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ESCUELA POLITECNICA NACIONAL

FACULTAD DE INGENIERIA MECANICA

Folleto Guıa para la materia de:

Dinamica de Sistemas

Ing. Homero Santiago Valladares Guerra

Quito, 2013

1

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Primera edicion

Folleto recopilado y revisado por:Jorge Americo Cisneros Gallegos David Vinueza Velasquez

Redaccion:Edison Tuqeres Medardo Jose Vaca Guato

Carlos Alberto Salgado Romero Paul CarrascoEdison Patricio Imbaquingo Edison Estevez

Humberto Cornejo Juan Carlos Chango QuinatoaOscar Medardo Pucha Severino Gabriel Sebastian Chimarro Navas

Cristian Alejandro Vallejo Sinchiguano

Esquemas, curvas y graficos:Danilo Santiago Norona Venegas Javier Esteban Proano SanchezLeonidas Esteban Ramırez Gangotena Alexis Javier Iza Pillajo

Byron Manuel Villacres Castellanos Bryan Arroyo Panchi

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Indice

1. INTRODUCCION 51.1. Definicion y tipo de sistemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.1.1. Sistema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.1.2. Tipos de Sistemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.2. Principio de Causalidad y Analogıa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.2.1. Causalidad. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.2.2. Analogıa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.3. Variables Y Parametros. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.4. Modelo de componentes. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.4.1. Modelos matematicos de los disipadores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.4.2. Modelos matematicos de los acumuladores capacitivos . . . . . . . . . . . . . . . . 121.4.3. Modelos matematicos de los acumuladores inductivos . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2. ESTRUCTURA DE LOS SISTEMAS 152.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.2. Diagrama de Bloques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2.2.1. Componentes de los diagramas de bloques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.3. Propiendades de las operaciones de bloques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2.3.1. Bloque retroalimentante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.3.2. Movimiento de un punto frente a un elemento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.3.3. Movimiento de un punto suma. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2.4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.4.1. Ejercicio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.4.2. Ejercicio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

3. TIPOS DE SISTEMAS 223.1. Sistemas de primer orden Capacitivo Resistivo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

3.1.1. Sistema Electrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223.1.2. Sistema Mecanico traslacional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233.1.3. Sistema Hidraulico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243.1.4. Sistema Termico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

3.2. Sistemas de primer orden Inductivo Resistivo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263.2.1. Sistema Electrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263.2.2. Sistema Mecanico traslacional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273.2.3. Sistema Hidraulico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

3.3. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293.3.1. Ejercicio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293.3.2. Ejercicio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

3.4. Sistemas de segundo orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 313.4.1. Sistema Electrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 313.4.2. Sistema Mecanico traslacional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 323.4.3. Sistema Hidraulico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

3.5. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 343.5.1. Ejercicio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 343.5.2. Ejercicio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

3.6. Ejercicio Resuelto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 363.6.1. Modelo Matematico de un motor DC controlado por campo . . . . . . . . . . . . . 36

3

4. DIAGRAMAS CAUSALES Y DIAGRAMAS DE FORRESTER 384.1. Diagramas Causales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

4.1.1. Bucle Positivo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 394.1.2. Bucle Negativo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 394.1.3. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

4.2. Diagrama de Forrester . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 404.2.1. Elementos del diagrama de Forrester . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 404.2.2. Formalizar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

4.3. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 424.3.1. Ejercicio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 424.3.2. Ejercicio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 444.3.3. Ejercicio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

5. RESPUESTA TEMPORAL 465.1. Funciones de entrada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

5.1.1. Funciones algebraicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 475.1.2. Transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 475.1.3. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

5.2. Respuestas de sistemas de primer orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 495.2.1. Respuesta de sistemas Capacitivo Resistivo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 495.2.2. Ejercicio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 515.2.3. Linealizacion de funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 545.2.4. Respuesta temporal del sistema termico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 585.2.5. Ejericicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 605.2.6. Ejercicio Servomotor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 655.2.7. Motor controlado por armadura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

5.3. Respuesta de sistemas de segundo orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 705.3.1. Ejemplo, sistema mecanico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 705.3.2. Tipos de respuesta de sistemas de segundo orden. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 745.3.3. Ejemplo, sistema electrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 755.3.4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 775.3.5. Caracterısticas tecnicas de la respuesta temporal de segundo orden . . . . . . . . . 795.3.6. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

6. ANALISIS DE ESTABILIDAD ABSOLUTA 886.1. Introduccion y Ecuacion caracterıstica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 886.2. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

6.2.1. Ejercicio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 896.2.2. Ejercicio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 906.2.3. Ejercicio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 926.2.4. Ejercicio 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

6.3. Intervalo de Ganancia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 946.4. Criterio de Routh-Hurwitz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

6.4.1. Definicion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 956.4.2. Ejemplo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 956.4.3. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

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1. INTRODUCCION

La Dinamica de Sistemas se puede aplicar a un amplio abanico de problemas que nos encontramos adiario, pero en muchas otras ocasiones otras metodologıas o nuestra intuicion nos ofreceran solucion o nossacaran del apuro.

¿En que casos hemos de pensar en aplicar la Dinamica de Sistemas? Pues en todas aquellas situacionesen las que puede existir algun tipo de realimentacion. Este hecho es muy frecuente en la vida real, seaen la empresa, en el medio ambiente o en los temas sociales, y es la causa de muchos de los fenomenoscontrarios a nuestra intuicion que observamos. 1

Un sistema se llama dinamico si su salida en el presente depende de una entrada en el pasado; sisu salida en curso depende solo de una entrada en curso, el sistema se conoce como estatico. La sali-da de un sistema estatico permanece constante si la entrada no cambia y cambia solo cuando la entradacambia. En un sistema dinamico la salida cambia con el tiempo, cuando no esta en su estado de equilibrio.2

1.1. Definicion y tipo de sistemas

La Dinamica de sistemas es una herramienta que nos ayuda a resolver una serie de problemas tomandoen cuenta varios aspectos, estos sistemas pueden ser mecanicos, economicos, sociales,etc. La Dinamica deSistemas trata del modelado matematico y el analisis de la respuesta de los sistemas dinnamicos. Hoy endıa, el diseno de ingenierıa requiere de un profundo estudio de esa materia3

El objetivo basico de la Dinamica de Sistemas es llegar a comprender las causas estructurales queprovocan el comportamiento del sistema. Esto implica aumentar el conocimiento sobre el papel de cadaelemento del sistema, y ver como diferentes acciones, efectuadas sobre partes del sistema, acentuan oatenuan las tendencias de comportamiento implıcitas en el mismo.4

1.1.1. Sistema

Es una combinacion de componentes que actuan conjuntamente para alcanzar un objetivo especıfico.Un sistema es un conjunto de ”elementos” relacionados entre sı, de forma tal que un cambio en un elemen-to afecta al conjunto de todos ellos. Los elementos relacionados directa o indirectamente con el problema,y solo estos, formaran el sistema que vamos a estudiar. Para estudiar un sistema hemos de conocer loselementos que lo forman y las relaciones que existen entre ellos.5

1Garcia, J.M.Teorıa y Ejercicios Practicos de Dinamica de Sistemas, segunda edi-cion,Barcelona(Espana),Enero(2006),pag. 16.

2Ogata, Katsuhiko.Dinamica de Sistemas, segunda edicion,Mexico,1987,pag. 1.3Ogata, Katsuhiko.Dinamica de Sistemas, segunda edicion,Mexico,1987,pag. 2.4Garcia, J.M.Teorıa y Ejercicios Practicos de Dinamica de Sistemas, segunda edi-

cion,Barcelona(Espana),Enero(2006),pag. 24.5Garcia, J.M.Teorıa y Ejercicios Practicos de Dinamica de Sistemas, segunda edi-

cion,Barcelona(Espana),Enero(2006),pag. 25.

5

Figura 1: Ejemplo de sistema

Parametros

Resistencia

Caudal

Dimensiones Geometricas

Temperatura

Propiedades del fluido

Energıa electrica

Transferencia de calor

Condicion

Los resultados que se obtienen mediante el analisis de un sistema depende de los criterios que se tomaranen cuenta para su creacion.

Figura 2: Sistema

Como se puede observar, el proceso es parte del sistema.

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1.1.2. Tipos de Sistemas

La estructura interna determina el comportamiento de los sistemas y ası podemos establecer una ti-pologıa de la estructura de los sistemas atendiendo al comportamiento que nos muestran.

Sistemas NaturalesBiologicosMarinosTerrestresOtros

Sistemas ArtificialesIndustrialesTransporteEnergeticosComercialesSocioeconomicos

Los sistemas mas difıciles de analizar son los naturales, porque se debe formalizar. Formalizar es traducirlos comportamientos de los elementos de un sistema a expresiones matematicas.

Ejemplo: Medicion de temperaturas ambientales promedio para diferentes anos.

T. Ambiental Anos18 1996

19,1 199719,9 199921 199927 2000

Con los valores tabulados se debera tratar de encontrar una funcion T, tal que:

Tamb = f(t)

Sistemas EnergeticosFluidos

Hidraulicos

NeumaticosElectricosMecanicosTermicosAcusticosMagneticos

Para analizar los sistemas fluıdricos se requieren alturas y presiones, en los sistemas electricos se requierenvoltajes y corrientes, en los sistemas mecanicos se requieren voltajes y corrientes y en los sistemas termicosse requieren voltajes y corrientes.

7

1.2. Principio de Causalidad y Analogıa

Figura 3: Principio de Causalidad y Analogıa

1.2.1. Causalidad.

La causalidad es una relacion entre un evento (la causa) y un segundo evento (el efecto), en la cual elsegundo evento se entiende como una consecuencia del primero.

Principio de Causalidad.

El principio de causalidad es un principio clasico de la filosofıa y la ciencia, que afirma que todo eventotiene una causa. Las cosas no ocurren de manera aislada, sino que unas estan ligadas a otras en un procesode interaccion. Unas cosas suceden a otras, y con frecuencia en el mismo orden. A los primeros sucesos enuna relacion los llamamos causas, y a los segundos efectos.

No se debe confundir al principio de causalidad con el Principio de razon suficiente. El principio decausalidad es un principio fundamental de la investigacion cientıfica, suponiendo que la mejor forma deentender y explicar es conocer las causas, porque por un lado podemos prevenir y por otro controlar losefectos, en definitiva dominar los sucesos naturales.

1.2.2. Analogıa.

La analogıa permite una forma inductiva de argumentar, esta forma asevera que si dos o mas entidadesson semejantes en uno o mas aspectos, entonces lo mas probable es que tambien existan entre ellos massemejanzas.Una analogıa permite la deduccion de un termino desconocido a partir del analisis de la relacion que seestablece entre dos terminos conocidosPrincipio de Analogıa.

