Laminer Sınır Tabaka diferansiyel denklemleri ve tam çözümleri

BÖLÜM 3
LAMİNER SINIR TABAKANIN
DİFERANSİYEL DENKLEMLERİ VE TAM ÇÖZÜMLERİ
- Navier Stokes denklemleri
- Navier Stokes denklemlerinin tam çözümleri
- Daimi, iki-boyutlu, laminer sınır tabaka denklemleri
- Daimi, iki-boyutlu, laminer sınır tabaka için benzerlik çözümleri
- Düz levha üzerindeki daimi, iki-boyutlu, basınç gradyantsız,
laminer sınır tabaka için benzerlik çözümü
UZB 386 Sınır Tabaka Ders
notları - M. Adil Yükselen
1
Navier-Stokes denklemleri
Sıkıştırılamaz, sabit viskoziteli, bünye kuvvetlerinin olmadığı akımlar için
Süreklilik
Momentum
r
∇V = 0
r
r
r
∂V r
1
+ V ⋅ ∇V = − ∇p + ν∇ 2V
∂t
ρ
İki-boyutlu halde bir (x,y) kartezyen koordinat sisteminde
Süreklilik
∂u ∂v
+
=0
∂x ∂y
x - momentum
 ∂ 2 u ∂ 2u 
∂u
∂u
∂u
1 ∂p
+u
+v
=−
+ ν  2 + 2 
∂t
∂x
∂y
ρ ∂x
∂y 
 ∂x
y - momentum
 ∂ 2v ∂ 2v 
1 ∂p
∂v
∂v
∂v
+u +v = −
+ ν  2 + 2 
∂t
∂x
∂y
ρ ∂v
∂y 
 ∂x
UZB 386 Sınır Tabaka Ders
notları - M. Adil Yükselen
2
Navier-Stokes denklemlerinin tam çözümleri
Paralel akımlar
u = u ( y, t )
∂u
=0
∂x
− ∞ < x < +∞
Süreklilik
denklemi
Akımın x doğrultusunda sonsuz geniş bir
bölgede ve paralel olduğu varsayılmaktadır.
∂u ∂v
+
=0
∂x ∂y
Akımda geçirgen olmayan bir sınır yüzeyi varsa
∂v
=0
∂y
v = sb
vw = 0
v=0
x – momentum denklemi
 ∂ 2 u ∂ 2u 
∂u
∂u
∂u
1 ∂p
+u
+v
=−
+ ν  2 + 2 
∂t
∂x
∂y
ρ ∂x
∂y 
 ∂x
∂u
1 ∂p
∂ 2u
=−
+ν 2
∂t
ρ ∂x
∂y
UZB 386 Sınır Tabaka Ders
notları - M. Adil Yükselen
3
Navier-Stokes denklemlerinin tam çözümleri
Paralel levhalar arasında daimi akım
− ∞ < x < +∞
u=Uu
y=h
∂u
=0
∂t
u = u( y)
1 ∂p
d 2u
0=−
+ν 2
ρ ∂x
dy
∂p / ∂x
x
y=-h
u= UL
Birinci hal: Alt levha durağan, üst levha sabit, basınç gradyantı yok
u=Uu
y=h
∂p
=0
∂x
d 2u
=0
dy 2
u ( y ) = C1 y + C0
y=-h
Sınır koşullarından
( y = − h , u = 0)
( y = +h , u = U w )
x
− C1h + C0 = 0
C1h + C0 = U w
u=0
C0 =
Uw
U
, C1 = w
2
2h
u ( y) 1 
y
= 1 + 
Uw
2 h
UZB 386 Sınır Tabaka Ders
notları - M. Adil Yükselen
Couette
akımı
4
Navier-Stokes denklemlerinin tam çözümleri
İkinci hal: Her iki levha durağan, sabit basınç gradyantı var
d 2u 1 dp
=
=A
2
µ dx
dy
1 dp
d 2u
0=
+ν 2
ρ dx
dy
u( y) =
A 2
y + C1 y + C0
2
Sınır koşullarından
A 2
h − C1h + C0 = 0
2
A 2
h + C1h + C0 = 0
2
( y = −h , u = 0)
( y = + h , u = 0)
h2 A
C0 =
, C1 = 0
2
u = Uu
y=h
dp
<0
dx
u( y)
h dp 
y 
1 − 2 
=−
Uw
2µU w dx  h 
2
2
y= -h
UZB 386 Sınır Tabaka Ders
notları - M. Adil Yükselen
x
u= 0
5
Navier-Stokes denklemlerinin tam çözümleri
Üçüncü hal: Birleşik çözüm
d 2u 1 dp
=
=A
2
µ dx
dy
u( y) 1 
y
h 2 dp 
y2 
1 −

