Physics | Hydrodynamics » Áramlástan előadásvázlat, 2008

Áramlástan Elıadásvázlat Miskolci Egyetem Gépészmérnöki kar Gépészmérnöki szak Áramlás és Hıtechnikai Gépek Tanszéke Áramlástan Elıadásvázlat KÉSZÍTETTE: Tatár László (Laca) Ferencz Miklós (Micu) Kárándy Zoltán („Szikszói barátunk”) Szótér Gergely Dr. Baranyi László 1 (Geri Áramlástan Elıadásvázlat Miskolc, 2004 HIDROSZTATIKA Folyadékok és gázok tulajdonságai: • Csekély ellenállást fejtenek ki az alakváltozással szemben. (egymáshoz képest könnyen elmozdíthatóak) A legkisebb nyírófeszültség hatására elmozdulás. • A részecske relatív helyére közömbös, azaz mindig a határolóedény alakját veszik fel. • Kontinuum; fizikailag homogén anyag; a fizikai tulajdonsága nem részecskékhez kötött. (meteorológia!) ∆m ; ∆V0 ∆V ⇒ ρ = lim ∆Fn ∆A 0 ∆A valóság: ∆V ε 3 ; ∆A ε 2 p = lim ε >> molekulák közti átlagos távolság • A mozgás- és termodinamikai

állapot, hely és idı függvényeként leírható. Ideális (súrlódásmentes) folyadék: 0 nyírófeszültség – súrlódási határrétegen kívül jó közelítés húzófeszültség 0 Összenyomhatatlan folyadék: • cseppfolyós • kis sebességő gáz Összenyomható folyadék: gáz;kivétel:kis seb.összenyomhatatlan (p=1bar; t=0˚C; v=50m/s; Δŭ/ŭ0 < 1%) Ideális gáz: amely kielégíti a gáztörvényt. 2 Áramlástan Elıadásvázlat p ρ (R= C p − CV ) =RT izobár (p=const) ρT =const izochor ( ρ =const) p =const T p izoterm (T=const.) ρ p izentropikus ρ (κ = =áll. κ p politropikus ρn =const. Cp CV ) =áll. Folyadékáramlásnál az alakváltozás sebessége játszik fontos szerepet, nem maga az alakváltozás. • ellenállás a véges sebességő alakváltozással szemben ⇒ súrlódás • a súrlódás függ az alakváltozás sebességétıl és a viszkozitástól (η ) τ =η ⋅ dV ; dn ν= η

ρ kinematikai viszkozitás dv dr ne w to n if ol y. gáz (molekulák mozgása okozza) nem newtoni foly. folyadék (kohézió okoza) Bingham plasztikus anyag (nem folyadék) Folyadéknyomás 3 Áramlástan Elıadásvázlat A legkisebb τ hatására alakváltozás lépne fel. nyugvó folyadékban nincs τ nyírófeszültség! felületre ⊥ erık csupán • az elemi folyadékrészt elkülönítve vizsgáljuk, akkor a környezet hatását a felületén ható erıkkel vehetjük figyelembe. (∆F = ∆Fn ) • nyomás: felületegységre ⊥ -en ható erı. p = lim ∆A 0 ∆F (∆A ε 2 ∆A ε >> molekulák .közti átlagos.távolság ) p skaláris mennyiség (iránytól független) Bizonyítás: – ék alakú térfogatra bizonyítjuk. (3D-ra hasonlóan belátható) y y ps. ds 1 px. y1 x x. y 1 g 2 indirekt bizonyítás: x py. dx 1 Px , Py , Ps 4 Áramlástan Elıadásvázlat δ x = δ s cos Θ δ y = δ s sin Θ δ x: y: 6 47y4 8 p x

δ y ⋅ 1 − p s δ s sin Θ = 0 (1) δx 6 47 4 8 δ xδ y p y δ x ⋅ 1 − p s δ s cos Θ − ρg =0 23 12 (2) 0 δ x ,δ y ,δ s 0 (1) miközben: Θ=const. (1) p x p s   ⇒ ps = px = p y = p (2) p y p s  Θ tetszıleges volt a nyomás egy pontban mindenirányban azonos. 3D – hasonló bizonyítás. px + py + pz • áramló folyadék: τ ≠ 0; p iránytól függ: p = • álló folyadék: τ = 0; p iránytól független (skalár) egység: p. 1 N = 1Pa ; m2 3 10 5 Pa = 1bar A hidrosztatika alapegyenlete • A vizsgált folyadék tömeg az f térerısséggel jellemzett erıtérben van 5 Áramlástan Elıadásvázlat • Tetszılegesen választott (V) folyadéktérfogat egyensúlyban van ∫ ρfdV − ∫ pdA = 0 Elemi tömegerı: ρ ⋅ f ⋅ dV V A Elemi felületi erı: − pdA Gauss tétel ∫ [ρf − ∇p ] dV = 0 V V tetszıleges f − 1 ρ grad p = 0 Speciális esetek: Barotrop közeg ∇P = 1 ρ [ρ = ρ (

p)] ;  p dp  f − grad  ∫ =0  p0 ρ  p dp p0 ρ P= ∫ nyomáspotenciál ∇p p dp p0 ρ Potenciál erıtér: f = − grad U −∇(U + P ) = 0 U + ∫ Gravitációs erıtér: U=gz Összenyomhatatlan közeg: ρ=const.; p dp p0 ρ gz+ ∫ P= p ρ Felhajtóerı, úszás: 6 gz + p ρ = const. = const. = const. Áramlástan Elıadásvázlat V teljes térfogat VF kiszoritott foly. térfogat AF A VF V Ha a (V) térfogatot ρ V ≠ ρ F sőrőségő anyaggal töltjük ki, akkor az eredeti egyensúlyi állapot megszőnik. felhajtóerı 64térerı 74 86 4 74 8 eredı } ρ ⋅ f dV − pd A = F ∫ V ∫ V (1) A ∫ (ρ − ρ ) fdV − ∫ pdA = 0 V (1)–(2) (2) F (v) a folyadék egyensúlyi egyenlete ( A) f irányú eredı erı : − f irányú ∫ (ρ − ρ ) fdV = F V F (V ) 0 Felhajtóerı= a kiszorított folyadéktömegre ható térerıvel (súlyával) ArchimedesHEUREKA!!! Úszás: Test: ∫ ρ fdV − ∫

pdA = 0 (VF ) Folyadék: (*) V ( AF ) ∫ ρ fdV − ∫ pdA = 0 F (VF ) ( AF ) ⇓ ∫ ρ fdV = ∫ ρ fdV V F (V ) (VF ) 7 (*) Áramlástan Elıadásvázlat Test súlya = kiszorított folyadék súlya h hs z=0 dF F S (X,Y) Y dA S( XS ,YS ) (A) Y Q(XQ,YQ) F merıleges a felületre p ρ + gz = const. X x, y .súlyponton átmenı koordináta rendszer peremfeltétel: z=0; p= p 0 p − p 0 = − ρ ⋅ gz = ρ ⋅ gh dF=( p − p 0 )dA= ρ ⋅ g ⋅ h ⋅ dA = ρ ⋅ g ⋅ y sin Θ ⋅ dA F = ∫ ( p − p0 ) dA = ρ ⋅ g ⋅ sin Θ ∫ y ⋅ dA = ρg ⋅ ys ⋅ sin Θ ⋅ A = ( p − p0 )s ⋅ A 1 424 3 ( A) ( A) hs F= ρ ⋅ g ⋅ h s ⋅ A = ( p − p 0 ) s ⋅ A • Megoszló terhelés a Q pontba helyezett F erıvel helyettesíthetı. xQ ⋅ F = ∫ ( p − p 0 )x ⋅ dA ( A) yQ ⋅ F = ∫ ( p − p 0 )y ⋅ dA ( A) xQ ⋅ ρ ⋅ g ⋅ y ⋅ s sin Θ ⋅ A = ρg ⋅ sin Θ ∫ xy ⋅ dA = ρg ⋅ I xy ⋅ sin Θ ( A) 1 424 3 I xy ⇓ vegyes

másodrendő tehetetlenségi nyomaték 8 Áramlástan Elıadásvázlat xQ = I xy A ⋅ ys yQ ⋅ ρg ⋅ ys ⋅ sin Θ ⋅ A = ρg ⋅ sin Θ ∫ y 2 ⋅ dA = ρg ⋅ I x ⋅ sin Θ ( A) 1 424 3 Ix ⇓ x tengelyre számított tehetetlenségi nyomaték yQ = Ix A ⋅ ys Steiner tétel: I x = I x + Ay s xQ = x s + Így: Ix > 0; I xy > 0 < 2 I xy = I xy + A ⋅ x s y s ; I xy > xs ; A ⋅ ys < yQ = y s + Ix > ys A ⋅ ys ( I xy =0 ha már egyetlen szimmetriatengely van) A pont, ahol a megoszló terhelés egyetlen erıvel helyettesíthetı (Q) mélyebben van a ??? alatt, mint a síkidom S súlypontja. 9 Áramlástan Elıadásvázlat Görbült felületre ható erı: elemi erık nem párhuzamosak egymással. z z B B` Fx` A` G -Fz -Fx A B A x x A folyadék irányú egyensúlya: z irányú egyensúlya: ′ Fx − Fx = 0 − Fz + G = 0 Fx = Fx′ a felület Fz = G ↓ Függıleges síkba vetített vetületre ható erı a fölötte

lévı folyadék súlya Speciális eset: -Fz` Fz = −G a fölé képzelt víz súlya felfelé!! 10 Áramlástan Elıadásvázlat Felhajtóerı (a görbült felületre ható erı alapján): FF = − ∫ p ⋅ dA ( A) R H A dA Fx = 0 123 szimmetria Fzn = − ρg ⋅ b( HRR − Fzn = ρg ⋅ b( HRR + Felül: R 2π )k 2 R 2π )k 2 F f = Fz = ρg ⋅ b ⋅ R 2π ⋅ k = felhajtóerı Kapillaritás adhézió Kohézió alulról > adhézió (levegı molekulák vonzása) felületi kohézió feszültség Pl: vízi rovarok a víz felszínén. • Mélyen a folyadék felszíne alatt a folyadékmolekulák minden irányba azonos erıvel hatnak egymásra (a kohéziós erık kiegyenlítıdnek) 11 Áramlástan Elıadásvázlat • A folyadékfelszín a folyadékmolekulák közti kohézió következtében összehúzódni igyekszik: felületi feszültség keletkezik. (mint egy megfeszített gumilemez) folyadék szabad felszíne+szilárd felület érintkezése

(adhézió+kohézió) Ha a fal molekuláinak vonzó (adhézió) hatása > folyadék vonzó (kohézió) hatása a folyadék felkúszik a falra; nedvesíti a felületet. Gondolatkísérlet a felületi feszültség δ mérésére: foly. hártya keret A eredeti L végzett munka α felületnöveléssel F ⋅ ∆s = δ ⋅ 2∆s ⋅ L s megnyílt hártya 2 felület van! F δ= F (N/m) felületi feszültség 2L δ csak a két érintkezı anyagtól függ víz – levegıre δ≈0.073 N/mszobahımérsékleten Görbült folyadékfelület esetén: a felületi feszültségbıl származó erı felület konkáv része felé mutat. Egyensúly esetén erre a konkáv oldali nagyobb nyomás tart egyensúlyt Belátható, hogy:  1  1  p1 − p2 = δ   +    R1   R2  ahol R1 , R2 a két fıgörbületi sugár. 12 Laplace-egyenlet Áramlástan Elıadásvázlat R Speciális eset: 1 R R p1 p1 p2 2 esöcsepp síkfal mentés R2

= ∞; R1 = R p1 − p 2 = R1 = R2 = R δ p1 − p 2 = R p2 szappanbuborék R1 ≅ R2 = R 2δ R p1 − p 2 = kis R nagy ∆ p! s z síküvegfal s = 0.5 mm h=? v Roberson/Crowe P.26 folyadék súlya=felületi erı egyensúly: 1 ⋅ s∆h ⋅ ρ V ⋅ g = 2 ⋅ 1 ⋅ δ 2 érintkezı felület ∆h = 2δ 2 ⋅ 0.073 = 3 = 0.0298m = 298mm δ V ⋅ g ⋅ s 10 ⋅ 9.81 ⋅ 5 ⋅ 10 −4 13 4δ 2 felület R Áramlástan Elıadásvázlat δ ⋅ 2 R ⋅ π = ∆p ⋅ R 2π ∆p = 2δ R kis R-nél igen nagy lehet pl: δ ≅ 0.073 F N m p d=1mm esıcsepp ∆p = 2δ 4δ 4 ⋅ 0.073 = = = 292 Pa R d 10 −3 Pl: Üvegcsövet nedvesítı folyadék emelkedése a csıben. az üveg erıs adhéziós erıvel hat a vízre felületi erö felemelkedés v l egyensúly: d po h δ cos α ⋅ dπ − (ρV − ρ l )g ⋅ 1 ρV :súlyerı; 2 v pz´ = po * ∆h ≈ 4δ ⋅ cos α 4δ ≅ ρV ⋅ g ⋅ d ρV ⋅ g ⋅ d ρ l :felhajtóerı ρV >> δ l cos

