Funcion de transferencia

1. SEMANA 2.
Función de Transferencia.
Determinación de Polos y Ceros.
Método de las asíntotas para
determinar los Diagramas de Bode
de amplitud y fase. Ejemplos.

2. FUNCION DE
TRANSFERENCIA

3. DEFINICÍON
LA FUNCION DE TRANSFERENCIA (FDT) DE UN SISTEMA
DESCRITO MEDIANTE UNA ECUACIÓN DIFERENCIAL LINEAL E
INVARIANTE EN EL TIEMPO SE DEFINE COMO EL COCIENTE
ENTRE LA TRANSFORMADA DE LAPLACE DE LA
SALIDA(FUNCIÓN DE RESPUESTA) Y LA TRANSFORMADA DE
LAPLACE DE LA ENTRADA(FUNCIÓN DE EXCITACIÓN) BAJO
LA SUPOSICIÓN DE QUE TODAS LAS CONDICIONES
INICIALES SEAN CERO.

4. CONSIDÉRESE EL SISTEMA LINEAL E INVARIANTE EN EL
TIEMPO DESCRITO MEDIANTE LA SIGUIENTE
ECUACIÓN:
DONDE “Y ES LA SALIDA DEL SISTEMA ADEMÁS “X ES LA ENTRADA. LA
FUNCIÓN DE TRANSFERENCIA DE ESTE SISTEMA ES EL COCIENTE DE LA
TRANSFORMADA DE LAPLACE DE LA SALIDA Y LA TRANSFORMADA DE
LAPLACE DE LA ENTRADA CUANDO TODAS LAS CONDICIONES INICIALES
SON CERO.
G(S) ES UNA REPRESENTACIÓN MATEMÁTICA DE LOS SISTEMAS LINEALES
DONDE LA RELACIÓN ENTRE LA ENTRADA Y LA SALIDA ES UNA
ECUACIÓN DIFERENCIAL LINEAL DEL TIPO:

5. CARACTERÍSTICA
S
ES INDEPENDIENTE DE LA ENTRADA DEL SISTEMA.
SE TRATA DE UNA CARACTERÍSTICA INTERNA DE CADA
SISTEMA.
CONOCIENDO LA FUNCION DE TRANSFERENCIA SE PUEDE
ENCONTRAR LA RESPUESTA DEL SISTEMA PARA CUALQUIER
TIPO DE ENTRADA.
EL DENOMINADOR DE LA FUNCION DE TRANSFERENCIA SE
DENOMINA, POLINOMIO CARACTERÍSTICO: SUS RAÍCES SE
LLAMAN POLOS DEL SISTEMA.
LAS RAÍCES DEL NUMERADOR SE DENOMINA CEROS DEL
SISTEMA.

6. CÓMO OBTENER UNA F. T.
• PARA OBTENERLA, ES NECESARIO QUE LAS CONDICIONES INICIALES
SEAN NULAS. DE NO SERLO, SE DEBE OBLIGAR A DICHAS CONDICIONES
A SER CERO.
• SE OBTIENE A PARTIR DE LA REPRESENTACIÓN DE UN SISTEMA LTI POR
MEDIO DE ECUACIONES DIFERENCIALES CON COEFICIENTES
CONSTANTES, EL MODELO DINÁMICO DEL SISTEMA.
• LINEALIZANDO LA ECUACIÓN DIFERENCIAL Y APLICANDO LA
TRANSFORMADA DE LAPLACE.

7. EJEMPLO ILUSTRATIVO:
HALLAR LA F. T. X(S)/P(S) DEL SISTEMA

8. DESCRIBIMOS EL COMPORTAMIENTO DINÁMICO DEL SISTEMA:
SUPONEMOS CONDICIONES INICIALES IGUALES A 0:
APLICAMOS LAPLACE:
AGRUPANDO Y DESPEJANDO:

9. • EJEMPLO: EN UN CIRCUITO LRC CALCULAR SU FUNCION
TRANSFERENCIA Y HACER SU RESPECTIVO DIAGRAMA DE
BLOQUES
i(t)
L(H)
R(Ω )
e₀(t)
eᵢ(t)
C(F)
Uʟ (t)
Ur(t)
VOLTAJE DE SALIDA ES: VOLTAJE DE ENTRADA ES:
𝑒0(T) =
1
𝑐
𝑖(𝑡)𝑑𝑡 𝑒𝑖(T) = 𝑈𝐿(T) + 𝑈𝑅(T) + 𝑒0(T)
VOLTAJE EN EL RESISTOR ES:
𝑈𝑅(T) = R.i(t)
VOLTAJE EN EL INDUCTOR ES:
𝑈𝐿(T) = L
𝑑𝑖(𝑡)
𝑑𝑡

