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Retroalimentación del taller No. 2 1. El campo de velocidades de un flujo permanente está dado por:
u = (az − by ), v = (bx − cy ), w = (cy − ax ), en las que a, b y c son constantes

diferentesde cero. Determine la ecuación de las líneas torbellino. Solución.

T= T=

⎡ ∂v ∂u ⎤ ⎫ 1 ⎧⎡ ∂w ∂v ⎤ ⎡ ∂u ∂w ⎤ ⎨⎢ − ⎥i + ⎢ − ⎥ j + ⎢ − ⎥ k ⎬ 2 ⎩⎣ ∂y ∂z ⎦ ⎣ ∂z ∂x ⎦ ⎣ ∂x ∂y ⎦ ⎭

1 ⎧⎡ ∂ (cy − ax )∂(bx − cz ) ⎤ ⎡ ∂ (az − by ) ∂ (cy − az ) ⎤ ⎡ ∂ (bx − cz ) ∂ (az − by ) ⎤ ⎫ − − − ⎨⎢ ⎥i + ⎢ ⎥k ⎬ ⎥j+⎢ 2 ⎩⎣ ∂y ∂z ∂z ∂x ∂x ∂y ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎭

T=

1 {[c − (− c )]i + [a − (− a )] j + [b − (− b )]k } = 1{2ci + 2aj + 2bk } 2 2 T = ci + aj + bk Vector torbellino

2. Dado el vector velocidad V = (6 xy + 5 xt )i − 3 y 2 j + (7 xy 2 − 5 zt )k . Halle la velocidad en el punto P(2,1,4 ) en un tiempo de 3seg.
Solución. Reemplazamos los datos del punto P y el tiempo, obteniéndose que:

V = [(6 )(2)(1) + (5)(2)(3)]i − 3(1) j + [(5)(4 )(3)]k
2

V = 42i − 3 j − 46k
El modulo de la velocidad será:
V= 42 2 + 32 + 46 2 = 62.36 un

s

3. Para el vector V = (6 xy + 5 xt )i − 3 y 2 j + (7 xy 2 − 5 zt )k . Halle la aceleración en el punto P(2,1,4 ) en un tiempo de 3 seg.
Solución. En este casose aplicara la siguiente ecuación:

a=

∂V ∂V ∂V ∂V +u +v +w ∂z ∂t ∂x ∂y

Donde:
∂V = (5 xi − 5 zk ), u = (6 xy + 5 xt ), v = −3 y 2 , w = 7 xy 2 − 5 zt ∂t ∂V ∂V ∂V = (6 xi − 6 yj + 14 xyk ), =−5tk , = (6 y − 5t )i + 7 y 2 k , ∂y ∂z ∂x

(

)

Reemplazando convenientemente se tendrá que:

a = (5 xi − 5 zk ) + (6 xy + 5 xt ) (6 y + 5t )i + 7 y 2 k − 3 y 2 (6 xi − 6 yj + 14 xyk ) + 7xy 2 − 5 zt (− 5tk ) Sustituyendo valores se tendrá:

[

]

(

)

a = [5(2 )i − 5(4)k ] + [6(2)(1) + 5(2)(3)] [6(1) + 5(3)]i + 7(1) k − 3(1) [6(2)i − 6(1) j + 14(2)(1)k ] +
2 2

{

}[7(2)(1) − 5(4)(3)]− [5(3)k ]
2

a = 856i + 18 j + 880k El modulo respectivo será:

a = 8562 + 182 + 8802 = 1227.79 un

s2

4. Dado el campo de velocidades V = yzti + xztj + xytk , halle...