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Dinámica de Sistemas Físicos - T2(Tema 1, 2018)n mN

Profesora: Dra. Lizeth Torres

[email protected]

http://lizeth-torres.info/

30th April 2020

Facultad de Ingeniería, Universidad Nacional Autónoma de México.

[email protected]

http://lizeth-torres.info/

Dinámica de Sistemas Físicos - T2

Contenido

Lizeth Torres | 30th April 2020 2 / 100

Dinámica de Sistemas Físicos - T2 | Sistemas de primer orden

Sistemas de 1er orden

Se caracterizan principalmente por tener un elemento capaz de almacenar energía.

Un sistema de 1er orden LIT se representa por un modelo matemático de la forma

a1dx(t)dt

+ a0x(t) = f (t).

Normalizando con respecto a la derivada de mayor orden, se tiene:

dx(t)dt

+a0

a1x(t) =

1a1f (t).

Haciendo las siguientes asignaciones:

b0 =a0

a1, b1 =

1a1,

entonces el modelo se expresa de la forma:

dx(t)dt

+ b0x(t) = b1f (t).



Sistemas de 1er orden

dx(t)dt

+ b0x(t) = b1f (t).

donde:b0: es la frecuencia natural del sistema.b1: es el factor que afecta la excitación externa o entrada aplicada al sistema.f (t): es la excitación externa o entrada aplicada al sistema.x(t): es la variable de estudio o interés del sistema considerado.



Sistemas de 1er ordenTipos de respuesta

La respuesta de un sistema depende de sus características propias, su estadoinicial y la excitación externa o entrada aplicada a éste.

La respuesta completa o total y(t) de un sistema diferencial LIT consiste dedos soluciones.

y(t) = yci(t) + yu(t)

Los tipos de respuesta con base en las condiciones mencionadas son:

Libre

Forzada

Total

Permanente

Transitoria




Respuesta libre: yci(t)Es aquella que produce el sistema cuando la entrada o excitación externaaplicada es cero y su estado inicial es diferente a cero.

yci(t): es la solución homogénea, llamada también respuesta natural, respuesta libre,o respuesta de entrada cero. Esta respuesta se debe exclusivamente a las energíasalmacenadas en los elementos del sistema.




Respuesta forzada: yu(t)Es aquélla que produce el sistema cuando la entrada o excitación externaaplicada a éste es distinta de cero y su estado inicial es nulo.

yu(t): es la respuesta de la ecuación diferencial no homogénea debida a una entradaparticular y se le conoce como solución particular, respuesta forzada o respuesta deestado cero, dado que las energías en los elementos se consideran cero.




Respuesta permanenteEste tipo de respuesta, denominada también respuesta en estado estable, esla que produce el sistema después de que ha transcurrido un cierto tiempo(generalmente grande). Se obtiene aplicando la expresión:

yper(t) = limt→∞

y(t)

La respuesta permanente depende de la entrada aplicada al sistema, de su estadoinicial y de tiempos grandes.




Respuesta transitoriaEs aquella que produce el sistema antes de alcanzar su estado estable; porotra parte se tiene que la respuesta total es la suma algebraica de lapermanente y la transitoria, esto es:

y(t) = ytran(t) + yper(t)

La respuesta transitoria depende de la excitación externa aplicada y el estado inicialdel sistema.



Sistemas de 1er ordenEjercicios: Tipos de respuesta

R1 = 0.5 Ω; R2 = 10 Ω; L = 500 mH; i(t) = 50 + 10 sin (t) A; iL(0) = 5 A.



Ejercicio 1

Sustituyendo los valores, se tiene la siguiente ecuación diferencial:

diLdt

+ 21iL = 50 + 10 sin (t)

Renombrando a iL como x, la ecuación previa se reescribe así

dxdt

+ 21x = 50 + 10 sin (t)

Respuesta Librex = K1e−21t

x(0) = K1e−21(0) = 5

xlib = 5e−21t



Ejercicio 1

Respuesta permanente

x = k3 + k4 cos (t) + k5 sin (t)

x = −k4 sin (t) + k5 cos (t)

Sustituyendo las dos ecuaciones de arriba en la ecuación diferencial

x + 21x = 50 + 10 sin (t),

se tiene

−k4 sin (t) + k5 cos (t) + 21k3 + 21k4 cos (t) + 21k5 sin (t) = 50 + 10 sin (t)

Factorizando con respecto a cos (t), sin (t) y los valores constantes, se tiene



Ejercicio 1

21k3 + cos (t)(21k4 + k5) + sin (t)(−k4 + 21k5) = 50 + 10 sin (t)

Utilizando los factores para formar un sistema de ecuaciones algebraicas setiene

21k4 + k5 = 0−k4 + 21k5 = 10

21k3 = 50

k3 = 2.3810, k4 = −0.0226, k5 = 0.4751.