10. • AHORA HACEMOS LAS RESPECTIVAS TRANSFORMADAS DE
LAPLACE DE LAS ECUACIONES
TRANSFORMADA DE LAPLACE DEL VOLTAJE DE SALIDA
𝐸0(S) =
1
𝑐
1
𝑠
I(S) (1)
TRANSFORMADA DE LAPLACE DEL VOLTAJE DEL RESISTOR
𝑈𝑅(S) = RI(S) (2)
TRANSFORMADA DE LAPLACE DEL VOLTAJE DEL INDUCTOR
𝑈𝐿(S) = LSI(S) (3)
TRANSFORMADA DE LAPLACE DEL VOLTAJE DEL VOLTAJE DE ENTRADA
𝐸𝑖(S) = 𝑈𝑅(S) + 𝑈𝐿(S) + 𝐸0(S) (4)
i(t)
L(H)
R(Ω )
e₀(t)
eᵢ(t)
C(F)
Uʟ (t)
Ur(t)

11. REAGRUPANDO LAS ECUACIONES (1),(2),(3), EN (4) SE
PUEDE EXPRESAR EN LOS SIGUIENTES TÉRMINOS.
𝐸𝑖(S) = (R +
1
𝐶𝑆
+ LS)I(S) (5)
AHORA CALCULEMOS LA FUNCION DE TRANSFERENCIA QUE EN ESTE CASO ES LA
TRANSFORMADA DE LAPLACE DE LA TENSIÓN DE SALIDA DIVIDIDO ENTRE LA
TRANSFORMADA DE LAPLACE DE LA FUNCION DE ENTRADA.
G(S) =
𝐸0(S)
𝐸𝑖(S)
AHORA SUSTITUIMOS LOS DATOS
G(S) =
1
𝐶𝑆
∗I(S)
(R + 1
𝐶𝑆
+ LS)I(S)
=
1
RCS + 𝐿 𝑐 𝑠2+1
SIMPLIFICANDO LOS DATOS TENEMOS:
G(S) =
1
LC(𝑠2+ 𝑅𝑐
𝐿𝐶
S + 1
𝐿𝑐
)
=
1
𝐿𝑐
(𝑠2+ 𝑅
𝐿
S + 1
𝐿𝑐
)

12. FUNCION DE TRANSFERENCIA DE
UN SISTEMA REALIMENTADO
PODEMOS ENCONTRAR LA FDT DE UN SISTEMA
REALIMENTADO DE LA SIGUIENTE FIGURA:

13. DIAGRAMA DE
BLOQUES
I(S) = 𝑈𝐿(s)
𝐿𝑠
= 𝑈𝐿(s)
1
𝐿𝑠
𝐸0(s) =
1
𝑐
1
𝑠
I(s)
𝑈𝐿(s) = 𝐸𝑖(s) - 𝑈𝑅(s) -
𝐸0(s)

14. MATEMATICAMENTE SE DEFINE COMO LOS PUNTOS
SINGULARES DE LA FUNCIÓN DE TRANSFERENCIA
0
lim ( )
s s
F s

 





)
(
)
(
lim 0
1
0
s
F
s
sn
s
s
0
)
(
lim
0


s
F
s
s
0
)
(
lim
0
1
0



 s
s
s
F
n
s
s
Polo de primer orden
Polo de orden n
Ceros de primer orden
Ceros de orden n

15. • NORMALIZACIÓN DE LA FUNCIÓN DE TRANSFERENCIA
CUANDO LOS GRADOS DE LOS POLINOMIOS DE F(S) SON
ELEVADOS, SIEMPRE SE PUEDE FACTORIZAR D ELA FORMA.
)
)(
(
)
)(
(
)
)(
(
)
)(
(
)
(
0
1
1
0
1
1
b
s
b
s
b
s
b
s
a
s
a
s
a
s
a
s
s
F
m
m
n
n













Forma factorizada




)
1
)(
1
(
)
1
)(
1
(
)
1
)(
1
(
)
1
)(
1
(
)
(
1
0
1
2
1
0
2
0
1
0
1
2
1
0
2
0













p
s
p
s
s
p
s
p
s
p
s
p
s
z
s
z
s
s
z
s
z
s
z
s
z
s
k
s
F
b
a
b
a
t
b
a
b
a
r
Representación normalizada
2
2
2
2
)
)(
( b
a
as
s
jb
a
s
jb
a
s 







Si hay raíces complejas,
éstas serán complejas
conjugadas
k  constante independiente de la frecuencia
sr, st  polos y ceros de orden r y t en s=0
(s/xi)+1  polos y ceros de primer orden en s=-zi y en s=-pi
xais2+xbis+1  pares de polos y ceros conjugados factorizados
DONDE:

16. RESPUESTA DE FRECUENCIA A PARTIR DE LOS
DIAGRAMAS DE POLOS Y CEROS.
SE PUEDE DETERMINAR GRÁFICAMENTE LA RESPUESTA DE FRECUENCIA
A PARTIR DE LOS DIAGRAMAS DE POLOS Y CEROS DE LA FUNCIÓN DE
TRANSFERENCIA. SEA LA SIGUIENTE FUNCIÓN DE TRANSFERENCIA:
DONDE P Y Z SON REALES. SE PUEDE OBTENER LA RESPUESTA EN
FRECUENCIA DE ESTA FUNCIÓN DE TRANSFERENCIA DE LA RELACIÓN:
( )
( )
( )
jw z
G jw k
jw jw p



( )
( )
( )
s z
G s k
s s p




17. LOS FACTORES , SON MAGNITUDES COMPLEJAS
COMO PUEDE VERSE EN LA FIGURA .
FIGURA: Determinación de la respuesta de frecuencia en el
plano complejo.
jw z
 jw p


18. LA AMPLITUD DE ES:
Y EL ÁNGULO DE FASE DE ES:
DONDE LOS ÁNGULOS ESTÁN DEFINIDOS EN LA FIGURA . SE HACE NOTAR QUE SE DEFINE COMO SENTIDO
POSITIVO PARA LA MEDICIÓN DE ÁNGULO A LA ROTACIÓN ANTI HORARIA. DEL ANÁLISIS DE LA RESPUESTA
TRANSITORIA DE LOS SISTEMAS DE LAZO CERRADO, SE SABE QUE UN PAR DE POLOS COMPLEJOS CONJUGADOS
CERCANOS AL EJE PRODUCE UN MODO ALTAMENTE OSCILATORIO DE LA RESPUESTA TRANSITORIA. EN EL CASO DE
LA RESPUESTA FRECUENCIAS, UN PAR DE POLOS ASÍ UBICADOS HAN DE PRODUCIR UNA RESPUESTA DE PICO ELEVADO.
( )
jw z
G jw k
jw jw p



( )
AP
G jw k
OP BP

1 2
( )
( ) 90
( )
G jw jw z jw jw p
w w
G jw arctag arctag
z p
G jw   
    
 
 
    
 
   
  
( )
G jw
( )
G jw
jw
1 2
, ,
  

19. EJEMPLO:
POR EJEMPLO, LA SIGUIENTE FUNCIÓN DE TRANSFERENCIA:
DONDE P1 Y P2 SON COMPLEJOS CONJUGADOS COMO SE VE EN LA FIGURA . SE
PUEDE
HALLAR LA RESPUESTA EN FRECUENCIA DE ESTA FUNCIÓN DE TRANSFERENCIA
1 2
( )
( )( )
k
G s
s p s p

 

20. DONDE LOS ÁNGULOS ESTÁN DEFINIDOS EN LA FIGURA. COMO AP BP ES MUY PEQUEÑO EN LA CERCANÍA DE
ES MUY GRANDE. DE MANERA QUE UN PAR DE POLOS COMPLEJOS CONJUGADOS CERCA DEL EJE HA DE PRODUCIR
UNA RESPUESTA DE FRECUENCIA DE PICO ELEVADO. INVERSAMENTE, SI LA RESPUESTA DE FRECUENCIA NO ES DE
PICOS ELEVADOS, LA FUNCIÓN DE TRANSFERENCIA NO HA DE TENER POLOS COMPLEJOS CONJUGADOS CERCA DEL EJE
.
EN CONCLUSIÓN:
• POLOS REALES Y DISTINTOS: ESTABLE
• POLOS REALES Y MÚLTIPLES: PARCIALMENTE ESTABLE
• POLOS COMPLEJOS CONJUGADOS: INESTABLE
1 2
( )
k
G jw
jw p jw p

 
( )
k
G jw
AP BP

1 2
( )
G jw  
  
1 2
,
 
jw
jw
1
w w
 , | )
𝐺(𝑗𝑤1 |

21. RESPUESTA TRANSITORIA
LOS TRANSITORIOS DE LAS SALIDA SE PUEDEN RELACIONAR CON LAS RAÍCES DE
LA ECUACIÓN CARACTERÍSTICA TAL COMO SE VIO ANTES. DE MODO QUE EL
CONCEPTO DE ESTABILIDAD PUEDE DEFINIRSE EN TÉRMINOS MATEMÁTICOS MÁS
PRECISOS DE LA SIGUIENTE FORMA:
Un sistema es estable si las raíces
de la ecuación característica son
reales negativas o complejas
conjugadas con parte real
negativa. O dicho en forma más
compacta, si todas las raíces se
encuentran en el semiplano
izquierdo de la variable compleja
s.

22. EJEMPLO DE OBTENCIÓN DE POLOS Y CEROS
MEDIANTE MATLAB
clc,clear all,close all
%Hallando ceros y polos de funciones de transferencia
%En este ejemplo introduciremos el valor del numerador y denominador
en
%forma de vectores
num=[5 20];
den=[1 4 20];
%Damos forma a la ecuacion usando la funcion tf que crea un modelo de
%funcion de transferencia
G=tf(num,den)
%Utilizamos la funcion tf2zp para convertir de modelo de funcion de
%transferencia a polos y ceros
[z,p,k]=tf2zp(num,den)
PARA DETERMINAR POLOS Y CEROS

23. G =
5 s + 20
--------------
s^2 + 4 s + 20
Continuous-time transfer function.
z =
-4
p =
-2.0000 + 4.0000i
-2.0000 - 4.0000i
k =
5

24. clc,clear all,close all
num=[5 20];
den=[1 4 20];
pzmap(num,den),
axis([-5 5 -5 5])
PARA GRAFICAR POLOS Y CEROS

25. MÉTODOS DE LAS ASÍNTOTAS PARA
DETERMINAR LOS DIAGRAMAS DE
BODE DE AMPLITUD Y FASE

26. Los diagramas de bode
están compuestos por un
diagrama de magnitud o
de ganancia y un diagrama
de fase, ambos son
dependientes de la
frecuencia angular .
En el diagrama de magnitud,
el eje vertical esta formado
por la ganancia del circuito
en decibeles, en cambio, en
el diagrama de fase, este eje
esta formado por ángulos de
desfase, en grados .

27. • AHORA NOS PREGUNTAREMOS, DE DONDE PARTE LA IDEA PARA GENERAR UN
DIAGRAMA DE BODE ? BUENO, NACE A PARTIR DE LAS FUNCIONES DE
TRANSFERENCIA, ESTAS RESULTAN DE DIVIDIR UNA SALIDA ENTRE UNA
ENTRADA DE CUALQUIER SISTEMA
FUNCIÓN DE
TRANSFERENCIA
En este circuito rlc en serie, podemos
obtener funciones de transferencia de
corriente, voltaje y potencia, ya que
esos parámetros para nosotros son
calculables, asi mismo se puede
obtener las funciones de transferencia
para cada uno de los elementos
pasivos del sistema, resistencia,
inductor o el capacitor .

28. • ESTA FUNCIÓN DE TRANSFERENCIA POR EJEMPLO RELACIONA EL VOLTAJE DE LA
RESISTENCIA CON EL VOLTAJE DE LA FUENTE.
EL VOLTAJE DE LA RESISTENCIA SERÍA LA SALIDA MIENTRAS QUE EL DE LA
FUENTE SERÍA LA ENTRADA, OJO QUE LA FUNCIÓN ESTA EN EL DOMINIO DE “S
YA QUE ESTAS FUNCIONES SE OBTIENEN EN EL DOMINIO DE LA FRECUENCIA
COMPLEJA, PASANDO EL CIRCUITO AL DOMINIO DE LA FRECUENCIA COMPLEJA
TENEMOS .

29. PARA HALLAR EL VOLTAJE DE LA RESISTENCIA,
PRIMERO HALLAMOS LA CORRIENTE DEL
CIRCUITO :
A PARTIR DE LA CORRIENTE HALLAMOS EL VOLTAJE
EN LA RESISTENCIA:
LUEGO CON ESTE VOLTAJE HALLAMOS LA FUNCIÓN DE
TRANSFERENCIA DEL SISTEMA H(S):

30. • EN RESUMEN HASTA EL MOMENTO, LOS DIAGRAMAS DE BODE SON GRAFICOS QUE
REPRESENTAN GANANCIAS DE UN SISTEMA Y EL DESFASE QUE HAY EN UNA SEÑAL
DE SALIDA EN COMPARACION CON LA DE ENTRADA .
LA GANANCIA Y EL ANGULO DE DESFASE SE OBTIENEN A PARTIR DE UNA FUNCIÓN
DE TRANSFERENCIA, PARA LO CUAL SE CONSTRUYE EL DIAGRAMA DE BODE .
RESUMEN

31. CÓMO CONSTRUIR UN DIAGRAMA DE BODE
• PARA CONSTRUIR A MANO, BÁSICAMENTE SE NECESITA APROXIMACIONES Y
ESTAS LAS HALLAREMOS GRACIAS A LAS ASÍNTOTAS, ESTAS SE ESTABLECEN CON
BASE EN LOS POLOS Y CEROS DE LA FUNCIÓN DE TRANSFERENCIA, LA
PENDIENTE DEPENDE DEL TIPO DE POLO Y LOS CEROS.
PARA ANALIZAR DE UNA MEJOR FORMA, CONVENIENTEMENTE FACTORIZAMOS
EL NUMERADOR ASI COMO EL DENOMINADOR, DE TAL FORMA QUE PARA
NOSOTROS SEA FÁCIL DIFERENCIAR CUANTOS POLOS Y CEROS CONTENGA ESTA,
SE RECOMIENDA TRABAJAR EN EL DOMINIO DE “S .

32. IDENTIFICAREMOS 7 TIPOS DE ELEMENTOS QUE NOS PRODUCEN 7 TIPOS
DE PENDIENTES EN EL DIAGRAMA DE BODE :
1. VALORES CONSTANTES (K)
2. CERO EN EL ORIGEN (S)±N
3. CERO SIMPLE (S+A)
4. CERO CUADRÁTICO (S+B)2 Ó (S2+2BS+B2)
5. POLO EN EL ORIGEN (S)±N
6. POLO SIMPLE (S+C)
7. POLO CUADRÁTICO (S+D)2 Ó (S2+2DS+D2)
APLICAN TANTO EN MAGNITUD COMO EN FASE

36. EJEMPLO DE UN DIAGRAMA DE
BODE
• CONSTRUIREMOS EL DIAGRAMA DE BODE DE MAGNITUD PARA LA SIGUIENTE
FUNCIÓN DE TRANSFERENCIA.
En primer lugar, factorizamos el numerador y el denominador, esto nos
ayudara a hallar los polos y ceros .
Al momento de factorizar nos dimos cuenta que hay una
a) constante k
b) un cero en el origen
c) dos polos simples

37. • LUEGO PROCEDEMOS A EXPRESAR LA FUNCIÓN DE T. A FORMA ESTÁNDAR, ESTA
FORMA NOS AYUDARÁ A OBTENER LA INFORMACIÓN NECESARIA PARA NUESTRO
DIAGRAMA .
LUEGO PASAMOS A REEMPLAZAR LAS S POR JW

38. • HACIENDO ESA FORMA, HALLAMOS LA CONSTANTE K QUE VIENE A SER 10,
AHORA CON LA FORMA ESTÁNDAR PROCEDEMOS A EXPRESAR LA F.T H EN
DECIBELES, NOS AYUDAMOS CON LAS PROPIEDADES DE LOGARITMOS .

39. • PARA ESTE DIAGRAMA DE MAGNITUD DE BODE, MARCAMOS LAS FRECUENCIAS
DE QUIEBRE EN EL EJE HORIZONTAL, SE OBTIENEN A PARTIR DE LOS POLOS Y
CEROS, 0 2 Y 10 .

40. • AHORA PROCEDEMOS A DIBUJAR LAS ASÍNTOTAS, PARA ESTO NOS AYUDAMOS
DEL CUADRO ANTERIORMENTE BRINDANDO .

41. • CON ESTA INFORMACIÓN, PROCEDEMOS A HACER EL DIAGRAMA DE BODE .
EVALUAMOS LA EXPRESIÓN HDB EN LAS FRECUENCIAS DE QUIEBRE .
OJO QUE PARA W= 0 HEMOS UTILIZADO W = 0.1 PORQUE NO PODEMOS CALCULAR EL
LOGARITMO DE 0, TAMBIÉN PARA RESALTAR SERÍA CONVENIENTE EVALUAR LA FRECUENCIA
EN UNA DÉCADA POSTERIOR A LA ULTIMA FRECUENCIA DE QUIEBRE, PARA TENER UNA IDEA
DE HACIA DONDE SE DIRIGE NUESTRO GRÁFICO

42. • AHORA MARCAMOS LOS PUNTOS QUE HEMOS HALLADO, ESTOS NOS DAN UNA
IDEA APROXIMADA DE LA FORMA DE NUESTRO GRÁFICO

43. • EL GRÁFICO DE MAGNITUD SE OBTENDRÁ SUMANDO LAS ASÍNTOTAS EN CADA
UNO DE LOS INTERVALOS DE FRECUENCIA, PARA TRAZAR EL GRÁFICO DE
MANERA PRECISA Y RÁPIDA SE RECOMIENDA SUMAR LOS VALORES DE LAS
ASÍNTOTAS EN CADA UNO DE LAS FRECUENCIAS DE QUIEBRE.

44. • UNIENDO ESTOS PUNTOS OBTENDREMOS LA APROXIMACIÓN ASINTÓTICA, ESTE
SE ACERCA AL GRÁFICO REAL .

45. • LLEGADO ESTE PUNTO SE PUEDE PRESCINDIR DE LAS ASÍNTOTAS Y LAS MARCAS
QUE SE HAN COLOCADO COMO REFERENCIA. LO QUE NOS INTERESA ES LA LÍNEA
AZUL, EL DIAGRAMA DE MAGNITUD DE BODE.

46. EN MATLAB ES POSIBLE CONSTRUIR EL GRAFICO REAL DE BODE, CON LA
DIFERENCIA DE QUE EN LAS FRECUENCIAS DE QUIEBRE LOS CAMBIOS NO SON TAN
BRUSCOS, SON CURVAS MAS SUAVIZADAS .

47. • Y POR ULTIMO PODEMOS VER UNA COMPARACIÓN DE LA GRÁFICA QUE HEMOS
CONSTRUIDO Y LA GENERADA EN MATLAB

48. •CONCLUSIÓN:
LA APROXIMACIÓN NOS DA UNA IDEA DE COMO VA A SER NUESTRO GRAFICO
REAL, CON ALGUNA IMPRECISIONES OBVIAMENTE EN LOS CAMBIOS DE
PENDIENTE TAL COMO OBSERVAMOS EN LA IMAGEN ANTERIOR .

49. EJERCICIO:
PARA EL CIRCUITO DE LA FIGURA 1:
a) CALCULE LA FUNCIÓN DE TRANSFERENCIA, H(S) FIGURA 1
b) CALCULE PARA 20𝑙𝑜𝑔10 𝐻(𝑗𝑤) 𝑃𝐴𝑅𝐴 𝑤 = 50 𝑟𝑎𝑑
𝑠 𝑦 𝑤 = 1000 𝑟𝑎𝑑
𝑠 DE LA FIGURA 1
FIGURA 1

50. SOLUCIÓN (A):
• TRANSFORMANDO EL CIRCUITO DE LA FIGURA 1 AL DOMINIO DE (S) Y LUEGO
UTILIZANDO UNA DIVISION DE TENSIONES EN EL DOMINIO DE (S), SE OBTIENE:
• 𝐻 𝑠 =
𝑅
𝐿 𝑠
𝑠2+ 𝑅
𝐿 𝑠+1
𝐿𝐶
SUSTITUYENDO LOS VALORES NUMÉRICOS
CORRESPONDIENTES AL CIRCUITO, OBTENEMOS:
• 𝑯 𝒔 =
𝟏𝟏𝟎𝒔
𝒔𝟐+𝟏𝟏𝟎𝒔+𝟏𝟎𝟎𝟎
=
𝟏𝟏𝟎𝒔
(𝒔+𝟏𝟎)(𝒔+𝟏𝟎𝟎)

51. SOLUCIÓN (B):
• COMENZAMOS ESCRIBIENDO 𝐻(𝑗𝑤) EN FORMA ESTÁNDAR:
• 𝑯 𝒋𝒘 =
𝟏𝟏𝟎(𝒋𝒘)
(𝒋𝒘+𝟏𝟎)(𝒋𝒘+𝟏𝟎𝟎)
• 𝑯 𝒋𝒘 =
𝟎.𝟏𝟏(𝒋𝒘)
(𝟏+𝒋(𝒘
𝟏𝟎))(𝟏+𝒋(𝒘
𝟏𝟎𝟎))
• REEMPLAZANDO 𝑤 = 50 𝑟𝑎𝑑
𝑠
• 𝑯 𝒋𝟓𝟎 =
𝟎.𝟏𝟏(𝒋𝟓𝟎)
(𝟏+𝒋(𝟓𝟎
𝟏𝟎))(𝟏+𝒋(𝟓𝟎
𝟏𝟎𝟎))
=
𝟎.𝟏𝟏(𝒋𝟓𝟎)
(𝟏+𝒋(𝟓))(𝟏+𝒋(𝟎.𝟓))
•

52. SOLUCIÓN (B):
• CON LA AYUDA DE LA CALCULADORA VAMOS HALLAR DIRECTAMENTE EN
FORMA POLAR:
• 𝐻 𝑗50 = 0.9648⎳ − 15,25°
• 20𝑙𝑜𝑔10 𝐻(𝑗50) =20𝑙𝑜𝑔100.9648
• = −0,311𝑑𝐵
• REEMPLAZANDO 𝑤 = 1000 𝑟𝑎𝑑
𝑠
• 𝑯 𝒋𝟏𝟎𝟎𝟎 =
𝟎.𝟏𝟏(𝒋𝟏𝟎𝟎𝟎)
(𝟏+𝒋(𝟏𝟎𝟎𝟎
𝟏𝟎))(𝟏+𝒋(𝟏𝟎𝟎𝟎
𝟏𝟎𝟎))
=
𝟎.𝟏𝟏(𝒋𝟏𝟎𝟎𝟎)
(𝟏+𝒋(𝟏𝟎𝟎))(𝟏+𝒋(𝟎𝟏𝟎))

53. SOLUCIÓN (B):
• CON LA AYUDA DE LA CALCULADORA VAMOS HALLAR DIRECTAMENTE EN
FORMA POLAR:
• 𝐻 𝑗1000 = 0.1094⎳ − 83.72°
• 20𝑙𝑜𝑔10 𝐻(𝑗1000) =20𝑙𝑜𝑔100.1094
• = −19.22𝑑𝐵

54. UTILIZANDO DIAGRAMA DE BODE EN
MATLAB:
𝐺 𝑠 =
10
𝑠2 + 12𝑠 + 20
• COMENZAMOS ESCRIBIENDO G(𝑗𝑤) EN FORMA ESTÁNDAR: PARA 𝑤 = 2 𝑟𝑎𝑑
𝑠 , 𝑤 =
10 𝑟𝑎𝑑
𝑠
• 𝐺 𝑗𝑤 =
10
(𝑠+2)(𝑠+10)
=
10
(𝑗𝑤+2)(𝑗𝑤+10)
• REEMPLAZANDO 𝒘 = 𝟐 𝒓𝒂𝒅
𝒔:
• 𝐺 𝑗𝑤 =
10
(𝑗𝑤+2)(𝑗𝑤+10)
=
10
(𝑗(2)+2)(𝑗(2)+10)
• =0.34⎳-56,30
• REEMPLAZANDO 𝒘 = 𝟏𝟎 𝒓𝒂𝒅
𝒔:
• 𝐺 𝑗𝑤 =
10
(𝑗𝑤+2)(𝑗𝑤+10)
=
10
(𝑗(10)+2)(𝑗(10)+10)
=0.069⎳−123.69

55. UTILIZANDO DIAGRAMA DE BODE EN
MATLAB:

56. EJEMPLO “MÉTODO SIMPLE”
• HALLAR EL DIAGRAMA DE BODE DE LA SIGUIENTE FUNCIÓN DE TRANSFERENCIA:
𝐺(𝑠) =
𝑠 + 5
𝑠2 + 3.1𝑠 + 0.3
PRIMERO ANALIZAMOS LA FUNCIÓN ENCONTRANDO LOS CEROS Y POLOS RESPECTIVOS:
• CEROS:
𝑠 + 5 = 0
𝑠 = −5
• POLOS:
𝑠2
+ 3.1𝑠 + 0.3 = 0
𝑠 = −0.1 ∧ 𝑠 = −3

57. Factorizamos la función 𝐺(𝑠)
𝐺(𝑠) =
𝑠 + 5
(s + 0.1)(s + 3)
Hallamos 𝐾(la constante de bode) para obtener el diagrama de bode, para ello simularemos que las “s”
no existan en la función, por lo cual nos quedaría:
𝐾 =
5
(0.1)(3)
= 16. 6
⏜
Para saber la ganancia de K, usaremos la fórmula de:
20log𝐾𝑑𝐵
Reemplazando el valor de K
20log(16. 6
⏜
)𝑑𝐵 = 24.43𝑑𝐵
Analizaremos ahora las frecuencias los cuales son el módulo de los polos y ceros:
𝑤3 = −5 = 5 ∧ 𝑤1 = −0.1 = 0.1 ∧ 𝑤2 = −3 = 3

58. Analizaremos las décadas para el diagrama de bode:
𝑛°𝑑𝑒𝑐 = log(
𝑤2
𝑤1
)𝑑𝐵
Reemplazando valores:
Para 𝑤2 𝑦 𝑤1 𝑛°𝑑𝑒𝑐 = 1.47𝑑𝑒𝑐 , este es el primer tramo el cual disminuirá a razón de −20𝑑𝐵/𝑑𝑒𝑐
−
20𝑑𝐵
𝑑𝑒𝑐
∗ 1.47𝑑𝑒𝑐 = −29.54𝑑𝐵
Para 𝑤3 𝑦 𝑤2 𝑛°𝑑𝑒𝑐 = 0.22𝑑𝑒𝑐 , este es el segundo tramo el cual disminuirá a razón de −40𝑑𝐵/𝑑𝑒𝑐
−
40𝑑𝐵
𝑑𝑒𝑐
∗ 0.22𝑑𝑒𝑐 = −8.87dB
NOTA:
Cuando son ceros las rectas asintóticas suben y cuando son polos bajan.