Los resultados alcanzados con la experiencia en determinados sistemas se pueden extender a otrossistemas similares.

Figura 4: Principio de analogıaPara que haya flujo la P1 debe ser mayor a P2.Para que haya flujo la V1 debe ser mayor a V2.

8

Principio de analogıa.

Fuentes de energıa

Variables de esfuerzo.

Variables de flujo.

Acumuladores de energıa

Inductivos.

Capacitivos.

Disipadores de energıa

Resistencias.

Transformadores

Convertidores

* El transformador varıa la magnitud de una cantidad energetica, el convertidor varıa el tipo de energıaen sı.

1.3. Variables Y Parametros.

Potencia P(t).

Variables de esfuerzo, e(t).

Variables de flujo, f(t).

Energıa E(t).

Variables de momento, p(t).

Variables de desplazamiento, q(t).

Cuadro 1: Variables de Potencia de los SistemasVariables de Potencia

Sistema Esfuerzo, e(t) Flujo, f(t)Electrico Voltaje, E(t) Corriente, I(t)

Mecanico Traslacional Fuerza, F(t) Velocidad, v (t)Mecanico Rotacional Torque, τ(t) Velocidad angular, ω(t)

Hidraulico Altura, H(t) Caudal, Q(t)Neumatico Presion, P ∗(t) Regimen masico, m(t)Termico Diferencia de temperaturas, ∆(t) Regimen de calor, q∗(t)

Cuadro 2: Variables de Energıa de los SistemasVariables de Energıa

Sistema Momento, p(t) Desplazamiento, q(t)Electrico Momento electrico, λ(t) Carga, q(t)

Mecanico Traslacional Momento lineal, G(t) Desplazamiento lineal, x (t)Mecanico Rotacional Momento angular, H (t) Desplazamiento angular, θ(t)

Hidraulico Momento hidraulico, Hh(t) Volumen V ∗(t)Neumatico Momento neumaticp, MN (t) Masa, m(t)Termico Momento termico, MT (t) Calor, Q∗(t)

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1.4. Modelo de componentes.

Cualquier tentativa de diseno de un sistema debe empezar a partir de una prediccion de su funcio-namiento antes de que el sistema pueda disenarse en detalle o construirse fısicamente. Tal prediccionse basa en una descripcion matematica de las caracterısticas dinamicas del sistema. A esta descripcionmatematica se le llama modelo matematico.

Convenio de bloques: sirve para la resolucion de diagramas de bloques de cualquier sistema, este con-venio establece que:

Figura 5: Convenio de bloques

De donde:

V ariable.de.F lujo = V ariable.de.Esfuerzo ∗ Contenido

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1.4.1. Modelos matematicos de los disipadores

Figura 6: Modelos matematicos de los disipadores

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1.4.2. Modelos matematicos de los acumuladores capacitivos

Acumuladores Capacitivos: son mecanismos utilizados para almacenar energıa.

D =d

dt⇒ operador. ∆H =

1

A ∗D∗Q

Figura 7: Ejemplo acumulador capacitivo

12

Figura 8: Modelso matematicos de los acumuladores capacitivos

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1.4.3. Modelos matematicos de los acumuladores inductivos

Acumuladores Inductivos: al existir acumuladores inductivos se requiere de energıa para vencer elflujo, representa basicamente la inercia del sistema.

Figura 9: Modelo matematico de los acumuladores inductivos

14

2. ESTRUCTURA DE LOS SISTEMAS

2.1. Introduccion

Un sistema dinamico posee diferentes aspectos que son susceptibles de ser sometidos a evaluacion,tales como: 6

Su capacidad para reproducir los datos historicos del sistema modelizado bajo condiciones normalesy extremas.

La aceptabilidad de las suposiciones hechas al definir el modelo.

La plausibilidad de los valores numericos adoptados para los parametros.

2.2. Diagrama de Bloques

Un diagrama de bloques es la representacion grafica del funcionamiento de un sistema. Esta herramien-ta utiliza los bloques relacionados con cada uno de los elementos del sistema, ademas utiliza las relacionesque existe en cada elemento.

El objetivo de utilizar un diagrama de bloques es visualizar el funcionamiento interno del sistema eidentificar sus entradas y salidas.

En un diagrama de bloques todas las variables del sistema estan concatenadas una con otra a traves debloques funcionales. El bloque funcional o simplemente bloque es un sımbolo de la operacion matematicasobre la senal de entrada en el bloque que produce la salida. Las funciones de transferencia de los bloquesgeneralmente se meten en los bloques correspondientes, los cuales estan conectados mediante flechas paraindicar la direccion del flujo de las senales. 7

Figura 10: Sistema 1, diagrama de bloques Figura 11: Sistema 2, diagrama de bloques

6Garcıa, J.M. Teorıa y Ejercicios Practicos de Dinamica de Sistemas, segunda edicion, Barcelona (Espana), Enero (2006),pag. 54.

7Ogata, Katsuhiko.Dinamica de Sistemas, segunda edicion,Mexico,1987,pag. 497.

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Elementos del Sistema:

Sistema 12 Acumuladores Capacitivos1 Acumuladores Inductivo

Sistema 22 Acumuladores Capacitivos1 Acumuladores Inductivo

A pesar de que el sistema 1 y el sistema 2 tienen los mismos elementos, sus diagramas de bloque no seraniguales debido a que la relacion entre cada uno de los elementos es diferente.

2.2.1. Componentes de los diagramas de bloques

A mas de los bloques que describen a los elementos del sistema se tienen otros componentes que nossirven para modelar el sistema:

Punto de suma.X4 = X1 −X2 −X3

Figura 12: Punto de suma

Bloque central.Y (t) = G(D) ∗X(t)

Figura 13: Bloque central

Punto de bifurcacion.Z(t) = H(D) ∗X(t)

Y (t) = G(D) ∗X(t)

Figura 14: Punto de bifurcacion

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2.3. Propiendades de las operaciones de bloques

2.3.1. Bloque retroalimentante

f(t) = c(t) ·H(D)

e(t) = r(t)− f(t)

Operando:e(t) = r(t)− c(t) ·H(D)

c(t) = e(t) ·G(D)

Entonces:c(t) = [r(t)− c(t) ·H(D)] ·G(D)

De donde:c(t)

G(D)= r(t)− c(t) ·H(D)

c(t)

G(D)+ c(t) ·H(D) = r(t)

c(t) · [ 1

G(D)+H(D)] = r(t)

c(t) · [ 1 +G(D) ·H(D)

G(D)] = r(t)

Siendo:

c(t) = [G(D)

1 +G(D) ·H(D)] · r(t)

17

2.3.2. Movimiento de un punto frente a un elemento

Movimiento del punto de la derecha a la izquierda

Movimiento del punto de la izquierda a la derecha

2.3.3. Movimiento de un punto suma.

Punto suma en la derecha

e(t) = r(t) ·G(D) + c(t)e(t) = r(t)·G(D)+[

c(t)

G(D)·G(D)]⇒ e(t) = r(t)·G(D)+c(t)

Punto suma en la izquierda

e(t) = [r(t) + c(t)] ·G(D)e(t) = r(t)·G(D)+c(t)·G(D)⇒ e(t) = [r(t)+c(t)]·G(D)

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2.4. Ejercicios

2.4.1. Ejercicio 1

Utilizando la propiedad de bloque retroalimentante:

G(D) =K1

J ·D +B∧ H(D) = K2

⇒ G(D)

1 +G(D) ·H(D)=

K1

J·D+B

1 + K1·K2

J·D+B

=K1

J ·D +B +K1 ·K2

Utilizando nuevamente la propiedad de bloque retroalimentante:

G(D) =K1

J ·D2 + (B +K1 ·K2) ·D∧ H(D) = 1

⇒ G(D)

1 +G(D) ·H(D)=

K1

J·D2+(B+K1·K2)·D

1 + CK1J ·D2 + (B +K1 ·K2) ·D=

K1

J ·D2 + (B +K1 ·K2) ·D +K1

Ecuacion general de estado:

c(t) · [J ·D2 + (B +K1 ·K2) ·D +K1

K1] = r(t)

19

2.4.2. Ejercicio 2

Utilizando la propiedad de bloque retroalimentante:

G(D) =1

A1 ·R ·D∧ H(D) = 1

→ G(D)

1 +G(D) ·H(D)=

1A1·R·D

1 + 1A1·R·D

=1

A1 ·R ·D + 1

Utilizando nuevamente la propiedad de bloque retroalimentante:

G(D) =1

A ·A1 ·R ·D2 +A ·D∧ H(D) = A1 ·D

20

→ G(D)

1 +G(D) ·H(D)=

1A·A1·R·D2+A·D

1 + A1·DA·A1·R·D2+A·D

=1

A ·A1 ·R ·D2 +A ·D +A1 ·D


H1[·A ·A1 ·R ·D2 +A ·D +A1 ·D] = Q

El grado de la ecuacion diferencial, o el orden de la funcion de transferencia depende del numero deacumuladores que se tiene en el sistema.