La respuesta permanente se lee

xper = 2.3810− 0.0226 cos (t) + 0.4751 sin (t)



Ejercicio 1

Respuesta ForzadaPara calcular la respuesta forzada se suma la respuesta libre más la respuestapermanente, pero k1 se vuelve a calcular en el instante t = 0 considerandoque la C.I x(0) = 0.

x(0) = k1e−21(0) + 2.3810− 0.0226 cos (0) + 0.4751 sin (0)

0 = k1 + 2.3810− 0.0226

k1 = −2.3810 + 0.0226 = −2.3584

xfor = −2.3584e−21t + 2.3810− 0.0226 cos (t) + 0.4751 sin (t)



Ejercicio 1

Respuesta TotalLa respuesta total es la suma de la respuesta libre + la respuesta forzada, i.e.

xtot = 5e−21t − 2.3584e−21t + 2.3810− 0.0226 cos (t) + 0.4751 sin (t)

xtot = 2.6416e−21t + 2.3810− 0.0226 cos (t) + 0.4751 sin (t)

Respuesta Transitoria

xtran = 2.6416e−21t + 2.3810




M = 600 Kg; B = 3000 Ns/m; f (t) = 600 N; v(0) = 1 m/s.



Ejercicio 2Sustituyendo los valores, se tiene la siguiente ecuación diferencial:

dvdt

+ 5v = 1

Respuesta Libre

vlib = k1e−5t

vlib = e−5t

Respuesta Permanentev = k2

v = 0Sustituyendo las dos ecuaciones de arriba en la ecuación diferencial, se tiene

5k2 = 1

k2 = 1/5 = 0.2vper = 0.2



Ejercicio 2

Respuesta ForzadaPara calcular la respuesta forzada se suma la respuesta libre más la respuestapermanente, pero k1 se vuelve a calcular en el instante t = 0 considerandoque la C.I v(0) = 0.

v(0) = k1e−5t + 0.2 = 0

k1 = −0.2

vfor = 0.2− 0.2e−5t

Respuesta Totalvtot = e−5t + 0.2− 0.2e−5t = 0.2 + 0.8e−5t




J = 8 Nm/(rad/s2); Bθ = 1.5 Nm/(rad/s); T(t) = 600 sin (t) Nm; ω(0) = 10.5rad/s.




Tipo de entrada: periódica con oset.Método recomendado: coeficientes indeterminados .

SOLUCIÓN

Respuesta libre (respuesta de entrada cero):

dωdt

+BθJω =

1J

600 sin (t)

dωdt

+ 0.1875ω = 75 sin (t)

Polo: −0.1875 =⇒ ωci = K1e−0.1875t

Evaluando ωci en t = 0 se tiene que

ωci(0) = K1e(−0.1875(0)) = 10.5 =⇒ K1 = 10.5

ωci = 10.5e−0.1875t




Tipo de entrada: periodica sin oset.Método recomendado: coeficientes indeterminados .

SOLUCIÓN

Respuesta libre (respuesta de entrada cero):

dωdt

+BθJω =

1J

600 sin (t)

dωdt

+ 0.1875ω = 75 sin (t)

Polo: −0.1875 =⇒ ωci = K1e−0.1875t

Evaluando ωci en t = 0 se tiene que

ωci(0) = K1e(−0.1875(0)) = 10.5 =⇒ K1 = 10.5

ωci = 10.5e−0.1875t




Respuesta permanente:Nota: Dado que la entrada exógena del sistema es periodica, la respuesta permanente también será

periodica.

Se propone una solución:

ωper = K2 sin (t) + K3 cos (t)

cuya derivada esdωper

dt= K2 cos (t)− K3 sin (t).