59. RECTAS ASINTOTICAS (DIAGRAMA DE BODE APROXIMADO)

60. SIMULACION DEL DIAGRAMA DE BODE DE LA FUNCION DE TRANSFERENCIA 𝐺(𝑠)

61. • ESTABILIDAD Y CONTROL DE LOS SISTEMAS ELÉCTRICOS:
LA ESTABILIDAD DEL SISTEMA PUEDE SER ESTUDIADO A PARTIR DE LOS POLOS DE
LA FUNCIÓN DE TRANSFERENCIA.
• ANÁLISIS DE LA RESPUESTA A LA FRECUENCIA DE UN SISTEMA:
GRACIAS AL DIAGRAMA DE BODE PODEMOS REPRESENTAR GRÁFICAMENTE EL
MÓDULO DE LA FUNCIÓN DE TRANSFERENCIA DEL SISTEMA F(JW) FRENTE A LA
FRECUENCIA W , COMO LA FASE DE F(JW) FRENTE A LA W ; DE UNA MANERA
APROXIMADA, DE GRAN SIMPLICIDAD.
APLICACIONES

62. • Sistemas de Transferencia de redes
Con fines de asegurar la continuidad del servicio eléctrico, ciertas
instalaciones se conectan a dos fuentes:
Una fuente normal(N)
Una fuente de reserva(R) utilizada para alimentar la instalación
cuando la fuente normal no está disponible.
Un sistema de transferencia de redes permuta la carga entre estas
dos fuentes. Puede ser automatizado para manejar la permutación
en función a diversas condiciones externas programadas.

63. • TRANSFERENCIA DE REDES MANUAL:
ESTE DISPOSITIVO ES LA TRANSFERENCIA MAS SIMPLE. PERO EL TIEMPO DE
PERMUTACIÓN DE LA RED NORMAL A LA RED DE RESERVA ESTA EN FUNCION A LA
INTERVENCIÓN HUMANA. UNA TRANSFERENCIA DE REDES MANUAL PUEDE
COMPONERSE DE 2 O 3 APARATOS (SEGÚN GAMA) ACCIONADOS MANUALMENTE
(INTERRUPTORES AUTOMÁTICOS O SECCIONADORES EN CARGA) E INTERCLAVADOS
MECÁNICAMENTE. LOS INTERCLAVAMIENTOS PARA 2 APARATOS IMPOSIBILITAN LA
PUESTA EN PARALELO, INCLUSO TRANSITORIA, DE LAS DOS FUENTES.

64. • TRANSFERENCIA DE REDES TELE COMANDADA:
ES LA MAS EMPLEADA PARA LOS APARATOS DE GRAN CALIBRE (A PARTIR DE 400 A).
NO REQUIERE NINGUNA INTERVENCIÓN HUMANA PARA SU FUNCIONAMIENTO. LA
PERMUTACIÓN DE LA RED NORMAL A LA RED DE RESERVA ESTÁ PICOTEADAMENTE
ELÉCTRICAMENTE.
UNA TRANSFERENCIA DE REDES TELE COMANDADA ESTÁ CONSTITUIDA POR 2 O3
APARATOS (SEGÚN GAMA) A LAS CUALES ESTA ASOCIADO UN INTERCLAVAMIENTO
ELÉCTRICO REALIZADO SEGÚN DIFERENTES ESQUEMAS. EL MANDO DE LOS
APARATOS ESTA ASEGURADO MEDIANTE UN INTERCLAVAMIENTO MECÁNICO QUE
PROTEGE DE CUALQUIER MAL FUNCIONAMIENTO ELÉCTRICO E IMPIDE UNA
MANIOBRA MANUAL ERRÓNEA.

65. • TRANSFERENCIA DE REDES AUTOMÁTICAS:
LA ASOCIACIÓN DE UN AUTOMATISMO DEDICADO CON UNA TRANSFERENCIA DE
REDES TELE COMANDADA PERMITE EL PILOTAJE AUTOMÁTICO DE LAS REDES SEGÚN
DIFERENTES MODOS PROGRAMADOS.
ESTA SOLUCIÓN ASEGURA UNA GESTIÓN OPTIMA DE ENERGÍA:
• PERMUTACIÓN SOBRE UNA FUENTE DE RESERVA EN FUNCION DE LAS
NECESIDADES EXTERNAS.
• GESTIÓN DE LOS ALIMENTADORES.
• REGULACIÓN.
• PERMUTACIÓN DE SEGURIDAD.

66. GRACIAS