21

3. TIPOS DE SISTEMAS

3.1. Sistemas de primer orden Capacitivo Resistivo

3.1.1. Sistema Electrico

1. Planteamiento fısico:

Figura 15: SCR, Esquema fısico, electrico

2. Planteamiento matematico:

E = ER + EC → E − EC = ER

ER = R · I → I = (1

R) · ER

EC = (1

C ·D) · I

3. Diagrama de bloques:

Figura 16: SCR, Reduccion de bloques, electricos

G(D) =1

R · C ·D ∧ H(D) = 1

→ G(D)

1 +G(D) ·H(D)=

1R·C·D

1 + 1R·C·D

=1

R · C ·D + 1

Figura 17: SCR, Bloque reducido, electrico

Ecuacion general de estado:(1 +R · C ·D) · EC = E

22

3.1.2. Sistema Mecanico traslacional


Figura 18: SCR, Esquema fısico, mecanico traslacional


F = FR + FA → F − FR = FA

FA = B · V → V = (1

B) · FA

FR = (K

D) · V


Figura 19: SCR, Reduccion de bloques, mecanico traslacional

G(D) =K

B ·D ∧ H(D) = 1

→ G(D)

1 +G(D) ·H(D)=

KB·D

1 + KB·D

=K

B ·D +K

Figura 20: SCR, Bloque reducido, mecanico traslacional


(B ·D +K

K) · FR = F

23

3.1.3. Sistema Hidraulico


Figura 21: SCR, Esquema fısico, hidraulico


H0 = H +HV → H0 −H = HV

R =H0 −H

Q→ Q = (

1

R) ·HV

H =Q

A ·D


Figura 22: SCR, Reduccion de bloques, hidraulicos

Figura 23: SCR, Bloque reducido, hidraulico

Ecuacion general de estado:(1 +A ·R ·D) ·H = H0

24

3.1.4. Sistema Termico


Figura 24: SCR, Esquema fısico, termico


Rt · q = TH − TC → q =TH − TC

Rt

q = CT ·D · TC → TC =q

CT ·D


Figura 25: SCR, Reduccion de bloques, termicos

Figura 26: SCR, Bloque reducido, termico

Ecuacion general de estado:(1 +Rt · CT ·D) · TC = TH

25

3.2. Sistemas de primer orden Inductivo Resistivo



Figura 27: SCI, Esquema fısico, electrico


E = ER + EL → E − ER = EL

ER = R · i → i = (1

R) · ER

i = (1

L ·D) · EL


Figura 28: SCI, Reduccion de bloques, electricos

Ecuacion general de estado:(R+ LD) · i = E

26



Figura 29: Esquema fısico


F = FM + FB → F − FB = FM

FB = B · V

V = (FAMD

)


Figura 30: Diagrama de bloques primario (izquierda) y reducido (derecha)

Funcion de transferencia:1

B +MD

Ecuacion general de estado:V (B +MD) = F

27





H0 = HL +HR → H0 −HR = HL

Q = (HR

RH) Q = (

HL

LHD)



Funcion de transferencia

1

RH +DLH

Ecuacion general de estado

Q(RH + LHD) = HO

28

3.3. Ejercicios

3.3.1. Ejercicio 1




−q1 = A1DH1 H1 =q − q1AD

R =Hi −Hs

q1=H

q1

R ∗ q1 = HH

R= q1



Funcion de transferencia Ecuacion general de estado

RADR+1

H(ADR + 1) = Rq

29

3.3.2. Ejercicio 2




q − q1 = DV = DA1H1 H1 −H2 = R ∗ q1 q1 = A2DH2


Figura 36: Reduccion de los diagramas de bloques del sistema


1

(A1 +A2) +A1A2RD2


H2[(A1 +A2) +A1A2RD2] = q

30

3.4. Sistemas de segundo orden




2. Planteamiento matematico:E = ER + EC + EL

ER = Ri

EC =i

CD




CD

LCD2 +RCD + 1


L(LCD2 +RCD + 1) = ECD

31




2. Planteamiento matematico:F = FM + FA + FK

FA = V B

FK =KV

D

V =FMMD




D

MD2 +BD +K


MD2 +BD +K)V = FD

32




2. Planteamiento matematico:HO = HV +HT +H

Q =HV

R

H =Q

AD

Q =HT

IhD




AD

AIhD2 +ARD + 1


(AIhD2 +ARD + 1)Q = HOAD

33

3.5. Ejercicios Propuestos

3.5.1. Ejercicio 1




Tanque1 Tanque2

Q− q1 = A1DH1 q1 − q2 = A2DH2

R1 · q1 = H1 R2 · q2 = H2


Figura 44: Diagrama de bloques a buscar

34

3.5.2. Ejercicio 2




Se debe notar que hay dos entradas, q y q1

ADH = q − q1 q1 = cte


Figura 46: Diagrama de bloques

35

3.6. Ejercicio Resuelto

3.6.1. Modelo Matematico de un motor DC controlado por campo

1. Planteamiento fısico


2. Planteamiento matematico

Sistema electrico

T ∝ φIa Torque proporcional al flujo

T = κ1φIa Flujo magnetico igual aκ

T = κ1,5κ2IaIf ; hm = κ1κ2Ia

T = κmIf

Ef = ERf + ELf ⇒ ERf = IfRf ⇒ If =ELfLfD

⇒ ELf = IfLfD

⇒ Ef = IfRf + IfLfD ⇒ Ef = If (Rf + LfD) ⇒ If =1

Rf + LfDEf

T =κm

Rf + LfDEf

Sistema mecanico

T = TJ + TB + TP

TJ : Vence la Inercia

TB : Vence la Friccion

TP : Vence la Carga, Perturbaciones, etc.

ω =TJJD

= (1

JD)TJ ⇒ T = (JD)ω

ω =1

BTB ⇒ TB = Bω

T = (JD +B)ω + TP → ω =T − TPJD +B

36



Ecuacion General de Estado

ω =1

JD +B[(

κmRf + LfD

)Ef − TP ]

37

4. DIAGRAMAS CAUSALES Y DIAGRAMAS DE FORRES-TER

4.1. Diagramas Causales

El conjunto de los elementos que tienen relacion con nuestro problema y permiten en principio explicarel comportamiento observado, junto con las relaciones entre ellos, en muchos casos de retroalimentacion,forman el Sistema.El Diagrama Causal es un diagrama que recoge los elementos clave del Sistema y las relaciones entre ellos.8

Figura 49: Esquema del sistema

Figura 50: Diagrama causal de la variacion del nivel de agua


38

4.1.1. Bucle Positivo

Establece un crecimiento, implica inestabilidad en el sistema.

Figura 51: Ejemplo de bucle positivo

4.1.2. Bucle Negativo

Le da estabilidad al sistema.

Figura 52: Ejemplo de bucle positivo

4.1.3. Ejercicios

Escriba el diagrama causal que explique la variacion de la poblacion o el comportamiento de la pobla-cion si se conocen los siguiendtes elementos.PoblacionNacimientos por AnoFactor de Nacimiento

Figura 53: Diagrama causal del comportamiento de una poblacion

39

4.2. Diagrama de Forrester

El Diagrama de Flujos, tambien denominado Diagrama de Forrester, es el diagrama caracterıstico de laDinamica de Sistemas. Es una traduccion del Diagrama Causal a una terminologıa que facilita la escriturade las ecuaciones en el ordenador. Basicamente es una reclasificacion de los elementos.9

Proporciona un representacion grafica de los sistemas dinamicos,modelando cuantitativamente las re-laciones entre las partes mediante simbolos que corresponden a una interpretacion hidrodinamica delsistema.

4.2.1. Elementos del diagrama de Forrester

Los elementos que constituyen un diagrama de forrester se clasifican en tres grupos, estos son:

Variables de NivelLos ”Niveles” son aquellos elementos que nos muestran en cada instante la situacion del modelo,presentan una acumulacion y varıan solo en funcion de otros elementos denominados ”flujos”. Las”nubes” dentro del diagrama de flujos son niveles de contenido inagotable. Los niveles se representanpor un rectangulo.

Ejemplos.: personas, km2, litros, etc.

Variables AuxiliaresLas ”variables auxiliares” y las ”constantes”, son parametros que permiten una visualizacion mejorde los aspectos que condicionan el comportamiento de los flujos.

Ejemplos: densidad, vida media, etc.

Variables de FlujoLos ”flujos” son elementos que pueden definirse como funciones temporales. Puede decirse que re-cogen las acciones resultantes de las decisiones tomadas en el sistema, determinando las variacionesde los niveles.

Ejemplos.: personas/dıa, km/ano, etc.

Figura 54: Representacion grafica de las variables del diagrama de Forrester


40

4.2.2. Formalizar

Formalizar es plantear las ecuaciones matematicas del problema

NIV EL.DESEADO

DIFERENCIA = NIV EL.DESEADO −NIV EL.DE.AGUA

CAUDAL.DE.ALIMENTACION = CTE(ANGULO.DE.GIRO) ∗DIFERENCIA

NIV EL.DE.AGUA =

∫ t

0

(CAUDAL.DE.ALIMENTACION)dt

Figura 55: Diagrama de Forrester del aumento de nivel de agua

41

4.3. Ejercicios

4.3.1. Ejercicio 1

Se tiene una Placa de Aluminio que es calentada con resistencia electrica, se tiene datos de temperaturaambiental y de todo lo necesario para armar el funcionamiento del sistema. Se pide encontrar la funcionque describa la temperatura de la placa con respecto al tiempo.

Figura 56: Esquema del sistema de calentamiento

Eg = 8000[w]

Eg + Ei = Es + Ealm

Eg = Es + Ealm

Ealm = ρ ∗ cp ∗ T

Es = Perdidas.por.Conveccion(PH) + Perdidas.por.Radiacion(PR) + Perdidas.por.Conduccion(PC)

Donde:

PR = A ∗ σ ∗ ε ∗ (T 4s − T 4

Amb)

PH = A ∗ h ∗ (Ts − TAmb)

PC = 0; Se desprecia la conduccion en las patas.

Entonces:Eg = ρ ∗ cp ∗ Ts +A ∗ σ ∗ ε(T 4

s − T 4Amb) +A ∗ h ∗ (Ts − TAmb)

Y:

Ts = f(t)

La ecuacion se resuelve con Analisis Numerico (METODO DE EULER O RUNGE KUTTA 4).

42

Diagrama de Forrester

Variables de nivel: kg, oCVariables flujo: kg/s ; oC/sVariables auxiliares: Procesos Intermedios(conversion de unidades)

Figura 57: Diagrama de Forrester del sistema de calentamiento de la placa de aluminio

43

4.3.2. Ejercicio 2

Figura 58: Esquema hidraulico de 2 tanques continuos

A1 ∗D ∗ h1 = q − q1R ∗ q1 = h1 − h2

A2 ∗D ∗ h2 = q1 − q2R2 ∗ q2 = h2

Sensor; hm = ks ∗ h2; con: ks = 1 y hm = h2

UNIDAD DE CONTROL

Discrepancia(e): e = hr ∗ hmValvula Proporcional: q = kv ∗ e

Figura 59: Diagrama de Forrester del sistema hidraulico con unidad de control

44

4.3.3. Ejercicio 3

Figura 60: Esquema hidraulico de 2 tanques uno sobre otro

A1DH1 = q − q1A2DH2 = q1 − q2

R2q2 = H2

Hm = KsH2

e = Hr −Hm

q1 = Kve

Figura 61: Diagrama de Forrester del sistema hidraulico con unidad de control

45

5. RESPUESTA TEMPORAL

En muchas ocasiones es necesario obtener la respuesta de las variables de estado de un sistema decontrol en funcion del tiempo. 10

5.1. Funciones de entrada

Por lo general las senales de entrada a un sistema pueden tener diversas caracterısticas dependiendode la necesidad del mismo, para poder modelar matematicamente esto es necesario hallar funciones apro-ximadas de estas senales. En varios libros de control automatico es posible hallar estas funciones, estas seresumen a continuacion y para su analisis se utiliza la transformada de Laplace.