Tanto la solución propuesta como su derivada se sustituyen en la ecuacióndiferencial de primer orden para obtener la siguiente relación

K2 cos (t)− K3 sin (t) + 0.1875K2 sin (t) + 0.1875K3 cos (t) = 75 sin (t),

la que factorizada con respecto al seno y coseno se expresa así:

cos (t)(K2 + 0.1875K3) + sin (t)(0.1875K2 − K3) = 75 sin (t).




A partir de la expresión anterior se formula el siguiente sistema de ecuacionesalgebraicas:

K2 + 0.1875K3 = 0,0.1875K2 − K3 = 75 sin (t),

cuya solución es K2 = 13.58 y K3 = −72.45, de tal manera que la respuestapermanente es:

ωper = 13.58 sin (t)− 72.45 cos (t)




Respuesta forzada:Se vuelve a clacular K1 pero considerando la respuesta permanente y lacondición inicial igual a cero, i.e,

ω(0) = K1e−0.1875(0) + 13.58 sin (0)− 72.45 cos (0) = 0 =⇒ K1 = 72.45

La respuesta forzada sera

ωu = 72.45e−0.1875t + 13.58 sin (t)− 72.45 cos (t)

Respuesta total:La respuesta total es la suma de la respuesta libre y la respuesta forzada,entonces:

ω = 82.95e−0.1875t + 13.58 sin (t)− 72.45 cos (t)

Respuesta transitoria

ωtrans = 82.95e−0.1875t



Ejercicio 3



0 20 40 60 80 1000

2

4

6

8

10

12

Respuesta Libre

0 20 40 60 80 100-100

-50

0

50

100

150

Respuesta Forrzada

0 20 40 60 80 100-100

-50

0

50

100

150

Respuesta Total

0 20 40 60 80 100-100

-50

0

50

100

150

Respuesta Total

Respuesta Transitoria

Respuesta Permanente




RH1 = 4× 105 Pa.s/m; RH2 = 5× 105 Pa.s/m; γ = 9.81× 103 Kg/m2.s2; A = 9m2; q(t) = 0.2 + 0.155 sin (t) m3/s; h(0) = 0.5 m.




K = 14× 103 W/K; RT = 1× 10−4 K/W; CT = 42× 106 W.s/K;Q(t) = 8× 106 W; T(0) = 290 K



Ejercicio 4

x + b0x = a0 +

n∑k=1

(ak cos (kωt) + bk sin (kωt)) , x(0) = x0

Respuesta Libre

xlib = x0e−b0t

Respuesta PermanenteSe propone la siguiente solución:

x = A0 +

n∑k=1

(Ak cos (kωt) + Bk sin (kωt)) ,

cuya derivada es la siguiente:

x =

n∑k=1

(−kωAk sin (kωt) + kωBk cos (kωt)) .



Ejercicio 4

Sustituyendo x y x en la ecuación diferencial de primer orden, se tiene(

n∑k=1

(−kωAk sin (kωt) + kωBk cos (kωt))

)+ b0

(A0 +

n∑k=1

(Ak cos (kωt) + Bk sin (kωt))

)=

= a0 +n∑

k=1

(ak cos (kωt) + bk sin (kωt))

Factorizando, la ecuación diferencial deviene

b0A0 +

(n∑

k=1

cos (kωt)

)(n∑

k=1

(kωBk + b0Ak)

)+

(n∑

k=1

sin (kωt)

)(n∑

k=1

(−kωAk + b0Bk)

)=

= a0 +n∑

k=1

(ak cos (kωt) + bk sin (kωt))



Ejercicio 4Con los factores se forma un conjunto de sub-sistemas de ecuacionesalgebraicas, i.e.

b0A0 = a0

kωB1 + b0A1 = a1

b0B1 − ωA1 = b1

kωB2 + b0A2 = a2

b0B2 − ωA2 = b2... =

...

kωBn + b0An = anb0Bn − ωAn = bn

Resolviendo los subsistemas, se tienen la siguientes soluciones

A0 = a0/b0 = α0,A1 = α1,B1 = β1,A2 = α2, β2 = β2, . . . ,An = αn, βn = βn



Ejercicio 4La respuesta permanente es entonces:

xper = α0 +

n∑k=1

(αk cos (kωt) + βk sin (kωt)) .

Respuesta Forzada

0 = K1e−b0(0) + α0 +

n∑k=1

(αk cos (kω(0)) + βk sin (kω(0))) .

0 = K1 + α0 +

n∑k=1

(αk) .