= 1 +  −
Uw
2  h  2µU w dx  h 2 
Denklem lineer olup önceki iki
çözüm süperpoze edilebilir
1.0
Λ
0.6
-0.75
-0.5
0.2
-0.25
y/h
0
-0.2
0.25

h 2 dp 
Λ =


2µU W dx 

0.5
-0.6
0.75
-1.0
-0.4
-0.2
0.0
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
1.2
1.4
u / Uw
dp / dx < 0
ise, u(y) hızı her yerde x yönündedir.
dp / dx > 0
ise (ters basınç gradyantı) akım hareketsiz olan
alt duvar civarında ters yönlüdür
UZB 386 Sınır Tabaka Ders
notları - M. Adil Yükselen
6
Navier-Stokes denklemlerinin tam çözümleri
Sonsuz geniş levha üzerinde zamana bağlı akım (Stokes problemi)
∂p
=0
∂x
∂u
1 ∂p
∂ 2u
=−
+ν 2
∂t
ρ ∂x
∂y
∂u
∂ 2u
=ν 2
∂t
∂y
Birinci Stokes problemi : Levhanın aniden sabit hızla hareket ettirilmesi hali
2.0
∂u
∂ 2u
=ν 2
∂t
∂y
t≥0
u =Uw
 y
u
= erfc
Uw
 4νt
1.8



1.6
1.4
Hızın
u/Uw ≈ 0.01
değerine
y
2 νt
yaklaşık y = 4νt noktasında erişilmektedir.
1.2
1.0
0.8
0.6
Buna göre
δ ≈ 4νt
büyüklüğünde
bir viskoz tabaka kalınlığı tanımlanabilir
0.4
0.2
0.0
0.0
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
u/Uw
UZB 386 Sınır Tabaka Ders
notları - M. Adil Yükselen
7
Navier-Stokes denklemlerinin tam çözümleri
Birinci Stokes problemi : Levhanın aniden sabit hızla hareket ettirilmesi hali
δ = 4νt
olmak
üzere
u
 y
= erfc 
Uw
δ
veya
f =
u
y
, η=
Uw
δ
olmak
üzere
f = erfc(η)
Görüldüğü gibi boyutsuz hız profili f zamandan bağımsız olup sadece boyutsuz bir η
büyüklüğünün fonksiyonudur.
Buna göre her bir t anında elde edilen hız profilleri boyutsuzlaştırıldığında diğer hız
profilleriyle çakışmaktadır. Bu duruma akımların benzerliği denilmektedir. Bulunan
boyutsuz hız profili de benzerlik çözümü olarak adlandırılmaktadır.
u
y
f =
, η=
Uw
δ
η=
y
4ν t
değişken dönüşümleri
∂η
η
=−
∂t
2t
∂η
1
=
∂y
4νt
∂u
∂ 2u
=ν 2
∂t
∂y
U
∂u
=− e ηf′
∂t
2t
∂ 2u U e
=
f ′′
∂y 2 4νt
UZB 386 Sınır Tabaka Ders
notları - M. Adil Yükselen
Denklemine uygulanırsa
Benzerlik denklemi
f ′′ + 2η f ′ = 0
η = 0, f = 1
η → ∞, f = 0
Sınır
koşulları
8
Navier-Stokes denklemlerinin tam çözümleri
Düz levha üzerinde daimi akım problemi
Stokes probleminden elde edilen çözümden yarı sonsuz bir düz levha üzerindeki daimi
akım halinde ne olduğunu en azından niteliksel olarak anlamak için yararlanılabilir.
Bu halde levhanın oluşturacağı bozuntuların akışkan içinde levhaya dik yönde, ani
harekete geçen levha halindekiyle aynı hızda yayılacağı ve aynı sırada uzaktaki akımın
Ue hızıyla akım boyunca taşınacağı söylenebilir.
Bu durumdaki çözümde t büyüklüğünün yerini x/Ue büyüklüğü alacaktır.
Böylece viskoz tabaka kalınlığı
y
y→∞
y=0
u=0
u=Uw
δ ≈ 2 ν x /U e
δ
∝ Re −x1/ 2
x
y→∞
y=0
Stokes problemi
u=Ue
Re x =
Uex
ν
y
u=0
Düz levha problemi
UZB 386 Sınır Tabaka Ders
notları - M. Adil Yükselen
9
Navier-Stokes denklemlerinin tam çözümleri
İkinci Stokes problemi : Levhanın salınım yapması hali
∂u
∂ 2u
=ν 2
∂t
∂y
u
= e−
Uw
u (0, t ) = U w cos(nt )
n / 2ν y

