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elvin-nunez-torres
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EJERCICIOS DE APLICACIÓN
EJERCICIO 1:
Para un fluido dado la velocidad para todo campo es vx=5ms y v y=−2 t m
s (t en
segundos). Una partícula se suelta en t=0 seg. En el origen de coordenadas. Obtener las ecuaciones de la trayectoria y líneas de corriente en t=5 seg.
Solución:
Ecuación de Trayectoria: para obtener la ec. De trayectoria debemos tener la función Y=F(x) ya que este señala el camino.
vx=dxdt
=5
dx=5 dt
∫x0
x
dx=∫t0
t
5dt
x=5( t−t0) + c →t0=(t− x5)+c …(1)
v y=dydt
=−2t
dy=−2t dt
∫0
y
dy=∫t 0
t
−2 t dt
y=−(t 2−t 02 )+c….. (2)
Sustituyendo (1) en (2) nos queda:
y=(t− x5 )−t 2+c→ y=t 2+ x
2
25−2 tx
5−t 2+c
y=15 ( x25 −2 tx) +c
Si: t=5seg. Reemplazamos en la ecuación:
y=15 ( x25 −2(5) x) +c
y= x2
25−2 x +c
Ecuación de Línea de corriente: Sabiendo que la ecuación analítica de la línea corriente para un instante t en un movimiento bidimensional tenemos:
dxv x
=dyv y
dx5
= dy−2 t
15dx= 1
−2 tdy
15∫0
x
dx=−12 ∫
0
y dyt
C + x5=− y2 t
Considerando t=5 seg.
c+ x5= − y2(5)
y=−2x +C …(Ec. De L. Corriente en el tiempo 5seg)
EJERCICIO 2: Un elemento bidimensional de fluido, de dimensiones dx y dy se traslada y se distorsiona como se muestra en la figura, durante un periodo infinitesimaldt=¿t2–t1. Las componentes de la velocidad en el punto P en el instante inicial, son u yven las direcciones x y y, respectivamente. Demuestre que la magnitud de la razón de la rotación (velocidad angular) alrededor del punto P en el plano xy es:
w z=12( dvdx
−dudy
)
Solución:
Velocidad de rotación: w=wz=12( dvdx
−dudy
)
Ángulo medio de rotación: α a+¿ αb
2¿
Durante el incremento de tiempo dt, el punto P se mueve una distancia udt a la derecha y vdt hacia arriba.
En el punto A se mueve una distancia (u+dudydx)dt hacia la derecha y (v+
dvdxdx)dx hacia
arriba.
En el punto B se mueve una distancia (u+dudydy)dt hacia la derecha y (v+
dvdxdy)dx hacia
arriba.
Inicialmente la distancia del punto A al punto P es dx
La distancia del punto A’ al punto P’ en un tiempo t2 es dx+dudxdxdt
Donde la distancia vertical del punto P’ al punto A’ t2 es dvdxdxdt
Inicialmente la distancia vertical del punto P al punto B es dy
La distancia horizontal del punto P’ al punto B’ en t2 es −dudx
dydt
y la distancia vertical del punto P’ al punto B’ en t2 es dy+dvdydydt
ya conocidas las distancias, encontraremos el ángulo α a en función a las componentes de la velocidad.
α a=tan−1(
∂ v∂ xdxdt
dx+ ∂u∂xdxdt )≈ tan−1( ∂v∂ x dxdtdx )=tan−1( ∂ v
∂ xdt)≈ ∂v
∂xdt
Similarmente encontramos α b
α b=tan−1(
−∂u∂ y
dydt
dy+ ∂v∂ y
dydt )≈ tan−1( −∂u∂ y
dydt
dy )=tan−1( ∂u∂ y
dt )≈ ∂u∂ y
dt
Reemplazando en α a+¿ αb
2¿ tenemos:
α a+¿ αb
2=12 ( ∂ v∂ x dt− ∂u
∂ ydt )= dt2 ( ∂v∂ x− ∂u
∂ y )¿Finalmente
w=wz=ddt
¿ 12 ( ∂ v∂ x−∂u∂ y )
EJERCICIO 3:
Si la intensidad de iluminación de una partícula fluida en (x,y,z) al tiempo t está dada por:
I=A e−3 t
x2+ y2+z2
Y el campo de velocidades del fluido está dado por:
vx=B ( y+2z ) v y=B (y +3 z ) vz=B( y+3 z+2 z)
Donde A y B son constantes conocidas, determine la velocidad de variación de la iluminación experimentada al tiempo t por la partícula fluida que está en el punto (1,2,-2) al tiempo t.