Figura 62: Funciones real y aproximadas

10Dorf, R.C., Bishop, R.H.,Sistemas de control moderno, Decima edicion, Pearson, Mexico, 2005, Pag. 154

46

5.1.1. Funciones algebraicas

Funcion f(t) Grafico Matematico Laplace F(g)= L [f(t)]

Impulso f(t) = 0; t 6= 0 af(t) = a; t = 0

Escalon f(t) = 0; t < 0 as

f(t) = a; t ≥ 0

Rampa f(t) = 0; t < 0 as2

f(t) = at; t ≥ 0

Parabola f(t) = 0; t < 0 as3

f(t) = at2

2 ; t ≥ 0

Senoidal f(t) = 0; t < 0 as2+a2

f(t) = sen(at); t ≥ 0

5.1.2. Transformada de Laplace

El metodo de la transformada de Laplace se usa para resolver ecuaciones diferenciales lineales. Medianteel uso de la transformada de Laplace, es posible convertir muchas funciones comunes, tales como lasfunciones senoidales, las funciones exponenciales, en funciones algebraicas de una variable s compleja. Lasolucion de la ecuacion diferencial se halla al aplicar la transformada inversa de Laplace de la variabledependiente, generalmente se usa tablas con la indicada anteriormente. 11

L [f(t)] =

∫ ∞0

e−stf(t)dt = F (s) (1)

Teorema de diferenciacion real

L [f ′(t)] =

∫ ∞0

e−stf ′(t)dt = sF (s)− f(0) (2)

L [f ′′(t)] =

∫ ∞0

e−stf ′′(t)dt = s2F (s)− sf(0)− f ′(0) (3)

11Ogata, K.,Ingenierıa de control moderna, Tercera edicion, Pearson, Mexico, 1995, Pag. 13

47

El caso general es:L [fn(t)] = snF (s)− sn−1f(0)− sn−2f ′(0)− ...− fn−1(0) (4)

Teorema de valor inicial:

f(0) = lımt=0

f(t) = lıms→∞

sF (s) (5)

Teorema de valor final:

f(∞) = lımt=∞

f(t) = lıms→0

sF (s) (6)

Nota: f(0), f ′(0), f ′′(0), ..., fn−1(0), valores que devuelven las funciones cuando el tiempo es igual a cero.Cuando no se tiene estos valores se asumen que son nulos (Dependen del sistema de referencia).

5.1.3. Ejercicios

Ejercicio 1 Se desea encontrar la temperatura del horno con respecto al tiempo si se sabe que:

Tamb = 15oC

TH + 7TH = 10

L [TH + 7TH ] = L [10]

sTH(s)− TH(0) + 7TH(s) =10

s

sTH(s)− 15 + 7TH(s) =10

s

sTH(s) + 7TH(s) =10

s+ 15

TH(s) =10

s(s+ 7)+

15

(s+ 7)

L −1[TH ] = L −1[10

s(s+ 7)+

15

(s+ 7)]

Evaluando para la condicion de estabilizacion:

TH(∞) = lıms→0

s[10

s(s+ 7)+

15

(s+ 7)]

= lıms→0

10

(s+ 7)=

10

7

48

5.2. Respuestas de sistemas de primer orden

5.2.1. Respuesta de sistemas Capacitivo Resistivo

Un circuito RC es un circuito compuesto de resistores y condensadores alimentados por una fuenteelectrica. Un circuito RC de primer orden esta compuesto de un resistor y un condensador y es la formamas simple de un circuito RC.

1. Modelo fısico:


2. Modelo matematicoV = VR + VC

VR = IR

VC =1

CDI

(1 + CRD)Vc(t) = V (t)

3. Condiciones iniciales:

V (t) = 0; t < 0

V (t) = V ; t ≥ 0

VC(t) = 0; t < 0

VC(t) =?; t ≥ 0

4. Solucion:

L [(1 + CRD)Vc(t)] = L [V (t)]

VC(s) = CRL [DVC(t)] = V (s)

VC(s) + CR(sVc(s)− Vc(0)) = V (s)

VC(s) + CRsVc(s) = V (s)

49

VC(s)(1 + CRs) = V (s)

VC(s) =1

1 + CRs

V

s

5. Aplicando fracciones parciales:

VC(s) =1

1 + CRs

V

s=A

s+

B

1 + CRs

Se determina por algebra los valores A y B:

A = V

B = −V CR

Entonces se obtiene:

VC(s) =V

s+−V CR

(1 + CRs)

=V

s− V CR

( 1CR + s)CR

=V

s− V

( 1CR + s)

6. Aplicando laplace inversa:

L −1[VC(s)] = L −1[V

s− V

( 1CR + s)

]

VC(t) = V − V e− tCR

Donde:V : Respuesta de estado estableV e−

tCR : Respuesta de estado transitorio

Ademas:τ = CR : Constante de tiempo del sistemaDespejando V la ecuacion queda de la siguiente forma:

7. Resultado:VC(t) = V [1− e− t

τ ]

50

5.2.2. Ejercicio

Determine la ecuacion de nivel para el tanque de la figura que se encuentra unicamente hasta un Ho

y que repentinamente es cargada con una fuente de caudal qo.

1. Modelo fısico


2. Modelo matematico

Tanque:

q − q1 = ADh

Valvula:

h = q1R

3. Condiciones iniciales:

t < 0; q(t) = 0

t ≥ 0; q(t) = q0

t < 0;h(t) = h0

t ≥ 0;h(t) =?

4. Solucion:

Funcion de transferencia:

F.T. =R

ADR+ 1

51


h(ARD + 1) = q ∗R

Aplicando Laplace:

L [h(ADR+ 1)] = L [qR]

ARL [Dh] + L [h] = R

L [q]

AR(sH(s)− h(0)) +H(s) = RQ(s)

Donde:

Q(s) =q0s

y h(0) = h0

Entonces:

ARsH(s)−ARh0 +H(s) = Rq0s

H(ARS + 1) =RqoS

+ARh0

H(S) =ARhoS +RqoS(ARS + 1)

H(S) =ARhoS +Rqo

ARS(S + 1AR )

H(S) =hoS + qo

A

S(S + 1AR )

5. Aplicando fracciones parciales:hoS + qo

A

S(S + 1AR )

=B

S+

C

S + 1AR

B(S +1

AR) + CS = hoS +

qoA

Si S = 0

B = qoR

Si S = − 1AR

C = ho − qoRB

S+

C

S + 1AR

=qoR

S+ho − qoRS + 1

R

H(S) =qoR

S+ho − qoRS + 1

R

52

6. Aplicando Laplace inversa

L−1[H(S)] = L−1[qoR

S+ho − qoRS + 1

R

]

h(t) = qoR+ [ho − qoR]e−tAR

h(t) = ho + [qoR− ho]− [qoR− ho]e−tAR

7. Resultado:h(t) = ho + [qoR− ho][1− e−

tAR ]

53

5.2.3. Linealizacion de funciones

Linealizar es basicamente encontrar una funcion lineal que aproxime sus resultados lo mas cercana-mente posible a una funcion no lineal.

Para la explicacion de la linealizacion de funciones es mejor utilizar un ejemplo practico.

Ejemplo:El tanque de la figura es alimentado con caudal de q = 25[pies3/s] y el desfogue sigue la ecuacion indicada.Hallar la expresion que describe el comportamiento de la altura del tanque con respecto al tiempo.



2. Planteamiento matematicoADh = q − q1q1 =

√h

3. Planteamiento de LaplaceDh = q − 10

√h

L[Dh+ 10√h] = L[q]

[SH − ho] + 10L[√h] = Q

ho = 0√〈 =??

SH + 10L[√h] =

25

S

No se puede aplicar la transformada de Laplace a la funcion, se debera linelizar para poder continuarcon el ejercicio.

Al linealizar se encontrara

q =√h ∼ q′aprox. = ah+ b

54

Figura 66: Funcion aproximada a√h

4. Linealizacion

a =dq1dh

a =(10√h)

dh

a = 10(1

2)h−

12

−→ ahl = 5(hl)− 1

2

hf de estabilizacion

−→ q = 10√hf

25 = 10√hf

hf = 6,25

hl =hi + hf

2=

0 + 6,25

2

hl = 3,13[ft]

−→ ahl = 5(3,13)−1

2

ahl = 2,83

q = 10√

3,13

q = 17,69

q1aprox. = q1real

55

17,69 = 2,83(3,13) + b

b = 8,83

qaprox. = 2,83h+ 8,83

5. Regresando al ejercicio

SH + L[2,83h+ 8,83] =25

S

SH + 2,83H +8,83

S=

25

S

H(S + 2,83) =16,17

S

H =16,17

S(S + 2,83)

6. Aplicando fracciones parciales

H =A

S+

B

S + 2,83

A(S + 2,83) +BS = 16,17

Si: S = 0

A =16,17

2,83= 5,71

Si: S = −2,83B = −5,71


L−1[H(S) =5,71

S− 5,71

S + 2,83]

h(t) = 5,71− 5,71e−2,83t

h(t) = 5,71[1− e−2,83t]

h(∞)aprox. = 5,71

h(∞)real = 6,25

8. Calculo del error

eV r =Vr − Vaprox.

Vr=

6,25− 5,71

6,25∗ 100 %

eV r = 8,64 %

9. Error en la alturaeh = 6,25− 5,71 = 0,54

Para disminuir el error se debera evaluar la funcion aproximada con nuevos parametros y con estosrealizar los calculos respectivos:

56

1. Segunda iteracion

bi =0,54

2

q1aprox. = 2,83h+ (8,83− 0,27) = 2,83 + 8,56

2. Aplicando Laplace

SH + L[2,83 + 8,56] =25

S

SH + 2,83H +8,56

S=

25

S

H(S + 2,56) =16,44

S

H =16,44

S(S + 2,83)

3. Aplicando fracciones parciales16,44

S(S + 2,83)=A

S+

B

S + 2,83

A(S + 2,83) +BS = 16,44

Si: S = 0

A = 5,8

Si: S = −2,83B = −5,8


L−1[H(S) =5,8

S− 5,8

S + 2,83]

h(t) = 5,8− 5,8e−2,83t

h(t) = 5,8[1− e−2,83t]

h(∞)aprox. = 5,8

h(∞)real = 6,25

5. Calculo del error

eV r =Vr − Vaprox.

Vr=

6,25− 5,8

6,25∗ 100 %

eV r = 7 %

57

5.2.4. Respuesta temporal del sistema termico



2. Planteamiento matematicoEg + Ei = Es + Ealm

Eg = KRVA

Es = qr + qh − εσA(T 4 − T 4amb) + hA(T − Tamb)

Ealm = mcpT

KRVA = εσA(T 4 − T 4amb) + hA(T − Tamb) +mcpT

T(t) =?

εσAT 4 + hAT +mcpT = KRVA + εσAT 4amb + hATamb

3. DatosA = 0,904[m2]

ε = 0,039315

h = 8[W/m2K]

σ = 5,67x10−7[W/m2K4]

Tamb = 293[K]

m = 20,83[kg]

cp = 900[W/kgK]

KRVA = 8100[W ]

4. T −→ f(t)?Se tiene que linelizar esta funcion, ya que el termino de T 4 no es lineal, y no se puede aplicar Laplaceen ese caso.

La temperatura final se da en la estabilizacion Test, cuando T = 0, esto es:

Test = 1059K

58

La temperatura utilizada para realizar la linealizacion es TL = 293+10592 = 676K.

La ecuacion se reduce a:2,015 ∗ 10−9T 4 = aT + b

a =d

dT(2,015 ∗ 10−9T 4)|T=TL = 6,045 ∗ 10−9 ∗ TL = 1,87

1,87 ∗ TL + b = 1059

⇔ 1,87 ∗ 676 + b = 1059

⇒ b = −205,12

La ecuacion del balance de energıa es entonces, luego de remplazar los valores correspondientes:

1,87T − 205,12 + 7,32T + 18342T = 1,02,104

Al aplicar Laplace a ambos lados, se obtiene:

T =0,56 + 286,63s

s(s+ 4,86,10−4)=A

s+

B

s+ 4,86,10−4

A(s+ 4,85,10−4 +Bs = 0,56 + 286,63s

Por identificacion, se tiene:

A+B = 286,63

4,86,10−4.A = 0,56

⇒

A = 1152,26

B = −865,63

Entonces,

T =1152,26

s− 865,63

s+ 4,86,10−4

5. Aplicando la inversa de Laplace Y, al aplicar la inversa de Laplace, se llega a la funcion de latemperatura en funcion del tiempo:

=⇒ T (t) = 1152,26− 865,63e−4,86,10−4t τ = 1/− 4,86,10−4

La temperatura de estabilizacion es entonces T∞ = 1152,26K. Al calcular el error de la linealizacionen el valor final se realiza la siguiente operacion:

error =1152,26− 1059

1059∗ 100 = 8,8 %

Se puede reducir este error al seleccionar TL mas cercano a la temperatura final.

6. T(450) ?

Sea t = 450 s, se remplaza en la ecuacion encontrada anteriormente:

T (450) = 1152,26− 865,63e−4,86,10−4∗450 = 457K = 184 oC

59

5.2.5. Ejericicios

Ejercicio 1 Establecer la lectura que proporcionan un termometro de bulbo en las siguientes condi-ciones.

La lectura esta dada por la siguiente ecuacion:

Th = 0 Si t < 0

Th = T ∗h Si t ≥ 0

Tc = Ta Si t < 0

Tc = Tc Si t ≥ 0



2. Ecuacion General de Estado:Th(t) = (CtRtD + 1)Tc(t)

3. Aplicando LaplaceL[Th(t) = (CtRtD + 1)Tc(t)]

TH(S) = CtRt[STc(S) − Tc(o)] + Tc(S)

Tc(o) = Ta

TH(S) = CtRt[STc(S) − Ta] + Tc(S)

T ∗hS

= CtRt[STc(S) − Ta] + Tc(S)

T ∗hS

= Tc(S)[CtRtS + 1]− CtRtTa

T ∗hS

+ CtRtTa = Tc(S)[CtRtS + 1]

Tc(S) = T ∗h +CtRtTaS

S[CtRtS + 1]=

T∗h

CtRt+ TaS

S(S + 1CtRt

)

60


T∗h

CtRt+ TaS

S(S + 1CtRt

)=A

S+

B

S + 1CtRt

Tc(S) = A︸︷︷︸sol. en estado estable

+ Be−t

CtRt )︸︷︷︸sol. en estado transitorio

CtRt = τ −→ cte. de tiempo

A(S +1

τ+BS =

T ∗hτ

+ TaS

Si: S = 0

−→ A = T ∗h

Si: S = − 1τ

−→ B = Ta − T ∗h

Tc(S) =T ∗hS

+Ta − T ∗hS + 1

τ


L−1[Tc(S) =T ∗hS

+Ta − T ∗hS + 1

τ

]

Tc(t) = T ∗h + (Ta − T ∗h )e−tτ

Donde: τ = CtRt

Entonces:

Tc(t) = Ta + (T ∗h − Ta)− (T ∗h − Ta)e−tτ

6. ResultadoTc(t) = Ta + (T ∗h − Ta)(1− e− t

τ )

La constante de tiempo de cualquier sistema se define como el tiempo necesario que debe transcurrirpara que la respuesta del sistema alcance el 63.2 % de su valor final.

Tc(τ) = Ta + (T ∗h − Ta)(1− 1

e)

7. Reemplazando constante de tiempo

Tc(τ) = Ta + 0,63(T ∗h − Ta)

Si la temperatura del fluido no es constante

1. DatosTh = 0 Si t < 0

Th = a ∗ t Si t ≥ 0

Tc = 0a Si t < 0

Tc = Tc Si t ≥ 0

61

2. Ecuacion General de EstadoTh(t) = (CtRt + 1)Tc(t)

3. Aplicando LaplaceL[Th(t) = (CtRt + 1)Tc(t)]

TH(S) = CtRt[STc(S) − Tc(o)] + Tc(S)

Tc(o)=0

a

S2= CtRtSTc(s)

Tc(s) =a

S2(CtRtS + 1)

Tc(s) =aτ

S2(S + 1τ )

Donde: τ = CtRt


aτ

S2(S + 1τ )

=AS +B

S2+

C

S + 1τ

Si: S = 0

B(1

τ) =

a

τ

−→ B = a

Si: S = − 1τ

C(−1

τ) =

a

τ

−→ C = aτ

Si: S = 1

(A+ a)(1 +1

τ) + 0τ = A(1 +

1

τ) + a+

a

τ+ aτ =

a

τ

A = −a(τ + 1)

1 + 1τ

= −a(τ + 1)1+ττ

−→ A = −aτ

Tc(S) = −a ∗ τS

+a

S2+T ∗ a+ a ∗ τ

S +1

τ

5. Aplicando Laplace Inversa

L−1[Tc(S) = −a ∗ τS

+a

S2+T ∗ a+ a ∗ τ

S +1

τ

]

6. ResultadoTc(t) = −aτ + at+ aτe−

tτ

Tc(t) = at− aτ︸︷︷︸Estado estable

+ aτe−tτ︸︷︷︸

Estado transitorio

62

Ejercicio 2 El cuerpo se acelera por la aplicacion de un fuerza constante F , al desplazamiento seopone la friccion con coeficiente µ = B.Se pide encontrar el modelo del sistema, el diagrama de bloques, la ecuacion general de estado y la varia-cion de la velocidad en funcion del tiempo.



2. Planteamiento matematicoF = FM + FB

FM = M ∗DV

FB = B ∗ V

El diagrama de bloques se lo indica en la figura 70, a continuacion:

Figura 70: Diagrama de bloques del sistema

3. Ecuacion General de Estado:F = (MD +B) ∗ V

4. Aplicando Laplace

Con la fuerza F como una entrada tipo escalon, con condiciones iniciales nulas, se obtiene:

F

s= V(Ms+B)

V =F

s(Ms+B)=

F/M

s(s+ 1/τ)con: τ =

M

B

63

5. Fracciones parciales:

V =A

s+ 1/τ+C

s=As+ C(s+ 1/tau)

s(s+ 1/τ)

Por identificacion, se tiene el sistema de ecuaciones siguiente:

A+ C = 0

C/τ = F/M

⇒

A = −F/B

C = F/B

Luego, se obtiene:

V =F/B

s− F/B

s+ 1/τ

6. Aplicando Laplace inverso:

V (t) =F

B− F

Be−t/τ

7. Respuesta

V (t) =F

B(1− e−t/τ )

64

5.2.6. Ejercicio Servomotor

Un servomotor de corriente contınua controlado por armadura tiene las siguientes caractrısticas tecni-cas:

Inercia de la armadura = 5x10−5[ onz∗pulg∗sec2

rad ]Velocidad en vacıo = 5000[rpm]Torque de parada = 1, 5[onz ∗ pulg]

Cuando se aplica a la armadura 115 voltios. Determinar la respuesta del motor asumiendo que elcoeficiente de friccion viscoso y la inductancia de la armadura son nulos, tambien no existen perturbaciones.Se sabe que este sistema obedece la siguiente ecuacion:

[(Ra + LaD)(B + JD) + kbkm]w(t) = kmEa(t)− (Ra + LaD)Td(t)

Donde:Ra : Resistencia electrica de la armadura.La : Inductancia electrica de la armadura.B : Coeficiente de friccion de la armadura.J : Inercia.kb : Constante de transformacion.km : Constante de transformacion.Ea : Voltaje de la armadura.Td : Torque de las perturbaciones.

El diagrama de bloques correspondiente al motor de corriente continua controlado por armadura sepuede apreciar en la figura 71

Figura 71: Diagrama de bloques del motor controlado por armadura

Del enunciado del ejercicio se tiene que:

Td = 0

B = 0

La = 0

Entonces la ecuacion queda de la siguiente forma:

[(RaJD) + kbkm]w(t) = kmEa(t)

Operando se tiene que:

[(RaJD)

km+ kb]w(t) = Ea(t) = 115v = constante

65

Aplicando la transformada de Laplace en la ecuacion se tiene:

L((RaJD)

km+ kb]w(t)) = L(Ea(t))

(RaJ)

kmS + kb]w(S) =

Ea(t)

S

Si despejamos w(S) de la ecuacion se tiene:

w(S) =Ea

S(RaJ

kmS + kb)

w(S) =

EakmRaJ

S(S +kmkmRaJ

)

Usando el metodo de fracciones parciales se tiene :

w(S) =EakbS

+Eakb

S + 1T

Donde:

T =RaJ

kbkm

Aplicando la transformada inversa de laplace:

L−1[w(S)] = L−1[EakbS

+Eakb

S + 1T

]

La respuesta del motor es:

w(t) =Eakb− Eakb

exp

−tT

66

Figura 72: Respuesta del motor en funcion del tiempo

67

5.2.7. Motor controlado por armadura

Un motor DC controlado por voltaje de armadura mostrado en la figura 73

Figura 73: Esquema del motor

1. Parte FuncionalEa = El + Er + Eb

Er = iaRa

El = LaDia

Eb = Fuerza contra electromotriz

Eb = Caida de tension en los bornes del motor, directamente proporcional a la velocidad angular(ω)