α ≈ 1 (üveg+víz) kis d nagy ∆ h pl: d=1.6mm; ρV = 10 3 kg ; m3 δ=0.073N/m; 14 g=9.81m/ s 2 d 2π ∆h = 0 4 Áramlástan Elıadásvázlat ∆h ≅ 4 ⋅ 0.073 = 0.0186m = 186mm 10 ⋅ 9.81 ⋅ 16 ⋅ 10 3 3 Üvegcsövet nem nedvesítı folyadék süllyedése a csıben: üvegcsı δ függ a folyadék és a súrlódó felület tisztaságától, h Higany minıségétıl is. (adhézió<kohézió) csapvíz [ mm] d 25 mérési eredmények 20 15 desztillált víz 10 0 0 1 Hg 2 3 4 5 h [ mm] kapilláris emelkedése vagy sülyedése * (*) tejesen tiszta üveg esetén α ≅ 0,de a mőszaki gyakorlatban általában sem az üveg, sem a folyadék nem tiszta. Házi feladat: s=0.5mm δ=0.073N/m ρ = 10 3 kg / m 3 15 ∆h = ? Áramlástan Elıadásvázlat síküveg h=? (*) R.L Dougherty, „Hidraulics” McGraw-Hill Book Company, New York, 1937. KINEMATIKA (a mozgás geometriája) Joseph, Louis, Lagrange (1736-1813) féle leírásmód x =

x(ξ ,η , ζ , t ) ; vx = ∂x ; ∂t ax = ∂2x ∂t 2 y = y (ξ ,η , ζ , t ) ; vy = ∂y ; ∂t ay = ∂2 y ∂t 2 z = z(ξ,η,ζ ,t) ; vz = ∂z ; ∂t az = ∂2z ∂t 2 ξ ,η , ζ Lagrange változók Hátrány: külön egyenlet minden részecskére. Leonard Euler: (1707-1783) féle tárgyalásmód. • mozgásjellemzık megadása a térkoordináták és idı függvényében. 16 Áramlástan Elıadásvázlat pl: v x = v x ( x, y, z , t ) ; v y = v y ( x, y, z , t ) ; v z = v z ( x, y, z , t )} ; v = v (r, t ) instacionárius v = v (r ) stacionárius sebességtér i áramvonal k v × dr = 0 = v x v y v z = dx dy dz v dr pályavonal nyomvonal j v y ⋅ dz − v z ⋅ dy = 0  dx dy dz  v x ⋅ dz − v z ⋅ dx = 0  ⇒ = = vx v y vz  v x ⋅ dy − v y ⋅ dx = 0 áramcsı gyorsulástér: a= dF = dv y dv dv dv x = i+ j+ t k dt dt dt dt ∂F ∂F ∂F dt + (dr ⋅ D) F dt + dx + L = ∂t ∂x ∂t dF ∂F  dr  ∂F ∂F

∂F ∂F ∂F = +  ⋅ ∇ F = + (v ⋅ ∇) F = + vx + vy + vz dt ∂t 1 dt24 ∂t ∂t ∂x ∂y ∂z 4 3 v dv ∂v ∂v ∂v = + ( v ⋅ D) v = + ( v o ∇) v = + D( v ) v 1 4 2 4 3 dt ∂t v ( ∇⋅v )=( vo∇ ) v ∂t ∂t 123 D( v ) D( v ) = v o ∇ sebességtenzor derivált tenzora Skaláregyenletek: 17 Áramlástan Elıadásvázlat  ∂vx  ∂x  ∂v D( v ) = v o ∇ =  y  ∂x  ∂v  z  ∂x ∂vx ∂y ∂v y ∂y ∂vz ∂y ∂vx  ∂z   ∂v y  ∂z  ∂vz   ∂z  a derivált tenzor transzponáltja: DT ( v ) = ∇ o v Mozgásfajták: sebesség tér: v = v (r, t ) rögzített idıpontban: v ′ = v + dv = v + ( dr ⋅ ∇ ) v dv = (dr ⋅ ∇) v = v(dr ⋅ ∇) = v(∇ ⋅ dr ) = ( v o ∇)dr = D ⋅ dr v = v + D ⋅ dr D= 1 1 (D + DT ) + (D − DT ) ; 2 4243 1 2 4243 1 szimm. D = vo∇ ; DT = ∇ o v antiszimm . 1 (D − DT ) ⋅ a = d × a) (a szimmetria tengely ilyen alakban

felírható) 2 d vektortér (az antiszimmetrikus tengely ~a) a tetszıleges vektor d=? (∇ × ⋅v ) × a = (a ⋅ ∇) v − ∇( v ⋅ a) 1 1 1 1 1 (D − DT )a = ( v o ∇ − ∇ o v )a = v (a ⋅ ∇) − ∇( v ⋅ a) = (rot v ) × a 2 2 2 2 2 . 142. 43 ( a⋅∇ ) v d= 1 rot v 2 18 Áramlástan Elıadásvázlat tehát: 1 1 (D − DT )a = rot v × a 2 2 így: 1 1 v ′ = v + ( D − D T ) d r + ( D + D T ) dr 2 2 1 1 v = v + rot v × dr + (D + DT )dr 2 2 ↓ ↓ ↓ transzláció merev testszerő Kopás.  ∂v x  ∂x   1  ∂v y ∂v x  1  S = (D + DT ) =   + 2 2 ∂ x ∂ y     1  ∂v z ∂v x  +    ∂z   2  ∂x alakváltozás. 1  ∂v x ∂v y    + 2  ∂y ∂x  ∂v y ∂y 1  ∂v z ∂v y    + 2  ∂y ∂z  1  ∂v x ∂v z   +   2  ∂z ∂x   1  ∂v y ∂v z    + 2  ∂z ∂y

  ∂v z  ∂z  S : alakvált. sebesség tenzor fıátlólineáris alakváltozás (nyúlás, összehúzódás) fıátlón kívül: szögtorzulás S I = div v I. skalárinvariáns Örvényes áramlás: rot v ≠ 0 ; ω= 1 rot v 2 szögsebesség vektor/örvényvektor minden pontba ω × dr = 0 Örvényvonal: dx ωx = dy ωy = dz ωz örvénycsı A2 örvénycsı Stokes-tétel egy örvénycsı palástjára dA ro tv (A) palástban A1 19 rot v ⋅ dA = 0 Áramlástan Elıadásvázlat Stokes tétel: ∫ rot v ⋅ dA = 0 = ∫ v ⋅ dr + ∫ v ⋅ dr ( A) ( L1 ) ( L2 ) ∫ v ⋅ d r + ∫ v ⋅ dr = 0 ( L1 ) ( L2 ) 123 − ∫ v ⋅dr ( L2 ) ∫ v ⋅ d r = ∫ v ⋅ dr = Γ ( L1 ) ( L2 ) Helmholz (1821-1894) elsı örvénytétele örvénycsı mentén a г cirkuláció konstans. Örvénymentes áramlás: rot v = 0 ∫ rot v ⋅ dr = 0 = ( A) B B B A ( L1 ) A ( L2 ) A ∫ v ⋅ dr = 0 ( L1 + L2 ) ∫ v ⋅ dr = ∫ v ⋅

dr = ∫ dΦ = Φ ( B) − Φ ( A) v ⋅ dr = dΦ -totális differenciál dΦ = ∂Φ dx + L = (dr ⋅ ∇)Φ = grad Φ ⋅ dr ∂x v ⋅ dr = dΦ = grad Φ ⋅ dr ⇒ v = grad Φ vx = ∂Φ ; ∂x -sebességi potenciál vy = ∂Φ ; ∂y 20 vz = ∂Φ ∂z Áramlástan Elıadásvázlat Térfogati integrál idı szerinti deriváltja Avagy, kapcsolat térfogati integrál rendszerhez kötött, ill. ellenırzı térfogaton értelmezett deriváltjai között. Tömeg,-energia megmaradás,-impulzus tétel, véges térfogatra történı felírásával, különbözı mennyiségek térfogati integráljának szubsztanciális deriváltját kell kiszámítanunk. Adott: F (r, t ); v (r, t ) sebesség tér; Vt , At .rendszer térfogat/felület Vt .együttmozgó folyadéktérfogat (mindig ugyanazokat a folyadék részeket rendszer: tartalmazza) At . együttmozgó folyadékfelszín ( Vt -t határolja) Vt , At . együttmozgó térfogatrendszer/felületnehéz kezelni, célszerő

térben és idıben rögzített térfogatot és felületet használni. V Vt A t (t) A Vt (t) V A t (t+ t) V.ellenörzı térfogat Vt (t+ t) A.ellenörzı felület térben rögzített – nyitott rendszer (közeg-átáramlás) Levezetés nélkül: d ∂F F (r, t )dV = ∫ dV + ∫ F ( v ⋅ dA) ∫ dt (Vt ) ∂ t (V ) ( A) Gauss-tétel ∫ F ( v ⋅ dA) = ∫ (F o v )dA = ∫ ( F o v)∇dV ( A) ( A) (V ) 21 (*) Áramlástan Elıadásvázlat vektor (diadikus szorzás) F is lehet skalár (általános szorzás) ( F o v )∇ = F ( v ⋅ ∇) + F ( v ⋅ ∇) = ( v ⋅ ∇) F + F ⋅ div v Tehát: ∫ F ( v ⋅ dA) = ∫ ( v ⋅ ∇)F ⋅ dV + ∫ F ⋅ div v ⋅ dV ( A) (V ) (V ) dF ∂F = + ( v ⋅ ∇) F , ∂t dt mivel, így d  − dF  FdV = ∫  + F ⋅ div v  dV ∫ dt (Vt ) dt  (V )  (*) (*) Kontinuitási egyenlet: (tömegmegmaradás) 0 d  ρdV =  ρdV ∫ dt (Vt ) (V∫t )  0, ha a Vt térfogatban nincsenek

források ∫ ρdV , ha a Vt térf.-ban vannak források (Vt ) (*) F=ρ d  dρ  ρdV = ∫  + ρ ⋅ div v  dV = 0 ∫ dt (Vt ) dt  (V )  dρ + ρ ⋅ div v = 0 dt mivel V tetszıleges: dρ ∂ρ ∂ρ = + ( v ⋅ ∇) ρ + div( ρ ⋅ v ) = 0 ∂t ∂t dt a kontinuitási egyenlet differenciális alakja Stacionárius esetben: A2 A palást 22 Áramlástan Elıadásvázlat div( ρ ⋅ v ) = 0 ∫ div( ρ ⋅ v)dV = 0 = ∫ ρ ⋅ v ⋅ dA (V ) ( A) (A)= ( A1 ) + ( A2 ) + ( Apal . ) 123 v⋅dA = 0 ∫ ρv ⋅ dA = ∫ ρv ⋅ dA ( A1 ) különbözı irányítású dA vektorok. ( A2 ) dA és v hegyesszöget zárnak be. középérték tétel: ρ1v1 A1 = ρ 2 v2 A2 = m& n n ρ ⋅ v n ⋅ A = const. = m& (kg/s) v n ⋅ A = áll. = Q = v1n ⋅ A1 = v 2 n ⋅ A2 ρ=áll. Következmény: legyen: F=ρf d  d ( ρf )  + ρf ⋅ div v dV = ρf ⋅ dV = ∫  ∫ dt (Vt ) dt  (V )     df df  dρ  = ∫

ρ + f + ρ ⋅ div v  dV = ∫ ρ dV ft dt 1dt (V )  (V ) 442443 kontinuitá s   d df ρf ⋅ dV = ∫ ρ dV ∫ dt (Vt ) dt (V ) Általános mozgásegyenlet: 23 (*) Áramlástan Elıadásvázlat • F = ρv f erıtér; a folyadék valóságos; d ρvdV = ∫ ρf dV + ∫ FdA dt (V∫t ) (V ) ( A)  dv 1 F .feszültség tenzor  ∫  ρ − f − ρ div FdV = 0 ( )  dt V dv 1 = f + div F dt ρ V tetszıleges Euler-féle mozgásegyenlet: a közeg súrlódás mentes F = − pI ; div F = (− pI ) ⋅ ∇ = −∇p div F = − grad p 1 ∂v + ( v ⋅ ∇) v = f − grad p ρ ∂t így: (*) Euler I. komponens egyenletek: ∂v x ∂v ∂v ∂v 1 ∂p + vx x + v y x + vz x = f x − ∂t ∂x ∂y ∂z ρ ∂x ∂v y ∂v y ∂v y ∂v y 1 ∂p + vx + vy + vz = fy − ∂t ∂x ∂y ∂z ρ ∂y ∂v z ∂v ∂v ∂v 1 ∂p + vx z + v y z + vz z = f z − ∂t ∂x ∂y ∂z ρ ∂z  v2  (rot v ) × v = (∇ ×

v ) × v = ( v ⋅ ∇) v − ∇( v ⋅ v) = ( v ⋅ ∇) v − ∇   2  v2  ( v ⋅ ∇) v = ∇  + (rot v) × v  2 (*) ∂v v2 1 + rot v × v = f − grad − grad p ∂t 2 ρ Euler II. Speciális esetek: • barotróp közeg potenciálos erıtérben p  ∂v v2 dp  − v × rot v = − grad U + + ∫  ∂t 2 p0 ρ   24 Euler III. Áramlástan Elıadásvázlat • örvénymentes áramlás, összenyomhatatlan közeg, potenciálos erıtér  ∂v v2 p  = − grad U + +  ∂t 2 ρ  • ha az áramlás még stacionárius is mozgási energia integrálható U+ • v2 p + = const. (Bernoulli egyenlet) 2 ρ v = 0 helyettesítéssel a hidrosztatika alapegyenlete f− 1 ρ grad p = 0 Bernoulli egyenlet: Daniel Bernoulli (1700-1782); svájci matematikus. Az Euler-féle mozgásegyenlet elsı integrálja. A) Örvénymentes egyenlet: p potenciális erıtér: f = −∇U ; barotróp