K1 = −α0 −n∑

k=1

αk.

xfor = K1e−b0t + α0 +

n∑k=1




Ejercicio 4

xfor =

(−α0 −

n∑k=1

αk

)e−b0t + α0 +

n∑k=1


Respuesta Total

xtot = x0e−b0t−

(α0 +

n∑k=1

αk

)e−b0t+α0+

n∑k=1


Tarea:

4x + 5x = 4 + 2 cos (3t) + sin (3t) + 6 cos (6t)− 8 sin (6t)



Sistemas de 1er Orden - Respuesta escalón

La respuesta escalón tiene aplicaciones en el análisis y diseño de sistemasdinámicos.

La respuesta escalón puede resolverse en el dominio del tiempo (método desolución de coeficientes indeterminados) y en el de la frecuencia (método detransformada de Laplace).




La respuesta escalón de un sistema se puede obtener si se satisfacen lassiguientes condiciones:

El estado inicial del sistema es nulo.

La entrada o excitación externa aplicada al sistema es una funciónescalón, i.e. u(t).



Sistemas de 1er Orden - Respuesta escalónEjemplo: Obtener la respuesta escalón del siguiente sistema eléctrico.

El modelo matemático del sistema es:

VC +

(1

C(R1 + R2)

)VC =

(R1

C(R1 + R2)

)i(t)

La solución homogénea está dada por las ecuación:

V hC = K1e

−(

1C(R1+R2)

)t



Sistemas de 1er Orden - Respuesta escalónDebido a que la entrada i(t) es una función escalón, la solución particularque se propone es de la forma:

V pC = K2

cuya derivada esV pC = 0

Sustituyendo V pC , V p

C e i(t) en la ecuación diferencial, se obtiene

0 +

(K2

C(R1 + R2)

)=

(R1

C(R1 + R2)

)lo que da

K2 = R1

Por lo tanto la solución particular está dada por:

V pC = R1



Sistemas de 1er Orden - Respuesta escalónLa solución general de la ecuación diferencial es

VC(t) = K1e−(

1C(R1+R2)

)t+ R1

Para obtener la respuesta escalón del sistema es necesario evaluar laconstante K1, a partir de las condiciones iniciales, que en este caso son cero,por lo que:

VC(0) = 0 = K1e−(

1C(R1+R2)

)(0)

+ R1

0 = K1 + R1

K1 = −R1

Sustituyendo el valor de K1 en la solución general, se tiene

VC(t) = −R1e−(

1C(R1+R2)

)t+ R1

Sustituyendo los valores de R1, R2 y C en la solución general, se tieneVC(t) = 100(1− e−0.01t) t ≥ 0




La respuesta escalón de un sistema de 1er orden se puede expresar en formageneral como

yu(t) = K(1− e−mt) t ≥ 0

dondeyu(t): es la respuesta escalón.K : es el valor final que alcanza la respuesta escalón.m: es la frecuencia natural del sistema.




Un concepto que se puede obtener a partir de la respuesta escalón, es elreferente a la constante de tiempo del sistema. Esta se define como el tiemponecesario para que la respuesta escalón de un sistema de primer ordenadquiera el 63.2 % de su valor final.

τ =1m



Sistemas de 1er Orden - Respuesta al impulso

La respuesta al impulso h(t) de un sistema se puede obtener si se satisfacenlas siguientes condiciones:

El estado inicial del sistema es nulo

La excitación externa o entrada aplicada al sistema es una funciónimpulso δ(t).




La respuesta al impulso es importante, ya que a partir de ésta se puedeobtener la respuesta del sistema para cualquier entrada. Asimismo se puedepuede establecer la relación salida - entrada del sistema (función detransferencia).

y(t) =

∫ ∞−∞

x(τ)h(t − τ)dτ




La respuesta al impulso de un sistema se puede obtener derivando larespuesta escalón, esto es:

h(t) =dyu(t)dt

Dado queyu(t) = K(1− e−mt) t ≥ 0

entoncesyu = h(t) = Ke−mt



Sistemas de 1er Orden - Respuesta al impulsoEjemplo: Calcula respuesta al impulso del siguiente sistema.