Eb = kbω

Entonces se tiene que:

Ea = LaDia + iaRa + Eb

Agrupando y operando:

Ea − Eb = (Ra + LaD)ia

ia =Ea − EbRa + LaD

Se sabe que el torque:

T = kiφia ;φ = k2if

T = k1k2if ia ; km = k1k2if

T = kmIa

2. Parte mecanicaT = Tl + Td

Tl = Tj + Tb

Tj = JDω

Tb = Bω

T = JDω +Bω + Td

68

T − Td = ω(JD +B)

ω =T − TdJD +B

[(Ea − Eb)(km

Ra + LaD)− Td](

1

JD +B) = ω

Eb = ωkb

w(JD +B) = [(Ea − Eb)(km

Ra + LaD)− Td]

Donde la ecuacion general de estado es:

w(t)[(JD +B)(Ra + LaD) + kbkm] = Ea(t)km − (Td(t)(Ra + Lad)

Si se sabe que:

ωo = 5000rpm = 523, 5(rad

s)

ωo =−Eakb

=115

kb;→ kb = 0, 22(

V

rad

s

)

Pe = Pm → Pm = Tω = iakmω

Pe = Ebia → Eb = kbω → Pe = kb ⇒ km = kb

Si se analiza en la estabilidad del motor: (D = 0 ; Td = 0)

ω(t)[(JD +B)(Ra + LaD) + kbkm] = Ea(t)km − (Td(t)(Ra + Lad)

ω(t)[B(Ra + kbkm] = Ea(t)km

ω(t) = Ea(t)1

kb

Si se analiza en el motor (D = 0;Td 6= 0)

T = Tl + Td → Td = T − Tl = T − (Tj + Tb) = T − (TDω +Bω)

ω(t)kbkm = Ea(t)km − (T − (JDω +Bω))Ra

ω(t)kbkm = Ea(t)km − (TRa)

Despejando T:

T =Ea(t)kmRa

− ωtkbkmRa

69

5.3. Respuesta de sistemas de segundo orden

5.3.1. Ejemplo, sistema mecanico


Ecuacion General de Estado

(mD2 +BD +K) ∗ v(t) = DF (t)

El objetivo es encontrar una funcion de la forma:

S2 + 2ζ ∗Wn + (Wn)2

Si:v = Dx

X =v

D

Entonces se tiene:

(mD2 +BD +K) ∗ v(t)

D= F (t)

(mD2 +BD +K) ∗X(t) = F (t)

X(t)

F (t)=

1

mD2 +BD +K

Si se tiene condiciones iniciales nulas:

m(S2 ∗X(S)− S ∗X(0)−X(0)) +B(S ∗X(S)−X(0)) +K ∗X(S) = F (S)

m ∗ S2 ∗X(S) +B ∗ S ∗X(S) +K ∗X(S) = F (S)

(mS2 +BS +K) ∗X(S) = F (S)

X(S)

F (S)=

1

mS2 +BS +K

70

X(S)

F (S)=

1

m

S2 +B

mS +

K

m

Respuesta del sistema a una entrada tipo escalon.

X(S) =F0

S∗

1

m

S2 +B

mS +

K

m

X(S) =F0

K∗ 1

S∗

K

m

S2 +B

mS +

K

m

Encontrando las constantes:

1. Frecuencia natural del sistemaK

m= ω2

n

ωn =

√K

m

2. Factor de amortiguamiento

2ζ ∗ ωn =B

m

ζ =

B

m2ωn

ζ =

√B2

m2

2

√K

m

ζ =1

2∗√

B2

K ∗m

71

3. Frecuencia amortiguada del sistema:

ω = ωn ∗√

1− ζ2

Reemplazando:

X(S) =F0

K∗ 1

S∗ ω2

n

S2 + 2ζωnS + ω2n

X(S) = X0 ∗1

S∗ ω2

n

S2 + 2ζωnS + ω2n

= X0 ∗A

S+

CS +D

2ζωnS + ω2n

A(S2 + 2ζωnS + ω2n) + CS2 +DS = ω2

n

Resolviendo el sistema de ecuaciones se tiene:

A = 1 B = −1 C = −2ζω2n

Reemplazando las variables en la ecuacion:

X(S) = X0 ∗1

S− S + 2ζωnS2 + 2ζωnS + ω2

n

En el denominador se pueden agrupar o factorar los terminos de dos maneras diferentes:

1.(S + a)(S + b)

2.(S + a)2 + b

Factorandose de la segunda manera:

(S + 2ζωn)2 = S2 + 2ζωnS + ζ2ω2n

S2 + 2ζωn + ω2n = (S + ζωn)2 + ω2

n − ζ2ω2n = (S + ζωn)2 + ω2

n(1− ζ2)

= (S + ζωn)2 + ω2

X(S) = X0 ∗1

S− S + 2ζωn

(S + ζωn)2 + ω2

X(S) = X0 ∗1

S− S + ζωn

(S + ζωn)2 + ω2− ζωn

(S + ζωn)2 + ω2

X(S) = X0 ∗1

S− S + ζωn

(S + ζωn)2 + ω2− ζωn

ω∗ ζωn

(S + ζωn)2 + ω2

Aplicando Laplace inversa:

X(t) = X0 ∗ [1− e−ζωnt ∗ Cos(ωt)− ζωnω∗ e−ζωnt ∗ Sen(ωt)]

X(t) = X0 ∗ [1− −ζωnt√1− ζ2

∗ Sen(ωt+ Φ)]

72

Donde:

X0 =F0

K

Φ = arccos(ζ)

Esto solamente se cumple cuando:0 < ζ < 1

73

5.3.2. Tipos de respuesta de sistemas de segundo orden.

Respuesta oscilatoria:ζ = 0

Respuesta subamortiguada:0 < ζ < 1

Respuesta crıticamente amortiguada:ζ = 1

Respuesta sobroamortiguada:ζ > 1

Figura 75: Tipos de respuesta de sistemas de segundo orden

La respuesta de los sistemas de segundo orden se regira a la ecuacion previamente planteada:

X(t) = X0 ∗ [1− −ζωnt√1− ζ2

∗ Sen(ωt+ Φ)]

Las variables encontradas en la ecuacion se reemplazaran dependiendo del sistema a resolverse, utilizandoel principio de analogıa.

74

5.3.3. Ejemplo, sistema electrico


i(t) =CD

LCD2 +RCD + 1∗ E(t)

i(t) = Dq(t)

q(t) =i(t)

D=

C

LCD2 +RCD + 1∗ E(t)

q(t) = q0 ∗1

S∗ ω2

n

S2 + 2ζωnS + ω2n

CI = 0

Q(S) =C

LCS2 +RCS + 1∗ E(S)

Q(t) = CEa

Q(S) = E0C ∗1

S∗ 1

LCS2 +RCS + 1

Q(S) = q0 ∗ (1

S∗

1

LC

S2 +R

L∗ S +

1

LC

)

q(t) = q0 ∗ (1− −e−ζωnt√

(1− ζ2∗ (Sen(ωt+ Φ)))

q0 = C ∗ E0

ζ =R

2

√C

L

75

ωn =

√1

LC

ω = ωn ∗√

1− ζ2

Φ = arcCos(ζ)

1.ζ = 0

q(t) = q0 ∗ (1− −e0√

(1)∗ (Sen(ωt+ Φ)))

Φ = arcCos(0); Φ =π

2

q(t) = [1− Sen(ωt+π

2)] ∗ q0

q(t) = q0 ∗ [1− Cos(ωt)]

2.ζ = 1

ω = ωn ∗√

1− 1

ω = 0

Sen(ω) =√

1− ζ2

q(t) = q0 ∗ (1− −eζωnt√(1)∗ (Sen(Φ)))

q(t) = q0 ∗ (1− eζωnt)

76

5.3.4. Ejercicios

Ejercicio 1 Encontrar la respuesta del sistema mostrado en la figura si R(S) =1

S:

Figura 77: Diagrama de bloques del sistema

C(S) = R(S)(25

S2 + 2S + 25)

=1

S∗ 25

S2 + 2S + 25

=1

S∗ ω2

n

S2 + 2ζωnS + ω2n

Reemplazando las variables:ω2n = 25 −→ ωn = 5

ζωn = 2 −→ ζ =1

5

ω = ωn√

1− ζ2 −→ ω = 2√

6

Regresando a la ecuacion original:

C(t) = (1−e−

1

5∗ 5t

2√

6

5

∗ (Sen(2√

6t+ Φ)))

Respuesta:

C(t) = (1− 5

2∗ e−t√6∗ (Sen(2

√6t+ Φ)))

Φ = arcCos(1

5)

77

Ejercicio 2 Hallar C(t) si:

C(S) =5(S + 1)

S(S2 + 2S + 25)

C(S) =5S + 5

S(S2 + 2S + 25)=A

S+

BS + c

(S2 + 2S + 25

A(S2 + 2S + 25) + S(BS + C) = 5S + 5

Resolviendo el sistema de ecuaciones se tiene:

A =1

5

B =−1

5

C =23

5

Reemplazando en la ecuacion original:

C(S) =

1

5S−

1

5∗ S − 23

5S2 + 2S + 25

C(S) =1

5∗ (

1

S− S − 23

S2 + 2S + 25)

C(S) =1

5∗ (

1

S− S − 23

(S + 1)2 + 24)

C(S) =1

5∗ (

1

S− S + 1− 23− 1

(S + 1)2 + 24)

C(S) =1

5∗ (

1

S− S + 1

(S + 1)2 + 24+

24

(S + 1)2 + 24)

C(S) =1

5∗ (

1

S− S + 1

(S + 1)2 + 24+

√24 ∗√

24

(S + 1)2 + 24)

Aplicando Laplace inversa:

C(t) =1

5∗ (1− e−t ∗ Cos(

√24t) +

√24 ∗ e−t ∗ Sen(

√24t))

Conociendo que:−1 ∗ cos(x) +

√24 ∗ sen(x) =

√25sen(x+ φ) = 5 ∗ sen(x+ φ)

Se tiene:

C(t) =1

5∗[1 + 5 ∗ e−t ∗ sen(

√24 ∗ t+ φ)

]; con φ = arctg(− 1√

24) = −0, 20

Respuesta:

C(t) =1

5+ e−t ∗ sen(

√24 ∗ t− 0, 20)

78

5.3.5. Caracterısticas tecnicas de la respuesta temporal de segundo orden

Y (t) = Y0[1− exp−(ζωnt)√1− ζ2

Sen(ωt+ φ)]

Donde:

0 < ζ < 1

ω = ωn√

1− ζ2]

φ = ArcCos(ζ)]

φ = ArcSen√

1− ζ]

Figura 78: Grafica de una funcion de segundo orden

Ym; Valor maximo de la respuesta(Valor pico)Y0; Valor de estabilizacion de la respuesta finaltr; Tiempo de saltotp; Tiempo pico

Definiendo:

Tiempo de Salto; tr:

Es el tiempo necesario para que la respuesta del sistema alcance por primera vez, el valor de suordenada final.