közeg: ρ = ρ ( p ) ; P= ∫ dp p0 p  ∂v v2 dp  = −∇ U + + ∫ ; ∂t 2 p0 ρ   ∇ p v2 dp  ∂Φ  + U + + ∫  = 0 ∂t  2 p0 ρ  ρ v = grad Φ ∂v ∂ ∂Φ = ∇Φ = ∇ ∂t ∂t ∂t ∂Φ v2 dp +U + + ∫ = k (t ) ∂t 2 p0 ρ p k(t).Bernoulli konstans; csak t-tıl függ Mindig egy adott idıpontban írjuk fel, tehát k(t) tényleges konstansként kezelhetı! 25 Áramlástan Elıadásvázlat Speciális eset – stacionárius áramlás: p v2 dp U + +∫ = const. { 2 ρ helyzeti { p0 { mozgési nyomási Ez a Bernoulli egyenlet energetikai jelenléte. • nehézségi erıtér, összenyomhatatlan közeg (U=97; P=p/ρ) v2 p + = const. 2 ρ gz + • potenciális erıtér, stacionárius áramlás, izentropikus állapotváltozás. p ρ p P= ∫ p0 dp ρ = p10 / κ p ρ 0 p∫ 0 p −1 / κ κ = p0 κ ρ0 1 = ρ p 01 / κ ρ0 p −1 / κ κ −1   p10 / κ  κκ−1 p  

p − p0 κ  = κ  p − 0  ⋅ dp =     κ −1 { ρ0   κ −1 ρ ρ0  κ p1 / κ ρ p κ dp p p0  ∫ ρ = κ − 1 ⋅  ρ − ρ  Tehát: 0 p0 U+ Így: v2 p κ + ⋅ = const. 2 κ −1 ρ adiabatikus (izentropikus) hangsebesség: a2 = p p p dp p p = κ = κ0 ; p = κ0 ρ κ = κ0 κ ⋅ ρ κ −1 = κ dρ ρ ρ ρ0 ρ0 ρ0 { { p ρκ U+ B) v2 a2 + = const. 2 κ −1 Örvényes áramlás: potenciális erıtér, örvényes áramlás, barotrop közeg; Az Euler-féle mozgásegyenlet: 26 RT Áramlástan Elıadásvázlat p  ∂v v2 dp  − v × rot v = − grad U + + ∫  ∂t 2 p0 ρ   Integráljuk ezt az egyenletet egy áramvonal mentén: p 2 2  ∂v v2 dp  d r − ( v × rot v ) d r = − ∇ U + +  ∫1 ∂t ∫1 14243 ∫1  2 p∫ ρ dr 0   0 , mivel 2 v és dr párhuzamos ∂v ∂v v 1 ∂v 1 ∂  v2  1 ∂v ∂v  ds = v ds = ds

dr = ds = v ⋅ ds = ∂t ∂t v v ∂t v ∂t  2  v ∂t ∂t 2 p dp   v ∂v ∫1 ∂t ds + U + + ∫  =0 p 2 ρ 0  1 2 2 Csak ugyanazon áramvonal két pontja között írható fel. Speciális esetek: a) p v2 dp U+ +∫ = const. 2 p0 ρ formailag ugyanaz, mint az örvénymentes áramlásnál örvénymentes Lényeges különbség: áramlás: a Bernoulli konstans az egész áramlástérben azonos. (két ponttetszıleges) örvényes áramlás: a Bernoulli konstans minden áramvonalra más állandó (két pontegy áramvonal) b) U=gz; P=p/ρ (ρ=const.) 2  ∂v v2 p  ds + gz + ∫1 ∂t  2 + ρ  = 0 1 2 A Bernoulli egyenlet néhány alkalmazása 27 Áramlástan Elıadásvázlat 1. Testek párhuzamos áramlásban: K Pk 8 V Vk T áramkép megváltozik a sebesség és a nyomáseloszlás is. Súrlódásmentes Bernoulli egyenlet: v∞2 p K v K2 + = + 2 2 ρ ρ p∞ p K = p∞ + ρ (v − v ) 2 2 ∞ 2 K ha v K

> v∞ p K < p ∞ p= p − p∞ ρ 2 2 vT = 0 pT = p ∞ + torlópontban: (k=T) v 2 0 v  = 1 −  K   v0  nyomástényezı ρ 2 v∞2 a legnagyobb nyomás a felületen ρ p.statikus nyomás; 2 p+ v 2 dinamikus nyomás; ρ 2 v 2 összenyomás Szimmetrikus, áramvonalas test körüli súrlódásmentes szimmetrikus áramlás. (0 meghívási szög) F=0 F 28 T S N Áramlástan Elıadásvázlat nem szimmetrikus test: p s < p N felhajtóerırepülés Nem áramvonalas testek nagy meghívási szög leválás 2. Prandtl-erı: Ludwig Prandtl (1875-1953) p A = p B hidrosztatika az U csıben lévı v folyadékra. T H C z z=0 T- A p A = p + ρg ⋅ H + ρ ⋅ m ⋅ g ⋅ ∆h = p B = p ö + ρg ( H + ∆h) p ö − p = ( ρ m − ρ ) g∆h h B másrészt az elıbb láttuk: m p ö = pT = p + ρ így: 2 v = 2g v 2 = ( ρ m − ρ ) g∆h ρm − ρ ∆h ρ -pontbeli sebesség mérésére. Impulzus tétel

Newton II. axiómája: 29 ρ 2 v2 Áramlástan Elıadásvázlat d ρv2 dV = ∫ ρfdV + ∫ FdA 3 dt (V∫t ) 1 (V ) (A) impulzus (Vt ) −ben (Vt) és (V) a vizsgált idıpontban egybeesik ( F ≡ ρv ) A korábbiak alapján: d ∂ ( ρv ) ρvdV = ∫ dV + ∫ ρv ( vdA) ∫ dt (Vt ) ∂t (V ) ( A) ∂ (ρv ) dV + ∫ ρv (v ⋅ dA ) = ∫ ρfdV − ∫ pdA + ∫ σdA ∂t (V ) ( A) (V ) ( A) ( A) ∫ így súrlódás mentes súrlódásos σsúrlódási feszültségi tenzor I F { = − p + σ{ fesz . tenzor súrl . fesz . tenzor Az impulzusnyomaték tétel az elızıhöz hasonló ∂ ( ρv ) ∫ r × ∂t dV + ∫ ρ (r × v )(v ⋅ dA ) = ∫ ρ (r × f )dV − ∫ pr × dA + ∫ r × σdA (V ) ( A) (V ) ( A) ( A) r helyvektor, attól a ponttól mérve, amelyre a nyomatékot számítjuk. Alkalmazás: könyökcsıre ható erı stacionárius áramlás esetén. súrlódásmentes eset dA2 dA pa l 2 impulzus 2 2 tétel (V)-ben lévı folyadékra: 1

∫ ρv(vdA ) = ∫ ρfdV − ∫ pdA v1 ( A) K dA1 K 1 30 (V ) ( A) Áramlástan Elıadásvázlat ⋅ d3 A) = ∫ ρv(v ⋅ dA ) = ∫ ρv(v ⋅ dA ) + ∫ ρv(v ⋅ dA ) + ∫ ρv(1v 2 ( A) ( A1 ) ( A2 ) ( Ap ) 0 = v1 ∫ ρ ⋅ v1dA + v 2 ∫ ρ v 2 dA = m& (v 2 − v 1 ) 123 123 ( A1 ) ( A2 ) <0 >0 1424 3 1424 3 − m& m& P pal 6 47 4 8 − ∫ pdA = − ∫ pdA − ∫ pdA − ∫ pdA = P1 + P2 + P pal ( A) ( A1 ) ( A2 ) Ap 1 4 24 31 4 24 31 42 4 3 P1 −R b P2 ↓ a könyök belsı faláról a folyadékra ható erı m& ( v 2 − v 1 ) = ∫ ρfdV + P1 + P2 + P pal Így: (*) (V ) 123 G a környezet statikus egyensúlya (mintha (V) a környezeti közeggel lenne kitöltve) 0 = ∫ fρ K dV − (V ) 1 424 3 GK (*)-() ∫ p dA (*) K ( A) 1 424 3 PK 1 + PK 2 + PKPal m& (v 1 − v 2 ) = − ∫ (ρ − ρ K )fdV − (P1 − PK 1 ) − (P2 − PK 2 )− P pal + PKpal 14 4244 3 (V ) R R = m& (v1 − v 2 ) + ∫ (ρ

− ρ K )fdV + P1 − PK 1 + P2 − PK 2 14442444 3 (V ) környezeti.nyomás feletti 144244 3 túnyomásból felhajtóerıvel csökkentett foly . súlya származó erö R = − Ppal + PKpal = ∫ ( p − p K )dA = ∫ (ρ − ρ K )fdV − ∫ ( p − p K )dA − ∫ ( p − p K )dA + m& (v1 − v 2 ) ( Apal ) ) A1 ) A2 ) 14444444(V4 444444( 4 244444(4 4444444443 paláston .lévı tú ln yomásból p − p K = p * túlnyomás bevezetésével és Pi* = − ∫ p dA; (i=1,2) ( Ai ) 31 Áramlástan Elıadásvázlat R = m& (v 1 − v 2 ) + G − G K + P1 + P2 1 . v2 -m R G - GK P1- PK1 P2 - PK2 Az impulzus tétel elınye, hogy a folyadék és szilárd test köztikölcsönhatást akkor is megtudjuk határozni, ha az áramlást csak az ellenırzı felület azon a részein ismerjük, amely átáramlás van. (Egyébként a nyomás és nyírófeszültség meghatározása/és integrálása/ igen bonyolult lenne) Amennyiben az 1, és 2, keresztmetszetekben ismerjük a

nyomást, akkor a levezetett összefüggés súrlódásos áramlása is érvényes. A Bernoulli egyenlet és impulzus tétel alkalmazásai 1. nagy mérető tartály (stacionárius) z 1 adott: p1 , p 2 , ρ , h, A2 h 1 v=? 2 x 2 v A 2 1–2Bernoulli 32 R x =? Áramlástan Elıadásvázlat gh + p1 ρ = p2 ρ + v2 2 p − p2    v = 2 gh + 1 ρ   p1 = p 2 = p 0 v = 2 gh 1424 3 ha nyitott tartály: Torricelli képlet szabadesés Impulzus tétel: R = m& (v 1 − v 2 ) + G − G K + P1 − PK1 + P2 − PK 2 1 42 4 3 v /i 0 p − p2   R x = − m& v = − ρA2 ⋅ v 2 = −2 ρA2  gh + 1  ρ   a kiáramlás irányával ellentétes Az a kifolyó folyadéksugár keresztmetszete!!! 2. Berda-Canot veszteség: 2 2 v1 1 2 v2 2 1 1 1 ρ ≅ const. leváló örvények energiacsökkenés p 2 < p 2id Bernoulli egyenletbıl: p 2id = p1 + imp. tétel(x): ρ 2 (v − v ) 2 1 2 2 m& (v 2

− v1 ) = A2 p1 − A2 p 2 33 (1) (2) Áramlástan Elıadásvázlat m& = ρA1 ⋅ v1 = ρA2 ⋅ v 2 kontinuitás: (3) (2),(3) ρA2 ⋅ v 2 (v 2 − v1 ) = A2 ( p1 − p 2 ) 1 424 3 m& p 2 = p1 + ρv 2 (v1 − v 2 ) (4)      2  2 2 2   v − v v + v 2 2 ∆p ′ = p 2id − p 2 = ρ  1 − v 2 (v1 − v 2 ) = ρ  1 − v1v 2   2 14243  24244 3  14 v22 − v v1   1   (v1 −v2 )2  2  (1)-(4) ∆p ′ = ρ 2 (v1 − v2 )2 Ferde falnak ütközı szabadsugár 3. v adott: A0 , v0 , ρ , α s 1 1 A 0 Rn , A1 , A2 = ? y 1 v x 0 n p1 = p = p 0 v1 = v 2 = v0 = v (a A eltekintve) A 2 2 v 2 impulzus tétel: ∫ ρv(v ⋅ dA ) = ∫ ρf ⋅ dV − ∫ pdA ( A) (V ) ) 144 424( A4 4 3 ≈0 34 veszteségektıl Áramlástan Elıadásvázlat * − m& v 0 + m& 1 v1 + m& 2 v 2 = G + P0* + P1 + P2 + P pal { { { { 0 0 −R 0 mivel, p1 = p 2 = p 0 R = m&

v 0 − m& 1 v 1 − m& 2 v 2 (1) m& = m& 1 + m& 2 (2) kontinuitás: ρA0 ⋅ v 0 = ρA1 ⋅ v0 + ρA2 ⋅ v0 A0 = A1 + A2 (v1 = v 2 = v0 ) (2a) (1) e r = sin α i − cos α j Rn = R = − ρA0 v 2⋅ i (sin α i − cos α j) = ρA0 v 2 sin α R = ρA0 v 2 sin α a felületre merıleges (súrlódásmentes) (1) e s = cos α i + sin α j 0{ = ρA0 ⋅ v 2 i (cos α i + sin α j) − ρA1v 2 + ρA2 v 2 súrl mentes A0 cos α = A1 − A2 (3) A0 = A1 + A2 (2a) (2a ) − (3) 2 4. A1 = 1 + cos α A0 2 A2 = 1 − cos α A0 2 Folyadéksugár által az elterelı lemezre ható erı 35 / ρv 2 Áramlástan Elıadásvázlat y A v x 1 p o 2 v súrlódásmentes folyadék; v1 = v 2 = v Adott: v, ρ , Θ = 180° − β ; R = ? A { ,Θ sugár ker metszete stac. imptétel: ∫ ρv(vdA ) = ∫ ρfdV − ∫ pdA ( A) (V ) (A * m& (v 2 − v 1 ) = ∫ ρfdV + P1* + P2 + P pal { { { (V ) 0 0 −R R = m& (v 1 − v 2 ) = ρAv 2