n 

cos nt −
y
2
ν


6.0
5.0
nt
4.0
η=
π / 50
πι / 2
π
3π / 2
n η 3.0
y
2ν
2.0
1.0
0.0
-1.0
Buna göre
-0.5
u / U oo
0.0
0.5
UZB 386 Sınır Tabaka Ders
notları - M. Adil Yükselen
1.0
10
Daimi, iki-boyutlu, laminer sınır tabaka denklemleri
Navier-Stokes denklemleri
Süreklilik
∂u ∂v
+
=0
∂x ∂y
x - momentum
 ∂ 2u ∂ 2u 
∂u
∂u
1 ∂p
u
+v
=−
+ ν  2 + 2 
∂x
∂y
ρ ∂x
∂y 
 ∂x
y - momentum
 ∂ 2v ∂ 2v 
∂v
∂v
1 ∂p
u +v =−
+ ν  2 + 2 
∂x
∂y
ρ ∂v
∂y 
 ∂x
u=
u
v
x
, v= , x= ,
V
V
L
∂u ∂v
+
=0
∂x ∂y
y=
y
,
L
p=
p
ρV 2
Boyutsuz büyüklükleri kullanılarak
∂u
∂u
∂p 1  ∂ 2 u ∂ 2u 


+v
=− +
+
u
∂x
∂y
∂x Re  ∂x 2 ∂y 2 
∂v
∂v
∂p 1  ∂ 2 v ∂ 2 v 


+v
=− +
+
u
∂x
∂y
∂y Re  ∂x 2 ∂y 2 
UZB 386 Sınır Tabaka Ders
notları - M. Adil Yükselen
Re =
VL
ν
11
Daimi, iki-boyutlu, laminer sınır tabaka denklemleri
Sınır tabaka yaklaşımları çerçevesinde
u=
u
v
x
≈ 1 , v = ≈ δ, x = ≈ 1 ,
V
V
L
y=
y
≈δ,
L
p=
∂u 1
≈ =1
∂x 1
∂ 2u
∂  ∂u  1  1 
=
 ≈  =1
2
∂
x
∂x
 ∂x  1  1 
∂u 1
≈
∂y δ
∂ 2u
∂  ∂u  1  1  1
  ≈   = 2
=
2
∂
y
∂y
 ∂y  δ  δ  δ
∂v
≈δ
∂x
∂ 2 v ∂  ∂v  1  δ 
=   ≈   = δ
2
∂x  ∂x  1  1 
∂x
∂v δ
≈ =1
∂y δ
∂ 2v
∂  ∂v  1  δ  1
 ≈  =
=
∂y 2 ∂y  ∂y  δ  δ  δ
UZB 386 Sınır Tabaka Ders
notları - M. Adil Yükselen
p
≈1
ρV 2
12
Daimi, iki-boyutlu, laminer sınır tabaka denklemleri
Navier-Stokes denklemlerinde her bir terimin büyüklük mertebesi incelenerek ve
küçük terimler ihmal edilerek
Sınır tabaka denklemleri
∂u ∂v
+
=0
x
y
∂
∂
{ {
≈1
≈1
∂u
∂u
∂p 1 ∂ 2u ∂ 2 u
u
+v
=− +
( 2 + 2 )
∂
x
∂
y
∂
x
Re
∂x
∂y
{ {
{
{
{
≈1
≈1
≈1
≈1
≈ 1/ δ 2
∂u ∂v
+
=0
∂x ∂y
∂u
∂u
∂p 1 ∂ 2u
u
+v
=− +
∂x
∂y
∂x Re ∂y 2
∂v
∂v
∂p
1 ∂ 2v ∂ 2v
u
+v
=−
+
( 2+ 2 )
∂
x
∂
y
∂
y
Re
∂x
∂y
{ {
{
{
{
≈δ
≈δ
≈ 1/ δ
≈δ
0=−
∂p
∂y
≈ 1/ δ
UZB 386 Sınır Tabaka Ders
notları - M. Adil Yükselen
13
Daimi, iki-boyutlu, laminer sınır tabaka denklemleri
∂u ∂v
+
=0
∂x ∂y
Boyutlu büyüklüklerle
sınır tabaka denklemleri
∂u
∂u
∂ 2u
1 ∂p
u
+v
=−
+ν 2
∂x
∂y
ρ ∂x
∂y
∂p
0=−
∂y
Sınır koşulları
Yüzey üzerinde
y =0,
u ( x ,0 ) = 0 , v ( x ,0 ) = 0
Sınır tabaka kenarında
y→∞,
u ( x, ∞ ) → U e (x )
∂U e ∂ 2U e
=
=0
∂y
∂y 2
Ue
∂U e
1 ∂p
=−
∂x
ρ ∂x
Bernoulli denklemi
UZB 386 Sınır Tabaka Ders
notları - M. Adil Yükselen
14
