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.