[i − (− cos β i − sin β j)] R = ρAv [( A + cos β )i + sin β j] ; 2 3. A folyadékoszlop lengése: 36 R x = ρAv 2 (1 + cos β ) R y = ρAv 2 sin β Áramlástan Elıadásvázlat 2 2y 1 súrlódásmentes L hossz 2  p v2  ∂v ds gz + + ∫1 ∂t  ρ + 2  = 0 1 2 nyitott erı p1 = p 2 = p 0 y(t) kitérés; v(t).sebesség mivel állandó keresztmetszető a csı V1 = V2 = V ∂V dV d 2 y =a= = ∂t dt dt d2y L 2 + 2g ⋅ y = 0 dt 2g &y& + y=0 L  2g  2g y = A sin  t  + B cos t L  L  Kezdeti feltétel: t = 0: y = h B = h y& = v=0 A=0 y = h ⋅ cos 2g t L Harmónikus lengımozgás: 2g T = 2π L 37 Áramlástan Elıadásvázlat L 2g T= súrlódásos áramlás lengésidı; állandó amplitúdó csökkenı amplitúdó; megáll y súrlódásmentes t T Síkbeli potenciális áramlás Síkbeli áramlás: – kiválaszthatók olyan egymással párhuzamos síkok, amelyen az áramképek egybevágóak.

Ilyenkor elég az áramlást egyetlen síkon vizsgálni Tekintsünk stacionárius 2D áramlást! Legyen: v = v x ( x, y ) i + v y ( x, y ) j örvénymentes áramlás: rot v = 0 ⇒ összenyomhatatlan folyadék: div v = 0 ⇒ (1) Φ seb. pot fgv; vx = (2) Ψ áramfgv. vx ∂Φ ; ∂x ∂Ψ ; ∂y ∂v y ∂v x =0 ∂y (1) ∂v x ∂v y + =0 ∂x ∂y (2) ∂x − vy = ∂Φ ( 2 )  ∇ 2Φ = 0 ∂y vy = − 38 ∂Ψ (1)  ∇ 2Ψ = 0 ∂x harmadfokú fgv. harmadfokú fgv. Áramlástan Elıadásvázlat Így állnak a Cauchy-Riemann egyenletek: (v x = ) ∂Φ ∂Ψ = ∂y ∂x és ∂Φ ∂Ψ =− ∂x ∂y (= v y ) így Φ,Ψ segítségével definiálható egy reguláris komplex függvény, amelyet komplex potenciálfüggvénynek fogunk hívni: W( z ) = Φ ( x, y ) + iΨ ( x, y ) ahol: z=x+iy : komplex helyvektor; i = −1 : képzetes egység     ∂W ∂Φ ∂Ψ dW ∂W 1 ∂Φ ∂Ψ  = = +i = = +i = v x − iv y =

v dz ∂x { ∂x ∂x ∂ (iy ) {i  { ∂y ∂y  { { {  iránytól vx vy −i  v vx   y független dW = v = v x − iv y dz konjugált komplex sebesség. Bármely reguláris komplex függvénynek megfeleltethetı egy (összenyomhatatlan közeg) örvénymentes síkbeli áramlás. Áramvonal: ψ(x,y)=const. ∂ψ ∂ψ dx + dy = 0 ∂x ∂y dy ψ x vy = − = (=tgα) dx dv ψ y vx dψ = valóban áramvonal 39 Áramlástan Elıadásvázlat Potanciál nívóvonal: Ф(x,y)=const dФ= Φx dx+ Φ y dy=0 Φx v 1 =− x =− ortogonális trajektóriák dy Φx vy dx dv -áramvonalon nincs átáramlás ⇒ 2 áramvonal között a térfogatokban minden keresztmetszetben azonos v= v x j+ v y j dy dx pot =− felbontható v n és vt -re 40 Áramlástan Elıadásvázlat B Q= ∫ vn ds = v n = v x sin α − v y cos α ∂ψ ∂ψ = ∫ v x sin α4 ds - ∫ v y cos α4 ds = ∫ ( dx + dy ) = 42 3 1 4 2 3 { 1 ∂ x ∂y { B B A ∂Ψ A dy ∂y B A

− ∂Ψ dx A ∂x B = ∫ dψ = ψ B − ψ A A B Q= ∫ v n ds = ψ B − ψ A A Térfogatáram = az áramfüggvény értékeinek különbsége a két áramvonalon. Alapáramlások: 1, Párhuzamos áramlás komplex potenciál W(z) W(z)= v∞ e − iα z dW v= = v∞ e − iα dz v= v∞ e iα áramvonalon: Φ( x, y ) ψ ( x, y ) 6444 74448 644 4 7444 8 W= v∞ (cosα – i sinα)(x + i y) = v∞ ( x cos α + y sin α ) + i ( y cos α − x sin α )v∞ ψ(x,y) = v∞ (y cosα – x sinα) = К Κ egyenes sereg y = x tgα + v∞ cos α belátható , hogy a Ф = áll. görbék ezen görbékre merıleges egyenes sereg 41 Áramlástan Elıadásvázlat 2, Forrás: Q ln z 2π dW Q 1 Q − iϕ v= = = e dz 2π z 2r Q iϕ v= e 2πr W(z) = W(z) = Q Q Q Q ln(r eiϕ ) = (ln r + ln eiϕ ) = ln r + i ϕ { 2π 2π23 2π 2π iϕ { 1 ψ Φ Áramvonal: ψ= Q y 2πΚ ϕ{ = К arctg = 2π Q x y arctg x ⁄ tg y 2πΚ = tg Q x 2πΚ y = x tg origón átmenı sugárban Q (

áramvonal ) potenciál nívóvonal: Ф = const. Ф= ln x 2 + y 2 = 2πΚ Q Q ln r = К 2π ⁄ e . 42 Áramlástan Elıadásvázlat x 2 + y 2 = exp( 2πΚ ) Q 4πΚ ) körszelet (origó középponttal) Q ∂Φ Q 1 ∂Φ Q iϕ er + Ф= ln r ; v = ∇Φ = eϕ = e { ∂r iϕ r { 2π 2πr ∂ϕ { x 2 + y 2 = exp( Q 2π e 0 Q ; vϕ = 0 sugár irányú sebességek 2πr Q > 0 forrás . áramlás az origóból kifelé Q < 0 nyelı áramlás az origó felé vr = 3, Potenciálos örvény: forgószél, tornádó, a részecskék forgó mozgást végeznek, de ω = 0 ( nem forognak )! iΓ W(z) = ln z 2π iϕ π dW iΓ 1 z = reπ Γi Γ −i (ϕ − 2 ) v= e = = = = i dz 2π z i = e 2 2πre iϕ 2πr π v= W= Γ i (ϕ − 2 ) e 2πr iΓ iΓ Γ Γ ln(re iϕ ) = (ln r + iϕ ) = − ϕ + i ln r 2π 2π 2π 2π23 { 1 Φ ψ= ψ 4π Γ Γ ln r = ln x 2 + y 2 = k x 2 + y 2 = exp( k ) kör. Γ 2π 2π Nívóvonalφ = constsugárral ⇒ szerepcsere a forráshoz képest 43

Áramlástan Elıadásvázlat Ф=- Γ 1 ∂Φ ∂Φ Γ ϕ ; v = ∇Φ ; vr = = 0 ; vϕ = =− ∂r r ∂ϕ 2πr 2π 4, Dipólus: a 0 és Q ∞ úgy, hogy lim aQ = véges érték = Mπ M.dipólus erıssége a 0 Q ∞ W(z) = M z M = lim a 0 Q ∞ Qa π π v= dW M M M − 2 i (ϕ − 2 ) = − 2 = − 2 2 iϕ = 2 e dz z r e r iπ /-1 = e / π M 2 i (ϕ − 2 ) v= 2 e r W= M x − iy x − iy Mx My =M 2 = 2 −i 2 = Ф+iψ 2 2 x + iy x − iy x +y x +y x + y2 ψ(x,y) = - My =Κ x + y2 2 x2 + y2 + x2 + ( y + M 2 M2 ) = 2Κ 4Κ 2 К( x 2 + y 2 )+My = 0 M y=0 Κ origón átmenı körök, középpontok az y tengely mentén 44 Áramlástan Elıadásvázlat φ 2φ-π (visszafordítás) Elemi áramlások összegzése ( szuperpozíció ): Dipólus párhuzamos áramlásban: W(z) = v∞ z + M z v = v ∞x − M z2 W= M x − iy x − iy v∞x ( x + iy ) + = v∞x ( x + iy ) + M 2 = x + iy x − iy x + y2 Ф+iψ M ψ (x,y) = y( v∞x − 2 )=0 x + y2 45

Áramlástan Elıadásvázlat 〈 M M =0 x 2 + y 2 = = R 2 .kör v∞ x x2 + y2 y = 0.egyenews v ∞x − M ; M = v ∞x R 2 v ∞x így, R2 W(z) = v∞x ( z + ) z dW R2 v= = v∞x (1 − 2 ) dz z R= torló pontok: z=±R Sebesség a kör kerületén: z kör = Reiϕ R2 −2iϕ −4cos 23 ϕ + i sin ϕ ) = 2v∞x sinϕ(sinϕ + i cosϕ) = v kör = v∞x (1 − 2 2iϕ ) = v∞x (1 − e ) = v∞x (11 24 1223 Re 2 2 sinϕ cosϕ 2 sin ϕ = 2v∞x sin ϕ i (cos ϕ − i sin ϕ ) v kör = 2v∞x sin ϕ e π −i (ϕ − ) 2 π i (ϕ − ) 2 v kör = 2v∞x sin ϕ e szimmetrikus áramlás nincs felhajtóerı D’Alambert féle paradoxon W(z)= v∞x (r +  R2 R 2 ( x + iy )  R2 R2 ) = v∞x  x + iy + 2 = v x ( 1 + + iv y ( 1 − ) ∞x { ∞x  z x + y2  r2) r2 r cos ϕ  1442443 Φ 2 R ) cosφ ; v = ∇Φ r2 ∂Φ R2 v r = vr (r , ϕ ) = = v∞x (1 − 2 ) cos ϕ ∂r r Ф = v ∞x ( r + 46 Áramlástan Elıadásvázlat vϕ = vϕ (r ,ϕ ) = 1 ∂Φ R2 =

−v∞x (1 + 2 ) sin ϕ r ∂ϕ r felületen: vr ( R,ϕ ) = 0 érintıleges vϕ ( R, ϕ ) = −2v∞ sin ϕ Kör körüli cirkulációs áramlás: R2 iΓ )+ ln z z 2π R2 iΓ v = v∞x (1 − 2 ) + 2πz z W = v ∞x ( z + torlópontok: v( zT )=0 R2 iΓ v∞x (1 − 2 ) + =0 ⁄ zT2 2πzT zT iΓ v∞x zT2 + zT − vℵx R 2 = 0 2π zT = − iΓ Γ 2 ± −( ) + R2 4πv∞x 4πv∞x 47 Áramlástan Elıadásvázlat Γ < R két a kör kerületén 4πv∞x Γ = R egy a kör kerületén b, 4πv∞x Γ c, > R két torlópont képz. tengelye 4πv∞x (képzetes) a, u.i a, és b, esetben zT2 = z + zT = (− =( iΓ Γ 2 iΓ Γ 2 ± −( ) + R 2 )( ± −( ) + R2 = 4πv∞x 4πv∞x 4πv∞x 4πv∞x  Γ 2  Γ 2 ) + − ( ) + R 2  = R 2 = zT2 4πv∞x  4πv∞x  Sebesség a kör kerületén: z kör = Reiϕ v kör = v∞x (1 − e −i 2ϕ π iΓ −iϕ Γ − i (ϕ − 2 ) )+ e = v∞x (1 − cos 2ϕ + i sin 2ϕ ) + e 1444424444 3 2πr 2πR