La respuesta escalón está dada por:

iu(t) = − R1

R1 + R2e−(

R1+R2L

)t+

R1

R1 + R2t ≥ 0

Derivando la respuesta al escalón se obtiene:

diu(t)dt

= h(t) =R1

Le−(

R1+R2L

)t t ≥ 0


Dinámica de Sistemas Físicos - T2 | Sistemas de segundo orden

Sistemas de 2do orden

Los sistemas de segundo orden se caracterizan por contener dos elementoscapaces de almacenar energía y se pueden modelar matemáticamenteutilizando la siguiente ecuación diferencial:

a2d2x(t)dt

+ a1dx(t)dt

+ a0x(t) = g(t),

la cual puede expresarse en forma normalizada con respecto al coeficiente dela derivada de mayor orden como:

d2x(t)dt

+a1

a2

dx(t)dt

+a0

a2x(t) =

1a2g(t).

Definiendo los coeficientes de la forma: a1/a2 = b1, a0/a2 = b0 y 1/a2 = c0,se tiene



Sistemas de segundo orden

d2x(t)dt

+ b1dx(t)dt

+ b0x(t) = c0g(t).

Debido a que la ecuación característica de una ecuación diferencial desegundo orden es una ecuación cuadrática de la forma:

m2 + b1m + b0 = 0

existen dos valores de m que la satisfacen, esto es, la ecuación tiene dos raícesy están dadas por:

m1 =−b1 +

√b2

1 − 4b0

2

m2 =−b1 −

√b2

1 − 4b0

2Los coeficientes b1 y b0 están definidos por las expresiones:

b1 = 2α, b0 = ω2n, α = ξωn




α : es la constante de amortiguamiento del sistema.ωn : es la velocidad angular no amortiguada del sistema.ξ : es el factor de amortiguamiento relativo del sistema.Sustituyendo α, ωn y ξ en las soluciones se tiene

m1,2 = −α± ωn√α2 − ω2

n,

m1,2 = −ξωn ± ωn√ξ2 − 1.




Puesto que son dos valores de m que satisfacen a la ecuación de 2do orden,existen cuatro posibles casos para las raíces, éstos son:

1 Raíces reales diferentes (b21 > 4b0) (α > ωn ó ξ > 1) =⇒

Comportamiento sobreamortiguado

2 Raíces reales iguales (b21 = 4b0) (α = ωn ó ξ = 1) =⇒ Comportamiento

criticamente amortiguado

3 Raíces complejas (b21 < 4b0) (α < ωn ó 0 < ξ < 1) =⇒

Comportamiento subamortiguado

4 Raíces imaginarias (b1 = 0) (α = 0 ó ξ = 0) =⇒ Comportamiento noamortiguado



Sistemas de Segundo Orden




Comportamiento sobreamortiguado:

x(t) = K1em1t + K2em2t

Comportamiento críticamente amortiguado:

x(t) = (K1 + K2t)emt

Comportamiento subamortiguado:

x(t) = eαt(K1 cos (βt) + K2 sin (βt))

Comportamiento no amortiguado: x(t) = K1 cos (βt) + K2 sin (βt)

β es la parte imaginaria de una raiz compleja.



Solución de un sistema de segundo orden

x(t) + b1x(t) + b0x(t) = g(t)

Las condiciones iniciales del sistema son: x(0) = 0, x(0) = 1. La excitaciónexterna es: g(t) = (b0 − 1) sin (t). Los valores de los coeficientes son:a) b1 = 5, b0 = 6.

Sustituyendo valores se tiene

x(t) + 5x(t) + 6x(t) = 5 sin (t)

La ecuación característica está dada por

m2 + 5m + 6 = 0

cuyas soluciones (polos), obtenidas vía la ecuación chicharronera, son:

m1 = −2,m2 = −3




Dado que las raíces son reales y distintas, la solución homogénea del sistemao respuesta libre está dada por:

x libre(t) = K1e−2t + K2e−3t

Para obtener el valor de los coeficientes K1 y K2, se deriva la soluciónhomogénea.

x libre(t) = −2K1e−2t − 3K2e−3t

Después, la solución y su derivada son evaluadas en cero e igualadas a lascondiciones iniciales.

x libre(0) = K1e−2(0) + K2e−3(0) = K1 + K2 = 0

x libre(0) = −2K1e−2(0) − 3K2e−3(0) = −2K1 − 3K2 = 1




Finalmente, se resuelve el sistema de ecuaciones algebraicas resultante de laevaluación de las condiciones iniciales.