Solución:
Lo que se pide es exactamente el concepto de Derivada material, en este caso de la iluminación recibida por una partícula fluida. Dados el campo Euleriano de iluminación y el campo de velocidades con que se mueve el fluido, la expresión de la derivada material es:
DIDt
=∂ I∂t
+( v⃗ ·∇) I
Siendo las derivadas parciales:
∂ I∂ t
=−3 A e−3 t
x2+ y2+z2
∂ I∂x
=−2 xA e−3 t
(x2+ y2+z2)2
∂ I∂ y
=−2 yA e−3 t
(x2+ y2+z2 )2 ∂ I∂ z
=−2 zA e−3 t
( x2+ y2+z2)2
La expresión final resulta:
DIDt
=−A e−3 t
x2+ y2+z2[3+ 2B
x2+ y2+z2( yx+4 zx+ y2+6 zx+2 z2)]
Evaluando en el punto (1,2,-2) resulta:
DIDt
=A e−3 t
9(4 B−3)
EJERCICIO 4:
En un cierto flujo bidimensional no estacionario las componentes de la velocidad son
u=axt y v=by , siendo a y b constantes.
Determinar la curva que describe en cada instante el colorante inyectado en el punto (1,2), suponiendo despreciables los efectos de difusión.
Solución:
Notamos del problema que para el flujo bidimensional hablamos de dos coordenadas especiales (“x” y “y”), y que el flujo estacionario (no permanente) se refieren a que sus características mecánicas del fluido varían de un punto a otro.
Por lo que las ecuaciones que describen las trayectorias de las partículas fluidas que en sucesivos instantes t0 pasaron por el punto (x0,y0) se obtienen integrando
dxdt
=axt
Y
dydt
=by ,
Con las condiciones iniciales x=x0, y=y0 en t=t0.
El resultado es
x=x0( tt0 )a
,
y= y0exp [b ( t−t0 ) ].
Eliminando t0 entre estas dos ecuaciones y sustituyendo x0 = 1 e y0 = 2,
Se obtiene la línea de traza correspondiente al punto (1,2),
Que coincide con la curva que se pide determinar en el enunciado:
y=2exp [bt (1−x 1a )] .EJERCICIO 5:
En las proximidades de un punto de remanso (o punto de estancamiento) bidimensional, la velocidad está dada por:
u=Uo xL u=−Uo Y
L , W=0
a) Calcular el vector aceleración y verificar que es puramente radial.
b) Hallar las líneas de corriente, las trayectorias y las líneas de humo, dibujarlas esquemáticamente.
c) En particular dibuje la trayectoria de la partícula que a t = 0 estaba en el punto (0,2L,0), la línea de corriente que, a tiempo L/U0, pasa por el punto (2L, L, 0) y la línea de humo del punto (2L, 0, 0), en instante t = L/U0.
Solución:
a) Para calcular la aceleración a partir del campo euleriano de velocidades, se calcula la derivada material de la velocidad:
DvDt
=∂v∂ t
+(v·∇)v
ax=dμdt
+μ dμdx
+v dμdy
+ω dudz
=0+μU 0
L+0+0
a y=dvdt
+μ dvdx
+v dvdy
+ω dvdz
=0+0+v (−U0
L )+0az=
dwdt
+μ dwdx
+v dwdy
+ω dwdz
=0
ax=U 02
L2x ,ay=
U 02
L2y ,az=0
Siendo la aceleración un múltiplo (U 02
L2 ) del vector posición.
b) Como se trata de un campo estacionario, las líneas de corriente, las trayectorias, y las líneas de humo serán coincidentes. Calculemos las líneas de corriente:
dxu
=dyv ,
LdxU0 x
=−LdyU 0 y
, lnx = -lny + c, x=ky
Entonces las líneas de corriente tienen la forma: y= x=kx , como se indica en la figura
c) La trayectoria de la partícula que a t = 0 estaba en el punto (0,2L,0) es la semirrecta: (x = 0,y > 0).
La línea de corriente que, a tiempo L/U0, pasa por el punto (2L,L,0) es la curva: (y =2L2
x). Y la línea
de humo del punto (2L,0,0), en en instante t = L/U0 es la semirrecta (x > 0,y = 0)
EJERCICIO 6:
Un campo de velocidad euleriano está dado por V = ax2i – 2axyj.
a) ¿Es uni, bi o tridimensional?b) ¿Es permanente o transitorio?c) ¿es incompresible?d) Encuentre la pendiente de la línea de corriente que pasa por el punto [1,-1].
Solución
Para los incisos a) y b), el campo de velocidad está descrito por dos coordenadas especiales (“x” y “y”) y no depende del tiempo, de modo que es bidimensional y permanente.
Para el inciso c) se tiene:
V .v=dμdx
+ dvdy
=dax2
dx−d 2axy
dy=2ax−2ax=0
Por lo tanto es incompresible.
Para la parte d), a partir de la definición de línea de corriente, se sabe que su pendiente en el plano [x,y] está dado por el ángulo α , donde
tan α= vμ=−2axy
a x2=−2 y
x=2
Por lo tanto, en el punto [x,y] la línea de corriente forma un ángulo de 63.4o con el eje x.