π 2 v∞x sin ϕe v kör = (2v∞ sin ϕ + π Γ −i (ϕ − 2 ) )e 2πR ; −i (ϕ − ) 2 v kör = (2v∞ sin ϕ + Γ 2πR nem szimmetrikusáramlás v kör = 2v∞ sin ϕ + a henger felett nagyobb a sebesség mint alatta a henger felett kisebb a nyomás mint alatta F f = ρΓv∞ [N⁄m] ⇒ felhajtóerı 48 π Γ i (ϕ − 2 ) )e 2πr Áramlástan Elıadásvázlat Ha megfúvási szög van,akkor Γ 2πR F f = ρΓ v ∞ v kör = 2v∞ sin(ϕ − α ) + felhajtóerı: v ∞ -re ┴ Konform leképzés Riemann: Minden egyenesen összefüggı tartomány egy alkalmasan választott reguláris komplex függvénnyel körre leképezhetı. Konformis leképezés : szög- és aránytartó leképezés. A leképezés geometriai oldala : kör kívánt profil Fizikai leképezés : a két sík egymásnak megfelelı pontjaiban a áramvonal komplex pot. azonos áramvonal elemi pot. vonal elemi pot vonal 49 Áramlástan Elıadásvázlat ζ síkon W ∗ (ζ ) = W [h(ζ )]

= Φ ∗ (ξ ,η ) + iψ ∗ (ξ ,η ) dW ∗ dW dz dW 1 = = ⇒ dζ dz dζ dz f ' ( z ) v (ζ ) = v( z ) f ' ( z) A leképezés szinguláris pontja ott van , ahol f ' ( z ) = 0 ; f ' (z ) = ∞ v(ζ ) = v( z ) és 1 f ' ( z) A z síkon ismert a kör körüli cirkulációs áramlás v(z) sebességtere, amibıl a ς sík megfelelı pontjaiban a w(ς) sebesség meghatározható, amennyiben f(z) leképzı függvényt ismerjük. Olyan leképzı függvényt célszerő választani , amelynek a végtelenben a z szerinti deriváltja egységnyi ; így a két síkon a ∞-beli sebesség arányos. Zsukovszkij-féle leképezés: lim f ' ( z ) = 1 za ∞ f ( z) = z + a 2a a1 a1 + 2 + K f ' ( z ) = 1 − 12 − 32 K z z z z A Zsukovszkij-féle leképezés: a2 ζ = f ( z) = z + 3 − K z dζ a2 f ' ( z) = = 1− 2 dz z 50 Áramlástan Elıadásvázlat szinguláris pontok: z= ± a ; illetve a ς – síkon a ς = ± 2a ζ = z+ a2 a2 x −

iy = x + iy + = x + iy + a 2 2 z x + iy x + y2 a2x ξ = x+ 2 x + y2 ; 51 a2 y η = y− 2 x + y2 Áramlástan Elıadásvázlat Kutta- Zsukovszkij feltétel : A sima leáramlás feltétele: 0 vvvv ( z =) f ' ( z = a) = 0 0 = legyen (Г célszerő választása) 0 legyen v(ζ ) =   K belátható, hogy véges határérték 0 v kör = 2v∞ sin(ϕ − α ) Γ Γ = 4 Rπv∞ sin(α + β ) 2πR ahol R = (a + c) 2 + b 2 52 Áramlástan Elıadásvázlat v kör (φ = -β) =0 0 = 2 v∞ sin (-β – α ) + Γ 2πR ahol Γ = 4Rπv∞ sin( α + β ) Felhajtóerı: Ff = ρ v∞ Γ = 4 πρv2∞ R sin( α + β ) Zsukovszkij- profilnál: L ≈ 4R Ff ≈ L π ρ v2∞ sin ( α+ β ) [N/m] Ez az erı nagy fizikai jelentısséggel bír ; ez az alapja ugyanis a repülıgépek szárnyprofil kialakításainak( felszállás / leszállás). Felhajtóerı tényezı : Cf = Ff ρ 2 ≅ 2π sin( α +β) 2 v∞ L (itt Ff az egységnyi

szélességő szárnyszelvényre ható erı) Példa a konform leképzésre : Síklap menti áramlás Példa: p∞ , v∞ , L , α , ρ; sima leáramlás teljesül ∆p = pA - pB vlap = ? plap = ? Ff / b= ? . egységnyi szelvényő felületre ható erı 53 Áramlástan Elıadásvázlat Zsukovszkij-féle leképzés : ζ = f(z)= z + a2 a2 a 2 ( x − iy ) = x + iy + = x + iy =ξ + iη x + iy z2 x2 + y2 a2 a2 ξ = x(1 + 2 ) ; η = y (1 − 2 ) x + y2 x + y2 ha az x2+y2 = a2 kört képezzük le , akkor ξ = 2x és η = 0 adódik ( geometriai leképzés) kör körüli cirkulációs áramlás: Γ  -i(φ-π/2)  v ( z kör ) = 2v∞ sin(α − β ) + e 2 Rπ   Fizikai leképzés : W*( ζ ) = W.(z) dW dW * dζ 1 = v(ζ ) = v( z ) dz 1 d2 ζ3 { dz f ' ( z) { v( z ) v (ζ ) a leképzı függvény v(z) 54 Áramlástan Elıadásvázlat dζ a2 = f ' ( z) = 1 − 2 dz z tehát a leképezés szinguláris pontjai: z = ± a ; és z = 0 z kör = a

e i φ f’ (z kör)=1- 1 e 2iϕ = 1- e −2iϕ = 1 − cos 2ϕ + i sin 2ϕ =2sin φ(sin φ + i cos φ) = 123 123 2 sin 2 ϕ 2 sin ϕ cos ϕ = 2 sin ϕ i{ (cos ϕ − i sin ϕ ) = 2sin φ e-i(φ-π/2) 1442443 iπ / 2 e − iϕ e v kör(φ = 0) = 0 Sima leáramlás : 2v∞sin (-α) + Γ =0 2 Rπ Γ = 2v∞sinα 2 Rπ v kör = 2v ∞[sin(φ -α) + sin α] e −i (ϕ −π / 2 ) vvvv vvvv lap = vvvv lap kör f ' ( z kör ) = 2v∞ [sin (ϕ − α ) + sin α ]e − i (ϕ −π / 2 ) 2 sin ϕe −i (ϕ −π / 2 ) (ϕ ) = v∞ sin (ϕ − α ) + sin α = vlap (ϕ ) sin ϕ ahol: φ ≠ 0, π Mert a φ = 0, π a leképzés szinguláris pontjai ! 55 Áramlástan Elıadásvázlat sin (ϕ − α ) + sin α  0  cos(ϕ − α ) =   = v∞ lim = v∞ cos = v∞ ϕ a0 ϕ a0 sin ϕ cos ϕ 0 lim vlap = v∞ lim lim vlap (ϕ ) = v∞ cos α tehát : –sima leáramlás esetén ϕ a0 sin( φ - α) + sin α sin φ >0 >0 >0 <0 φ

0<φ<π π < φ< π + 2α π+2 α<φ<2π <0 vlap (ϕ ) = v∞ <0 sin (ϕ − α ) + sin α sin ϕ v lap >0 <0 >0 ahol: φ ≠ 0, π vlap (ϕ ) = v∞ cos α φ =π A Bernoulli – egyenlet : 2 p lap vlap v∞ + = + ρ 2 ρ 2 p∞ plap = p ∞ + 2 (v − v ) 2 ρ 2 ∞ 2 lap   sin (ϕ − α ) + sin α  2  plap (ϕ ) = p∞ + v∞ 1 −    2 sin ϕ     ρ 2 2    π    sin  − − α  + sin α    π ρ 2    2     plap (ϕ A ) = plap  ϕ = −  = p ∞ + v∞ 1 − 2 2  π      sin  −        2    56 Áramlástan Elıadásvázlat 2   π    sin  − α  + sin α    π ρ 2    2     plap (ϕ B ) = plap  ϕ =  = P∞ + V∞ 1 − 2 2 π       sin  

     2    ∆p = ρ π  π  π  π  2 v∞ sin 2  − α  + sin 2 α + 2 sin α sin − α  − sin 2  + α  − sin 2 α + 2 sin α sin  + α  2 2  2  2  2   sin(π/2-α ) = cos α ; sin(π/2+α) = cos α ahol : ∆p = ρ  2 v∞ cos 2 α + sin 2 α + 21sin α cos α − cos 2 α − sin 2 α + 2 sin α cos α  42 43 2 sin 2α   ∆p = ρv∞ sin 2α = p A − p B 2 A felhajtóerı : Ff = ρ Γ v∞ =ρ 4{ R π sin α v∞2 = ρ L π sin α v∞2 [N/m] L Ff = ρ L π sin α v∞2 [N/m] Navier – Stokes – féle mozgásegyenlet : Sir Gabriel Stokes (1819 - 1903) brit matematikus, fizikus L. M Navier (1785 - 1836) Eddig : súrlódásmentes folyadék – a felületi erık merılegesek a felületre(nincs tangenciális komponens )! Valóság : ellenállás a véges sebességő alakváltozással szemben folyadék súrlódás( -nak nevezzük)

Fal menti áramlás: 57 Áramlástan Elıadásvázlat vx = vx (y) ; vy = vz = 0 v│fal = 0 A faltól távolodva elıször rohamosan nı a sebesség , késıbb egyre kisebb mértékben. Ahol erıteljesen változik sebesség, ott nagy az alakváltozás sebessége jelentıs súrlódási ellenállás. Ennek mértékéül a nyírófeszültségek szolgálnak Tekintsük egy síkfal menti AD lamináris áramlást (a folyadékrészecskék ugyanabban a rétegben maradnak a mozgásuk során.) Mint láttuk – a súrlódási törvény ; Newton (1643 - 1727) A Newton - féle súrlódási törvény τ = τ xy = η dv x dv y Newtoni folyadék : amely eleget tesz a fenti összefüggéseknek τ = τ (T) η dinamikai viszkozitási tényezı υ= η kinematikai viszkozitási tényezı [m/s] ρ 58 Áramlástan Elıadásvázlat Newtoni súrlódási törvény kiterjesztése térbeli (3 D) esetre: G.G Stokes (1819-1903) (Novier: 1827 ρ=állandó eset; Stokes: 1845 ρ≠állandó) A

rugalmasságtanhoz analóg módon ( ~ Hook törvény) Stokes-féle viszkozitási törvény: ∂v τ xy =τ yx = η ( ∂v x + y ) ∂y ∂x (1) τ xz =τ zx = η ( ∂v x + ∂v z ) ∂z τ yz =τ zy = η ( ∂v y ∂z (2) ∂x + ∂v z ) ∂y (3) Normális irányú feszültségek ( Hook analógia ) Stokes-féle viszkozitási törvény σx=2η σy=2η σz=2η ∂v x ∂v ∂v ∂v + η’( x + y + z ) ∂x ∂x ∂y ∂z ∂v y (4) ∂v x ∂v y ∂v z ) + + ∂x ∂y ∂z (5) ∂v ∂v ∂v ∂v z + η’( x + y + z ) ∂z ∂x ∂y ∂z (6) ∂y + η’( η’. második viszkozitási tényezı 59 Áramlástan Elıadásvázlat p def.: p= - Fxx + Fyy + Fzz 3 viszont: −p F= -pI + σ= 0 0 σ x τ xy τ xz σx − p τ xy τ xz − p 0 + τ yx σ y τ yz = τ yx σy − p τ yz 0 −p τ zx τ zy σ z τ zx τ zy σz − p 0 0 F elsı skalárinvariánsa ( fıátlóban lévı elemek összege): Fxx + Fyy + Fzz = -3p= σx + σy + σz - 3p σx + σy +

σz= 0 (4) + (5) + (6) σx + σy + σz = 2 η ( ∂v ∂v x ∂v y ∂v z ∂v ∂v ) + 3η ’ ( x + y + z ) = 0 + + ∂y ∂y ∂x ∂z ∂x ∂z így 2 3 η ’=- η így a súrlódási tenzor: σ=2 η S- 2 η div v I 3 ahol: S= 1 ( v o ∇ + ∇ o v) . alakváltozási sebesség tenzor 2 Feszültségtenzor: F=-pI+σ F=-pI + 2 η S - 2 η div v 3 Stokes-féle viszkozitási törvény Az általános mozgásegyenlet: dv 1 = f + div F δ dt η =állandó feltevéssel: 60 (7) Áramlástan Elıadásvázlat 2 div F=- ∇p + 2η div S − η grad (div v ) 3 1 1 div S= ( v o ∇ + ∇ o v) ∇ = [ ∇ v+ ∇ ( ∇ v)] 2 2 ∆ = ∇ * ∇ . Laplace operátor így 2 div F=- ∇p + η∆v + η (1 − ) grad (div v ) 3 így (7): 1 dv υ = f + ∇p + υ∇v + grad (div v ) dt 3 δ a Navier- Stokes egyenlet. Másodrendı parciális differenciál egyenlet (PDE) (Euler elsırendő volt) mindkét egyenlet nem lineáris. dv ∂v = r + ( v∇ ) v dt ∂t a turbulens áram

leírására is alkalmas ha ρ = állandó div v = 0 (const. egyenlet) 1 ∂v + (v∇)v = f − ∇p + υ∆v ∂t ρ részletesebben: x, y ,z koordináta rendszerben: 1 ∂p υ ∂ ∂v x ∂v y ∂v z ∂v x ∂ 2v ∂ 2vx ∂ 2vx ∂v x ∂v x ∂v x = fx + υ ( 2x + )+ ( ) + vx + vy + vz + + + 2 2 3 ∂x ∂x ρ ∂x ∂y ∂t ∂x ∂y ∂z ∂z ∂y ∂x ∂z ∂ 2v ∂ 2 v y ∂ 2 v y υ ∂ ∂v x ∂v y ∂v z ∂v y ∂v y ∂v y 1 ∂p ∂v x = fy )+ ( ) + υ ( 2y + + vx + vy + vz + + + ρ ∂y 3 ∂y ∂x ∂y ∂z ∂y ∂t ∂x ∂z ∂y 2 ∂x ∂z 2 1 ∂p υ ∂ ∂v x ∂v y ∂v z ∂v z ∂ 2v ∂ 2vz ∂ 2vz ∂v z ∂v z ∂v z = fz + υ ( 2z + ) + ( ) + vx + vy + vz + + + ρ ∂z 3 ∂z ∂x ∂y ∂z ∂t ∂x ∂y ∂z ∂y 2 ∂x ∂z 2 61 Áramlástan Elıadásvázlat peremfeltétel: v fal= 0 (illetve a fal sebességgel mozog a fallal érintkezı folyadék részecske) Navier- Stokes egyenlet zárt alakú néhány esetbe. 1 ∂v = f − ∇p ∂t ρ

