hız düşen cismin sonunda sabit bir hıza ulaşmasıdır.)

Verilenler: Top, m = 0,2 kg, y0 = 500 m’den bırakıldı.Hava direnci, FD = kV

2, burada k = 2x10‐4 Ns2/m2

Birimler: FD

(N), V (m/s)

İstenenler: (a) Topun yere çarptığı andaki hızı,(b) Hızın terminal hıza oranı,


13/565


Logaritmaları yok edersek;


14/565


Gerçek hız, limit hız oranı


15/565


BOYUTLAR VE BİRİMLER


16/565


BOYUT ANALİZİ VE “MÜHENDİSLİK” DENKLEMLERİ

Bernoulli denklemi

Burada p basıncı, V hızı, z ise sürekli, sürtünmesiz, sıkıştırılamaz akış çizgisiboyunca 1 ve 2 noktaları arasında ki yüksekliği ifade eder.

Her terim L2/t2 boyutlarına indirgenebiliyor

Klima için yaygın olarak kullanılan EER’ı

Yüksek EER iyi performansa işaret eder. EER’ın boyutsuz olması denkleminboyutsal olarak tutarlı olduğunu gösterir (soğutma gücü ve kullanılan elektriğin

her ikiside enerji/zaman ilişkisi içinde ölçülmüştür).


17/565


DENEYSEL HATANIN ANALİZİ

Bir içecek fabrikasında hızlı bir seri üretim işleminde, bir kutunun dolumunutam olarak ölçmek zor olduğundan, 12‐fl‐oz’luk bir kutu gerçekte 12.1 veya 12.7

fl oz içerebilir. Üreticinin belirlenen miktardan daha fazlasını sağlayacağı asladüşünülmese de meşrubat kutuları yasaların izin verdiği belirli bir artı veya eksimiktarda doldurulurlar.

Deney yapan mühendisler sadece verileri değil, aynı zamanda ölçümlerindekibelirsizlikleri de ölçmelidirler. Onlar ayrıca bu belirsizliklerin nihai sonuçtakibelirsizliği nasıl etkilediğini bir şekilde belirlemelidirler.


18/565


19/565

1919

Temel Kavramlar

Sürekli Ortamda Akışkan

Hız Alanı

Gerilme Alanı

Viskozite

Yüzey Gerilimi

Akışkan Hareketlerinin Tanımı ve Sınıflandırılması

Temel Kavramlar

Sürekli Ortamda Akışkan

Hız Alanı

Gerilme Alanı

Viskozite

Yüzey Gerilimi

Akışkan Hareketlerinin Tanımı ve Sınıflandırılması

Temel Kavramlar


20/565


21/565

21

Hız Alanı

Bir alan ile tanımlanan çok önemli bir özellik,

ile verilen hız alanıdır.

Hız alanını belirtmek için gereken uzay koordinatları sayısına bağlı olarak, bir akışbir, iki veya üç boyutlu olarak sınıflandırılır. Yukaradaki denklem örneğin hızalanının üç uzay koordinatı ile zamanın bir fonksiyonu olabileceğini gösterir.

Şekil 2.2 Bir ve iki boyutlu akış örnekleri.

Iraksak kısımda hız x yönünde azalır ve akış bir boyutlu halden iki boyutlu hale gelir.


22/565

22

Zaman Çizgileri, Yörünge Çizgileri, Çıkış Çizgileri ve Akım Çizgileri

1.Bir akış alanında verilen bir anda bişik birkaç akışkan parçacığı işaretlenirse,akışkan parçacıkları o anda akışkan içinde bir çizgi oluştururlar; bu çizgiye zamançizgisi denir.2. Bir yörünge çizgisi , hareket eden bir akışkan parçacığı tarafından izlenen yol veyayörüngedir.3. Bir akışkanın tüm akış parçacıklarının uzayda tek bir sabit konumdan geçer ve buakışkan parçacıklarını birleştiren çizgi, bir çıkış çizgisi olarak tanımlanır.

4. Akım çizgileri , akış alanında çizilirler öyle ki, verilen bir anda akış alanındaki hernoktada akış yönüne teğet olurlar. Akım çizgileri akım alanındaki her noktada hızvektörüne teğet oldukları için, bir akım çizgisi üstünden akış olamaz.


23/565

23

Video 2.1 Akış çizgilerinin görselleştirilmesi


24/565

24

ÖRNEK 2.1 İKİ BOYUTLU AKIŞTA AKIM ÇİZGİLERİ İLE YÖRÜNGE ÇİZGİLERİ

Verilenler: Hız alanı, x ile y metre cinsindendir.A=0.3 1/s.

İstenenler:

a) x‐y düzlemindeki akım çizgilerinin denklemib) (2,8) noktasından geçen akım çizgisi çizimic) (2,8) noktasında parçacığın hızıd) t=0’da (2,8)’de bulunan parçacığın t=6’daki konumue) parçacığın (d)’de bulunan konumdaki hızı

d) t=0’da (2,8)’de bulunan parçacığın yörünge çizgisidenklemi

a)

buradan x.y=c sonucu çıkarılır.


25/565

25

b) Noktasından geçen akım çizgisi için,

sabit c’nin değeri 16 olup (2,8) noktasından geçen akımçizgisinin denklemi olur ve çizimi iseyandaki gibidir.

x0, y

0 (2,8)

x.y x0.y

0 16m

2

c) Hız alanı ‘dır. (2,8) noktasındaki hız ise,olacaktır.

d)Akış alanında hareket eden bir parçacığınile verilen hızı olacaktır. Böylece,

olur ve

sonucuna ulaşılır. Buradant=6 sn’de

olarak bulunur.


26/565

26

e) (12.1 , 1,32) m noktasında,

olarak bulunur.

f) Yörünge çizgisinin denklemini belirlemek için,denkleminde t’yi yok edersek,

çözümünü elde ederiz. Böylece olacaktır.


27/565

27

Gerilme Alanı

Her bir akışkan parçacığı, diğer parçacıklarla veya bir katı yüzeyle temasetmesiyle oluşan yüzey kuvvetlerine (basınç, sürtünme), ve parçacık boyuncakarşılaşılan kütle kuvvetlerine (yerçekimi ve elektromanyetik gibi) maruzkalabilir.

Şekil 2.3 Sürekli Ortamda Gerilme Kavramı Şekil 2.4 Alanı olan eleman üzerindekikuvvet ve gerilme bileşenleri

Ax


28/565

28

Şekil 2.5 Gerilmenin işaretlerle gösterimi


29/565

29

Viskozite

Bir sıvı için , kayma gerilmeleri viskoz akıştan dolayı ortaya çıkmaktadır. Bu sebeple sıvılarviskozdurlar. Uygulanan kayma gerilmeleri ile akışkanın akışı arasındaki ilişkiyi inceleyerekakışkanları sınıflandırabiliriz.

Şekil 2.6 (a) t anındaki akışkan elemanı, (b) t+dt anındaki akışkan elemanın şekil

değiştirmesi ve (c) t+2dt anındaki akışkanın şekil değiştirmesi


30/565

30

Video 2.1 Dönen silindirlerdeki yağın viskozitesi


31/565

31

Video 2.2 Viskozitemetre


32/565

32

Newtonian Akışkan

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

Akışkankar mekaniğinde mutlak viskozite ‘nün, yoğunluk yani ‘ya oranına kinematikviskozite denir ve işareti ‘dir.

ÖRNEK 2 2 NEWTONIAN AKIŞKANDA VİSKOZİTE VE KAYMA GERİLMESİ


33/565

33

ÖRNEK 2.2 NEWTONIAN AKIŞKANDA VİSKOZİTE VE KAYMA GERİLMESİ

Verilenler: =0.0065 g/m.s, Sıvının bağıl yoğunluğu=0.88

İstenenler:a) biriminde =?b) biriminde =?c) biriminde üst plaka üzerindeki =?d) Pa biriminde alt plakada üzerindeki =?e) Kısım (c) ile (d)’deki gerilmelerin yönü.

N.s / m

2

m2 / s

N / m 2

Ana denklemler: ve

a)


34/565

34

b)

c)


35/565


36/565

36

Newtonian Olmayan Akışkanlar

Kayma gerilmesinin şekil değiştirme hızıyla doğrudan orantılı olmadığı akışkanlaraNewtonian olmayan akışkanlar denir. Bu akışkanlara en tanıdık 2 örnek diş macunu ile Luciteboyasıdır. Diş macunu tüpten sıkıldığında bir “akışkan” olarak davranır fakat macun tüpünün

kapağı açıldığında kendiliğinden dışarı çıkamaz. Altında, macunun bir katı gibi davrandığı bireşik veya sünme gerilmesi vardır.

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


37/565


38/565


39/565


40/565

40

Z yönündeki kuvvetleri toplanır:

Menisküs bölgesindeki hacmi ihmal edersek

aşağıdaki denkeleme ulaşılır,

Bu denklem 1. denklemde yerine yazılırsa

sonucuna ulaşılır.

Su için, =72.8mN/m ile θ=0 ve civa için=484mN/m ile θ=140 değerleri alındığındaaşağıdaki grafik çizilecektir.

h=1mm için değerini ise son denklemden, =11.2mm ve =30mm olarak civa vesu için buluruz.

Dmin

Dc

min

Ds

min


41/565

41

Video 2.3 Yüzel Gerilmesi


42/565

Akışkan Hareketlerinin Tanımı ve Sınıflandırması


43/565

43

Akışkanlar mekaniği çok büyük bir bilim dalıdır; süpersonik bir taşıma aracınınaerodinamiğinden insan eklemelerinin sinovyal akışkanlar ile yağlanmasına kadar herşeyikapsar. Bir akışkanlar mekaniği analizi ile ilgilenirken genel olarak 2 şey önemlidir: Akışkanınviskoz doğası ve sıkıştıralabilirliği. Ayrıca akışlar laminer veya türbülanslı ve iç yahut dış akışolarakta sınıflandırılmalıdır.

Şekil 2.10 Sürekli ortam akışkanlar mekaniğinin muhtemel sınıflandırması


44/565


45/565

45

Video 2.5 Bir boru akışında Reynold deneyleri


46/565


47/565

47

Bir diğer teoriye göre ise kaymama şartı gereği küre yüzeyi üzerindeki her yerde hızın sıfır

olması gerekir. Fakat viskozitesiz teori B noktasında hızın yüksek olduğunu ifade eder. Prandtl,yüksek Re sayısına sahip akışlarda sürtünmenin ihmal edilebilir olmasına rağmen sürtünmeninönemli olduğu ince bir sınır tabaka daima olacağını ve sınır tabakanın genişliği karşısında hızınsıfırdan (yüzeyde) viskozitesiz akış teorisinin tahmin eği değere (sınır tabakanın dış kenarıüzerinde) hızlı bir şekilde artacağını iddia etmiştir. Bu, Şekil 2.11b’de A noktasından B

noktasına kadar ve daha ayrıntılı olarak Şekil 2.12’te gösterilmektedir.

Şekil 2.12 Bir sınır tabakanın şemaği.

Video 2.6 Sınır tabaka oluşumu


48/565

48

Laminar ve Türbülanslı Akışlar

Bir musluk açıldığında düşük debilerde su oldukça düzgün bir şekilde akar. Debiyiarttırdığımızda ise görürüz ki su çalkalanır ve düzensiz bir şekilde akar. Bunlar viskoz bir akışınsırasıyla laminer ve türbülanslı olduğu birer akıştır. Bir laminer akış, akışkan parçacıklarınındüzgün katmanlarda hareket ettiği, türbülanslı akış ise parçacıkların 3 boyutlu hız

dalgalanmaları nedeniyle hızlı bir şekilde karıştıkları bir akıştır.

Video 2.7 Laminer ve türbülanslı akışlar


49/565


50/565

50

Sıkıştırılabilir ve Sıkıştırılamaz Akışlar

Yoğunluktaki değişimlerin ihmal edilebilir olduğu akışlar, sıkıştırılamaz olarak adlandırılırlar birakış içindeki yoğunluk değişimleri ihmal edilemediği zaman, akış sıkıştırılabilir olarak adlandırılır.

Sıvıların akışı genel olarak sıkıştırılamaz sayılırken, sıkıştırılabilir akışın en yaygın örneği gazlarınakışını ilgilendirir.

İç ve Dış Akışlar

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

olarak adlandırılır.

Akışkanlar MekaniğiROBERT W. FOX ‐ ALAN T. McDONALD ‐ PHILIP J. PRITCHARD


51/565


Bölüm 3

Akışkanlar Statiği

51

Prof. Dr. Ali PINARBAŞI

Yıldız Teknik ÜniversitesiMakine Mühendisliği Bölümü

Yıldız, İSTANBUL

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

Ak ışkanlar Stati ğ i


52/565

5252

Akışkan Staği

Akışkan Stağinin Temel Denklemi

Standart Atmosfer

Durgun Bir Akışkandaki Basınç Değişimi

Hidrolik Sistemler Dalmış Yüzeyler Üzerindeki Hidrostatik Kuvvet

Kaldırma ve Kararlılık

Rijit‐Cisim Hareketi Halindeki Akışkanlar (Web’de )

Özet ve Faydalı Denklemler

Akışkan Staği


Standart Atmosfer

Durgun Bir Akışkandaki Basınç Değişimi

Hidrolik Sistemler Dalmış Yüzeyler Üzerindeki Hidrostatik Kuvvet

Kaldırma ve Kararlılık

Rijit‐Cisim Hareketi Halindeki Akışkanlar (Web’de )

Özet ve Faydalı Denklemler



53/565

53

Şekil 3.1 Diferansiyel akışkan elemanı ve y yönündeki basınç kuvvetleri.

Difarensiyel bir akışkan eleman için kütle kuvveti ‘dir. Kartezyenkoordinatlarda ise ‘dir.


54/565


55/565

55

Parantez içersindeki bölüme basınç gradyeni denilir ve grad veya ile gösterilir. Kartezyen

koorditnatlarda,

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

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

veya birim hacimde

denklemleri elde edilir.


56/565

56

Bir akışkan parçacığı için Newton’un ikinci yasası ‘yı verir. Durgun bir akışkan

için ivme 0 olacaktır. Bu yüzden olur. Bu bir vektör denklemidir ve birbirindenayrı olarak sağlanması gereken 3 bileşenli denklemlere eşit olduğu anlamına gelir. Bileşendenklemleri şunlardır:

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

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

Yani


57/565

57

Yani,

şekline indirgenir. burada γ akışkanın özgül ağırlığıdır. Bu denklem akışkanlarstağinin temel basınç‐yükseklik ilişkisidir. Bu denklemde basınç değerlerinin

bir referans seviyesine göre ifade edilmesi gerekğine dikkat etmek gerekir.Şekil 3.2’de gösterildiği gibi, referans seviyesi eğer bir vakum ise, bu basınçlaramutlak basınç denir. Atmosferik basınca göre ölçülen basınçlara ise etkin basınçdenir.

Şekil 3.2 Referans seviyelerini gösteren mutlak ve etkin basınçlar .


58/565


59/565

ÖRNEK 3.1 SİSTOLİK VE DİYASTOLİK BASINÇ


60/565

6060

Verilenler:120 ve 80 mm‐civa etkin basınçlar.

İstenenler: kPa cinsinden karşılık gelen basınçlar.

Hidrostatik denklemini , A, A’ ve B noktalarına uygulayalım.

Ana denklem:

Kabuller: 1) Durgun akışkan2) Sıkıştırılamaz akışkanlar

3) Havanın yoğunluğu ihmal edilebilir.


61/565

61

A ve B noktaları arasında ana denklemi uygularsak,

İlave olarak basınç, A’ noktasından manometrenin tabanına aşağı doğru inerkenartar ve sol koldaki A noktasına dönerken eşit miktarda azalır. Buda A ve A’

noktalarının basınçlarının eşit olduğu anlamına gelir. Böylece aşağıdaki sonucaulaşırız.

BYciva=13.6 ve =1000kg/m değerleri kabul edilip yerine konulursa,sistokil basınç bulunur. (h=120 mm‐civa)

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

3


62/565

ÖRNEK 3.2 ATMOSFERDE BASINÇ VE YOĞUNLUK DEĞİŞİMİ


63/565

63

Verilenler: Bir kamyon, Denver’dan Vail Geçidi’ne seyahat ediyor.

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

Ana denklemler:

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

a) Sıcaklıkla yüksekliğin lineer olarak değiştiğini varsayarsak sıcaklığı yükseklik ile


64/565

64

a) Sıcaklıkla yüksekliğin lineer olarak değiştiğini varsayarsak, sıcaklığı yükseklik ile

lineer değişen bir gazdaki basınç değişimi denklemi aşağıdaki formata dönüşür.

m sabiti ise

olarak hesaplanır. Buradan;


65/565


66/565


67/565

Dalmış Düz Bir Yüzey Üzerindeki Hidrostatik Kuvvet


68/565

68

Dalmış Düz Bir Yüzey Üzerindeki Hidrostatik Kuvvet

Şekil 3.5 Dalmış düz yüzey


69/565

Burada pc sıvı içinde alan A kütle merkezinin konumundaki mutlak basınçtır. Bu denklem ile


70/565

70

dalmış bir düz yüzeyin bir tarafı üzerindeki sıvıdan dolayı ‐ p çevre basıncının etkisini içeren –bileşke kuvvet hesaplanır.

Şimdiki işimiz bileşke kuvvetin konumunu belirlemektir. Bileşke kuvvetin x eksenine göremomentinin, yayılı basınç kuvvetinden dolayı oluşan momente eşit olması gerekir.

Şekil 3.6 Düz dalmış yüzey üzerindeki basınç dağılımı


71/565


72/565


73/565

Atmosfer basıncı plakanın her iki yüzüne de etki ettiği için p0 ihmal edilir. y değişkenine görei t l l bil i ğ kild ö ül d ği k i i d t l d h d ğ


74/565

74

integral alabilmemize rağmen, şekilde görülen değişkenini de tanımlamamız daha doğruolacaktır.

Bileşke kuvvet için bunları ana denkleme uygularsak:

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

O halde,


75/565

75

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

ve yayılı kuvvetin (sağ taraf) momenti hesaplanırken, x için alan eleman kütle merkezi

kullanılır. Alan elemanı sabit genişliktedir. x=w/2.


76/565


77/565


78/565


79/565


80/565

80

Şekil 3.7 Dalmış eğri yüzey

Şekil 3.8 Dalmış eğri yüzey üzerindeki kuvvetler


81/565


82/565


83/565


84/565


85/565

Daldırma ve Kararlılık

Bir cisim bir sıvıya daldırılırsa veya sıvının yüzeyinde yüzerse, sıvı basıncından dolayı cisim


86/565

86

üzerine etki eden net dikey kuvvet, kaldırma kuvveti olarak adlandırılır. Bir sıvıda h derinliğindekip basıncını bulmak için denklemini kullanabiliriz. Öyleyse eleman üzerindeki netdikey kuvvet, olacaktır.

Ancak eleman hacmidir. Böylece,

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

Şekil 3.9 Durgun akışkan içerinde daldırılmış cisim.

ÖRNEK 3.6 BİR SICAK HAVA BALONUNDAKİ KALDIRMA KUVVETİ

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


87/565

87878787

İstenenler: Kalkışa erişmek için gereken hava sıcaklığı.

Kabüller: 1) İdeal gaz2) Her tarafgta atmosferik basınç.

Ana denklemler:


88/565


89/565


90/565


91/565


92/565


93/565

Termodinamiğin İkinci Yasası

T kl ğ d ki bi i t bi ikt δQ t f dili t di iği iki i


94/565

94

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

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

Sistem Türevlerinin Kontrol Hacim Formülasyonuyla İlişkisi

Bu bölümde, bir sistem oranı denklemini, eş değer bir kontrol hacmi denklemine dönüştürmekiçin bir ifade geliştireceğiz. M, P, H, E, S‘nin değişim oranları denklemlerini tek tek dönüştürmekyerine tümünü N sembolü ile göstereceğiz Bu yaygın özellikle ilgili olarak yoğun (yani birim


95/565

95

yerine tümünü N sembolü ile göstereceğiz. Bu yaygın özellikle ilgili olarak, yoğun (yani, birimkütledeki) özellik η’ya da ihtiyacımız olacaktır.

Bu denklemi önceki denklemler ile karşılaştırırsak eğer aşağıdaki durum görülür.


96/565

96

Şekil 4.1 Sistem ve kontrol hacmi konfigürasyonu.


97/565

Denklem 1’de yerine konulursa aşağıdaki sonuca ulaşırız.


98/565

98

Bir limitin toplamı limitlerin toplamına eşittir. Böylece

(4.2)

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

(4.3)


99/565


100/565

Fiziksel Yorumlama

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


101/565

101

Kütlenin Korunumu

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


102/565

102

kütlenini korunumu prensibidir. Sistemin kütlesi sabit kalır.

(4.7)

Sistem ve kontrol hacmi formülasyonları denklem 6 ile ilişkilendirilirler.

(4.6)

Kontrol hacmi formülasyonunu elde etmek için N=M ve =1 alınır. Bu yerine koyma ile,

( )


103/565

103

(4.8)

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

(4.9)

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


104/565


105/565


106/565


107/565


108/565

ÖRNEK 4.2 SINIR TABAKADAKİ KÜTLESEL DEBİ

Verilenler: Düz bir plaka üzerinden daimi,sıkıştırılamaz akış, ρ=1.24kg/m^3. Plaka

genişliği, w=0.6m. Plaka önündeki hızü if d


109/565

109109109109109109

üniformdur:

İstenenler: bc düzeyi boyunca kütlesel debi.

Kabüller: 1) Akış daimi2) Sıkıştırılamaz akış3) İki boyutlu akış, verilen özellikler z’den bağımsızdır.

Ana denklem: 1. kabul neticesinde yandakidenklemin kullanılması uygundur.


110/565


111/565

Bu denklem yerine konulursa debi aşağıdaki gibi bulunur.


112/565

112


113/565


114/565


115/565


116/565


117/565


118/565

KH1’e göre çözüm:KH üzerindeki elimizin tepki kuvvetinin bileşenlerini Ry ve Rx olarak

alalım ve her ikisinin de pozitif olduğunu kabul edelim.Atmosferik basınç, kontrol hacminin tüm yüzeyleri üzerine etki


119/565

119

etmektedir. KH alanı A ile gösterilmektedir.KH üzerindeki kütle kuvveti W olarak gösteriliyor.

Daimi akış momentum denkleminin x bileşeni:

Bu hesabı yapabilmek için KH üzerine etki yapan tümyüzey kuvvetlerini dahil etmeliyiz.

Sonuç olarak:


120/565

120

Ve elimizin üzerindeki yatay kuvvet:

elimizin üzerindeki yatay kuvvet sağa doğru etki etmektedir.


121/565


122/565

u1=0 ve 2 kesitinde akış olmadığı için:


123/565

123

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

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

gereken kuvvettir.

o halde:

Diferansiyel Kontrol Hacim Analizi

Kontrol hacmi yaklaşımını diferansiyel bir kontrol hacmine uygularsak, bir akış alanını tanımlayandiferansiyel denklemler elde edebiliriz.


124/565

124124124

Şekil 4.3 Bir akım tüpü içinden akışın momentum analizi içindiferansiyel kontol hacmi

a. Süreklilik Denklemi


125/565

125

Temel denklem:

Kabuller:(1) Daimi akış(2) Sınırlayıcı akım çizgileri üstünden akış yok.(3) Sıkıştırılamaz akış, ρ = sabit.

Öyleyse:


126/565

s yönündeki kuvvet bileşeni :

Fakat sinθ.ds=dz, böylece:


127/565

127

Fakat sinθ.ds dz, böylece:

(4.15)

Sınırlayıcı akış yüzeyleri üstünden kütle akışı olmadığından, momentum akışı

(4.16)

olacaktır.

Denklem 14, 15 ve 16, denklem 14’te yerine yazılırsa:

Sadeleştirirsek: (4.17)


128/565

ÖRNEK 4.6 LÜLE AKIŞI: BERNOULLI DENKLEMININ UYGULANMASI

Verilenler: Atmosfere tahliye eden yatay bir lüle içinden daimi su akışı.D1=75 mm, D2=25 mm, p2=patm, ρ=1000 kg/m

3

İstenenler: a) Hacimsel debi, Q değerinin bir fonksiyonu olarak p1eb) Q 0 02 3/ i i


129/565

129129129129129129129129129

b) Q=0.02 m3/s için p1e

Kabuller:1. Daimi akış2. Sürtünmesiz akış3. Bir akım çizgisi boyunca akış4. z

1=z

25. Sıkıştırılamaz akış6. 1 ve 2 kesitlerinde üniform akış

Ana denklemler:

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


130/565

130

Daha sonra ise süreklilik denklemini:

Böylecede,

eşitliği ortaya çıkar.

A=πD2/4 olduğu için,


131/565

131

denklemine gidilir ve değerler yerine konursa:


132/565


133/565

Momentum denkleminin x bileşeni

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


134/565

134

atm,

süreklilik denkleminden,

veya

Tüm hızlar KH’ye bağlı ölçülmek zorundadır. Böylece:


135/565


136/565


137/565

Denklem 20, denklem 19’da yerine yazılırsa:

(4.21a)

Burada sistemin doğrusal momentumu:


138/565

138

(4.21b)

ile verilmektedir.

Newton’un ikinci yasasının kontrol hacmi förmülasyonunu türetmek için;‘yi denklem 18’de yerine koyduğumuzda aşağıdaki denklemi elde

ederiz.

(4.22)

Denkler 21.a ile 22 birleştirerek, to anında sistem ile kontrol hacminin örtüştüğünü de hesabakatarak, durağan bir referans koordinatına göre, dönme olmaksızın ivmelenen bir kontol hacmi

için Newton’un ikinci yasası aşağıdaki gibi olur.

(4.23)


139/565

ÖRNEK 4.8 DOĞRUSAL İVME İLE HAREKET EDEN KANATÇIK

Verilenler: Şekildeki gibi M=75 kg olan bir kanatçık ve araba .

İstenenler: U(t) ve sonuçlarının grafiği.

Kabuller:1. Fyx=0, direnç olmadığı için.2. Fwx=0


140/565

140140140140140140140140140140140

2. Fwx 03. Araba kütlesine kıyasla,

kanatçık ile temas halinde olansuyun kütlesi ihmal edilebilir.

4. KH içersindeki sıvınınmomentum değişim hızı ihmal

edilebilir.5. 1 ve 2 kesitlerinde üniform

akış.6. Su akımının hızı, kanatçık

üzerindeki sürtünme ileyavaşlatılamaz.

7. A1=A2=A

Ana denklemler:

rfx ve xyz alt indislerini atarsak:


141/565

141

Denklemin sol tarafı:

Böylece şu denklem yazılabilir:

Değişkenleri ayır isek:


142/565


143/565


144/565


145/565


146/565


147/565


148/565

OAB kolunun solundaki lüleyi göz önüne alalım. L


149/565

149

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


150/565

Termodinamiğin Birinci Yasası

Termodinamiğin birinci yasasının kontrol hacmi formülasyonu için denklem 6’dayerleştiririz ve

(4.27)

elde ederiz. Sistem ile kontrol hacmi t0’da çakıştıklarından,


151/565

151

eşitliği sağlanır. Bunun ışığında,

(4.28)

formülü türetilebilir. Burada,

Bir Kontrol Hacmi Tarafından Yapılan İş Oranı

Kontrol hacim tarafından yapılan iş oranı 4 sınıfa ayrılır.

1. Mil işiMil işini ile belirteceğiz ve bu nedenle mil işi tarafından kontrol yüzeyinen dışarı aktarılan iş


152/565

152

Mil işini ile belirteceğiz ve bu nedenle mil işi tarafından kontrol yüzeyinen dışarı aktarılan iş

oranı ile gösterilmektedir. Mil işi örnekleri, bir güç santralinin buhar türbini tarafındanüretilen iş (pozitif mil iş) ile bir buzdolabının kompresörünü çalıştırmak için gereken iş girişidir(negatif mil işi).

2. Kontrol Yüzeyindeki Normal Gerilmeler Tarafından Yapılan İş

Bir kuvveti sonsuz küçük bir yer değiştirme olan boyunca etki ettiği zaman yapılan iş

olmaktadır. Kuvvet tarafından yapılan iş ise,

şeklinde olacaktır. Bunu normal ve kayma gerilmeleri tarafından yapılan işi oranını hesaplamakiçin kullanırız.

Şekil 4.4 Normal ve kayma gerilmesi kuvvetleri


153/565

153

Bir alan elemanı üzerindeki normal geril me kuvveti için bir ifade yazabiliriz. Bu, normal gerilmeile vektör alan elemanının çarpımıyla verilecektir. Dolayısıyla alan elemanı üzerinde yapılaniş oranı,

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

3. Kontrol Yüzeyinde Kayma Gerilmeleri Tarafından Yapılan İş

Kontrol hacmi sınırlarında normal gerilmeler tarafından iş yapıldığı gibi, kayma gerilmeleri

tarafından da iş yapılabilir.

Şekil 4.4’te gösterildiği gibi, kontrol yüzeyinin bir alan elemanı üzerine etki eden viskoz kuvvet


154/565

154

ile verilmekte olup, burada kayma gerilmesi vektörü, , dA düzleminde herhangi bir yönde etkieden kayma gerilmesidir.

Kayma gerilmeleri tarafından tüm kontrol yüzeyi üzerinde yapılan iş oranı,

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

ile verilmektedir.


155/565

Kontrol Hacmi Denklemi

Denklem 29’daki ifadesini denklem 28’de yerine koyarak:

Burada olup, özgül hacimdir, öyleyse:


156/565

156

Bu nedenle,

Son olarak ifadesini en son terimde yerine koyarak, bir kontrol hacmi içinbirinci yasanın tanıdık formunu elde ederiz.

