1) El documento presenta los pasos para determinar parámetros clave de la respuesta transitoria de un sistema de segundo orden como el tiempo de levantamiento, tiempo pico, sobrepaso máximo y tiempo de asentamiento a partir de su función de transferencia.
2) También explica cómo calcular el factor de amortiguamiento relativo ζ a partir de la medición del logaritmo decremental en la curva de respuesta.
3) El resumen resume los pasos matemáticos para calcular cada uno de estos parámetros transitorios clave.
Prueba libre de Geografía para obtención título Bachillerato - 2024
Análisis de la respuesta transitoria. daniela tenia
1. A
Maturín, Febrero del 2017
REPÚBLICA BOLIVARIANA DE VENEZUELA
INSTITUTO UNIVERSITARIO POLITÉCNICO
“SANTIAGO MARIÑO”
ESCUELA DE INGENIERÍA ELÉCTRICA
EXTENSIÓN MATURÍN
ANÁLISIS DE LA RESPUESTA TRANSITORIA.
SISTEMAS DE SEGUNDO ORDEN.
Autor: Daniela Tenía.
Tutora: Ing. Mariangela Pollonais
2. 1. Obtenga el tiempo de levantamiento, el tiempo pico, el sobrepaso máximo y el tiempo
de asentamiento. Se sabe que un sistema oscilatorio tiene la siguiente función de
transferencia:
𝑮( 𝒔) =
𝝎 𝒏
𝟐
𝒔 𝟐 + 𝟐𝜻𝝎 𝒏 𝒔+ 𝝎 𝒏
𝟐
Determine el factor de amortiguamiento relativo del sistema a partir de la gráfica.
Oscilación amortiguada.
Solución:
Sistema de segundo orden.
Entonces, tomando en cuenta la función de transferencia en lazo cerrado:
3. 𝑪( 𝒔)
𝑹(𝒔)
=
𝝎 𝒏
𝟐
𝒔 𝟐 + 𝟐𝜻𝝎 𝒏 𝒔 + 𝝎 𝒏
𝟐
Se tomaran ambas ecuaciones para determina a y b.
𝒄( 𝒕) = 𝟏 − 𝒆−𝜻𝝎 𝒏 𝒕
( 𝐜𝐨𝐬 𝝎 𝒅 𝒕 +
𝜻
√𝟏 − 𝜻 𝟐
𝐬𝐢𝐧 𝝎 𝒅 𝒕); 𝒕 ≥ 𝟎 … (𝟏)
𝒄( 𝒕) = 𝟏 −
𝒆−𝜻𝝎 𝒏 𝒕
√𝟏 − 𝜻 𝟐
𝐬𝐢𝐧 ( 𝝎 𝒅 𝒕 + 𝐭𝐚𝐧−𝟏
√𝟏 − 𝜻 𝟐
𝜻
) ; 𝒕 ≥ 𝟎 … (𝟐)
a) Determinar el tiempo de levantamiento 𝒕 𝒓.
Considerando la ecuación (1) y suponiendo que 𝑐( 𝑡 𝑟
) = 1, entonces:
𝑐( 𝑡 𝑟
) = 1 = 1 − 𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡 𝑟 (cos 𝜔𝑑 𝑡 𝑟 +
𝜁
√1 − 𝜁2
sin 𝜔 𝑑 𝑡 𝑟)
Como 𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡 𝑟 ≠ 0, se obtiene la siguiente ecuación:
cos 𝜔 𝑑 𝑡 𝑟 +
𝜁
√1 − 𝜁2
sin 𝜔𝑑 𝑡 𝑟 = 0
Como 𝜔 𝑛 = √1 − 𝜁2 = 𝜔 𝑑 y 𝜁𝜔 𝑛 = 𝜎, se tiene:
tan 𝜔𝑑 𝑡 𝑟 = −
√1 − 𝜁2
𝜁
⇒ tan 𝜔𝑑 𝑡 𝑟 = −
𝜔𝑑
𝜎
⇒ 𝜔 𝑑 𝑡 𝑟 = tan−1
(
𝜔𝑑
−𝜎
)
4. ⇒ 𝑡 𝑟 =
1
𝜔𝑑
tan−1
(
𝜔𝑑
−𝜎
)
⇒ 𝒕 𝒓 =
𝝅 − 𝜷
𝝎 𝒅
Donde, 𝛽 se define en la siguiente figura. Es evidente que para un valor pequeño 𝑡 𝑟,
𝜔 𝑑 debe ser grande.
Definición del ángulo 𝛽.
b) Determinar el tiempo pico 𝒕 𝒑.
Considerando la ecuación (1), se obtiene el tiempo pico derivando 𝑐(𝑡) con respecto
al tiempo, se tiene que:
𝑑𝑐
𝑑𝑡
= 𝜁𝜔 𝑛 𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡
(cos 𝜔 𝑑 𝑡 +
𝜁
√1 − 𝜁2
sin 𝜔 𝑑 𝑡)
+ 𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡
( 𝜔 𝑑 sin 𝜔 𝑑 𝑡 −
𝜁𝜔 𝑑
√1 − 𝜁2
cos 𝜔 𝑑 𝑡)
𝑑𝑐
𝑑𝑡
= 𝜁𝜔 𝑛 𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡
cos 𝜔 𝑑 𝑡 +
𝜁2
𝜔 𝑛
√1 − 𝜁2
𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡
sin 𝜔𝑑 𝑡 + 𝜔 𝑑 𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡
sin 𝜔𝑑 𝑡
−
𝜁𝜔 𝑑
√1 − 𝜁2
𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡
cos 𝜔 𝑑 𝑡
5. Sabemos que:
𝜔𝑑 = 𝜔 𝑛√1 − 𝜁2 ⇒ 𝜔 𝑛 =
𝜔 𝑑
√1 − 𝜁2
𝑑𝑐
𝑑𝑡
=
𝜁𝜔𝑑
√1 − 𝜁2
𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡
cos 𝜔𝑑 𝑡 +
𝜁2
𝜔 𝑛
√1 − 𝜁2
𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡
sin 𝜔𝑑 𝑡
+ 𝜔 𝑛√1 − 𝜁2 𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡
sin 𝜔𝑑 𝑡 −
𝜁𝜔 𝑑
√1 − 𝜁2
𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡
cos 𝜔 𝑑 𝑡
𝑑𝑐
𝑑𝑡
= 𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡
sin 𝜔𝑑 𝑡 (
𝜁2
𝜔 𝑛
√1 − 𝜁2
+ 𝜔 𝑛 √1 − 𝜁2)
𝑑𝑐
𝑑𝑡
= 𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡
sin 𝜔𝑑 𝑡 (
𝜁2
𝜔𝑛 + 𝜔 𝑛 − 𝜁2
𝜔 𝑛
√1 − 𝜁2
)
𝑑𝑐
𝑑𝑡
= 𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡
sin 𝜔𝑑 𝑡 (
𝜔𝑛
√1 − 𝜁2
)
Igualamos a cero y evaluamos la derivada en 𝑡 = 𝑡 𝑝, tenemos que:
𝑑𝑐
𝑑𝑡
|
𝑡=𝑡 𝑝
= 𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡 𝑝 sin 𝜔𝑑 𝑡 𝑝 (
𝜔 𝑛
√1 − 𝜁2
) = 0
Luego, se obtiene que: sin 𝜔𝑑 𝑡 𝑝 = 0
O bien: 𝜔𝑑 𝑡 𝑝 = 0, 𝜋, 2𝜋,3𝜋,…
Como el tiempo pico corresponde al primer pico sobrepaso máximo,
6. 𝜔 𝑑 𝑡 𝑝 = 𝜋 ⇒ 𝒕 𝒑 =
𝝅
𝝎 𝒅
El tiempo pico 𝑡 𝑝 corresponde a medio ciclo de la frecuencia de oscilación
amortiguada.
c) Determinar el sobrepaso máximo 𝑴 𝒑.
Ésta se presenta en el tiempo pico o en 𝑡 = 𝑡 𝑝 = 𝜋 𝜔 𝑑⁄ . Por tanto, considerando la
ecuación (1), 𝑀𝑝 se obtiene como:
𝑀𝑝 = 𝑐( 𝑡 𝑝) − 1
𝑀𝑝 = 1 − 𝑒−𝜁𝜔 𝑛( 𝜋 𝜔 𝑑⁄ )
(cos 𝜔 𝑑
( 𝜋 𝜔𝑑
⁄ ) +
𝜁
√1 − 𝜁2
sin 𝜔 𝑑
( 𝜋 𝜔 𝑑
⁄ )) − 1
𝑀𝑝 = −𝑒−( 𝜎 𝜔 𝑑⁄ ) 𝜋
(cos 𝜋 +
𝜁
√1 − 𝜁2
sin 𝜋) = −𝑒−( 𝜎 𝜔 𝑑⁄ ) 𝜋
(−1 +
𝜁
√1 − 𝜁2
. (0))
∴ 𝑴 𝒑 = 𝒆−( 𝝈 𝝎 𝒅⁄ ) 𝝅
= 𝒆−( 𝜻 √𝟏−𝜻 𝟐⁄ ) 𝝅
El porcentaje del sobrepaso máximo es: 𝑒−( 𝜎 𝜔 𝑑⁄ ) 𝜋
𝑥 100%.
Si el valor final 𝑐(∞) de la salida no es la unidad, entonces se necesita utilizar la
ecuación siguiente:
∴ 𝑴 𝒑 =
𝒄( 𝒕 𝒑) − 𝒄(∞)
𝒄(∞)
d) Determinar el tiempo de asentamiento 𝒕 𝒔.
Para un sistema subamortiguado de segundo orden, la respuesta transitoria se obtiene
a partir de la ecuación (2):
7. 𝑐( 𝑡) = 1 −
𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡
√1 − 𝜁2
𝑠𝑖𝑛 ( 𝜔𝑑 𝑡 + 𝑡𝑎𝑛−1
√1 − 𝜁2
𝜁
) ; 𝑡 ≥ 0
Las curvas: 1 ±
𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡
√1 − 𝜁2
Son las curvas envolventes de la respuesta transitoria para una entrada escalón
unitario.
Par de curvas envolventes para la curva de respuesta a escalón unitario del sistema de
segundo orden.
La constante de tiempo de estas curvas envolventes es: 1
𝜁𝜔 𝑛
⁄
El tiempo de asentamiento ±2% o ±5% se mide en función de la constante de
tiempo:
10. 2. Considere el sistema de la Figura 5. Determine el valor de 𝑘 de modo que el factor de
amortiguamiento relativo 𝜁 sea 0,5. Después obtenga el tiempo de levantamiento 𝑡 𝑟,
el tiempo pico 𝑡 𝑝, el sobrepaso máximo 𝑀𝑝, y el tiempo de asentamiento 𝑡 𝑠, en la
respuesta escalón unitario.
Diagrama de bloques de un sistema.
Solución:
Aplicamos “Retroalimentación Negativa”, tenemos que:
Ahora, aplicamos “Combinación de Bloques en Cascada”, se tiene que:
16
𝑠 + 0,8
1
𝑠
𝑅(𝑠) 𝐶(𝑠)
+
−
+
−
𝑘
16
𝑠+0,8
1 +
16𝑘
𝑠+0,8
1
𝑠
𝑅(𝑠) 𝐶(𝑠)
+
−
16
𝑠 + 0,8 + 16𝑘
1
𝑠
𝑅(𝑠) 𝐶(𝑠)
+
−
12. 𝝎 𝒏 = 𝟒
Por el enunciado del ejercicio, sabemos que: 𝜻 = 𝟎, 𝟓 por lo que es un
sistema subamortiguado (0< 𝜻 <1).
a) Determinar el valor de 𝒌
2𝜁 𝜔𝑛 = 0,8 + 16𝑘 ⇒ 2(0,5)(4) = 0,8 + 16𝑘 ⇒ 4 = 0,8 + 16𝑘
⇒ 4 − 0,8 = 16𝑘 ⇒
3,2
16
= 𝑘 ⇒ 𝒌 = 𝟎, 𝟐
b) Determinar el tiempo de levantamiento 𝒕 𝒓
El tiempo de levantamiento 𝑡 𝑟, se obtiene con la siguiente fórmula:
𝒕 𝒓 =
𝝅 − 𝜷
𝝎 𝒅
Ya que,
𝜔 𝑑 = 𝜔 𝑛 √1 − 𝜁2 ⇒ 𝜔𝑑 = 4√1 − (0,5)2 = 4√1 − 0,25
⇒ 𝜔𝑑 = 4√0,75 ⇒ 𝝎 𝒅 = 𝟑, 𝟒𝟔𝟒𝟏 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝒆𝒈
sin 𝛽 =
𝜔 𝑛 √1 − 𝜁2
𝜔 𝑛
⇒ 𝛽 = sin−1
(
𝜔𝑑
𝜔 𝑛
) ⇒ 𝛽 = sin−1
(
3,4641
4
)
⇒ 𝛽 = sin−1(0,866) ⇒ 𝜷 = 𝟔𝟎° =
𝝅
𝟑
∴ 𝑡 𝑟 =
𝜋 − 𝛽
𝜔𝑑
=
𝜋 −
𝜋
3
3,4641 𝑟𝑎𝑑/𝑠
⇒ 𝒕 𝒓 = 𝟎, 𝟔𝟎𝟔 𝒔𝒆𝒈
13. c) Determinar el tiempo pico 𝒕 𝒑.
El tiempo pico 𝑡 𝑝, se obtiene con la siguiente fórmula:
𝑡 𝑝 =
𝜋
𝜔𝑑
=
𝜋
3,4641 𝑟𝑎𝑑/𝑠
⇒ 𝒕 𝒓 = 𝟎, 𝟗𝟎𝟕 𝒔𝒆𝒈
d) Determinar el sobrepaso máximo 𝑴 𝒑.
El sobrepaso máximo 𝑀𝑝, se obtiene con la siguiente fórmula:
𝑀 𝑝 = 𝑒
−(
𝜎
𝜔 𝑑
) 𝜋
= 𝑒
−(
𝜁𝜋
√1−𝜁2
)
⇒ 𝑀 𝑝 = 𝑒
−[
(0,5) 𝜋
√1−(0,5)2
]
⇒ 𝑀 𝑝 = 𝑒
−[
(0,5)𝜋
√1−0,25
]
= 𝑒−1,814 ⇒ 𝑴 𝒑 = 𝟎, 𝟏𝟔𝟑
El porcentaje del sobrepaso máximo es:
𝒆
−(
𝝈
𝝎 𝒅
) 𝝅
𝒙 𝟏𝟎𝟎% = 𝟏𝟔, 𝟑 %
e) Determinar el tiempo de asentamiento 𝒕 𝒔.
El tiempo asentamiento 𝑡 𝑠, se obtiene dependiendo del criterio:
𝑡 𝑠 =
4
𝜎
⇒ 𝑡 𝑠 =
4
𝜁𝜔 𝑛
=
4
(0,5)(4)
⇒ 𝒕 𝒔 = 𝟐 𝒔𝒆𝒈 (criterio del 2%)
𝑡 𝑠 =
3
𝜎
⇒ 𝑡 𝑠 =
3
𝜁𝜔 𝑛
=
3
(0,5)(4)
⇒ 𝒕 𝒔 = 𝟏, 𝟓 𝒔𝒆𝒈 (criterio del 5%)
14. 3. Obtenga analíticamente la frecuencia natural 𝜔 𝑛 , factor de amortiguamiento 𝜁,
sobrepaso máximo 𝑀𝑝, tiempo de asentamiento 𝑡 𝑠 y tiempo de crecimiento 𝑡 𝑟 del
siguiente sistema, suponga que 𝐻 = 1. Posteriormente verifique los resultados
obtenidos con MATLAB.
