Aplicaciones a sistemas mecánicos. Fourier.

Introducción

Figura 6.6.1 Sistema mecánico — *Figura 1. Sistema mecánico.*

Se considera un sistema mecánico ilustrado por la figura 1 que contene un resorte, una masa y un amortiguador. Si ese sistema se perturba por una fuerza $f(t) = f_o \cos{(\omega t + \beta)}$ , el desplazamiento $x_s (t)$ , de la respuesta en estado estacionario, están determinados de la siguiente manera.

La resuesta $x_s (t)$ y la función excitadora $f(t)$ están relacionadas por la siguiente ecuación diferencial.

$\displaystyle m \frac{d^2 x(t)}{dt^2} + B \frac{dx(t)}{dt} + k \ x(t) = f(t)$

donde $m$ representa la masa, $B$ representa el coeficiente de amortiguamiento y $k$ , la constante del resorte. La ecuación diferencial se puede expresar en forma operacional

$\displaystyle m \frac{d^2 x(t)}{dt^2} + B \frac{dx(t)}{dt} + k \ x(t) = f(t)$

$\displaystyle m p^2 \ x(t) + B p \ x(t) + k \ x(t) = f(t)$

$\displaystyle (m p^2 + B p + k) \ x(t) = f(t)$

$\displaystyle x(t) = \frac{f(t)}{(m p^2 + B p + k)}$

$\displaystyle x(t) = \frac{1}{(m p^2 + B p + k)} f(t) = H(p) f(t)$

Donde

$\displaystyle H(p) = \frac{1}{(m p^2 + B p + k)}$

Para encontrar el respuesta en estado estacionario, se usa la notación fasorial, por lo que resulta lo siguiente

$\displaystyle f(t) = f_o (t) \cos{(\omega t + \beta)} = \text{Re}[\mathbf{F}_o e^{j \omega t}]$

donde $\mathbf{F}_o = f_o \ e^{j\omega \beta}$ . Por lo que, la respuesta en estado estacionario es

$\displaystyle x_s (t) = \text{Re}[\mathbf{F}_o \ H(j\omega) \ e^{j \omega t}]$

De la función $H(p)$ , remplazando $p$ por $j \omega$ , resulta que

$\displaystyle H(j \omega) = \frac{1}{m (j \omega)^2 + B(j \omega) + k}$

$\displaystyle H(j \omega) = \frac{1}{m (-1) \omega^2 + j B \omega + k}$

$\displaystyle H(j \omega) = \frac{1}{-m \omega^2 + j \omega B + k}$

$\displaystyle H(j \omega) = \frac{1}{(k - m \omega^2) + j \omega B} = |H(j \omega)| \angle \theta(\omega)$

donde

$\displaystyle |H(j \omega)| = \frac{1}{\sqrt{(k-m\omega^2)^2 + \omega^2 B^2}}$

$\displaystyle \theta(\omega) = -\tan^{-1}{\left( \frac{\omega B}{k - m \omega^2} \right)}$

Finalmente

$\displaystyle x_s (t) = \text{Re}[\mathbf{F}_o \ H(j\omega) \ e^{j \omega t}]$

$\displaystyle x_s (t) = \frac{1}{\sqrt{(k-m\omega^2)^2 + \omega^2 B^2}} \cdot f_o \cdot \cos{\left[\omega t + \beta -\tan^{-1}{\left( \frac{\omega B}{k - m \omega^2} \right)} \right]}$

$\displaystyle \therefore x_s (t) = \frac{f_o}{\sqrt{(k-m\omega^2)^2 + \omega^2 B^2}} \cos{\left[\omega t + \beta -\tan^{-1}{\left( \frac{\omega B}{k - m \omega^2} \right)} \right]}$

donde $\theta(\omega)$ se denomina ángulo de fase en retraso.

Problema resuelto

Problema 1. Analizar el movimiento en estado estacionario del sistema que se muestra en la figura 2, si la fuerza perturbadora $f(t)$ es la que se muestra en la figura 3.

**Figura 2. Sistema mecánico del problema 1.**

Solución. La respuesta $x(t)$ , el desplazamiento de la masa $m$ desde su posición de equilibrio, y la fuerza perturbadora están relacionadas por

$\displaystyle m \frac{d^2 x(t)}{dt^2} + k \ x(t) = f(t)$

continuando

$\displaystyle m p^2 \ x(t) + k \ x(t) = f(t)$

$\displaystyle (m p^2 + k) \ x(t) = f(t)$

$\displaystyle x(t) = \frac{1}{(m p^2 + k)} f(t) = H(p) f(t)$

donde

$\displaystyle H(p) = \frac{1}{(m p^2 + k)}$

La expansión en serie de Fourier de $f(t)$ que se mostró en la figura 6.6.3 se determina de la siguiente manera. Determinando la función $f(t)$ , resulta

$\displaystyle [f(t) - f(t_1)] = \left[ \frac{f(t_2) - f(t_1)}{t_2 - t_1} \right] (t - t_1)$

$\displaystyle [f(t) - 0] = \left[ \frac{A - 0}{\frac{T}{2} - 0} \right] (t - 0)$

$\displaystyle f(t) = \left(\frac{A}{\frac{T}{2}} \right) t$

$\displaystyle f(t) = \frac{2A}{T} t$

Como $f(t)$ es una función impar, se observa que

$\displaystyle f(t) = \sum_{n=1}^{\infty}{b_n \sin{n \omega_0 t}}$ , $\displaystyle \frac{2\pi}{T}$

Calculando el coeficiente $b_n$

$\displaystyle b_n = \frac{2}{T} \int_{-T/2}^{T/2}{f(t) \sin{(n \omega_0 t)} \, dt}$

$\displaystyle b_n = \frac{2}{T} \int_{0}^{T/2}{f(t) \sin{n \omega_0 t} \, dt}$

$\displaystyle b_n = \frac{2}{T} \int_{0}^{T/2}{\left( \frac{2A}{T} t \right) \sin{n \omega_0 t} \, dt}$

$\displaystyle b_n = \frac{2}{T} \left[- \left( \frac{2A}{T}t \right) \left( \frac{1}{n \omega_0} \right) \cos{n \omega_0 t} + \frac{2A}{T} \left( \frac{1}{n \omega_0} \right)^2 \sin{n \omega_0 t} + C \right]_{0}^{T/2}$

$\displaystyle b_n = \frac{2}{T} \left[-\left( \frac{2A}{T}(\frac{T}{2}) \right) \left( \frac{1}{n \omega_0} \right) \cos{n \omega_0 (\frac{T}{2})} + \frac{2A}{T} \left( \frac{1}{n \omega_0} \right)^2 \sin{n \omega_0 (\frac{T}{2})} + \left( \frac{2A}{T}(0) \right) \left( \frac{1}{n \omega_0} \right) \cos{n \omega_0 (0)} - \frac{2A}{T} \left( \frac{1}{n \omega_0} \right)^2 \sin{n \omega_0 (0)} \right]$

$\displaystyle b_n = \frac{2}{T} \left[-\left( A \right) \left( \frac{1}{n \omega_0} \right) \cos{n \omega_0 (\frac{T}{2})} + \frac{2A}{T} \left( \frac{1}{n \omega_0} \right)^2 \sin{n \omega_0 (\frac{T}{2})} - \frac{2A}{T} \left( \frac{1}{n \omega_0} \right)^2 (0) \right]$

$\displaystyle b_n = \frac{2}{T} \left[-\left( A \right) \left( \frac{1}{n \cdot \frac{2\pi}{T}} \right) \cos{n \frac{2\pi}{T} (\frac{T}{2})} + \frac{2A}{T} \left( \frac{1}{n \cdot \frac{2\pi}{T}} \right)^2 \sin{n \frac{2\pi}{T} (\frac{T}{2})} \right]$

$\displaystyle b_n = \frac{2}{T} \left[ \left(- A \right) \left( \frac{T}{2\pi n} \right) \cos{n \pi} + \frac{2A}{T} \left( \frac{T}{2\pi n} \right)^2 \sin{n \pi} \right]$

$\displaystyle b_n = \frac{2}{T} \left[-\left( \frac{A \ T}{2 \pi n} \right) \cos{n \pi} + \frac{2A}{T} \left( \frac{T^2}{4 \pi^2 n^2} \right) \sin{n \pi} \right]$

$\displaystyle b_n = \frac{2}{T} \left[-\left( \frac{A \ T}{2 \pi n} \right) \cos{n \pi} + \left( \frac{A \ T}{2 \pi^2 n^2} \right) \sin{n \pi} \right]$

$\displaystyle b_n = -\left( \frac{A}{\pi n} \right) \cos{n \pi} + \left( \frac{A}{ \pi^2 n^2} \right) \sin{n \pi}$

Si $n=1,3,5, \cdots$

$\displaystyle b_n = -\left( \frac{A}{\pi n} \right) \cos{n \pi} + \left( \frac{A}{ \pi^2 n^2} \right) \sin{n \pi}$

$\displaystyle b_n = -\left( \frac{A}{\pi n} \right) (-1) + \left( \frac{A}{ \pi^2 n^2} \right) (0)$

$\displaystyle b_n = \frac{A}{\pi n}$

Si $n=2,4,6, \cdots$

$\displaystyle b_n = -\left( \frac{A}{\pi n} \right) \cos{n \pi} + \left( \frac{A}{ \pi^2 n^2} \right) \sin{n \pi}$

$\displaystyle b_n = -\left( \frac{A}{\pi n} \right)(1) + \left( \frac{A}{ \pi^2 n^2} \right)(0)$

$\displaystyle b_n = - \frac{A}{\pi n}$

Regresando

$\displaystyle f(t) = \sum_{n=1}^{\infty}{b_n \sin{n \omega_0 t}}$

$\displaystyle f(t) = \sum_{n=1}^{\infty}{\left(-\frac{A}{\pi n} \right) \sin{n \omega_0 t}}$

$\displaystyle f(t) = - \frac{A}{\pi} \sum_{n=1}^{\infty}{\left(\frac{1}{n} \right) \sin{n \omega_0 t}}$

Y la expansión esperada es

$\displaystyle f(t) = - \frac{A}{\pi}\left( \sin{ \omega_0 t} - \frac{1}{2} \sin{2 \omega_0 t} + \frac{1}{3} \sin{3 \omega_0 t} - \cdots \right)$

Puesto que solo interesa el movimiento forzado o el movimiento en estado estacionario del sistema, se puede utilizar la notación fasorial. Para ello,

$\displaystyle H(p) = \frac{1}{mp^2 + k}$

$\displaystyle H(j \omega) = \frac{1}{m(j \omega)^2 + k}$

$\displaystyle H(j \omega) = \frac{1}{k - m \omega^2} = |H(j\omega)| \angle \theta(\omega)$

$\displaystyle H(j n \omega_0) = \frac{1}{k - m (n \omega_0)^2}$

Con

$\displaystyle \theta (\omega) = \tan^{-1}{\left(\frac{0}{k - m\omega^2} \right)}$

$\displaystyle \theta (\omega) = 0$ °

Donde $B=0$ .

Finalmente, el resultado final es

$\displaystyle x_s(t) = - \frac{A}{\pi} \left[\frac{1}{\sqrt{(k - m (1 \omega_0)^2)^2 + 0}} \sin{(1) \omega_0 t} - \frac{1}{\sqrt{(k - m (2 \omega_0)^2)^2 + 0}} \cdot \frac{1}{2} \sin{(2) \omega_0 t} + \frac{1}{\sqrt{(k - m (3 \omega_0)^2)^2 + 0}} \cdot \frac{1}{3} \sin{(3) \omega_0 t} - \cdots \right]$

$\displaystyle \therefore x_s(t) = - \frac{A}{\pi} \left[ \left(\frac{1}{k - m \omega_0^2} \right) \sin{ \omega_0 t} - \left(\frac{1}{k - 4 m \omega_0^2}\right) \cdot \frac{1}{2} \sin{2 \omega_0 t} + \left(\frac{1}{k - 9 m \omega_0^2} \right) \cdot \frac{1}{3} \sin{3 \omega_0 t} - \cdots \right]$

Aplicaciones a sistemas mecánicos. Fourier.

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Problema resuelto

Publicado por Cesar Reyes

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