Y (tr) = Y0 = Y0[1− exp−ζωnt√1− ζ2

Sen(ωtr + φ)]

Sen(ω ∗ tr + φ) = 0

ωtr + φ = 0

tr =−φω

;φ = ArcCos(ζ);−φ = ArcCos(−ζ)

79

tr =ArcCos(−ζ)

ω

tr =π − φω

Tiempo Pico; tp:

Es el tiempo necesario para que la respuesta del sistema alcance su valor maximo.

tp =τ

2=

2π

2ω=π

ω

Y (tp) = Ym = Y0[1− exp−ζωnt√1− ζ2

Sen(ωtp + φ)]

Ym = Y0[1−exp−ζω πω√

1− ζ2Sen(ω

π

ωtp + φ)]; ω = ωn

√1− ζ2

Ym = Y0[1−exp− ζπ√

1−ζ2√1− ζ2

Sen(π + φ)]

Donde, al utilizar la identidad trigonometrica, y evaluar los valores:

Sen(π + φ) = SenπCosφ+ SenφCosπ

SenπCosφ = 0

Cosπ = 1

La ecuacion anterior:

Ym = Y0[1−exp− ζπ√

1−ζ2√1− ζ2

Senφ] pero: Senφ =√

1− ζ2

Ym = Y0[1− exp− ζπ√1− ζ2

]

Sobrepaso Maximo ( %) SM:

Es una medida que expresa cuanto pasa Ym a Y0.

SM =Ym − Y0Y − 0

= Y0[1 +exp− ζπ√

1−ζ2

Y0]− Y0

SM = exp− ζπ√1− ζ2

Sobrepaso =Yt − Y0Y0

80

Estabilizacion tS :

Es el tiempo que debe transcurrir hasta que la respuesta empiece a oscilar entre + - 0.05 Y0 y + -0.02 Y0, a partir de este intervalo, se considera que la respuesta se ha estabilizado.

0,05 >= exp−ζωnts >= 0,02

ln(0,05) >= −ζωmts >= ln(0,02)

−3 >= −ζωmts >= −4

3 <= ζωmts <= 4

3

ζωn<= ts <=

4

ζωn

Constante de tiempo; τ :

exp− tτ

= exp−ζωnt

τ =1

ζωn

Entonces el tiempo de estabilizacion sera:

3τ <= ts <= 4τ

5.3.6. Ejercicios

Ejercicio 1 Del ejercicio anterior:

RS =1

S

CS =1

S∗ 25

S2 + 2S + 25

ω2n = 25 ωn = 5

ζ =1

5= 0,2

ω = 5√

1− 0,22 = 4,9

φ = ArcCos(0,2) = 1,37

τ =1

(0,2)(5)= 1

tr =π − φω

=π − 1,37

4,9= 0,36[s]

tp =π

ω=

π

4,9= 0,64[s]

3τ <= ts <= 41τ 3[s] <= ts <= 4[s]


= exp− 0,2π√1− 0,22

= 0,52 = 52 %

Ct = 1− (exp−t)Sen(4,9t+ 1,37)√1− 0,22

81

Ejercicio 2 Determine el tiempo de salto (tr), el tiempo pico (tp), el tiempo de estabilizacion (ts) yel sobrepaso maximo (SM); cuando el sistema de la figura esta sometido a un escalon unitario.

Figura 79: Diagrama de bloques para el ejercicio

CSRS

=1

S2+S

1 + 1S2+S

=1

S2 + S + 1

CS = RS(1

S2 + S + 1) =

1

S

1

S2 + S + 1=

1

S

ω2n

S2 + 2ζωnS + ω2n

ω2n = 1 ωn = 1

2ζωn = 1 ζ =1

2= 0,5

ω = ωn√

1− ζ2 = 1√

1− 0,52 = 0,86[rad

s]

φ = ArcCosζ = ArcCos(0,5) = 1,05[rad]

τ =1

ωζ=

1

(1)(0,5)= 2

tr =π − φω

=π − 1,05

0,86= 2,43[s]

tp =π

ω=

π

0,86= 3,65[s]

3τ <= ts <= 4τ = 6[s] <= ts <= 8[s]


= exp− 0,5π√1− 0,52

= 0,163 = 16,3 %

82

Ejercicio 3 Cuando el sistema mostrado en la figura esta sometido a una entrada escalon unitario, larespuesta del sistema, es como se indica en la figura adjunta. Determine los valores de los parametros delsistema τ y k.

Figura 80: Diagrama de bloques del problema

CSRS

=

kS(τS+1)

1 ∗ kS(τS+1)

=k

τS2 + S + ky RS =

1

S

CS =1

S

k

τS2 + S + k=

1

S

kτ

S2 + Sτ + k

τ

=A

S

BS + C

S2 + Sτ + k

τ

AS2 +A

τS +

Ak

τ+BS2 + CS =

k

τ

A+B = 0

A

τ+ C = 0

Ak

τ=k

τ

Donde:A = 1

B = −1

C = −1

τ

Entonces:

CS =1

S

−S − 1τ

S2 + Sτ + k

τ

=1

S− S

S2 + Sτ + k

τ

− 1

k

kτ

S2 + Sτ + k

τ

ω2n =

k

tauωn =

√k

tau

2ζωn =1

τζ =

1

2τ

1

ωn=

1

2τ

√τ

k=

1

2√τk

√1− ζ2 =

√1− 1

4τk=

√4τk − 1

4τk

ω = ωn√

1− ζ2 =

√k

τ

√4τk − 1

4τk=

√4τk − 1

2τ

83

ωnζ =

√k

τ

1

2√τk

=1

2τ

Ct = 1− cos(ωt)(exp−ωnζt) +ζ√

1− ζ2Sen(ωt)(exp− ωnζt)−

ωn√1− ζ2

Sen(ωt)(exp− ωnζt)

Ct = 1− cos(ωt)(exp− 1

2τt) +

1√4τk − 1

sen(ωt)(exp− 1

2τt)− 2k√

4τk − 1sen(ωt)(exp− 1

2τt)

Ct = 1 + (exp− 1

2τt)[(

1− 2k√4τk − 1

)sen(ωt)− cos(ωt)]

Pero:a ∗ sen(x)− bcos(x) =

√a2 + b2 ∗ sen(x+ φ)

Y:

φ = Tan−1(b

a)

Entonces:

Ct = 1 + (exp− 1

2τt)[

√1− 4k + 4k2

4τk+ 1 ∗ sen(ωt− Tan−1(

√4τk − 1

1− 2k))]

tp =π

ω=

π4τk−1

2τ

=2τπ√

4τk − 1= 3

i) 2τπ = 3√

4τk − 1

SM = 0,245 = (exp− ζπ√1− ζ2

) = (exp−( 12√τk

)π√4τk−12√τk

) = (exp− π√4τk − 1

)

[ln(0,245)] = − π√4τk − 1

−1,406√

4τk − 1 = −π

4τk − 1 = 4,9926

ii) τk = 1,498ii) en i)

2τπ = 3√

4(1,498)− 1

iii)τ = 1,0667

84

iii) en ii)

1,0667k = 1,498

k = 1,404

Entonces:Ct = 1 + 1,286(exp−0,469t)sen(1,047t− 0,89)

85

Ejercicio 4 En relacion al sistema del diagrama de bloques, determınese el valor de cada uno de losparametros del sistema para que el ξ = 0, 7 y ωn = 4 [rad/s]


c(s)

R(s)=

k1s(s+ 2) + k1(1 + k2s)

c(s)

R(s)=

k1s2 + s(2 + k1k2) + k1

c(s) =1

s∗ ω2

n

s2 + 2ζωns+ ω2n

ω2n = k1

k1 = 16

2ζωn = 2 + k1k2

k2 = 0,225

86

Ejercicio 5 Buscar la respuesta que corresponde a la siguiente funcion:

c(s) =5

s∗ s+ 1

s2 + 2s+ 5

c(s) =A

s+

Bs+ C

s2 + 2s+ 5

c(s) =A(s2 + 2s+ 5) + (Bs+ C)s

s(s2 + 2s+ 5)

A+B = 0

2A+ C = 5

5A = 5

A = 1

B = −1

C = 3

c(s) =1

s+

3− ss2 + 2s+ 5

=1

s− s+ 1

(s+ 1)2 + 4− 2 ∗ 2

(s+ 1)2 + 4

Aplicando Laplace inversac(t) = 1− e−tcos(2t)− 2e−tsen(2t)

87

6. ANALISIS DE ESTABILIDAD ABSOLUTA

6.1. Introduccion y Ecuacion caracterıstica

La ecuacion caracterıstica juega un papel importante en el estudio de sistemas lineales. Se puede definircon respecto a la ecuacion diferencial, a la funcion de transferencia, o a las ecuaciones de estado.

Considere que un sistema lineal e invariante con el tiempo se describe mediante la ecuacion diferencial:

dny(t)

dtn+ an−1

dn−1y(t)

dtn−1+ ...+ a1

dy(t)

dt+ a0y(t) + bm

dmu(t)

dtm+ bm−1

dm−1u(t)

dtm−1+ ...+ b1

du(t)

dt+ b0u(t)

En donde n>m. Al definir el operador s como:

sk =dk

dtkk = 1, 2, ..., n

La ecuacion caracterıstica del sistema se define como:

sn + an−1sn−1 + ...+ a1s+ a0 = 0

La cual se obtiene igualando a cero la parte homogenea de la ecuacion. La ecuacion caracterıstica:

s2 + 2ζwns+ w2n = 0

s =−2ζwn ±

√4ζ2w2

n − 4w2n

2

s = −ζwn ± wn√ζ2 − 1

Figura 82: Analisis de estabilidad absoluta

Para ζ > 1 soluciones reales con diferente valor. Sistema sobre-amortiguado, sistema estable.

Para ζ = 1 una sola solucion real sistema crıticamente amortiguado, sistema estable.

Para 0 < ζ < 1 soluciones complejas conjugadas sistema subamortiguado, sistema estable.

Para ζ = 0 numero complejo sin parte real (soluciones imaginarias opuestas), sistema marginalmenteestable.

Para ζ < 0 soluciones reales/complejas, sistema estable.