Navier- Stokes zárt mentes eset: υ = 0 v = 0 hidrosztatika: 0 = f − 1 ρ (Euler féle mozgás egyelnet) ∇p Energia egyenlet A termodinamika I. fıtétele mozgó zárt rendszerre ( Ugyanazok a folyadékrészek vannak benne) dE Q& − W& = dt • dQ Q& = . a rendszerbe idıegységalatt bevezetett hı (<0, ha leadtott hı) dt • dW W& = . a rendszer által a környezetén idıegység alatt végzett munka dt • E= ∫ ρedV . energia; Vt együtmozgó térfogat; V ellenırzı térfogat (Vt ) • dE ∂ = ρedV + ∫ ρevdA . E szubsztanciális deriváltja dt ∂t (V∫ ) ( A) • v2 e = u + gz + fajlagos energia 2 u . belsı energia • gz . potenciális energia • v2 . kinetikus energia 2 • Itt V az ellenırzı (fix) térfogat, A az ellenırzı felület, így: 62 Áramlástan Elıadásvázlat ∂ v2 v2 Q& − W& = ρ ( u + + gz ) dV + ρ ( u + + gz ) vdA ∫ ∂t (V∫) 2 2 ( A) (*) W két részre bontható: W=Wt+Wp

• • Wp - az áramló közegnek a nyomás révén a környezeten végzett munka –ÁTTOLÁSI MUNKA Wt tengelyen - bevezetett vagy kivett munka (Wt=-Wtechnikai) Turbina: - energiakivétel, Wt > 0 a rendszer végez munkát (pl.: turbina lapáton) Szivattyú, kompresszor: -energia bevitel Wt < 0 a gép végez munkát a rendszeren ( a rendszer negatív munkavégzése) (Wt minden bevezetett vagy elvitt munka, ami nem tartozik Wp- hez) ( pl.:a veszteségi erık munkája is) kilépés: a környezetre ható erı: p2 A 2= F 2 Az A2 felület ∆ t idı alatt ∆ s 2= v 2 ∆ t elmozdulást végez. A kilépésnél a környezeten ∆t alatt végzett munka: ∆W p 2 = F2 ∆s 2 = p 2 v 2 A 2 ∆t ∆W p 2 W& p 2 = = p2 v 2 A 2 ∆t belépés: a környezetre ható erı: p1 A 1 = F 1 Az A1 felület ∆ t idı alatt ∆ s 1= v1 ∆ t elmozdulást végez. 63 Áramlástan Elıadásvázlat A belépésnél a környezeten ∆t alatt végzett munka: ∆W 1 = F1∆s1 = p1 v1 A1∆t

W& p1 = ∆W p1 ∆t = p1 v 1 A1 <0 a környezet végez munkát a rr rendszeren a belépésnél ( v1 A 1<0) Mivel az ellenırzı felület 1 és 2-es keresztmetszetétıl eltérı helyein (palástAp) nincs átáramlás , így pvdA = 0 ; és mivel: (A)=(A1)+(A2)+(Ap) így: ∆W p p W& p = lim = ∫ pvdA = ∫ ρvdA ∆t 0 ∆t ρ ( A) ( A) Ahol, A a teljes mozgó V(t) térfogat A(t) határoló felületét jelenti; ∆t 0 esetben ez az (A1), (A2) és (Apalást) felületeket tartalmazza. (*) energiaegyenletek: p ∂ v2 v2 Q& − W&t − ∫ ρvdA = ρ ( u + + gz ) dV + ρ ( u + + gz ) vdA ∫ ∫ ∂ t 2 2 ρ ( A) (V ) ( A) ∂ v2 p v2 ρ ρ Q& − W& t = ( u + + gz ) dV + ( u + + + gz ) vdA ∫ ∂t (V∫) 2 ρ 2 ( A) h=u+ p ρ . fajlagos entalpia ∂ v2 v2 Q& − W& t = ρ ( u + + gz ) dV + ρ ( h + + gz ) vdA energiaegyenlet ∫( A) ∂t (V∫) 2 2 A rendszerbe bevezetett hı illetve a rendszeren végzett idıegység alatti munka

egyrészt a rendszerben lévı közeg energiájának idıbeli változását, valamint a rendszerhatárokon átáramló közeg energiaváltozását okozza. Stacionárius energiaegyenlet : 2 v Q& − W& t = ∫ ρ (h + + gz ) vdA 2 ( A) 64 Áramlástan Elıadásvázlat Itt a tartomány belsejében lévı „dolgokkal” nem kell foglalkoznunk, elég a tartomány be és kilépı részein lévı jellemzıket vizsgálni. Példa: kJ ) fajlagos kg entalpiájú túlhevített gız érkezik. A turbinát elhagyó gız p2( 101 kPa ) nyomású és T2 ( m kJ 100 ° C ) hımérséklető, h2( 2676 ) fajlagos entalpiájú. A gáz belsı sebessége v1( 15 ), kg s m ). A turbina be és kilépı pontja közötti szintkülönbség kilépı sebessége v2( 60 s kJ elhanyagolható. A turbinafalon fellépı hıveszteség Q& ( -7600 ), a gáz tömegárama h kg m& ( 0,5 ). s Egy gızturbinába p1( 1.4MPa ) nyomású és ( 400 ° C ) hımérséklető h1( 3121 Mekkora a turbina

teljesesítménye? v v v − v22 v2 Q& − W& t = ∫ ρ (h + + gz ) vdA = (h2 + 2 + gz ) ρ 2 A2V2 − ( 1 + h1 + gz1 ) ρ1V1 A1 = m& ( 1 + h2 − h1 ) 2 2 2 2 ( A) 2 2 2 2 15 2 − 60 2  v − v 22 − 7,6 *10 6 J W& t = Q& + m& ( 1 + h2 − h1 ) = + 0,5 + (3121 − 2676)10 3  = 3600s 2 2   =-2,11kW + 0,5[-1,69 kJ kJ +445 ] kg kg kJ W& t =220 = 220kW kg A kinetikus energiaváltozás gızturbinában általában elhanyagolható az entalpiaváltozáshoz képest ( lásd e példa is ). Energiaegyenlet stacionárius csıáramra: p v2 p v3 p v3 & & Q − Wt = ∫ ρ (u + + + gz ) vdA = ∫ (u + + gz ) ρvdA + ∫ dA − ∫ (u + + gz ) ρvdA − ∫ dA 2 2 ρ 2 ρ ρ ( A) ( A2 ) ( A2 ) ( A1 ) ( A1 ) A be és kilépı (1-2) keresztmetszetekben a jellemzık átlagértékeit véve: p p v3 v3 Q& − W& t + ( 1 + gz1 + u1 ) ∫ ρvdA + ∫ ρ dA = ( 2 + gz 2 + u 2 ) ∫ ρvdA + ∫ ρ dA 2 2 ρ1 ρ2 ( A1 ) ( A11 ) ( A12 ) (

A2 ) 65 Áramlástan Elıadásvázlat ∫ ρvdA = ρvA = m& ( A) ahol v . az átlagsebesség a keresztmetszetben ∫ρ ( A) v3 v3 dA = αρ A 2 2 α . A kinetikus energia korrekciós tényezıje A keresztmetszetben ρ − t állandónak véve: 3 1 v α = ∫   dA A ( A)  ∇  Speciális esetek: α = 1, ha a sebesség állandó a keresztmetszetben a.) (v=v) α > 1, ha sebesség nem állandó b.) Lamináris csıáramlás: α=2 c.) Turbulens csıáramlás: α = 1.01 ÷ 111 (gyakorlatban α ≅ 1) α = 1.06 • Így az energiaegyenletet m -al elosztva: v2 v12 p 2 q − wt + ρ + gz1 + u1 + α1 = + gz 2 + u 2 + α 2 2 2 ρ2 1 2 p1 q= Q& m& J   kg  a rendszerbe bevezetett fajlagos, tömegegységre vonatkoztatott hı q > 0 bevezetett q < 0 elvezetett ⋅ Wt wt = ⋅ m J   kg  a tengelyen elvitt (vagy bevezetett) fajlagos munka wt > 0 turbina wt < 0 szivattyú, kompresszor 66

Áramlástan Elıadásvázlat Összenyomhatatlan közeg: ρ1 = ρ 2 = ρ v2 p v2 p q − wt + ρ1 + gz1 + u1 + α1 1 = ρ2 + gz 2 + u 2 + α 2 2 2 2 átrendezve: p2 v12 v22 p1 + gz + α − w = + gz + α u 2 − u1 − q ) t 1 1 2 2 2 2 + (1 ρ ρ 4243 1442443 1442443 em1 Y´ em 2 Y ´ = u 2 − u1 − q fajlagos mechanikai energiaveszteség e m fajlagos mechanikai energia em1 − wt = em 2 + Y ´ Y ´ = u 2 − u1 − q a rendszer belsı energiájának növekedése illetve a rendszert elhagyó hı növeli a fajlagos energiaveszteséget. Mivel az esetek többségénél az áramlás turbulens α 1 = α 2 ≈ 1 p 2 v22 v12 ´ + + gz − w = t 1 ρ 2 ρ + 2 + gz 2 + Y p1 Példa: A d(500mm) átmérıjő csı ρ [1000 ] sőrőségő vizet szállít az ábrán vázolt rendszerben. Az kg m3 1 és 2 keresztmetszetekben az abszolút nyomás p 1 (1.7 bar) illetve 67 Áramlástan Elıadásvázlat ⋅ p2 (4.5 bar), az áramló közeg tömegárama m (500 kg/s) z 2 (40m) z 1 (30m)

adott Az 1 és 2 pontok között fellépı fajlagos mechanikai energiaveszteség Y ´ (29,43 kgJ ) . Mekkora teljesítményt kell a rendszerbe szivattyúval betáplálni az adott szállítási feladat megvalósításához? α 1 = α 2 = 1 v12 Psz = p2 + v22 + gz + Y ´ + + gz + ⋅ 1 2 ρ 2 ρ 2 m { p1 − wt ⋅  p − p v2 −v2  Psz = m  2ρ 1 + 2 1 + g ( z 2 − z1 ) + Y ´  2 4244444 3  14444  Y fajlagos energia növekmény a szivattyún ⋅ m = ρA1v1 = A2v2 ρ A1 = A2 = d π v1 = v2 4 2 v22 −v12 =0 2 (4.5−17)105 Psz = 500 + 9.81(40 − 30) + 2943  = 204kW 3 10   Példa: 3 j Egy vízerımő víznyelése 141 ms . A csıben fellépı fajlagos veszteség Y ´ (152 ⋅ 981 ) kg Szintkülönbség: z1 − z2 = 610m α1 = α 2 = 1 68 Áramlástan Elıadásvázlat kg Mekkora vízerımő teljesítménye? ( ρ = 1000 m ) v12 Pt p2 v22 ´ + + + gz ⋅ = ρ + 2 + gz 2 + Y 1 ρ 2 m p1 ⋅   p − p v2 −v2 Pt = m  1 ρ 2 + 1

2 + g ( z1 − z 2 ) − Y ´  2  123 123  0 0 p1 ≈ p2 = p0 v1 = v2 = 0 (a szintkülönbség miatti nyomásváltozás elhanyagolható) ⋅ [ ] [ ] Pt = m g ( z1 − z2 ) − Y ´ = ρQ g ( z1 − z2 ) − Y ´ = 1000 ⋅ 141 ⋅ [9.81 ⋅ (610 − 152)] = 842 MW További speciális eset: A.) Ha a rendszerben nincs erı vagy munkagép wt = 0 Így, p1 v12 p2 v22 ´ gz + + = 1 ρ 2 ρ + 2 + gz 2 + Y J kg Y ´ = gh´ .h´ súly egységre vonatkoztatott energiaveszteség v12 p2 v22 ´ + + z = 1 ρ 2 ρg + 2 g + z 2 + h p1 B.) [m] Amennyiben az áramlás súrlódásmentes Y ´ = 0 kapjuk az összenyomhatatlan közeg stacionárius áramlására érvényes Bernoulli egyenletet. v12 p2 v22 + + gz = 1 ρ 2 ρ + 2 + gz 2 p1 Áramlások hasonlósága: Feltételek: • tökéletes geometriai hasonlóság (érdesség is) • dinamikai hasonlóság 69 Áramlástan Elıadásvázlat mozgásegyenletek egyetlen . átvihetık a másik áramlásra Súrlódási f.

mozgásegyenlet: [ dv = f − 1 ∇p + ν ∆v + 1 ∇(∇v ) ρ 3 dt ] Átszámítások: r = M rr∗ v = M v v∗ t = M vr t ∗ M ρ = M ρ ρ∗ p = M p p∗ ν = Mνν ∗ f = M gf ∗ A * adataival a mozgásegyenlet [ M v2 dv∗ ∗ − M p 1 ∇∗ p ∗ + Mν M v ∆∗ v ∗ + ∇∗ (∇∗ v ∗ ) = M f g M ρ M r ρ∗ M r dt∗ M r2 ] dinamikai hasonlóság, ha két egyenlet csak egy konstans számban különbözik egymástól. Mp M v2 M M = Mg = = ν 2v Mr MρMr M Így, r M v2 : tehetetlenségi erık Mr átszámítási tényezıje M g : tömegerık átszámítási tényezıje Mp : nyomóerık MρMr átszámítási tényezıje Mν M v : súrlódási erık M r2 átszámítási tényezıje a.) A tehetetlenségi és tömegerık aránya 70 Áramlástan Elıadásvázlat M v2 Mv = Mg =1 Mr M rM g Fr = v v∗ = 1 l g l∗ g ∗ v Froude szám l⋅g Szabad felszíni áramlás, (pl.: hullámhossz) b.) A tehetetlenségi és súrlódási erık aránya M

v2 Mν M v M M = v r =1 2 Mr Mν M r v l v∗ l∗ = 1 υ υ∗ vl = v∗l∗ υ υ∗ Re = νvl Reynolds szám c.) A tehetetlenségi és nyomóerık viszonya azonos Mp M v2 = Mr MρMr ∆p ∆p d ∆p∗ d ∗ v2 d ∗ = ∆p∗ l = l∗ ρ l ρv2 v∗2 d ρ ∗v∗2 ρ ∗ l∗ ∆p d Eu = l 2 Euler szám ρv ∆p : nyomásesés az l hosszon; d az l-re merıleges hossz (átmérı) 2 ∆p = 2 Euρ l v csısúrlódás D 2 λ: csısúrlódás tényezı d.) A nyomóerık és a súrlódóerık viszonya azonos Mp M M = ν 2v MρMr Mr 71 Áramlástan Elıadásvázlat ∆p ρ ∗ l∗ ν v d ∗2 = ∆p∗ ρ l ν ∗ v∗ d 2 ∆p d 2 ∆p∗ d ∗2 = l ρνv l∗ ρ ∗ν ∗v∗ ∆p d 2 Ha = lηv Hagen szám ∆p d ∆p d 2 Eu Re = l 2 vd = lηv = Ha = Eu Re ρv ν e.) A lokális és konvektív gyorsulás aránya azonos M v M v2 Mr = =1 Mt M r M vM t l = l∗ vT v∗T ∗ St = l Strouhall szám vT T= 1 f f: frekvencia lf St = v Lamináris áramlás párhuzamos falak

közti résben Stacionárius 1D-s áramlás 72 Áramlástan Elıadásvázlat Teljesen kialakult áramlás (fully developed flow) vx = v ( y ) v y = vz = 0 térerıt elhanyagoljuk [ ∂v + ( v ⋅ ∇) v = f − 1 ∇p + ν ∆v + 1 ∇(∇v ) ρ ∂t 3 ] Kontinuitás: div v = 0 ∂vx ∂v y ∂vz + + =0 ∂x ∂y ∂z vx = v ( y ) ∂vx ∂v ∂v ∂v 1 ∂p + ν d 2v + ν ∂ (div v ) + vx x + v y x + vz x = − ρ ∂t ∂x ∂y ∂z ∂x dy 2 3 ∂x d 2v = 1 ∂p = const = − 1 ∆p η l dy 2 η ∂x V =− ∆p 2 y + C1 y + C 2 2ηL Peremfeltétel: V ( h ) = V (− h ) = 0 2 2 0=− ∆p h2 + C1 h + C 2 2ηL 4 2 0=− ∆p h2 − C1 h + C 2 2ηL 4 2 C2 = ∆ph2 8ηL C1 = 0 73 Áramlástan Elıadásvázlat Lamináris áramlás kör keresztmetszető csıben: jól lekerekített belépés: • közel homogén sebesség profil • fal hatása: súrlódás, fal menti sebesség csökkenése, a mag sebességének növekedése (kontinuitás) vastagodó

határréteg • adott hossz után – teljes határréteg áramlás – Le=0.058RedLanghaar (1942) Mi az x > Le esettel foglalkozunk 74 Áramlástan Elıadásvázlat Feltevések: ρ = áll, stacionárius, teljesen kifejlett áramlás vz = v (r ) vx = v y = 0 [ ∂v + ( v ⋅ ∇) v = f − 1 ∇p + ν ∆v + 1 ∇(∇v ) ρ ∂t 3 ] Kontinuitás: div v = ∂vx ∂v y ∂vz ∂v + + =0 z =0 ∂x ∂y ∂z ∂z vz = v (r ) Le ≈ 0.058 Re (laminur (Langhaar elmélete)) d (Sheeter, V. L –Wylie, E B fluid mechanica p193) Szélcsatorna L << Le – ne legyen teljes a határ rétegáramlás a csatornában; súrlódás – csak a csatornafal közelében vizsgált lesz – közel homogén áramlás van. Energia egyenlet: v2 p v2 α1 21 + gh1 + ρ1 = α 2 22 + gh2 + ρ2 + e′s 75 p Áramlástan Elıadásvázlat p −p es′ = 1 ρ 2 + g (h1−h2 ) 0=f − 1 ρ ∇p + ν∆v  p ∇p = ∇  ρ ρ  1 p így f − ∇p =

−∇ gh +  = −∇Y ρ ρ  f = −∇(gh ) ; 1  p Vegyük észre: Y =  gh +  ez a tömegegységre vonatkozó fajlagos helyzeti + nyomási ρ  energia. 0 = −∇Y + ν∆v ∂Y  0=−  ∂y  ∂Y dY ∂Y  0=− =  Y = Y (z ) tehát Y csak z - tõl függhet, ezért írhatjuk ∂y ∂z dz   ∂Y 0=− + ν∆v  ∂z  1 dY ∆ = const {v = ν12 dz f (r ) 3 g(z) h − h1 dY ∆Y p 2 − p1 = −J = = +g 2 ρL dz L ∆z J ∆v = − ν Nézzük a kapott egyenletet HKR-ben, ne felejtsük el, hogy ∆v r függvénye volt! Mindenki 1 ∂  ∂φ  1 ∂ 2φ ∂ 2φ + emlékszik a Laplace operátorra HKR-ben: ∆φ = r + r ∂r  ∂r  r 2 ∂ϕ 2 ∂z 2 1 d  dv  J r  = − ν r dr  dr  d  dv  J / ∫ dr r  = − r ν dr  dr  dv J r = − r 2 + C1 dr 2ν dv J 1 = − r + C1 / ∫ dr dr 2ν r J v(r ) = − r 2 + C1 ln r + C 2 4ν A kapott egyenlethez tartozó

peremfeltételek: 76 Áramlástan Elıadásvázlat • r=R v=0 • r=0 v véges (tapasztalat) J v( r ) = R2 − r 2 4ν J 2 R 4ν   C1 = 0   C 2 = ( ) parabolikus eloszlás Hagen-Poiseuille áramlás es p − p2 h − h2 = 1 +g 1 L ρL L ' ahol J = Nézzük meg vízszintes csıre hogyan alakul a képlet?! p − p 2 ∆p ∆p 2 és így v(r ) = R − r2 J= 1 = 4ηL ρL ρL ( ) Térfogatáram: R R πJ  2 r 2 r 4  J 2 2 Q = 2π ∫ v(r )rdr = 2π R − r rdr = −  R 4ν ∫0 2ν  2 4 0 0 ( R Q= ) πJ 4 R Hagen-Poiseuille törvény 8ν Nézzük meg vízszintes csıre hogyan alakul a Hagen-Poiseuille törvény Ekkor J = p1 − p 2 ∆p = ρL ρL melyet behelyettesítve πJ 4 π∆p 4 π∆pd 4 Q= R = R = 8ν 8η 128ηL Q= π∆pd 4 128ηL Q Q JR 2 c= = 2 = A R π 8ν v max = v(r = 0) = 77 JR 2 = 2c 4ν Áramlástan Elıadásvázlat Energiaegyenlet: c2 2 c22 p2 + + gh2 + es' ρ 2 ρ p − p2 8ν es' = 1 + g

(h1 − h2 ) = LJ = L 2 c R ρ p1 α1 1 + + gh1 = α 2 es' = L 8ν c R2 es' = λ L c2 d 2 Turbulens áramlásnál: λ értéke lamináris áramlás esetén: 32ν L c2 λ c = lam d 2 d2 ν 64 λlam = 64 = dc Re { es' = L 1 Re TURBULENS ÁRAMLÁS Osborne REYNOLDS kísérletei (1883) • • • kis áramlási sebességnél a festék egy rétegben marad lamináris áramlás a sebességet egy bizonyos érték felé növelve instabillá válik az áramlás – átmenet tovább növelve a sebességet a festék teljes keresztmetszetben elkeveredik turbulens áramlás 78 Áramlástan Elıadásvázlat kereskedelmi csı: Re krit ≅ 2300 ha Re < Re krit stabilan lamináris ha Re > Re krit lehet lamináris de kis megzavarás hatására turbulenssé válik (nagyon finoman megmunkált (nagyon sima) csı: Re krit ≅ 40000 is lehet) Peter BRADSHAW (1994) „Turbulence is the invention of the devil on the 7th day of creation” magyarul „A tubulenciát az

ördög találta ki a teremtés 7. napján” Turbulens áramlás: • • • • folyadékrészecskék állandó keveredése, véletlenszerő mozgása (Brown-féle hımozgáshoz hasonló) szigorúan véve mindig instacionárius f = 1 ÷ 10000Hz nagy Re szélcsatorna áramlás ; turb L = 0,1 ÷ 4000mm (hullámhossz) a mőszerek általában átlagértéket mérnek (sebesség, nyomás) (hıdrótos anemométer ingadozást is képes) A turbulens áramlások vizsgálatára számos módszert dolgoztak ki, használnak. Probléma: erısen ingadozó nyomás és sebességértékek. Nem ismerünk olyan, az idıben véletlenszerően változó függvényt, amely kielégítené a mozgásegyenletet. A) Direkt Numerikus Szimuláció (DNS) (legmagasabb szint) • A Navier-Stokes egyenlet megoldása az ingadozó sebesség és nyomásértékekre • Nincs turbulencia modell 79 Áramlástan Elıadásvázlat • Nagyon finom térbeli háló és idılépcsı kell, hogy a nagyon különbözı

mérető és frekvenciájú örvényeket is le tudja írni szélcsatorna f = 1 ÷ 10000Hz • • Óriási gépidı, pl. repülıgép körüli áramlás DNS-s több ezer év CPU time lenne Kisebb Re számú csatornaáramlásokra használják – igen pontos lehet (akár mőszerek kalibrálása) 2002. CFD konferencia Toulouse – japán kutató 109 számítási pont (3D) L = néhány tized mm   több m • B) Nagy Örvények Szimulációja (LES – Large Eddy Simulation) • Gazdaságosabb mint a DNS • Csak közepes és nagy mérető örvények közvetlen számítása • Megfontolás: a közepes és nagy mérető örvények határozzák meg a turbulencia transzportját, a kis örvények a turbulens energia disszipációjáért felelısek • Térbeli szőrı alkalmazása a Navier-Stokes egyenletre • Kiszőri a kis örvényeket ; a kapott egyenlet direkt megoldás • Kis örvények hatásának figyelembevétele egy általános érvényő turbulencia modellel (amely nem

tartalmaz feladattól függı empirikus állandókat) • Még mindig nagy gépidı ; Ma divatos sok helyen használják C) Idıátlagolt Navier-Stokes egyenlet – Reynolds egyenlet (RANS – Reynolds Avaraged Navier-Stokes Equations) Megjegyzés: A mérnököket általában az idıben átlagolt értékek érdeklik (nem az ingadozás) Pillanatnyi értékek: vT ( x, y, z , t ) pT ( x , y , z , t ) Idıátlag: T 1 v = ∫ v T dt T 0 T p= 1 pT dt T ∫0 T>> mint a turbulens áramlás ingadozására jellemzı idıállandó, de T<< mint az instacionárius áramlás idıállandója T ≈ 5s Ingadozás: v' = vT − v p ' = pT − p 80 Áramlástan Elıadásvázlat vT = v + v'   vTx = v x + u '  (1) vTy = v y + v '   vTz = v z + w '  Navier-Stokes egyenlet érvényes a pillanatnyi értékekre ( ρ = const )! ∂v T  1 + ( v T ∇) v T = f − ∇pT + ν∆v T (2) ∂t ρ  Kontinuitás: mivel div( v T ) = 0

és div( v ) = 0   div( v ' ) = 0  ∂u ' ∂v ' ∂w ' + + = 0 (3) ∂x ' ∂y ' ∂z '  (1-2) [ ] ∂v ∂v ' 1 1 + + ( v + v ' )∇ ( v + v ' ) = f − ∇p − ∇p ' + ν∆v + ν∆v ' ∂t ∂t ρ ρ  ∂v ∂v ' 1 1 + + ( v∇) v + ( v∇) v ' + ( v ' ∇) v + ( v ' ∇) v ' = f − ∇p − ∇p ' + ν∆v + ν∆v ' (3!) ρ ρ ∂t ∂t  itt: ∂v ' ∂v ' ∂v ' + vy + vz ∂x ∂y ∂z ∂v ∂v ∂v ( v ' ∇) v = u ' + v' + w' ∂x ∂y ∂z ( v∇ ) v ' = v x ( v ' ∇) v ' = u ' ∂v ' ∂v ' ∂v ' + v' + w' ∂x ∂y ∂z (3) idıátlagolása, feltételek: f +h= f +h fh = f h cf = c f (c = const) t+ f (t ) = T 2 1 f (t ' )dt ' ∫ T T t− 2 81 Áramlástan Elıadásvázlat (3) átlagosan: ∂v ∂v = ∂t ∂t ∂v ' =0 ∂t ( v∇ ) v

= ( v∇ ) v ( v∇ ) v ' = ( v∇ ) { v' = 0 =0 ( v ∇) v = ( { v ∇) v = 0 ' ' =0 1 ρ ∇( p + p ' ) = 1 ρ ∇p ν∆( v + v ' ) = ν∆v Ezen idıátlagolt tagokat visszaírjuk az idıátlagolt (3)-ba:  ∂v 1 + ( v∇) v = f − ∇p + ν∆v − ( v ' ∇) v ' (4) ∂t ρ  Mivel: div( v ' o v ' ) = ( v ' o v ' )∇ = ( v ' o v ' )∇ + ( v ' o v ' )∇ = ( v '∇) v ' ↑424 1 3 142↑4 3 ( v ' o∇ ) v ' v ' div v' { ↑ Így: − ( v '∇) v ' = − div( v ' o v ' ) = Tehát a (4) egyenlet: 1 [ =0 ] 1 div − ρ ( v ' o v ' ) = div σ T ρ 14243 ρ σT 1 1 ∂v + ( v∇) v = f − ∇p + ν∆v + div σ T ∂t ρ ρ Ami nem más mint a Reynolds-féle mozgásegyenlet. ahol:  u '2  σ T = − ρ ( v ' o v ' ) = − ρ  v 'u '  w'u '  u 'v '

v'2 w'v ' u ' w'   v ' w'  a Reynolds-féle turbulens feszültségtenzor w' 2   A tenzor szimmetrikus: v ' u ' = u ' v ' ; v ' w ' = w ' v ' ; w ' u ' = u ' w ' 82 Áramlástan Elıadásvázlat Tehát 6 független elemet tartalmaz.  u '2  1 1 div σ T = − ρ v ' o v ' ∇ = − v ' o v ' ∇ = −  v 'u ' ρ ρ  w 'u '  ( ) ( u 'v ' ) v '2 w 'v ' ( ) ∂∂y (u v ) ∂∂z (u w )  ∂ ∂ ( ) ∂y (v ) ∂z (v w )  ( ) ∂∂y (w v ) ∂∂z (w )   ∂ '2  ∂x u  ∂ ' ' 1 div σ T = −  vu  ∂x ρ ∂  w 'u '  ∂x ' ' ' ' '2 ' ' ' ' u ' w '  ∂ ∂x   v ' w '  ⋅ ∂ ∂y  w '2

 ∂ ∂z   '2 mivel v ' u ' = u ' v ' ; v ' w ' = w ' v ' ; w ' u ' = u ' w ' , ezért 6 ismeretlen kifejezés van az 1 div σ T vektorban. ρ Koordináta-egyenletek: ( ) ( ) ( ) ∂v x ∂v ∂v ∂v 1 ∂p ∂ '2 ∂ ' ' ∂ ' ' + vx x v y x + vz x = f x − + ν∆v x − u − uv − uw ∂z ∂t ∂x ∂y ∂z ∂x ∂y ρ ∂x ∂v y ∂v y ∂v y ∂v y ∂ ' ' ∂ '2 ∂ ' ' 1 ∂p + vx + vz = fy − + ν∆v y − vy vu − v − vw ∂t ∂x ∂y ∂z ∂x ∂y ∂z ρ ∂y ∂v z ∂v ∂v ∂v ∂ ' ' ∂ ' ' ∂ '2 1 ∂p + vx z v y z + vz z = f z − + ν∆v z − uw − vw − w ρ ∂z ∂t ∂x ∂y ∂z ∂x ∂y ∂z ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Emlék kontinuitás: ∂u x ∂u y ∂u z + + =0 ∂x ∂y ∂z 3D eset: 4 egyenlet 10 ismeretlen v x , v y , v z , p, u ' v ' , v ' w '

, u ' 2 , v ' 2 , w ' 2 így a turbulens áramlás egzakt megoldása a Reynolds-féle egyenlet felhasználásával lehetetlen. 2D eset: 3 egyenlet 6 ismeretlen v x , v y , p, u ' v ' , u ' 2 , v ' 2 83 Áramlástan Elıadásvázlat Turbulencia modellek: 2 egyenletes k − ε ; k − ω 1 egyenletes 0 egyenletes keveredési úthosszon alapuló Ludwig Prandtl (1875-1953) Síkbeli áramlás: Prandtl: τ ' = τ xy ' = − ρ u ' v ' = ρ ⋅ l 2 ⋅ l =κ ⋅y dv x dv x ⋅ dy dy y = faltól mért távolság ; κ ≅ 0,4 Kármán T.(1881-1963): dv x dy l =κ 2 d vx dy 2 Turbulens csıáramlás: Impulzustétel a jelölt térfogatra, és kapjuk (levezetést mellızve):   2 dv dv ρ⋅J    − ρ ⋅ l 2 ⋅   = 0(1) r+ η dr dr4  { 1223  14424 3 τ - fajl. viszkózus erı ' fajl. tehetet  τ − turbulens impulzus lenségi erı cserébıs származó fajl. erı  84

Áramlástan Elıadásvázlat ahol, J= p1 − p 2 h − h2 . esés +g 1 ρL L Prandtl megoldása: l =κ ⋅y y = R − r (faltól mért távolság) ; κ ≅ 0,4 a.)Lamináris alapréteg: fal közelében: τ ′ << τ τ ′ = 0 r ≈ R τ ≈ τ 0 (lamináris megoldásból nyerhetı) vlam (r ) = J (R2 − r 2 ) 4v dv ρJ |r = R = − R dr 2 τ0 =η súrlódási sebesség bevezetése: v∗ = ρJ 2 τ0 = ρ R +η JR 2 dv =0 dr dv v*2 =− dr v v2 v = − * r +C v peremfeltétel: v( R ) = 0 C = 85 v*2 R v Áramlástan Elıadásvázlat v(r ) v* = (R − r) v* v b.) Turbulens határréteg: τ ′ << τ τ ≈ 0 l = κy = κ ( R − r ) tehetetlenségi erıben: r≈R ρJ 2 ) =0 R − ρκ 2 ( R − r ) 2 ( dv dr 2  dv  v = κ (R − r)    dr  2 ∗ 2 /⋅ ρ 2 2  dv  ± v∗ = κ ( R − r )   dr  dv <0− dr dv v 1 =− * κ R−r dr v= v* κ ln( R − r ) + K ′ v 1 = ln( R − r ) + K K:

integrációs állandó v* κ K: a lamináris alapréteghez való csatlakoztatás feltételébıl nyerjük δ Lamináris alapréteg vastagsága vlam ( R − δ ) = v( R − δ ) v∗ v∗ vlam v∗ | R −δ = ν [R − ( R − δ )] = ν δ v∗ v∗ 1 1 ν δ = κ ln δ + K ν δ − κ ln δ 86 Áramlástan Elıadásvázlat Prandtl feltevése: δ = B vν Nikuradse mérései igazolták ezt. ∗ v K = ν∗ B vν − κ1 ln( B vν ) = B − κ1 ln B − κ1 ln( vν ) ∗ ∗ 14243 ∗ 123 Így, K = C + κ1 ln( vν ) ∗ v 1 v 1 v∗ = κ ln ν + κ ln( R − r ) + C v 1 v v∗ = κ ln ν + C Nikuradse mérései: Κ = 0.4, C = 5.5 v∗ v v∗ = 5.75 lg ν ( R − r ) + 55 Csövek hidraulikai ellenállása: 87 Áramlástan Elıadásvázlat energiaegyenlet 1-2 közé: c12 p2 c22 + gh + α = + gh + α + es′ 1 1 2 2 ρ ρ 2 2 p1 e′s = p1− p2 ρ + g (h1 − h2 ) = JL τ0 JR 2 2 ρ = 2 bevezetésével J = R v∗ v∗ = Így: 2 v 2 es′ = JL = 2 L v∗2 =

8 ∗  L c λ csısúrlódási tényezı R C 2 d   e′s = λ L c univerzális ellenállástörvény turbulens áramlásra d 2 2 lamináris: λ = 64 Re Hidraulikus sima csı- felületi érdesség a lamináris alaprétegben λ = λ (Re) elméletileg és kísérletileg: 1 = 2 lg( λ Re) − 0.8 λ Re > 3000 különbözı közelítések: λ = 0.3164 4⋅ Re 2300 < Re < 8 ⋅10 4 (Blasias) λ = 0.0054 + 0396 Re −03 2 ⋅10 4 < Re < 2 ⋅105 (Schiller) λ = 0.032 + 0221 Re −0237 105 < Re < 108 (Nikuradse) Érdes csı: Nikuradse (1933)- homokkal érdesített csık: egyenértékő homokérdesség 88 Áramlástan Elıadásvázlat hidraulikailag sima: k << δ lam λ = λ (Re) átmeneti: k ∼ δ lam λ = λ (Re, R ) k hidraulikailag érdes: k > δ λ = λ( R ) k Nikuradse mesterségesen érdesített csövek Moody – kísérletek kereskedelemben kapható „természetes” érdességő csövek – ma inkább ezt

használják. Csıidomok és szerelvények ellenállása: e′s = ζ c 2 2 ζ veszteségtényezı ζ meghatározása méréssel helyenként analitikus megoldás(Borda-Carnot) 89 Áramlástan Elıadásvázlat Áramlás nem kör keresztmetszető csövekben: Dh = 4 A K hidraulikai átmenı 2 e′s = λ DL c kiterjesztett ellenállástörvény 2 h λ = λ (Re, Dk ) h cD Re = ν h 64 λlam = cD h ν Speciális esetek: • kör: A= D π 4 2 K = Dπ Dh = 4 A = D K • téglalap: –füstgázcsatorna: K = 2( a + b ) 90 Áramlástan Elıadásvázlat A = ab Dh = 4 A = 4ab = 2ab K K (a+b) a +b • négyzet: 2 a = b : Dh = 2 a = a 2a Egyenértékő csıhossz. Összetett rendszer vesztesége: e′ = s c2j Li ci2 N ∑ λi D 2 + ∑ ζ j 2 i M i =1 j =1 Le. Egyenértékő csıhossz; de; λe e′s = λe Le ce2 De 2 Ai ci = Ae ce c2 L ce2 L c2 = ∑ λi i i + ∑ ζ j j Di 2 2 2 e λe De i j 2 λi De  ci  2 De  cj  Le = ∑ λe Di Li  ce 

+ λe ∑j ζ j  ce  i 2  ci  =  De   ce   Di  4 2 D   cj   c  =  De   e  j 4 D λi  De  5 D  Le = ∑   Li + e ∑ ζ j  e  λe  Di  λe j  D j  i 91 4 Áramlástan Elıadásvázlat Csıáramlási feladatok megoldása: 1.) Adott: Q,D,L,k/D,ρ,ν, es′ = ? C= 4Q D2π Re = CD ν k ) diagramból λ = λ (Re, D e′s = λ L C D 2 2 2 ∆p ′ = ρe′s = ρλ L C D 2 2.) Adott: D, L, k/D, ρ, ν, es′ ,Q=? Kezdet: k ) teljesen érdes (Moody diagram) λ0 = λ ( D C2 e′s = λ0 L 0 D 2 C0 = 2e′s D λ0 L CD Re 0 = 0ν 0 k) λ1 = λ (Re 0 , D C1 = 2e′s D λ1L CD Re1 = ν1 1 k) λ2 = λ (Re1 , D konvergencia: 3.) Adott: Q=C D π 4 2 Q, k, L, ρ, ν, es′ max ,D = ? 92 Áramlástan Elıadásvázlat e′s = λ L C D 2 2 2 4Q  Q2 e′s = λ L 1  = λ 8L  D 2  D 2π  π 2 D5 4Q Re = CD ν = Dπν D0

felvétele: Re = 4Q Dπν k λ = λ (Re , k ) 0 0 D D0 0 e′s = λ0 8 L2 Q2 összehasonlítás es′ max -al π D05 Ha e′s > e′s max D1 < D0 választása Re1 = 4Q D1πν k λ = λ (Re , k ) 1 1 D D1 1 e′s = λ1 8L2 Q2 összehasonlítás es′ max -al π D15 Ha es′ > es′ max D növelése (szabványos csıátmérık) 3.) Feladat másik megoldása: Q2 = C1λ1 π e′s D 5 = λ1 8 L2 (1) C 4Q Re = πν 1 = 2 D D (2) 93 Áramlástan Elıadásvázlat A konvergált Di-hez legközelebb esı, annál nagyobb szabványos átmérı választása. ) 94