Daimi, iki-boyutlu, laminer sınır tabaka için benzerlik çözümleri
∂u ∂v
+
=0
∂x ∂y
∂u
∂u
1 ∂p
∂ 2u
u
+v
=−
+ν 2
∂x
∂y
ρ ∂x
∂y
Laminer sınır tabaka denklemlerinin
non-lineer olması çözümü zorlaştırır
Öyle bir sınıf problem bulmak mümkün müdür ki bu problemler için kısmi
diferansiyel denklemler, non-lineer olsalar bile, adi diferansiyel denklemlere
dönüştürülebilsinler?
u ( x , y ) = X ( x ) ⋅ Y (y )
u (x , y ) = u [η(x , y )]
şeklindeki bir değişkenlere ayırma yöntemi
sınır-tabaka denklemleri için çalışmaz
Bir çözüm yolu x ve y değişkenlerinin fonksiyonu
olan yeni bir η(x,y) değişkeni tanımlamaktır.
Ancak sadece denklemlerin değil, aynı zamanda sınır koşullarının da bu tanımlama
ile uyumlu olması gerekir. Bu yöntem sadece bir kısım akım tipinde söz konusudur
UZB 386 Sınır Tabaka Ders
notları - M. Adil Yükselen
15
Düz levha üzerindeki daimi, iki-boyutlu, basınç gradyantsız,
Laminer, sınır tabaka için benzerlik çözümleri
∂p
∂x
∂u
∂u
∂ 2u
u
+v
=ν 2
∂x
∂y
∂y
∂u ∂v
+
=0
∂x ∂y
olup sınır tabaka denklemleri
A ve B sonradan bulunacak sabitler olmak üzere
hız profili için önerilen değişken dönüşümleri:
u
By
= Af ' (η) ; η =
Ue
x
Akım fonksiyonu duvar ile herhangi bir akım çizgisi
arasından geçen debi ile ilgili olup, ayrıca sınır tabaka
x mesafesinin karekökü ile orantılı gelişmektedir.
ψ ≈ x f (η) = C x f (η)
Akım fonksiyonu tanımı gereği
Sınır tabaka denklemleri Akım
fonksiyonu cinsinden yazılırsa
u=
∂ψ
∂ψ
, v=−
∂y
∂x
∂ψ ∂ 2 ψ ∂ψ ∂ 2 ψ
∂ 3ψ
−
=ν 3
∂y ∂x∂y ∂x ∂y 2
∂y
UZB 386 Sınır Tabaka Ders
notları - M. Adil Yükselen
16
Düz levha üzerindeki daimi, iki-boyutlu, basınç gradyantsız,
Laminer, sınır tabaka için benzerlik çözümleri
Önerilen değişken dönüşümleri akım fonksiyonu cinsinden yazılan sınır tabaka
denkleminde kullanılarak A , B ve C sabitlerinin uygun değerleri seçilebilir
u
By
= Af ' (η) ; η =
Ue
x
ψ = C x f (η)
∂η ∂  By 
∂
By −3 / 2
1 By
 = By x −1/ 2 = −
= 
x
=−
∂x
2
2x x
∂x ∂x  x 
∂ψ
∂
=C
∂x
∂x
[
[ x f ] = C  f ∂∂x
x+ x
∂
∂x
∂ψ ∂ 2 ψ ∂ψ ∂ 2 ψ
∂ 3ψ
−
=ν 3
∂y ∂x∂y ∂x ∂y 2
∂y
∂η
η
=−
∂x
2x
 f
∂f ∂η 

f  = C
+ x
∂η ∂x 

2 x
]
∂ψ
x
=C
( f − ηf ′)
∂x
2x
∂ψ ∂
∂f ∂η
B
=
C xf =C x
=C xf′
∂y ∂y
∂η ∂y
x
∂ψ
= BCf ′
∂y
∂ 2 ψ ∂  ∂ψ  ∂
∂η
∂f ′ B
′