K1 = 1,K2 = −1

La respuesta libre de acuerdo a las condiciones iniciales es:

x libre(t) = e−2t − e−3t




Respuesta permanenteDebido a que la excitación es una función senoidal, la solución que sepropone es:

xperm(t) = K3 sin (t) + K4 cos (t)

derivando la solución propuesta (tantas veces como el orden de la ecuacióndiferencial), se tiene

xperm(t) = K3 cos (t)− K4 sin (t),

xperm(t) = −K3 sin (t)− K4 cos (t).

Tanto la solución propuesta como sus derivadas se sustituyen en la ecuacióndiferencial de la siguiente manera:

(5K3 − 5K4) sin (t) + (5K3 + 5K4) cos (t) = 5 sin (t)




A partir de la factorización de la ecuación anterior se obtiene el siguientesistema de ecuaciones algebráicas:

K3 − K4 = 1,

K3 + K4 = 0,

cuya solución es: K3 = 0.5 y K4 = −0.5. Así pues, la solución particular estádada por la siguiente ecuación:

xperm(t) = 0.5 sin (t)− 0.5 cos (t)



Sistema de 2do orden

Respuesta forzada

xforz(t) = K1e−2t + K−3t2 + 0.5 sin (t)− 0.5 cos (t)

xforz(0) = K1e−2(0) + K−3(0)2 + 0.5 sin (0)− 0.5 cos (0)

0 = K1 + K2 − 0.5

K1 + K2 = 0.5

xfor(t) = −2K1e−2t − 3K2e−3t + 0.5 cos (t) + 0.5 sin (t)

xfor(0) = −2K1e−2(0) − 3K2e−3(0) + 0.5 cos (0) + 0.5 sin (0)

0 = −2K1 − 3K2 + 0.5

−2K1 − 3K2 = −0.5



Sistema de 2do Orden

K1 = 1,K2 = −0.5

xforz(t) = e−2t − 0.5e−3t + 0.5 sin (t)− 0.5 cos (t)

xtotal(t) = e−2t − e−3t + e−2t − 0.5e−3t + 0.5 sin (t)− 0.5 cos (t)

xtotal(t) = 2e−2t − 1.5e−3t + 0.5 sin (t)− 0.5 cos (t)

La respuesta transitoria es:

xtran(t) = 2e−2t − 1.5e−3t

Las respuesta total también puede calcularse directamente de la respuestalibre y permanente. Se calcula igual que la forzada, pero en lugar deconsiderar condiciones iniciales nulas se usan los valores de las condicionesiniciales.




Respuesta totalPara obtener la respuesta total, se suma a la respuesta libre (sin loscoeficientes evaluados) y la respuesta permanente, esto es

xtotal(t) = K1e−2t + K2e−3t + 0.5 sin (t)− 0.5 cos (t)

Para evaluar K1 y K2 es necesario derivar la ecuación anterior y emplear lascondiciones iniciales del sistema:

xtotal(t) = −2K1e−2t − 3K2e−3t + 0.5 cos (t) + 0.5 sin (t)

Sustituyendo las condiciones iniciales, se obtiene un sistema de ecuacionessimultaneas para evaluar K1 y K2, esto es:




K1 + K2 = 0.5

−2K3 − 3K2 = 0.5

Resolviendo el sistema de ecuaciones, se obtiene que los valores de K1 y K2son:

K1 = 2

K2 = −1.5

Así pues la solución general o respuesta total del sistema está descrita por lasiguiente ecuación:

xtotal(t) = 2e−2t − 1.5e−3t + 0.5 sin (t)− 0.5 cos (t)



Respuesta escalónPara obtener la respuesta escalón es necesario que el estado inicial delsistema sea nulo y que la excitación externa aplicada sea la función escalónunitario.

La respuesta escalón de un sistema de segundo orden varía de acuerdo con elfactor de amortiguamiento relativo, por lo tanto es posible hacer gráficasnormalizadas para diferentes valores de dicho factor.



Sistemas de 2do Orden - Respuesta al escalón

Ejemplo: Calcular la respuesta al escalón del siguiente sistema empleandocomo variable el voltaje en el capacitor VC .

El modelo matemático del sistema es:

VC(t) +RLVC(t) +

1LC

VC(t) =1LC

V (t)

Sustituyendo los valores de R, L, C y V (t), se tiene

VC(t) + 200VC(t) + 10000VC(t) = 10000u(t)



Sistemas de 2do Orden - