2. BÖLÜM AKIŞKANLARIN STATİĞİ Akışkanlar mekaniğinin birçok

2. BÖLÜM
AKIŞKANLARIN STATİĞİ
Akışkanlar mekaniğinin birçok probleminde hareket yoktur. Bu tip problemlerde
duran bir akışkan içinde basınç dağılımı ve bu basınç dağılımının katı yüzeylere ve yüzen
veya dalmış cisimlere etkileri ele alınır (White, 2004).
Bu bölümün amacı:
-
Durgun halde bulunan akışkanlarla ilgili mekanik kanunları çıkarmak
-
Çıkarılan bu kanunları pratik problemlere uygulamak.
Kayma gerilmesi oluşmayan akışkana “ideal akışkan” denir. (Sürtünmesiz akışkan)
Kayma gerilmesi () = 0
Viskozite () = 0
Hız gradyanı (du/dy) = 0
İdeal akışkan
2.1 Bir Noktada Basınç
En ufak kayma gerilmesinin etkisi altında dahi, akışkanın şekil değiştirdiğini (yani
hareket ettiğini) görmüştük. Buna göre, akışkan hareket etmiyorsa, yani durgunsa, içerisinde
herhangi bir kayma gerilmesi oluşmaz. Kayma gerilmesi oluşmayan durgun akışkanda
boyutları dx.dz.ds olan üçgen prizmaya basınç gerilmeleri uygulanıyor. Şekil düzlemine dik
derinlik (1)’dir (Sümer vd., 1993).
1
dz
dF3 = p3.ds.1
ds
dF1 = p1.dz.1

1
dx
dF2 = p2.dx.1
dw  γ.
dx.dz
.1 (Cismin ağırlığı nedeniyle oluşan kuvvet)
2
1
Prizmaya etkiyen kuvvetler için denge denklemleri yazılırsa;
Fx = p1.dz – p3.ds.Sin = 0
Fz = p2.dx – γ.
(1)
dx.dz
.1 - p3.ds.Cos = 0
2
(2)
Şeklin geometrisinden dolayı
dx = ds.cos , dz = ds.sin
(3a,b)
(3) de yazılan ifadeleri (1) ve (2)’de yerine koyarsak
p1 = p3
(4)
p2 = p3 + γ.
dz
2
(5)
dx  0 ve dz  0 ise dx.dz.ds üçgeni bir noktaya indirgenecektir. Bu halde (4) denkleminden
ve dz  0 için (5) denkleminden
p1 = p2 =p3
(6)
bulunur.
SONUÇ: Bir noktada basınç doğrultudan bağımsızdır. Bir noktadaki basınç hangi doğrultuda
etkirse etkisin değeri değişmez.(x, y, z) koordinatlarına (noktalarına) bağlıdır. Yönle
değişmez.
p ≠ p (yön)
p = p(x,y,z) = p (nokta) yönle değişmediğine göre SKALER bir büyüklüktür.
2.2 Basıncın Derinlikle Değişimi
Durgun bir akışkan kütlesi içerisinde boyutları 1.1.dz olan bir akışkan parçası
düşünelim.
p0
 p0

Atmosfer
(p+dp).1.1
1
h
Mutlak Basınç
1
H
dz
Rölatif Basınç
dw = .dz
.h
p0
z
z
p.1.1
.H
p0
2
Bu prizmatik elemanter parçanın tabanına etkiyen basınç p olsun. dz kadar yukarıda
basınçtaki değişiklik dp olsun; o halde bu prizmatik parçanın üst yüzüne etkiyen basınç
(p+dp) olacak. Bu prizmatik parçanın ağırlığı dw = .dz’dir.
z doğrultusnda denge denklemi:
Fz = p – (p+dp) - dz = 0
p = - z + sabit
 dp = - dz bu ifadenin integral, alınırsa
(7)
Sınır koşulu kullanılırsa z = H olursa, buradaki basınç atmosfer basıncıdır.
z = H  p = p0 = atmosfer basıncı
integral sabiti; sabit = p0 + H
………………………………………………………....(8)
(7) ve (8) denklemlerinden p = p0 +  (H-z)
Buradan basıncın derinlikle değişimi için şu önemli denklem elde edilir.
p = p0 +  h 
Mutlak Basınç
HİDROSTATİK BASINÇ KANUNU……………………...(9)
p - p0 =  h
Rölatif basınç

Basınç derinlikle lineer değişmektedir.

Doğrunun eğimi suyun özgül ağırlığı ()’yi verir.
Hidrostatik Basınç Kanununa göre, akışkan değişmemesi koşulu ile durgun bir akışkanda aynı
derinliklerde basınç da aynıdır. Bu noktaların geometrik yeri birer yatay düzlem oluşturur.
İşte bu yatay düzlemlere EŞ BASINÇ YÜZEYİ veya NİVO YÜZEYİ diyoruz.
2.3.1 Değişik Ağırlıklı Sıvılar
Mutlak Basınç
h1
1
h2
2
h3
3
Rölatif Basınç
En ağır altta, an hafifi en üstte olacak
şekilde kabın içine sıvı yer alırlar.
kabın tabanındaki basınç;
p0
p = p0 + 1.h1 + 2.h2 + 3.h3
3
2.3.2 Birleşik Kaplar
(a-a) da bir nivo yüzeyidir. Buna göre
p0 + .h1 = p0 + .h2
h1
Civa
(h2-h1).  = 0
Sıfır olamayacağına göre
h2
a
a
(h2-h1) = 0  h2 = h1
h2 = h1 ifadesi sıvı yüzeylerinin aynı seviyede olduğunu göstermektedir.
2.3.3 Manometre
Basıncın
değerini
belirlemeye
yarar.
manometre ile belirliyoruz.
Akışkan
B
h
A
y
1
2
a
a
Civa
a-a bir nivo yüzeyidir; bu yüzey üzerinde basınçlar birbirine eşittir.
p1 = p2
p1 = pB + .y = pA + .y
 pA = p0 + c.h - .y
p2 = p0 + c.h
h ve y ölçülebilir  pA bulunur.
2.3.4 Toricelli Deneyi
Boşluk p = 0
Tüpün tepesinde p = 0’dır. Şekilde a-a bir nivo yüzeyidir.
Civa
h
p1 = p2
p1 = p0
2
1
a
p2 = 0 + c.h = c.h
a
Civa
Son iki denklem, ilk denklemde yerine konacak olursa:
p0 = c.h
h = 0,76 m ve c = 13,6 t/m3 olduğuna göre atmosfer basıncı:
p0 = 10,33 t/m2
4
Eğer civa yerine, su kullanılmış olsaydı,  = 1 t/m3 ve p0 = 10,33 t/m2’den
h
p 0 10,33

 10,33 m

1
Yani atmosfer basıncı yaklaşık olarak 10 m lik su sütununa eşdeğerdir. Buna 1 Teknik
Atmosfer denir.
2.3.5 Pascal Kanunu
Şekilde görülen kabın içerisinde gaz vardır. Gaz pistona
1
F
h
2
etkiyen F kuvveti vasıtası ile sıkıştırılmıştır. Pistonun
gazla temasta olan yüzeyine etkiyen basınç:
p1 = F / A
A, pistonun kesit alanıdır. Herhangi bir 2 noktasındaki basınç
P2 = p1 + h
, gazın özgül ağırlığı, pratikte h << p1 olacağı için h, p1 yanında ihmal edilerek:
p2  p1
O halde Pascal Kanunu: Denge halinde bulunan bir akışkan, kapalı bir kap içerisinde basınca
maruz kalırsa, ağırlık ihmal edildiği takdirde, kabın her noktasında basınç aynıdır.
5
2.3.6 Düzlemsel Yüzeylere Etkiyen Basınç Kuvveti
2.3.6.1 Düşey Bir Duvar Üzerine Gelen Basınç
1
h
h
dA
h
A
1
Kesit 1-1
dA elemanter alanının:
Su tarafında basınç
= p0 +  h
Hava tarafında basınç
= p0
Bileşke basınç
=h
dA alanına etkiyen bileşke basınç
=  h dA
Taralı alan (A) alanına etkiyen bileşke basınç F    h dA
A
Taralı A alanına etkiyen yayılı yükün bileşkesidir.
Tatbik noktası bu yayılı yükün tatbik noktasıdır.
6
2.3.6.2 Eğimli Bir Duvar Üzerine Gelen Basınç
dA sin =dAh
a
h
dF
dA
A

dA cos =dAx
a
Kesit a-a
dA elemanter alanının
Su tarafında basınç
= p0 +  h
Hava tarafında basınç
= p0
Bileşke basınç
=h
dA alanına etkiyen kuvvet
dF =  h dA olacaktır. Bu kuvvetin yatay ve düşey bileşenleri:
dFx =  h dA cos  =  h dAx  dFx soldan sağa doğru
dFh =  h dA sin  =  h dAh  dFh yukarıdan aşağıya doğru
dAx ve dAh alanları dA alanının sırası ile düşey ve yatay düzlemler üzerindeki izdüşümleridir.
Bu ifadeleri integre edersek,
Fx    h dA x  A alanına etkiyen basınç kuvvetinin yatay bileşeni bu alanın düşey düzlem
Ax
üzerindeki izdüşümüne etkiyen basınç kuvvetine eşittir.
Fh    h dA h  Bu yüzey üzerindeki su prizmasının ağırlığına eşittir. Bu kuvvet su
Ah
prizmasının ağırlık merkezinden geçer.
7
2.3.7 Silindirik Yüzeylere Etkiyen Basınç Kuvveti
B
O
h
dF
p
ds
H
dFx
dx
dFh

p0
ds
dh
dx
dA cos =dAx
h
Bu yüzeyin, alanı ds.b olan elemanter parçasına gelen basınç p ise
Su tarafında basınç
= p0 +  h
Hava tarafında basınç
= p0
Bileşke basınç
=h
Bu parçaya etkiyen basınç kuvveti:
dFx = h ds b cos  = h b dh
dFh = h ds b sin  = h b dx
Bütün yüzey alanına gelen basınç kuvvetinin yatay ve düşey bileşenleri;
H
Fx  b  h dh  b
0
 H2
2
H
Fx  b  h dx  b  Alan (OBAO)
0
8
2.3.8 Arşimet Kanunu
Bu cismin üst yüzüne gelen basınç kuvveti:
2
1
4
3
5
6
F’ = 123451 bölgesindeki suyun ağırlığı (üst) (  )
Cismin alt yüzüne gelen basınç kuvveti:
F’’ = 123651 bölgesindeki suyun ağırlığı (alt) (  )
Bileşke kuvvet: F = F’’-F’ = 36543 bölgesindeki suyun ağırlığı
Bu kuvvetin yönü yukarı doğrudur. Bu demektir ki, bir cisim, yerini değiştirdiği akışkanın
ağırlığı kadar bir kuvvetle yukarı doğru kaldırılır.
Eğer cisim su yüzünde yüzen bir cisim olsaydı,
1
2
Cisme etkiyen kaldırma kuvveti, cismin yerini
değiştirdiği suyun ağırlığı kadardır; yani F = 1231
3
bölgesindeki suyun ağırlığıdır.
Böyle bir cisme etkiyen iki kuvvet vardır.
a) cismin ağırlığı,W
b) Cisme gelen kaldırma kuvveti, F
Şayet cismin ağırlık merkezi herhangi bir sebeple,
kaldırma kuvvetinin etkidiği düşey doğrultudan sağa veya sola kayarsa (örneğin simetrik
olmayan bir yükleme dolayısyla) yüzen cismin stabilitesi bozulabilir. Yüzen cismin yer
değiştirmesi halinde, kaldırma kuvvetinin tatbik noktası da yer değiştireceği için, stabilite
analizi güçtür.
9