(
)
=
=
BC
f
=
BC
∂y
∂η x
∂y 2 ∂y  ∂y  ∂η
∂ 2ψ
f ′′
2
=
B
C
x
x
∂y 2
UZB 386 Sınır Tabaka Ders
notları - M. Adil Yükselen
∂η B
=
∂y
x
17
Düz levha üzerindeki daimi, iki-boyutlu, basınç gradyantsız,
Laminer, sınır tabaka için benzerlik çözümleri
∂ 3ψ ∂  ∂ 2 ψ  ∂  2 f ′′  ∂η B 2C ∂f ′′ B
=
B C

=
= 
∂
y
∂y 3 ∂y  ∂y 2  ∂η 
x
x ∂η x
∂ 3ψ
f ′′′
3
=
B
C
x
∂y 3
∂ 2ψ
∂  ∂ψ 
x ∂
( f − ηf ′) ∂η = C x ∂ ( f − ηf ′) B
= 
=C
2 x ∂η
∂y
2 x ∂η
∂x∂y ∂y  ∂x 
x
∂ 2ψ
BC
=−
ηf ′′
2x
∂x∂y
∂ψ ∂ 2 ψ ∂ψ ∂ 2 ψ
∂ 3ψ
−
=ν 3
∂y ∂x∂y ∂x ∂y 2
∂y

x
f ′′ 
 BC
 
 3 f ′′′ 
( BCf ′) −
( f − ηf ′) B 2C x
ηf ′′  − C
=
ν

B C

x 
x 
 2x
  2 x


− ff ′′ =
u = AU e f ' (η)
u=
∂ψ
= BCf ′
∂y
AU e f ' = BCf ′
Uygun bir seçim
AU e = BC
A = 1, B =
UZB 386 Sınır Tabaka Ders
notları - M. Adil Yükselen
Ue
2ν
2ν B
f ′′′
C
2ν B
=1
C
, C = 2νU e
18
Düz levha üzerindeki daimi, iki-boyutlu, basınç gradyantsız,
Laminer, sınır tabaka için benzerlik çözümleri
Böylece düz levha üzerindeki laminer
sınır tabaka denklemleri için değişken
dönüşümleri
Dönüştürülmüş denklem
u
= f ' (η)
Ue
η=
y
2νx / U e
ψ = 2νU e x f (η)
f ′′′ + ff ′′ = 0
Blasius
benzerlik
denklemi
Sınır koşulları
y =0,
u ( x ,0 ) = v ( x ,0 ) = ψ ( x ,0 ) = 0
y→∞,
u ( x, ∞ ) = U e
x =0,
y >0,
η=0,
η→∞,
u (0, y ) = U e
f (0 ) = f ′ (0 ) = 0
f ′ (∞ ) = 1
NOT: Sınır koşullarından ikisi η = 0 da verilmiş iken üçüncüsü η = ∞ da verilmiştir.
Bu nedenle problem bir sınır değer problemi olup çözümü ancak iteratif olarak
elde edilebilir.
UZB 386 Sınır Tabaka Ders
notları - M. Adil Yükselen
19
Blasius benzerlik denkleminin sayısal çözümü
f ′′′ + ff ′′ = 0
g 0′ = g1
g1′ = g 2
denklemi
f = g0
f ′ = g1
f (0 ) = f ′ (0 ) = 0 Sınır
f ′ (∞ ) = 1
koşulları
f ′′ = g 2
değişken
dönüşümü
ile
g ′2 = − g 0 g 2
g 0 (0 ) = g1 (0 ) = 0
şekline
gelir.
g1 (∞ ) = 1
Birinci dereceden bu 3 diferansiyel denklem eş zamanlı olarak çözülecektir.
Ayrıca sınır değer problemi olması nedeniyle iterasyon gerekmektedir.
Vektör biçimde
g0 
 
g (η) =  g1 
g 
 2
olmak üzere
Çözüm, basit Euler yöntemi ile elde edilebilir:
 g1 


g ′(η) = T =  g 2 
− g g 
 0 2
yazılabilir
g (η + ∆η) = g (η) + T (η) ⋅ ∆η
UZB 386 Sınır Tabaka Ders
notları - M. Adil Yükselen
20
Blasius benzerlik denkleminin sayısal çözümü
Daha etkin bir çözüm, Runge Kutta
Gill yöntemi ile elde edilebilir:
k=



1 
1
1 
k
+
2

1
−

k
+
2

1
+

k
+
k
 1 
4
 2

 3
6
2
2



g (η + h) = g (η) + k
k1 = h f [η , g ]
h
1 

k 2 = h f η + , g + k1 
2
2 


 1 1 

h
1  
k3 = h f η + , g +  − +
k1 + 1 −
k 2 
2
2
2 
 2




1  
1
k 4 = h f η + h , g −
k 2 + 1 +
k3 
2
2 


İterasyon için Shooting yöntemi:
f ′′(0) 2 − f ′′(0)1
[1 − f ′(∞)1 ]
f ′′(0) = f ′′(0)1 +
f ′(∞) 2 − f ′(∞)1
f ”(0)
f ”( 0)2
f” (0)1
f ’( ∞)1
UZB 386 Sınır Tabaka Ders
notları - M. Adil Yükselen
f ’(∞ )
f ’(∞) 2
21
Blasius benzerlik denkleminin sayısal çözümü
h
f
f'
f''
0.0000
0.0000
0.0000
0.4696
0.2000
0.0094
0.0939
0.4693
0.4000
0.0375
0.1876
0.4673
0.6000
0.0844
0.2806
0.4617
0.8000
0.1497
0.3720
0.4512
1.0000
0.2330
0.4606
0.4344
1.2000
0.3337
0.5452
0.4106
1.4000
0.4507
0.6244
0.3797
1.6000
0.5830
0.6967
0.3425
1.8000
0.7289
0.7611
0.3004
2.0000
0.8868
0.8167
0.2557
2.2000
1.0549
0.8633
0.2106
2.4000
1.2315
0.9011
0.1676
2.6000
1.4148
0.9306
0.1286
2.8000
1.6033
0.9529
0.0951
3.0000
1.7956
0.9691
0.0677
3.2000
1.9906
0.9804
0.0464
3.4000
2.1875
0.9880
0.0305
3.6000
2.3856
0.9929
0.0193
3.8000
2.5845
0.9959
0.0118
4.0000
2.7839
0.9978
0.0069
4.2000
2.9836
0.9988
0.0039
4.4000
3.1834
0.9994
0.0021
4.5
4.0
3.5
f
f'
3.0
f''
η
2.5
2.0
1.5
1.0
0.5
0.0
0.0
0.2
UZB 386 Sınır Tabaka Ders
notları - M. Adil Yükselen
0.4
0.6
0.8
1.0
22
Blasius benzerlik denkleminin sayısal çözümü
Sınır tabakanın sınırı
η= y
Ue
2ν x
η = 3.5
u / U e = 0.99
3.5 = δ(x )
Uex 1
δ(x ) Re x
=
x
2
ν 2x 2
δ( x ) =
5.0 x
Re x
Öteleme kalınlığı
δ

u
δ* = 1 −
Ue
0
∫
δ* =
2x
Re x

 dy =

η(δ )
∫
0


(1 − f ') d  η 2νx  =
Ue 

2νx 2
[η − f ]η0 (δ ) = 2 x {η(δ) − f [η(δ)]}
Uex
Uex / ν
δ* =
{3.5 − 2.2863}
1.721 x
Re x
Momentum kalınlığı:
2x
θ=
Re x
η( δ )