Para que la respuesta del sistema sea estable la parte real de la solucion a la ecuacion caracterısticadebe ser negativa.

Un sistema es considerado estable cuando la funcion de su respuesta ha llegado a tomar la forma dela funcion de entrada.

88

6.2. Ejercicios

6.2.1. Ejercicio 1

Determinar si el sistema es estable o inestable.

Figura 83:

c(s)

R(s)=

30

s3 + 10s2 + 37s+ 78

c(s)

R(s)=

30

(s+ 6)(s2 + 4s+ 13)

s =−4±

√16− 4(13)

2

s = −2± 3i

Respuestas:

El sistema es estable y subamortiguado

s2 + 2ζωn + ω2n + s2 + 4s+ 13

Donde:ω2n = 13

ωn =√

13

Y:2ζωn = 4

ζ = 0,56

89

6.2.2. Ejercicio 2

Hallar la respuesta c(t) en funcion del tiempo si:

1. R(s) =1

s

2. R(s) =1

s2

1.- Para:R(s) =

1

s

c(s) =1

s∗ 30

(s+ 6)(s2 + 4s+ 13)

c(s) =A

s+

B

s+ 6+

Cs+D

s2 + 4s+ 13

s3(A+B + C) + s2(4A+ 6A+ 4B + 6C +D) + s(13A+ 24A+ 13B + 6D) + 78A = 30

Resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene:

A =5

13

B = −1

5

C = −12

65

D = −126

65


c(s) =5

13s− 1

5(s+ 6)− 6(2s+ 21)

65(s2 + 4s+ 13)

c(s) =5

13s− 1

5(s+ 6)− 12(s+ 2)

65[(s+ 2)2 + 32]− 34(3)

65[(s+ 2)2 + 32]

c(t) =5

13− 1

5e−6t − 12

65e−2tcos(3t)− 34

65e−2tsen(3t)

2.- ParaR(s) =

1

s2

c(s) =1

s2∗ 30

(s+ 6)(s2 + 4s+ 13)

Aplicando fracciones parciales:

c(s) =As+B

s2+

C

s+ 6+

Ds+ E

s2 + 4s+ 13

s4(A+ C +D) + s3(10A+B + 4C + 6D + E) + s2(37A+ 10B + 13C + 6E) + s(78A+ 37B) + 78B = 0

90

Y resolviendo el sistema de ecuaciones:

A = − 185

1014

B =5

13

C =1

30

D =126

845

E =348

845


c(s) = − 185

1014s+

1

30(s+ 6)+

5

13s2+

6(21s+ 58)

845(s2 + 4s+ 13)

c(s) = − 185

1014s+

5

13s2+

1

30(s+ 6)+

126(s+ 2)

845[(s+ 2)2 + 32]+

32(3)

845[(s+ 2)2 + 32]

c(t) = − 185

1014+

5t

13+e−6t

30+

126

845e−2tcos(3t) +

32

845e−2tsen(3t)

91

6.2.3. Ejercicio 3

La ecuacion caracterıstica de un sistema es:

s3 + 9s2 + 24s+ 20

Determine si el sistema es estable o inestable.

s3 + 9s2 + 24s+ 20 = (s+ 2)2(s+ 5)

Las raıces de la expresion son:s = −2

s = −5

Entonces el sistema es estable

92

6.2.4. Ejercicio 4

Dada la ecuacion caracterıstica:s3 + 12s2 + 45s+ 104

Hallar el factor de amortiguamiento:

(s+ r)(s2 + 2ζωns+ ω2n) = s3 + 12s2 + 45s+ 104

(s+ 8)(s2 + 4s+ 13)

Las raıces de la expresion son:s = −8

s = −2 + 3i

s = −2− 3i

Entonces el sistema es estable.

Frecuencia natural del sistema:ω2n = 13

ωn =√

13

Factor de amortiguamiento:

ζ =4

2√

13= 0,55

93

6.3. Intervalo de Ganancia

Figura 84: Intervalo de ganancia

Funcion de transferencia:c(s)

R(s)=

k

k + (s+ 2)(s2 + 4s+ 8)

Ecuacion caracterıstica:k + (s+ 2)(s2 + 4s+ 8)

Lımite de estabilidad:

El lımite de estabilidad se dara cuando ζ = 0, teniendo en este caso una respuesta de tipo oscilatoria.

Se tratara de encontrar entonces un Ku; (K ultimo) para obtener ζ = 0

Resolviendo la ecuacion caracterıstica:

(s+ 2)(s2 + 4s+ 8) + k

s3 + 4s2 + 8s+ k + 2s2 + 8s+ 16

s3 + 6s2 + 16s+ 16 + k

(s+ r)(s2 + 2ζωn + ω2n) = s3 + 6s2 + 16s+ 16 + k

(s+ r)(s2 + ω2n) = s3 + 6s2 + 16s+ 16 +Ku

s3 + rs2 + ω2ns+ ω2

nr = s3 + 6s2 + 16s+ 16 +Ku

Resolviendo:

i) r = 6

ii) ω2n = 16, ωn = 4

iii) ω2nr = 16 +Ku

Se obtiene entonces:Ku = 80

Sabiendose que si el Ku > 80, el sistema se desestabilizara. Cuando se tiene a Ku = 80 el sistemasera marginalmente estable.

94

6.4. Criterio de Routh-Hurwitz

6.4.1. Definicion

Para que un sistema sea estable es necesario y suficiente que los determinantes menores de la matrizde Hurwitz sean positivos.Cuando uno de estos determinantes es 0 se dice que el sistema es marginalmente estable, entonces.

Sea la ecuacion caracterıstica:

qo.s5 + q1.s

4 + q2.s3 + q3.s

2 + q4.s+ q5

Se construye la siguiente matriz:

∆5 =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣q1 q0 0 0 0q3 q2 q1 q0 0q5 q4 q3 q2 00 0 q5 q4 q30 0 0 0 q5

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Se procede a calcular cada uno de los determinantes:

∆1 = q1 = 0

∆2 =

∣∣∣∣q1 q0q3 q2

∣∣∣∣ = 0

⇒ q1 ∗ q2 − q0 ∗ q3 = 0

∆3 =

∣∣∣∣∣∣q1 q0 0q3 q2 q1q5 q4 q3

∣∣∣∣∣∣ = 0

⇒ q1 ∗ (q2 ∗ q3 − q1 ∗ q4)− q0 ∗ (q3 ∗ q3 − q1 ∗ q5) = 0

∆4 =

∣∣∣∣∣∣∣∣q1 q0 0 0q3 q2 q1 q0q5 q4 q3 q20 0 q5 q4

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0

∆5 = q5 ∗∆4 = 0

6.4.2. Ejemplo

Con el criterio de Routh-Hurwitz determinar el valor lımite de K de la siguiente expresion

s3 + 6s2 + 16s+ 16 + k

∆3 =

∣∣∣∣∣∣6 1 0

16 + k 16 00 0 16 + k

∣∣∣∣∣∣Se procede a calcular los determinantes:

∆1 = 6 > 0 −→ Sistemaestable

95

∆2 =

∣∣∣∣ 6 116 +K 16

∣∣∣∣ = 96 + 16− k = 80− k = 0

−→ K < 80

∆3 = (16 + k)(80− k) > 0

−→ 80− k > 0

Entonces para que el sistema sea estable:k < 80

96

6.4.3. Ejercicios

Determinar el intervalo de k para que el sistema sea estable cuando la ecuacion caracterıstica es:

s4 + 4s3 + 2s2 + 3s+ ks+ k = 0

∆4 =

∣∣∣∣∣∣∣∣4 1 0 0

k + 3 2 4 10 k k + 3 20 0 0 k

∣∣∣∣∣∣∣∣∆1 = 4 > 0

∆2 =

∣∣∣∣ 4 1k + 3 2

∣∣∣∣ = 8− (k + 3)

0 < 5− k

k < 5

∆3 =

∣∣∣∣∣∣4 1 0

k + 3 2 40 k k + 3

∣∣∣∣∣∣ = 4

∣∣∣∣2 4k k + 3

∣∣∣∣− 1

∣∣∣∣k + 3 40 k + 3

∣∣∣∣∆3 = 4(2k + 6− 4k)− 1((k + 3)2 − 0) > 0

∆3 = 4(6− 2k)− 1(k2 + 6k + 9) > 0

∆3 = 24− 8k − k2 − 6k − 9 > 0

∆3 = −k2 − 14k + 15 > 0

(k + 15)(k − 1) < 0

Como k no puede ser negativo, entonces:k < 1

∆4 = q4 ∗∆3 = k ∗ (k2 + 14k − 15) < 0

Se tiene el mismo limitante tanto para ∆3 como para ∆4, entonces:

0 < k < 1

97

Ejercicio 2 La ecuacion caracterıstica de un sistema es s3 + 6s2 + 13s+ k = 0, determinar el valor dek cuando a) La ecuacion caracterıstica tiene 2 soluciones imaginarias. b) La ecuacion caracterıstica tienesoluciones complejas conjugadas con parte real.

Resolviendo la estabilidad:s3 + 6s2 + 13s+ k = 0

∆3 =

∣∣∣∣∣∣6 1 0k 13 60 0 k

∣∣∣∣∣∣∆1 = 6 > 0

∆2 =

∣∣∣∣ 6 1K 13

∣∣∣∣ = 78− k > 0

0 < k < 78 −→ SISTEMA ESTABLE

K lımite:K = 78

a)

s3 + 6s2 + 13s+ 16 + k

Factorando:(s− 6)(s2 + 13)

Calculando las raıces:s = 6

s = ±√−13 = ±

√13 ∗ i

Entonces se tendra la ecuacion caracterıstica con dos raıces imaginarias.

b)s1 = −1 + bi , s2 = −1− bi

−→ s2 + bs2 + 13s+ k = (s+ r)(s− (−1 + bi))(s− (−1− bi))−→ (s+ r)(s+ 1− bi)(s+ 1 + bi) −→ (s+ r)(s2 + s+ sbi+ s+ 1 + bi− sbi− bi− (bi)2)

−→ (s+ r)(s2 + 2s+ 1 + b2) = s3 + 2s2 + s+ b2s+ rs2 + 2rs+ r + rb2 = 0

−→ s3 + (2 + r)s2 + (1 + b2 + 2r)s+ (r + rb2) = 0

2 + r = b

−→ r = 4 ; 1 + b2 + 2r = 13

b2 = 13− 2(4)− 1

b2 = 4 ; −→ b = 2

−→ r + rb2 = k

k = 4 + (4 ∗ 4) −→ k = 20

Entonces la ecuacion caracterıstica tendra soluciones complejas conjugadas con parte real igual a menos1.

98