Aplicamos “combinación de bloques en cascada” de igual forma sustituyendo H=1,
se tiene que:
2
2𝑠 + 1
1
𝑠 + 1
𝑥(𝑡) 𝑦(𝑡)
+
−
𝐻
15. Se aplica “retroalimentación negativa”, se tiene que:
Entonces:
𝒀(𝒔)
𝑿(𝒔)
=
1
𝒔 𝟐 + 𝟏, 𝟓𝒔 + 𝟏, 𝟓
=
1
𝒔2 + 1,5𝑠 + (√1,5)2
Igualando coeficientes entre esta ecuación y la ecuación general, es decir con las
características del polinomio, tenemos que:
𝑮( 𝒔) =
𝟏
𝒔 𝟐 + 𝟏, 𝟓𝒔 + (√𝟏, 𝟓) 𝟐
=
𝑲
𝒔 𝟐 + 𝟐 𝜁𝜔 𝑛 𝒔 + 𝜔 𝑛
2
16. Donde, K en la ganancia estática del sistema.
a) Determinar la frecuencia natural 𝜔 𝑛 .
𝜔 𝑛 = √1,5 𝑟𝑎𝑑 ∕ 𝑠𝑒𝑔 ≈ 1,225 𝑟𝑎𝑑 ∕ 𝑠𝑒𝑔
𝐾 𝜔 𝑛
2
= 𝐾 =
1
𝜔 𝑛
2
⋙
1
1,5
≫ 𝐾 =
2
3
≈ 0,67
b) Determinar el factor de amortiguamiento 𝜁.
El factor de amortiguamiento 𝜁, se obtiene con la siguiente fórmula:
2𝜁 𝜔𝑛 = 1,5 ≫ 𝜁 =
1,5
2𝜁𝜔 𝑛
≫ 𝜁 =
1,5
2(1,225)
≫ 𝜁 ≈ 0,612
Esto es un sistema subamortiguado.
c) Determinar el sobrepaso máximo 𝚳 𝒑.
El sobrepaso máximo 𝚳 𝒑, se obtiene con la siguiente formula:
Μ 𝑝 = 𝑒−
(
𝜎
𝜔𝑑
)𝜋 = 𝑒𝑒
−(
𝜁𝜋
√1−𝜁2
)
→ Μ 𝑝 = 𝑒
−[
(𝑜,612)𝜋
√1−(0,612)2
]
ΜΡ = 𝑒−2,4311
→ ΜΡ=0,0879
El porcentaje del sobrepaso máximo es:
17. 𝑒
−(
𝜎
𝜔 𝑑
) 𝜋
𝑥 100% = 8,79%
d) Determinar el tiempo de asentamiento 𝒕 𝒔.
El tiempo asentamiento 𝒕 𝒔, se obtiene dependiendo del criterio:
𝑡𝑠=
4
𝜎
→ 𝑡𝑠 =
4
𝜁𝜔 𝑛
=
4
(0,612)(1,225)
→ 𝒕 𝒔 = 𝟓, 𝟑𝟑𝟓 𝒔𝒆𝒈 (criterio del 2%)
𝑡𝑠=
3
𝜎
→ 𝑡𝑠 =
3
𝜁𝜔 𝑛
=
3
(0,612)(1,225)
→ 𝒕 𝒔 = 𝟒, 𝟎𝟎𝟐 𝒔𝒆𝒈 (criterio del 5%)
e) Determinar el tiempo de crecimiento 𝒕 𝒓.
El tiempo de levantamiento 𝒕 𝒓, se obtiene con la siguiente fórmula:
𝒕 𝑟 =
𝜋 − 𝛽
𝜔 𝑑
Ya que,
𝜔 𝑑 = 𝜔 𝑑√1 − 𝜁2 → 𝜔 𝑑 = 1,225 √1− (0,612)2
𝜔 𝑑 = 0,969 𝑟𝑎𝑑 ∕ 𝑠𝑒𝑔
sin 𝛽 =
𝜔 𝑛√1 − 𝜁2
𝜔 𝑛
→ 𝛽 = 𝑠𝑖𝑛−1
(
𝜔 𝑑
𝜔 𝑛
) → 𝛽 = 𝑠𝑖𝑛−1
(
0,969
1,225
)
𝛽 = 𝑠𝑖𝑛−1(0,791) → 𝛽 = 52,28° = 0,912 𝑟𝑎𝑑
f) Determinar el tiempo pico 𝒕 𝒑.
El tiempo pico 𝒕 𝒑, se obtiene con la siguiente formula:
