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: Jeickson A. Sulbaran M.

Tutora: Ing. Mariangela Pollonais

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) =𝝎𝒏

𝟐

𝒔𝟐 + 𝟐𝜻𝝎𝒏𝒔 + 𝝎𝒏𝟐

Suponga que existe un registro de una oscilación amortiguada, tal como

aparece en la siguiente figura. Determine el factor de amortiguamiento

relativo del sistema a partir de la gráfica.

Figura 1: Oscilación amortiguada.

Solución:

Nota: Como se trata de una oscilación amortiguada, es decir,

especificaciones de respuesta transitoria, éstas solo tienen sentido para los

sistemas subamortiguados (𝟎 < 𝜻 < 𝟏).

Figura 2: Sistema de segundo orden.

Entonces, tomando en cuenta la función de transferencia en lazo cerrado:

𝑪(𝒔)

𝑹(𝒔)=

𝝎𝒏𝟐

𝒔𝟐 + 𝟐𝜻𝝎𝒏𝒔 + 𝝎𝒏𝟐

Cabe destacar que, se tomará en cuenta las siguientes ecuaciones, para

determinar los siguientes parámetros de los ítems a) hasta la d).

𝒄(𝒕) = 𝟏 − 𝒆−𝜻𝝎𝒏𝒕 (𝐜𝐨𝐬 𝝎𝒅𝒕 +𝜻

√𝟏 − 𝜻𝟐𝐬𝐢𝐧 𝝎𝒅𝒕) ; 𝒕 ≥ 𝟎 … (𝟏)

𝒄(𝒕) = 𝟏 −𝒆−𝜻𝝎𝒏𝒕

√𝟏 − 𝜻𝟐𝐬𝐢𝐧 (𝝎𝒅𝒕 + 𝐭𝐚𝐧−𝟏

√𝟏 − 𝜻𝟐

𝜻) ; 𝒕 ≥ 𝟎 … (𝟐)

a) Determinar el tiempo de levantamiento 𝒕𝒓.

Considerando la ecuación (1) y suponiendo que 𝑐(𝑡𝑟) = 1, entonces:

𝑐(𝑡𝑟) = 1 = 1 − 𝑒−𝜁𝜔𝑛𝑡𝑟 (cos 𝜔𝑑𝑡𝑟 +𝜁

√1 − 𝜁2sin 𝜔𝑑𝑡𝑟)

Como 𝑒−𝜁𝜔𝑛𝑡𝑟 ≠ 0, se obtiene la siguiente ecuación:

cos 𝜔𝑑𝑡𝑟 +𝜁

√1 − 𝜁2sin 𝜔𝑑𝑡𝑟 = 0

Como 𝜔𝑛 = √1 − 𝜁2 = 𝜔𝑑 y 𝜁𝜔𝑛 = 𝜎, se tiene:

tan 𝜔𝑑𝑡𝑟 = −√1 − 𝜁2

𝜁⇒ tan 𝜔𝑑𝑡𝑟 = −

𝜔𝑑

𝜎

⇒ 𝜔𝑑𝑡𝑟 = tan−1 (𝜔𝑑

−𝜎)

⇒ 𝑡𝑟 =1

𝜔𝑑

tan−1 (𝜔𝑑

−𝜎)

⇒ 𝒕𝒓 =𝝅 − 𝜷

𝝎𝒅

Donde, 𝛽 se define en la siguiente figura. Es evidente que para un valor

pequeño 𝑡𝑟, 𝜔𝑑 debe ser grande.

Figura 3: Definición del ángulo 𝛽.

b) Determinar el tiempo pico 𝒕𝒑.

Considerando la ecuación (1), se obtiene el tiempo pico derivando 𝑐(𝑡) con

respecto al tiempo, se tiene que:

𝑑𝑐

𝑑𝑡= 𝜁𝜔𝑛𝑒−𝜁𝜔𝑛𝑡 (cos 𝜔𝑑𝑡 +

𝜁

√1 − 𝜁2sin 𝜔𝑑𝑡)

+ 𝑒−𝜁𝜔𝑛𝑡 (𝜔𝑑 sin 𝜔𝑑𝑡 −𝜁𝜔𝑑

√1 − 𝜁2cos 𝜔𝑑𝑡)