η( δ )
 f η ( δ )  − ( f f ')0 + ∫ f f '' d η
0


UZB 386 Sınır Tabaka Ders
notları - M. Adil Yükselen
f ′′′ + ff ′′ = 0 →
ff ′′ = − f ′′′
23
Blasius benzerlik denkleminin sayısal çözümü
2x
θ=
Re x
η( δ )


 f η ( δ )  − f η ( δ )  f ' η ( δ )  + f ( 0 ) f ' ( 0 ) − ∫ f ''' d η
0


Şekil parametresi
H=
δ * 1.721
=
θ 0.664
θ=
0.664 x
Re x
H = 2.5919
Yüzeyde kayma gerilmesi
 ∂u 
 ∂f ' 
τw = µ   = ρνU e  
 ∂η  η=0
 ∂y  y =0
Ue
ρU e2
ν
2
= ρU e
f '' ( 0 )
( f '')η=0 =
2 νx
2U e x
2 Re x
Yüzey sürtünme katsayısı
τw
1
Cf =
=
½ρU e2 ½ρU e2
ρU e2
2 Re x
f '' ( 0 ) =
2 f '' ( 0 )
Re x
=
2 × 0.4696
Re x
UZB 386 Sınır Tabaka Ders
notları - M. Adil Yükselen
Cf =
0.664
Re x
24
Basınç gradyantı halinde Falkner-Skan benzerlik çözümleri
Ue
Köşe içinde akım
m>1
β>1
Durma
noktası
akımı
U e (x ) = U 1 x m
m=1
β=1
βπ
m =
βπ
Hızlanan akım
0<m<1
0<β<1
βπ
β=
x dU e
U e dx
2m
m+1
m=0
β=0
Düz levha akımı
U1
Yavaşlayan akım
m<0
β<0
βπ
x
1
UZB 386 Sınır Tabaka Ders
notları - M. Adil Yükselen
25
Basınç gradyantı halinde Falkner-Skan benzerlik çözümleri
dU e
∂u
∂u
∂u
u +v
= Ue
+ν 2
∂x
∂y
dx
∂y
b1.0
f''(0)
0.9
[
m +1 Ue
η= y
2 νx
2
]
f ' ' '+ ff ' '+β 1 − ( f ') = 0
2
f (0 ) = f ' (0 ) = 0
f ' (∞ ) → 1
2
ψ=
νU e x f (η)
m +1
1.0000
0.5000
0.2000
0.0000
-0.0500
-0.1400
-0.1988
1.2326
0.9277
0.6867
0.4696
0.4004
0.2396
0.0000
Com m
0.8
0
008
008
0
0.7
0.6
f ' 0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
0.0
0.0
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
UZB 386 Sınır Tabaka Ders
notları - M. Adil Yükselen
3.0
3.5
26
Basınç gradyantı halinde Falkner-Skan benzerlik çözümleri
δ
Öteleme kalınlığı
δ*
2
Re x =
f ( δ)
x
m +1
Momentum kalınlığı:
θ
2
Re x =
f ′′(0)
x
m +1
δ*
2
Re x =
(1 − f ′) dη
x
m +1 0
∫
δ
θ
2
Re x =
(1 − f ′) f ′ dη
x
m +1 0
∫
Yüzey sürtünme katsayısı
Durma noktası
Düz levha
Ayrılma noktası
m
β
1
1/3
0.111
0
-0.024
-0.065
-0.0904
1
1/2
0.20
0
-0.05
-0.14
-0.1988
C f Re x = 2
δ
Re x
x
2.4
3.4
4.2
5.0
5.4
5.8
7.1
m +1
f ′′(0)
2
C f Re x
δ*
Re x
x
θ
Re x
x
2.465
1.515
1.025
0.664
0.559
0.328
0
0.648
0.985
1.320
1.721
1.879
2.334
3.427
0.292
0.429
0.548
0.664
0.701
0.788
0.868
UZB 386 Sınır Tabaka Ders
notları - M. Adil Yükselen
H
2.219
2.296
2.409
2.592
2.680
2.962
3.948
dp
<0
dx
dp
>0
dx
27
Basınç gradyantı halinde Falkner-Skan benzerlik çözümleri
Durma noktası problemi (β = m = 1)
m=1
β=1
Re x
Uex
U1 x x
U1
Re x =
=
=
x
ν
ν
ν
Burada
Öteleme kalınlığı
x
U1 =
U e = U1 x
Re x
δ*
x
Re x
= 0.648
Momentum kalınlığı:
θ
Yüzey sürtünme katsayısı
C f Re x = 2.465
Şekil parametresi
H=
x
βπ
U1
=
ν
= 0.292
δ*
θ
UZB 386 Sınır Tabaka Ders
notları - M. Adil Yükselen
δ* =
θ=
Cf =
dU e
dx
0.648
U1 / ν
0.292
U1 / ν
2.465
x U1 / ν
H = 2.216
28