(4.30)


157/565


158/565


159/565

Termodinamiğin İkinci Yasası

İkinci yasanın sistem formülasyonunu elde etmek için,

denkleminde kabul edersek:


160/565

160

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

Son iki denklemimiz bize bu formülasyonu verirler.


161/565

Akışkan Hareketinin Diferansiyel Analizine Giriş

Kütlenin Korunumu


Kütlenin Korunumu



162/565

162162162

İki Boyutlu Sıkıştırılamaz Akış İçin Akım Fonksiyonları

Bir Akışkan Parçacığının Hareketi (Kinematik)

Momentum Denklemi

Hesaplamalı Akışkanlar Dinamiğine Giriş

İki Boyutlu Sıkıştırılamaz Akış İçin Akım Fonksiyonları

Bir Akışkan Parçacığının Hareketi (Kinematik)

Momentum Denklemi


Kütlenin Korunumu

Kartezten Koordinat Sistemi

Kartezyen koordinatlarda seçilen KH şekil 5.1’de gösterildiği gibi kenar uzunlukları dx, dy, dz olansonsuz küçük bir küptür.Kontrol yüzeyinin altı yüzünün her birinde özellikleri hesaplamak için, O noktası etrafında TaylorSerisi açılımı kullanılır. Örneğin sağ yüzde:


163/565

163

Yüksek mertebeli terimleri ihmal edersek,

yazabiliriz ve

burada ρ, u, ve terimlerinin hepsi O noktasında hesaplanmıştır.


164/565

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


165/565

165

Alt yüzey için sonuçları toplayarak:

Yada


166/565

166

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

Denklem 9’u tamamlamak için hacim integralini hesaplamamız gerekmektedir.

Bu nedenle, Denklem 4.9’dan kütlenin korunumu yasasının diferansiyel bir formunu elde

ederiz. (dxdydz’yi sadeleştirdikten sonra.)

(5.1a)

Denklem 5.1a genellikle süreklilik denklemi olarak adlandırılır. Kartezyen koordinatlarda vektöroperatörü ile verilir.

O Halde

Kütlenin korunumu


167/565

167

(5.1b)

olarakta yazılabilir.Diferansiyel süreklilik denkleminin basitleştirilebileceği iki akış durumu incelenebilir.Sıkıştırılamaz akış için ρ=sabit, ne koordinatların ne de zamanın bir fonksiyonu değildir. Busebeple sıkıştırılamaz akış için süreklilik denklemimiz aşağıdaki şekilde basitleşir.

(5.1c)

Daimi akış için tüm akışkan özellikleri zamandan bağımsız olmalıdır.

ÖRNEK 5.2 İKİ BOYUTLU DİFERANSİYEL SÜREKLİLİK DENKLEMİNİN İNTEGRASYONU

Verilenler: u=A.x olan xy düzleminde iki boyutlu akış

İstenenler: 1. sıkıştırılamaz akış için mümkün

olan y bileşeni?2. mümkün olan y bileşeni sayısı

Ana denklem:

Sıkıştırılamaz akış için ana denklemimiz şeklinde basitleşir. Kartezyenkoordinatlarda


168/565

168168168168168168168168168168168168168168

xy düzleminde iki boyutlu akış için ‘dir. Öyleyse z’ye göre kısmi türevler

sıfırdır.

O Zaman


169/565

Silindirik Koordinat Sistemi


170/565

170

Şekil 5.2 Silindirik koordinatlarda diferansiyel kontrol hacmi

Merkez O’daki yoğunluğun ρ ve hızın olduğu kabul edilmektedir.‘yı hesaplamak için, kontrol yüzeyinin altı yüzeyinin herbirinden geçen kütle akışını

dikkate almalıyız.Kontrol yüzeyinden dışa çıkan net kütle akışının,

ile verildiğini görmekteyiz.

Kontrol hacmindeki kütlenin değişim hızı,

ile verilir. O zaman silindirik koordinatlarda kütlenin korunumu için diferansyiel denklem

veya


171/565

171

olur. r ile bölersek

(5.2a)

elde ederiz. Silindirik koordinatlarda vektör operatörü aşağıdaki gibidir:

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

(5.2b)

Daimi akış için denklem 5.2a şu şekle indirgenir.


172/565

172

(5.2c)

ÖRNEK 5.3 SİLİNDİRİK KOORDİNATLARDA DİFERANSİYEL SÜREKLİLİK DENKLEMİ

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

İstenenler: sıkıştırılamaz akış için f(r)

koşulları.

Ana denklem:

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


173/565

173173173173173173173173173173173173173173173

Verilne hız alanı için ve z’ye göre kısmi türevler sıfırdır. Yani,

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

2 Boyutlu Sıkıştırılamaz Akış İçin Akım Fonksiyonu

Akım fonksiyonu ortaya koyarak, akım çizgilerinin uygun bir şekilde tanımlayabiliriz. İki adethız bileşenimiz vardır. tek fonksiyonu olan iki boyutlu sıkıştırılamaz akışın ve

bileşenleri.

Akım fonksiyonunu tanımlamaya sıkıştırılamaz akış için süreklilik denkleminin 2 boyutlu şekli ilebaşlıyoruz.

(5 3)


174/565

174

(5.3)

Denklem 5.3 seçtiğimiz herhangi bir için otomatik olarak sağlansın diye akımfonksiyonunu

(5.4)

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

Denklemi yanlız bir akım çizgisi boyunca geçerlidir. Veya akım fonksiyonumuzun tanımınıkullanarak,

elde edilir.

Diğer taraftan, tam olarak matematiksel bir bakış açısıyla, herhangi bir anda t zamanında uzaydabi f k i d ki d ği i ğ d ki ibidi


175/565

175

bir fonksiyonundaki değişim aşağıdaki gibidir.

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


176/565

176

Şekil 5.3 İki boyutlu bir akıştaki anlık akım çizgileri

Şekildeki AB ile BC çizgilerini kullanarak debiyi hesaplayalım. Birim derinlik için AB’den geçendebi:

Ancak AB boyunca x sabittir ‘dir. Böylece:

Birim derinlik için BC’den geçen debi:

BC boyunca y sabit ve ‘dir. Bu yüzden:

i i i i k ll k iki k i i i d ki h i l d bi i iki k f k i


177/565

177

AB veya BC çizgisini kullansakta iki akım çizgisi arasındaki hacimsel debinin iki akım fonksiyonudeğerinin arasındaki farkla ortaya konulduğunu gördük. İki akım çizgisi arasındaki hacimsel debisabit olduğu için, hızın akım çizglilerinin birbirine yakın olduğu yerlerde artacağına, uzak olduğuyerlerde ise azalacağına dikkat etmeliyiz.

düzleminde, sıkıştırılamaz bir akış için, kütlenin korunumu aşağıdaki gibidir.

(5.5)

Denklem 5.4 için kullanılan mantığı kullanarak, akım fonksiyonu, , aşağıdaki gibiçıkarılabilir.

(5.6)


178/565

178

ÖRNEK 5.4 BİR KÖŞEDEKİ AKIŞ İÇİN AKIM FONKSİYONU

Verilenler: Hız alanı: , A=0.3s‐1

İstenenler: Akım fonksiyonunu bularak birinci ve ikinci çeyreklerde grafiğini çizmek ve

sonuçları yorumlamak.

Akış sıkıştırılamazdır. Böylece denklem 5.4 sağlanır.


179/565

179179179179179179179179179179179179179179179179

Verilen hız alanına göre:

y’ye göre integralini alırsak:

f(x) keyfidir ve kullanılarak hesaplanabilir. Böylece:

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


180/565

180

haline gelir. Çizim için c değeri makul herhangi bir değer seçilebilir. Burada işimizikolaylaştırması için 0 alıyoruz. c=0 ve A=0.3s‐1 ise; olacaktır.

Birinci çeyrekte u>0’dır ve böylece pozitif değerler alır. İkinci çeyrek için ise tam zıttıgeçerlidir. Ayrıca birinci çeyrekte


181/565

181

İkinci çeyrekte u


182/565

182

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


183/565

183


184/565

184

Video 5.1 Bir kanaldaki parçacık akışı


185/565

Şekil 5.6 Bir akış alanındaki parçacığın hareketi.

Parçacık hızı t anında ile verilir. Öyleyse dt anında konumundan konumuna hareket


186/565

186

Parçacık hızı t anında ile verilir. Öyleyse dt anında konumundan konumuna hareketeden parçacığın hızındaki değişim aşağıdaki zincir kuralı ile verilir.

Parçacığın toplam ivmesi:

ile verilir.

olduğu için:

Bir hız alanındaki akışkan parçacığının ivmesini hesaplamanın özel bir türev gerektirir, bu sebeple

sembolü verilmiştir.


187/565

187

(5.7)

Bu türev maddesel veya parçacık türevi olarak adlandırılır.

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

İki boyutlu akış, için denklem 5.7 aşağıdaki hale indirgenir:


188/565

188

Bir boyutlu akış, için denklem 5.7 aşağıdaki hale indirgenir:

Son olarak üç boyutlu daimi akış için:

Denklem 5.7 bir vektör denklemidir ve skaler bilşenleri yazılabilir.

(5.8a)

(5.8b)

(5.8c)


189/565

189

hızını, silindirik koordinatlarda ifade ederek ve vektör öperatörü için uygun ifadedenfaydalanarak, silindirik koordinatlarda ivme bileşenleri elde edilebilir:

(5.9a)

(5.9b)

(5.9c)

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


190/565

190

Video 5.2 Lagrange ve Euler akışları

ÖRNEK 5.5 EULER VE LAGRANGE TANIMLAMALARINDA PARÇACIK İVMESİ

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

İstenenler: a) Euler yaklaşımını kullanarak merkez çizgisi boyunca hareket eden birparçacığın ivmesi.

b) Lagrange yaklaşımını kullanarak merkez çizgisi boyunca hareket eden bir

parçacığın ivmesi.) P k k l b d d ik i i i h l


191/565

191191191191191191191191191191191191191191191191191

c) Parçacık kanalın başında ve sonunda iken ivmesini hesaplayınız.

a) Euler yaklaşımıİvmenin x bileşeni ile ilgileniriz:

x ekseni üzerinde olduğundan dolayı daimi akış için

veya denklemleri elde edilir.

b) Lagrange yaklaşımıBu yaklaşımda konum gerekmektedir, daha sonra hız ve ivmeyi elde edebiliriz.

ve gerekmektedir. xp(t) verilmemiştir fakat

elimizde mevcuttur. Değişkenlere ayırarak ve limitlerini

kullanarak:


192/565

192

elde edilir.xp(t) için çözersek: Buradan hız ve ivme:

ve

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

Lagrange yaklaşımı için bu noktalardaki zamanları da bulmamız gerekiyor.

O halde denkleminden:


193/565

193

O halde denkleminden:


194/565

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


195/565

195

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

olduğu kolaylıkla görülebilir.

O halde denklemi,

haline gelir. Vektörel gösterimde ise,

(5.10)

olacaktır.


196/565

196

Akışkan parçacıklarının dönmesi, kayma gerilmelerinin olduğu akışlarda daima ortayaçıkmaktadır. Kaymaya maruz kalan bir viskoz akışkanda, kayma gerilmeleri mevcuttur. Bundan

dolayı, akışkan parçacıklarının dönmesinin sadece viskoz akışlarda meydana geleceği sonucunuçıkarırız.Parçacık dönmesinin olmadığı akışlar ise dönümsüz akışlardır. Dönmenin iki katı olan vortisiteyi,

, tanımlayarak denklem 5.10’dan ½ katsayısı çıkarılabilir.

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

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


197/565

197

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

Şekil 5.8 Bir akışkan elemanın sınırlarındaki hız bileşenleri.


198/565

198

Kapalı eğri oacb için,

Öyleyse: Yani kapalı bir konturun etrafındakisirkülasyon, konturun kapsadığı toplam vostisiteye eşittir.

ÖRNEK 5.6 SERBEST VE ZORLANMIŞ GİRDAP AKIŞLARI

Verilenler: Teğetsel hareketteki akış akışkanları

İstenenler: a) Rijit cisim hareket için (zorlanmış bir girdap) dönme, vortisite vesirkülasyon

b) Dönümsüz hareket için (serbest bir girdap)

A d kl


199/565

199199199199199199199199199199199199199199199199199199

Ana denklem:

düzlemindeki hareket için, dönme vortisitenin bileşenleri sadece z yönünüdedir.

Bu alanların heryerinde Vr=0 olduğu için, bu haline indirgenir.

a) Rijit cisim dönmesi için . O halde,

ve

Sirkülasyon:

A kontur ile çevrelenen alandır.


200/565

200

b) Dönümsüz akış için, . İntegralini alırsak:

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

olacaktır.

Akışkan Şekil Değiştirmesi


201/565

201

Akışkan Şekil Değiştirmesi

a) Açısal Şekil Değiştirme

Açısal şekil değiştirme iki açısal şekil değiştirmenin toplamıyla yani ile verilir.

Benzerleri yz ve zx düzlemler içinde yazılabilir.


202/565

202

ÖRNEK 5.7 VİSKOMETRİK AKIŞTA DÖNME

Verilenler: Hız alanı, U=4 mm/sve h=4 mm.Gösterildiği gibi artı işareti oluşturmak için

t =0’da işaretlenen akışkan parçacıkları.

İstenenler: a) t=1.5 sn’de a’, b’, c’ ve d’ noktalarınınkonumları, grafik çizimi.b) Açısal şekil değiştirme hızı

c) Bir akışkan parçacığının dönme hızıd) Bu sonuçların önemi


203/565

203203203203203203203203203203203203203203203203203203203

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

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

Açısal şekil değiştirme hızı:


204/565

204

Dönme hızı:

b) Doğrusal Şekil DeğiştirmeDoğrusal şekil değiştirme esnasında, tüm dik açılar dik açı olarak kalmaya devam ettiğinden,köşelerindeki açılarla tanımlanan akışkan elemanın şekli değişmez. Sadece sıfırdan farklı

bir değerde olursa, elemanın x yönünde uzunluğu değişecektir. Benzer şekilde y için ,z için sıfır olmamalı. Kenar uzunluklarındaki değişim, elemanın hacminde değişikliğesebep olur. Yerel anlık hacim genişleme hızı:

ile verilir. Sıkıştırılamaz hacim için hacim genişleme hızı sıfırdır.


205/565

205

ÖRNEK 5.8 BİR KÖŞEDEKİ AKIŞ İÇİN ŞEKİL DEĞİŞTİRME HIZLARI

Verilenler: , x ve ymetre cinsindedir.

İstenenler: a) noktası a noktası x=3/2’de a’konumunda olduğunda karenin konumub) Doğrusal şekil değiştirme hızlarıc) abcd alanı ile kıyaslanan a’b’c’d’ alanıd) Bu sonuçların önemi

Önce değerini bulmalıyız Bu sebeple Lagrange tanımlası ile akışkan parçacığını


206/565

206206206206206206206206206206206206206206206206206206206206

Önce değerini bulmalıyız. Bu sebeple Lagrange tanımlası ile akışkan parçacığınıizlemeliyiz.

bu yüzden

y yönünde,


207/565

207

Doğrusal şekil değiştirme hızları,

x yönünde, y yönünde


208/565


209/565

Bir Akışkan Parçacığına Etki Eden Kuvvetler

Kütlesi dm ve hacmi olan diferansiyel bir eleman üzerine etki eden kuvvetin x

bileşenini dikkate alalım.


210/565

210

Şekil 5.9 Bir akışkan elemanı üzerinde x yönündeki gerilmeler.

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


211/565

211

Basitleştirirsek,

elde ederiz. x yönündeki net kuvvet:

Benzer ifadeler y ve z yönleri içinde çıkarılabilir.

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


212/565

212

hareketin diferansiyel denklemini elde ederiz.

Newton Tipi Akışkan: Navier‐Stokes Denklemleri

Newton tipi bir akışkan için, viskoz gerilme doğrudan kayma gerilmesi hızı ile orantılıdır. Bir

boyutlu laminer Newton tipi akışkan için kayma gerilmesinin, açısal şekil değiştirme hızı ileorantılı olduğunu biliyoruz. Üç boyutlu akışlar için bu durum biraz daha karmaşıktır, açısal şekildeğiştirme hızı ve karmaşık daha başka ifadeler gerekmektedir. Gerilmeler, hız grandyenleri veakışkan özellikleri kartezyen koordiatlarda aşağıdaki gibi ifade edilebilir.


213/565

213

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


214/565

214

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

Bu şartlar altında:

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


215/565

215

Sürtünmesiz akış durumunda yani µ 0 olduğunda, hareket denklemleri Euler Denklemineindirgenir.

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

Verilenler:Daimi, tam gelişmiş laminer,h kalınlığında ince tabaka halinde eğimlibir düz yüzey aşağısına doğru sıvı akışı.

İstenenler: a) Bu akış alanını modellemek için basitleşrilmiş süreklilik veNavier−Stokes denklemleri

b) Hız profilleri

Kabuller: 1) Akış daimi, zamana bağlıdeğişiklik yok

2) Şıkıştırılamaz akış, yoğunluk

sabit 3) z yönünde akış veya özellikdeğişimi yok, w=0, ∂/∂z=0

4) Tam gelişmiş akış, x yönündeözellikler değişmiyor, ∂/∂x=0.


216/565

216216216216216216216216216216216216216216216216216216216216216

b) Hız profilleric) Kayma gerilmesi dağılımı

d) Diyagrama dik yüzeyin birim derinliği başına hacimsel debie) Ortalama akış hızıf) Diyagrama dik yüzeyin birim derinliği başına hacimsel debi cinsinden ince

tabaka kalınlığıg) 1 m genişliğinde, yatayla 15° eğim yapan bir yüzey üzerindeki 1 mm

kalınlığında ince su tabakasındaki hacimsel debi.

Akış alanını modellemek için kullanı‐lan geometri ve koordinat sistemiyandadır.

Sabit viskoziteli sıkıştırılamaz akış için yazılan ana denklemler:


217/565

217

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

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

öyleyse denklemimiz,

h l d İ l l k


218/565

218

haline dönüşür. İntegral alırsak,

İkinci bir integral daha alırsak,

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

İlk denklemde ise y=h yazılırsa c1 aşağıdaki gibi elde edilir.

Bunu ikinci denklemde yerine koyarsak hız profilini buluruz.

veya


219/565

219

Kayma gerilmesi ise şöyle çıkacaktır:

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

Hacimsel debi,

b, z yönündeki yüzey genişliğidir. Yerine koyarsak:

Ortalama akış hızı ‘dir. Böylece:


220/565

220

İnce tabaka kalınlığını çözersek:

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

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

debi taşıyacaktı.


221/565

221


HAD Gereksinimi

Navier‐Stokes ve süreklilik denklemleri, birkaç sebebin birleşik etkisi sebebi ile gerçekte analitik

olarak çözülememektedir.

1. Denklemler bağlıdırlar. Bilinmeyenler, u, υ, w ve p tüm denklemlerde gözükürler ( p süreklilikdenkleminde gözükmez) ve bilinmeyenlerin herhangi biri ile, bir denklemle sonuçlanması içindenklemlerde oynama yapamayız. Bu sebeple tüm bilinmeyenler aynı anda çözülmeli.

2. Denklemler doğrusal değildirler. Bunun sonucu olarak, denklemlerin bir çözümünü eldeedemeyiz ve bunu üçüncü bir çözüm bulmak için ikinci bir çözüm ile birleştiremeyiz. Akışısürtünmesiz akış ile sınırlandırdığımızda akışın doğrusal denklemleri türetebilmekteyiz.

3 D kl l iki i d k dif i l d kl l di B l bi i i d dif i l


222/565

222

3. Denklemler ikinci derece kısmı diferansiyel denklemlerdir. Bunlar birinci derece diferansiyeldenklemlerden apaçık daha karmaşıktır.

Bu zorluklar mühendisleri, bilim adamlarını ve matemakçileri akışkanlar mekaniği problemleriçözümünde birtakım yaklaşımları kabul etmeye itmiştir. Viskoz terimleri ihmal edebilirsek,sonuçtaki sıkıştırılamaz, viskozitesiz akışla rahatlıkla başa çıkabiliriz.

HAD’nin Uygulamaları

Çeşitli uygulamalarda HAD kullanılır ve şu anda birçok endüstride yaygındır. ANSYS A.Ş.’nin bir

HAD yazılım paket programı olan FLUENT’i kullanarak geliştirilen bazı örnekler şunlardır.


223/565

223

Şekil 5.9 Bir Formula 1 arabasıyla etrafındaki yörünge çizgileri.

Bir Formula 1 arabasının etrafındaki seçilen akışkan parçacıkları tarafından alınan yolugöstermektedir. Böyle yörünge çizgilerini ve diğer akış özelliklerini inceleyerek, direnci azaltmakve performansı arttırmak için, mühendisler arabayı nasıl tasarlayacakları konusunda sezgikazanırlar.

Şekil 5.10 Bir katalitik dönüştürücüdeki akış.

Hepimizin daha kolay nefes alıp verebilmesi için otomotiv egzoz gazlarını temizlemede kullanılanbir cihaz olan katalitik dönüştürücüdeki akış gösterilmektedir. Bu resim hız büyüklüğü ilerenklendirilen yörünge çizgilerini göstermektedir. Farklı kimyasal türlerin cihaz içinde nasılkarışğını ve tepkime yapğını incelemelerine imkan vererek daha etkili katalitik


224/565

224

karışğını ve tepkime yapğını incelemelerine imkan vererek, daha etkili katalitikdönüştürücüleri geliştirmeleri amacıyla, HAD mühendislere yardımcı olur.

Şekil 5.11 Bir santrifüj fandaki akış için statik basınç konturları.


225/565

225

Havalandırma uygulamalarında kullanılan geriye eğimli bir santrifüj fandaki statik basınçkonturlarını göstermektedir. HAD simülasyonlarından elde edilen fan performanskarakteristikleri, fiziksel deneylerden alınan sonuçlara çok benzemektedir.

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

Bir Hesap Tablosu Kullanarak Bazı Temel HAD/Sayısal Yöntemler

Bu yöntemler, öğrencinin bilgisayarı kullanarak temel HAD’yi nasıl uygulayabileceğinigösterecektir İlk olarak bir diferansiyel denklemin en basit halini çözmeyi göz önünde


226/565

226

gösterecektir. İlk olarak, bir diferansiyel denklemin en basit halini çözmeyi göz önündebulunduracağız: birinci‐dereceden bir adi diferansiyel denklem,

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

Eğer bir adım büyüklüğünü h=xn+1‐xn seçersek, yukarıdaki denklemler birleştirilebilir:

veya ileAdi diferansiyel denklemlerin çözümü Euler yönteminden geçmektedir.


227/565

227

Şekil 5.12 Euler Yöntemi

y n+ 1’in çözüm eğrisi üzerinde olmadığını, fakat ona yakın olduğunu şekilde görebiliyoruz. Adımbüyüklüğü h’yi küçülterek üçgeni daha küçültürsek, y n+ 1 istenen çözüme daha yakın olacaktır.(x0,y0) ile başlayıp daha sonra (x1,y1), (x2,y2), vs. elde etmek için, iki Euler iterasyon denklemini

tekrar tekrar kullanabiliriz. Çözüm için bir denkleme değil, bir sayılar setine ulaşırız. Bundandolayı analitik bir yöntemden ziyade çözüm sayısaldır.

ÖRNEK 5.10 BİR DEPOYU BOŞALTMAK İÇİN EULER YÖNTEMİ ÇÖZÜMÜ

Verilenler: Bir depodan su boşalması. İlk derinlik y0=1m,Tank çapı D=250mm’dir. Tabandaki delik çapı 2mm.

İstenenler: 100 dakika sonraki su derinliği, derinliğinzamana karşı çizimi, sonuçların doğruluğu.

Ana denklemler:

Bir Excel tablosu oluşturulursa:


228/565

228228228228228228228228228228228228228228228228228228228228228228

Bir Excel tablosu oluşturulursa:

100 dk sonra sudaki derinlik = ‐0.021m (Euler 11 nokta)= 0.0102m (Euler 21 nokta)= 0.0224m (Gerçek)

100 dk sonraki hata = %110 (Euler 11 nokta)= %54 (Euler 21 nokta)


229/565

229

Had Stratejisi

Büyük ölçüde HAD stratejisi, sürekli problem bölgesini, “grid” veya “ağ” kullanarak bir ayrık bölge

ile değiştirmektedir. Sürekli bölgede, her bir akış değişkeni bölgedeki herbir noktada tanımlanır.Mesela, Şekil 5.13’te gösterilen sürekli bölgedeki basınç p,

olarak verilecektir. Ayrık bölgede, her bir akış değişkeni sadece grid noktalarında tanımlanır.

Böylece, Şekil 5.13’teki ayrık bölgede, basınç sadece N grid noktalarında tanımlanacaktır,


230/565

230

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


231/565

Sonlu Fark Yöntemini Kullanarak Ayrıklaştırma

Önce sürekli bölgeden ayrık bölgeye gidiş işlemini inceleyelim:

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

Şekil 5.15 Dört grid noktası olan bir basit 1B grid.

Şekil 5.15’te gösterilen tam gelişmemiş grid üzerinde, yukarıdaki denklemin m=1 için ayrık


232/565

232

Ş g g ş ş g , y ç ygösterimini türeteceğiz. Ana denklem herhangi bir grid noktasında geçerli olduğundan,

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

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

Burada son terim “delta x derecesi” olarak telaffuz edilir.

Ana denklemimiz içinde bu denklemi kullanarak, model denklemimiz için aşağıdaki ayrıkgösterimi elde ederiz:


233/565

233

Ayrık Sistemin Birleştirilmesi ve Sınır Şartlarının Uygulanması

Bulmuş olduğumuz ayrık gösterimli model denklemi yeniden düzenleyerek:

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

verir Ayrık denklem soldaki sınırda (i=1) kullanılmaz çünkü ui 1=u0 tanımlanmamıştır Bunun


234/565

234

verir. Ayrık denklem soldaki sınırda (i=1) kullanılmaz çünkü ui‐1=u0 tanımlanmamıştır. Bunun

yerine sınır şartını kullanarak u1=1 elde ederiz. Bu denklem sistemini matris olarak yazmakuygundur:

Ayrık Sistem Çözümü

Grid noktalarındaki bilinmeyenleri elde etmek amacıyla, basit 1B örneğimiz için ayrık sistemkolayca dönüştürüebilir. ∆x=1/3 için çözüm,

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


235/565

235

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

Şekil 5.16’da dört nokta grid üzerinde elde edilen ayrık çözüm ile Excel kullanılarak bulunan tamçözümün kıyaslamasını göstermektedir. Sağ sınırda hata %14.7’ye eşit olup en büyük değerdedir.Ayrık sistemlerin birleştirilmesi başlığındaki matrislerde gösterildiği gibi, bir grid noktasındakiayrık denklem sadece komşu grid noktalarındaki miktarları içerdiğinden, sıfır olmayan girdilerköşegen etrafında toplanırlar.

Hafıza kullanımını en aza indirmek için bir HAD kodu sadece sıfır olmayan değerleri hafı‐zaya alacaktır. Ayrıca, matrisi ters çevirmek için genellikle iteratif bir yöntem kullanacaktır

uzun tekrarlama yapan yöntem, matris tersini almanın gerçek çözümüne daha yakın olanyöntemdir.


236/565

236

Grid Yakınsaması

Yukarıdaki matrisin 4 X 4 problemi yerine, bu ilave gridlerin her birine yukarıdaki birleştirme veçözüm adımlarını tekrarlarız, sırasıyla 8 X 8 ve 16 X 16’lık bir problem elde ederiz. Şekil 5.16, üç

grid üzerinde elde edilen (Excel kullanarak) sonuçlarla tam çözümü kıyaslamaktadır. Gridnoktalarının sayısı sayısal hata azalmaktadır.

ε belirli bir grid üzerinde elde edilen sayısal çözümdeki hatanın toplam miktarı olsun. Şekil5.18’daki sayısal çözümler için, ε, mesela, sayısal ile tam çözümler arasındaki farkın RMS değeri

olarak tahmin edilir.


237/565

237

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

Olmasını beklemek makuldür. Ayrıklaştırma bölgesi için kesme hatası O(∆x) olduğu için, n=1olmasını beklenir. Şekil 5.18’de en küçük kareler uydurmasının eğimi n değerini verir. Bu değerşekle göre 1 yakın bir değer olan n=0.92’dir. Grid daha fazla inildikçe ve ∆x devamlı olarakküçüldükçe, n değeri 1’e yaklaşacaktır. İkinci derece bölge için n değerinin 2 olamasını bekleriz;


238/565

238

ç ç , ğ y ş g ç ğ ;

bu, gridi inceltmeyle ayrıklaştırma hatasının iki kat daha hızlı azalacağı anlamına gelir.

Doğrusal Olmayan Yaklaşım

Daha önce ele aldığımız basit 1B örneğimizde m=2 kullanarak doğrusal olmamanın etkisinigöreceğiz.

Bu denkleme birinci dereceden sonlu fark yaklaşımı yapılırsa:

Bu doğrusal olmayan cebirsel bir denklemdir. ui2 terimi doğrusalsızlığın kaynağıdır.

Doğrusal olmamayı ele almak için benimsenen strateji, denklemleri çözümün bir tahmin değeri


239/565

239

etrafında doğrusallaştırmak ve tahmin, belirli bir hata payı seviyesine ile uyuşuncaya kadariterasyon yapmaktır. ugi, ui için tahmin olsun.

Yeniden düzenleyip karesini aldığımızda:

∆ui

8/15/2019 Akiskanlar Mekanigi Ders Sunul

akiskanlar mekanigi ders sunulari fox alipinarbasi

Documents