𝑑𝑐

𝑑𝑡= 𝜁𝜔𝑛𝑒−𝜁𝜔𝑛𝑡 cos 𝜔𝑑𝑡 +

𝜁2𝜔𝑛

√1 − 𝜁2𝑒−𝜁𝜔𝑛𝑡 sin 𝜔𝑑𝑡 + 𝜔𝑑𝑒−𝜁𝜔𝑛𝑡 sin 𝜔𝑑𝑡

−𝜁𝜔𝑑

√1 − 𝜁2𝑒−𝜁𝜔𝑛𝑡 cos 𝜔𝑑𝑡

Sabemos que:

𝜔𝑑 = 𝜔𝑛√1 − 𝜁2 ⇒ 𝜔𝑛 =𝜔𝑑

√1 − 𝜁2

𝑑𝑐

𝑑𝑡=

𝜁𝜔𝑑

√1 − 𝜁2𝑒−𝜁𝜔𝑛𝑡 cos 𝜔𝑑𝑡 +

𝜁2𝜔𝑛

√1 − 𝜁2𝑒−𝜁𝜔𝑛𝑡 sin 𝜔𝑑𝑡

+ 𝜔𝑛√1 − 𝜁2𝑒−𝜁𝜔𝑛𝑡 sin 𝜔𝑑𝑡 −𝜁𝜔𝑑

√1 − 𝜁2𝑒−𝜁𝜔𝑛𝑡 cos 𝜔𝑑𝑡

𝑑𝑐

𝑑𝑡= 𝑒−𝜁𝜔𝑛𝑡 sin 𝜔𝑑𝑡 (

𝜁2𝜔𝑛

√1 − 𝜁2+ 𝜔𝑛√1 − 𝜁2)

𝑑𝑐

𝑑𝑡= 𝑒−𝜁𝜔𝑛𝑡 sin 𝜔𝑑𝑡 (

𝜁2𝜔𝑛 + 𝜔𝑛 − 𝜁2𝜔𝑛

√1 − 𝜁2)

𝑑𝑐

𝑑𝑡= 𝑒−𝜁𝜔𝑛𝑡 sin 𝜔𝑑𝑡 (

𝜔𝑛

√1 − 𝜁2)

Igualamos a cero y evaluamos la derivada en 𝑡 = 𝑡𝑝, tenemos que:

𝑑𝑐

𝑑𝑡|

𝑡=𝑡𝑝

= 𝑒−𝜁𝜔𝑛𝑡𝑝 sin 𝜔𝑑𝑡𝑝 (𝜔𝑛

√1 − 𝜁2) = 0

Luego, se obtiene que: sin 𝜔𝑑𝑡𝑝 = 0

O bien: 𝜔𝑑𝑡𝑝 = 0, 𝜋, 2𝜋, 3𝜋, …

Como el tiempo pico corresponde al primer pico sobrepaso máximo,

𝜔𝑑𝑡𝑝 = 𝜋 ⇒ 𝒕𝒑 =𝝅

𝝎𝒅

El tiempo pico 𝑡𝑝 corresponde a medio ciclo de la frecuencia de oscilación

amortiguada.

c) Determinar el sobrepaso máximo 𝑴𝒑.

Ésta se presenta en el tiempo pico o en 𝑡 = 𝑡𝑝 = 𝜋 𝜔𝑑⁄ . Por tanto,

considerando la ecuación (1), 𝑀𝑝 se obtiene como:

𝑀𝑝 = 𝑐(𝑡𝑝) − 1

𝑀𝑝 = 1 − 𝑒−𝜁𝜔𝑛(𝜋 𝜔𝑑⁄ ) (cos 𝜔𝑑(𝜋 𝜔𝑑⁄ ) +𝜁

√1 − 𝜁2sin 𝜔𝑑(𝜋 𝜔𝑑⁄ )) − 1

𝑀𝑝 = −𝑒−(𝜎 𝜔𝑑⁄ )𝜋 (cos 𝜋 +𝜁

√1 − 𝜁2sin 𝜋) = −𝑒−(𝜎 𝜔𝑑⁄ )𝜋 (−1 +

𝜁

√1 − 𝜁2. (0))

∴ 𝑴𝒑 = 𝒆−(𝝈 𝝎𝒅⁄ )𝝅 = 𝒆−(𝜻 √𝟏−𝜻𝟐⁄ )𝝅

El porcentaje del sobrepaso máximo es: 𝒆−(𝝈 𝝎𝒅⁄ )𝝅 𝒙 𝟏𝟎𝟎 %.

Si el valor final 𝑐(∞) de la salida no es la unidad, entonces se necesita utilizar

la ecuación siguiente:

∴ 𝑴𝒑 =𝒄(𝒕𝒑) − 𝒄(∞)

𝒄(∞)

d) Determinar el tiempo de asentamiento 𝒕𝒔.

Para un sistema subamortiguado de segundo orden, la respuesta transitoria

se obtiene a partir de la ecuación (2):

𝑐(𝑡) = 1 −𝑒−𝜁𝜔𝑛𝑡

√1 − 𝜁2𝑠𝑖𝑛 (𝜔𝑑𝑡 + 𝑡𝑎𝑛−1

√1 − 𝜁2

𝜁) ; 𝑡 ≥ 0

Las curvas: 1 ±𝑒−𝜁𝜔𝑛𝑡

√1 − 𝜁2

Son las curvas envolventes de la respuesta transitoria para una entrada

escalón unitario. La curva de respuesta 𝑐(𝑡) siempre permanece dentro de un par

de curvas envolventes, como se aprecia en la figura.

Figura 4: Par de curvas envolventes para la curva de respuesta a escalón unitario

del sistema de segundo orden mostrado en la Figura 2.

La constante de tiempo de estas curvas envolventes es: 1 𝜁𝜔𝑛⁄

El tiempo de asentamiento que corresponde a una banda de tolerancia de

±2% o ±5% se mide en función de la constante de tiempo:

𝑻 =𝟏

𝜻𝝎𝒏

Por lo general, se define el tiempo de asentamiento 𝑡𝑠 como:

∴ 𝒕𝒔 = 𝟒𝑻 =𝟒

𝝈=

𝟒

𝜻𝝎𝒏

(𝐜𝐫𝐢𝐭𝐞𝐫𝐢𝐨 𝐝𝐞𝐥 𝟐%)

∴ 𝒕𝒔 = 𝟑𝑻 =𝟑

𝝈=

𝟑

𝜻𝝎𝒏

(𝐜𝐫𝐢𝐭𝐞𝐫𝐢𝐨 𝐝𝐞𝐥 𝟓%)

e) Determinar el factor de amortiguamiento relativo 𝜻.

La razón de amplitud por un periodo de oscilación amortiguada es:

𝑥1

𝑥2

=𝑒−𝜁𝜔𝑛𝑡1

𝑒−𝜁𝜔𝑛(𝑡1+𝑇)=

𝑒−𝜁𝜔𝑛𝑡1

𝑒−𝜁𝜔𝑛𝑡1 . 𝑒−𝜁𝜔𝑛𝑇=

1

𝑒−𝜁𝜔𝑛𝑇= 𝑒𝜁𝜔𝑛𝑇 ⇒

𝑥1

𝑥2

= 𝑒𝜁𝜔𝑛𝑇

Observe que es necesario escoger 𝑛 lo suficientemente grande para que la

razón o bien 𝑥1/𝑥𝑛 no sea cercano a la unidad. Entonces:

𝑥1

𝑥𝑛

=1

𝑒−𝜁𝜔𝑛(𝑛−1)𝑇= 𝑒𝜁𝜔𝑛(𝑛−1)𝑇 ⇒

𝑥1

𝑥𝑛

= 𝑒𝜁𝜔𝑛(𝑛−1)𝑇

Por tanto, el logaritmo decremental 𝛿 es:

𝛿 = ln |𝑥1

𝑥2

| =1

𝑛 − 1ln |

𝑥1

𝑥𝑛

| ⇒ 𝛿 = 𝜁𝜔𝑛𝑇 = 𝜁𝜔𝑛. (2𝜋

𝜔𝑑

)

⇒ 𝛿 = 𝜁𝜔𝑛.2𝜋

𝜔𝑛√1 − 𝜁2

⇒ 𝛿 =2𝜋𝜁

√1 − 𝜁2

Se define:

1

𝑛 − 1ln |

𝑥1

𝑥𝑛

| =2𝜋𝜁

√1 − 𝜁2= ∆

Luego, elevando al cuadrado ambos miembros y despejando para obtener el

factor de amortiguamiento relativo (𝜻) se tiene que:

∆2=4𝜋2𝜁2

1 − 𝜁2⇒ ∆2(1 − 𝜁2) = 4𝜋2𝜁2 ⇒ ∆2= 4𝜋2𝜁2 + ∆2𝜁2

⇒ ∆2= (4𝜋2 + ∆2)𝜁2

⇒ 𝜁2 =∆2

4𝜋2 + ∆2

⇒ 𝜁 =∆

√4𝜋2 + ∆2

⇒ 𝜁 =(

1

𝑛−1) ln |

𝑥1

𝑥𝑛

|

√4𝜋2 + [(1

𝑛−1) ln |

𝑥1

𝑥𝑛

|]2

⇒ 𝜻 =(

𝟏

𝒏−𝟏) 𝐥𝐧 |

𝒙𝟏

𝒙𝒏

|

√𝟒𝝅𝟐 + (𝟏

𝒏−𝟏)

𝟐

(𝐥𝐧 |𝒙𝟏

𝒙𝒏

|)𝟐

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 𝑡𝑟, el tiempo pico 𝑡𝑝, el sobrepaso máximo 𝑀𝑝, y el tiempo de

asentamiento 𝑡𝑠, en la respuesta escalón unitario.

Figura 5: Diagrama de bloques de un sistema.

Solución:

Aplicamos “Retroalimentación Negativa”, tenemos 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) +

−

Ahora, utilizamos “Combinación de Bloques en Cascada”, se tiene que:

Luego, aplicamos “Retroalimentación Negativa”, tenemos que:

Por tanto,

𝑪(𝒔)

𝑹(𝒔)=

𝟏𝟔

𝒔𝟐 + (𝟎, 𝟖 + 𝟏𝟔𝒌)𝒔 + 𝟏𝟔=

𝟒𝟐

𝒔𝟐 + (𝟎, 𝟖 + 𝟏𝟔𝒌)𝒔 + 𝟒𝟐

Igualando coeficientes entre esta ecuación y la ecuación general, es decir,

con las características del polinomio, encontramos que:

16

𝑠2 + (0,8 + 16𝑘)𝑠

𝑅(𝑠) 𝐶(𝑠) +

−

16

𝑠2 + (0,8 + 16𝑘)𝑠 + 16

𝑅(𝑠) 𝐶(𝑠)

16

𝑠2+(0,8+16𝑘)𝑠

1 +16

𝑠2+(0,8+16𝑘)𝑠

𝑅(𝑠) 𝐶(𝑠)

𝑮(𝒔) =𝟒𝟐

𝒔𝟐 + (𝟎, 𝟖 + 𝟏𝟔𝒌)𝒔 + 𝟒𝟐=

𝝎𝒏𝟐

𝒔𝟐 + 𝟐𝜻𝝎𝒏𝒔 + 𝝎𝒏𝟐

𝝎𝒏 = 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.

2𝜁𝜔𝑛 = 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 𝒕𝒓.

El tiempo de levantamiento 𝑡𝑟, se obtiene con la siguiente fórmula:

𝒕𝒓 =𝝅 − 𝜷

𝝎𝒅

Ya que,

𝜔𝑑 = 𝜔𝑛√1 − 𝜁2 ⇒ 𝜔𝑑 = 4√1 − (0,5)2 = 4√1 − 0,25

⇒ 𝜔𝑑 = 4√0,75 ⇒ 𝝎𝒅 = 𝟑, 𝟒𝟔𝟒𝟏 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝒆𝒈

sin 𝛽 =𝜔𝑛√1 − 𝜁2

𝜔𝑛

⇒ 𝛽 = sin−1 (𝜔𝑑

𝜔𝑛

) ⇒ 𝛽 = sin−1 (3,4641

4)

⇒ 𝛽 = sin−1(0,866) ⇒ 𝜷 = 𝟔𝟎° =𝝅

𝟑

También, se puede calcular 𝛽 de la siguiente manera:

tan 𝛽 =𝜔𝑑

𝜎⇒ 𝛽 = tan−1 (

𝜔𝑑

𝜁𝜔𝑛

) ⇒ 𝛽 = tan−1 (3,4641

(0,5)(4))

⇒ 𝛽 = tan−1(1,73205) ⇒ 𝜷 = 𝟓𝟗, 𝟗𝟗𝟗 ≈ 𝟔𝟎° =𝝅

𝟑

∴ 𝑡𝑟 =𝜋 − 𝛽

𝜔𝑑

=𝜋 −

𝜋

3

3,4641 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔⇒ 𝒕𝒓 = 𝟎, 𝟔𝟎𝟔 𝒔𝒆𝒈

c) Determinar el tiempo pico 𝒕𝒑.

El tiempo pico 𝑡𝑝, se obtiene con la siguiente fórmula:

𝑡𝑝 =𝜋

𝜔𝑑

=𝜋

3,4641 𝑟𝑎𝑑/𝑠⇒ 𝒕𝒑 = 𝟎, 𝟗𝟎𝟕 𝒔𝒆𝒈

d) Determinar el sobrepaso máximo 𝑴𝒑.

El sobrepaso máximo 𝑀𝑝, se obtiene con la siguiente fórmula:

𝑀𝑝 = 𝑒−(

𝜎

𝜔𝑑)𝜋

= 𝑒

−(𝜁𝜋

√1−𝜁2)

⇒ 𝑀𝑝 = 𝑒−[

(0,5)𝜋

√1−(0,5)2]

⇒ 𝑀𝑝 = 𝑒−[

(0,5)𝜋

√1−0,25]

= 𝑒−1,814 ⇒ 𝑴𝒑 = 𝟎, 𝟏𝟔𝟑

El porcentaje del sobrepaso máximo es:

𝒆−(

𝝈

𝝎𝒅)𝝅

𝒙 𝟏𝟎𝟎 % = 𝟏𝟔, 𝟑 %

e) Determinar el tiempo de asentamiento 𝒕𝒔.

El tiempo asentamiento 𝑡𝑠, se obtiene dependiendo del criterio:

𝑡𝑠 =4

𝜎⇒ 𝑡𝑠 =

4

𝜁𝜔𝑛

=4

(0,5)(4)⇒ 𝒕𝒔 = 𝟐 𝒔𝒆𝒈 (criterio del 2%)

𝑡𝑠 =3

𝜎⇒ 𝑡𝑠 =

3

𝜁𝜔𝑛

=3

(0,5)(4)⇒ 𝒕𝒔 = 𝟏, 𝟓 𝒔𝒆𝒈 (criterio del 5%)

3. Obtenga analíticamente la frecuencia natural 𝜔𝑛, factor de amortiguamiento

𝜁, sobrepaso máximo 𝑀𝑝, tiempo de asentamiento 𝑡𝑠 y tiempo de crecimiento

𝑡𝑟 del siguiente sistema, suponga que 𝐻 = 1. Posteriormente verifique los

resultados obtenidos con MATLAB.

Utilizamos “Combinación de Bloques en Cascada”, y sustituyendo

𝐻 = 1, se tiene que:

2

2𝑠 + 1

1

𝑠 + 1

𝑋(𝑠) 𝑌(𝑠) +

−

𝐻

2

2𝑠2 + 2𝑠 + 𝑠 + 1

𝑋(𝑠) 𝑌(𝑠) +

−

1

Luego, aplicamos “Retroalimentación Negativa”, tenemos que:

∴𝒀(𝒔)

𝑿(𝒔)=

𝟏

𝒔𝟐 + 𝟏, 𝟓 𝒔 + 𝟏, 𝟓=

𝟏

𝒔𝟐 + 𝟏, 𝟓 𝒔 + (√𝟏, 𝟓)𝟐

Igualando coeficientes entre esta ecuación y la ecuación general, es decir,

con las características del polinomio, encontramos que:

𝑮(𝒔) =𝟏

𝒔𝟐 + 𝟏, 𝟓 𝒔 + (√𝟏, 𝟓)𝟐 =

𝑲𝝎𝒏𝟐

𝒔𝟐 + 𝟐𝜻𝝎𝒏𝒔 + 𝝎𝒏𝟐

Donde, 𝐾 es la ganancia estática del sistema.

2

2𝑠2 + 3𝑠 + 3

𝑋(𝑠) 𝑌(𝑠)

2

2𝑠2+3𝑠+1

1 +2

2𝑠2+3𝑠+1

𝑋(𝑠) 𝑌(𝑠)

2

2(𝑠2 + 3/2 𝑠 + 3/2)

𝑋(𝑠) 𝑌(𝑠)

1

𝑠2 + 1,5 𝑠 + 1,5

𝑋(𝑠) 𝑌(𝑠)

a) Determinar la frecuencia natural 𝝎𝒏.

∴ 𝝎𝒏 = √𝟏, 𝟓 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝒆𝒈 ≈ 𝟏, 𝟐𝟐𝟓 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝒆𝒈

𝐾𝜔𝑛2 = 1 ⇒ 𝐾 =

1

𝜔𝑛2

⇒ 𝐾 =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:

2𝜁𝜔𝑛 = 1,5 ⇒ 𝜁 =1,5

2𝜔𝑛

⇒ 𝜁 =1,5

2(1,225)⇒ 𝜻 ≈ 𝟎, 𝟔𝟏𝟐

∴ Es un sistema subamortiguado.

c) Determinar el sobrepaso máximo 𝑴𝒑.

El sobrepaso máximo 𝑀𝑝, se obtiene con la siguiente fórmula:

𝑀𝑝 = 𝑒−(

𝜎

𝜔𝑑)𝜋

= 𝑒

−(𝜁𝜋

√1−𝜁2)

⇒ 𝑀𝑝 = 𝑒−[

(0,612)𝜋

√1−(0,612)2]

⇒ 𝑀𝑝 = 𝑒−2,4311 ⇒ 𝑴𝒑 = 𝟎, 𝟎𝟖𝟕𝟗

El porcentaje del sobrepaso máximo es:

𝒆−(

𝝈

𝝎𝒅)𝝅

𝒙 𝟏𝟎𝟎 % = 𝟖, 𝟕𝟗 %

Este es el valor de la

ganancia estática.

d) Determinar el tiempo de asentamiento 𝒕𝒔.

El tiempo asentamiento 𝑡𝑠, se obtiene dependiendo del criterio:

𝑡𝑠 =4

𝜎⇒ 𝑡𝑠 =

4

𝜁𝜔𝑛

=4

(0,612)(1,225)⇒ 𝒕𝒔 = 𝟓, 𝟑𝟑𝟓 𝒔𝒆𝒈 (criterio del 2%)

𝑡𝑠 =3

𝜎⇒ 𝑡𝑠 =

3

𝜁𝜔𝑛

=3

(0,612)(1,225)⇒ 𝒕𝒔 = 𝟒, 𝟎𝟎𝟐 𝒔𝒆𝒈 (criterio del 5%)

e) Determinar el tiempo de crecimiento 𝒕𝒓.

El tiempo de levantamiento 𝑡𝑟, se obtiene con la siguiente fórmula:

𝒕𝒓 =𝝅 − 𝜷

𝝎𝒅

Ya que,

𝜔𝑑 = 𝜔𝑛√1 − 𝜁2 ⇒ 𝜔𝑑 = 1,225√1 − (0,612)2

⇒ 𝝎𝒅 = 𝟎, 𝟗𝟔𝟗 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝒆𝒈

sin 𝛽 =𝜔𝑛√1 − 𝜁2

𝜔𝑛

⇒ 𝛽 = sin−1 (𝜔𝑑

𝜔𝑛

) ⇒ 𝛽 = sin−1 (0,969

1,225)

⇒ 𝛽 = sin−1(0,791) ⇒ 𝜷 = 𝟓𝟐, 𝟐𝟖° = 𝟎, 𝟗𝟏𝟐 𝒓𝒂𝒅

También, se puede calcular 𝛽 de la siguiente manera:

tan 𝛽 =𝜔𝑑

𝜎⇒ 𝛽 = tan−1 (

𝜔𝑑

𝜁𝜔𝑛

) ⇒ 𝛽 = tan−1 (0,969

(0,612)(1,225))

⇒ 𝛽 = tan−1(1,2925) ⇒ 𝜷 = 𝟓𝟐, 𝟐𝟕𝟏° = 𝟎, 𝟗𝟏𝟐 𝒓𝒂𝒅

∴ 𝑡𝑟 =𝜋 − 𝛽

𝜔𝑑

=𝜋 − 0,912 𝑟𝑎𝑑

0,969 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔⇒ 𝒕𝒓 = 𝟐, 𝟑 𝒔𝒆𝒈

f) Determinar el tiempo pico 𝒕𝒑.

El tiempo pico 𝑡𝑝, se obtiene con la siguiente fórmula:

𝑡𝑝 =𝜋

𝜔𝑑

=𝜋

0,969 𝑟𝑎𝑑/𝑠⇒ 𝒕𝒑 = 𝟑, 𝟐𝟒𝟐 𝒔𝒆𝒈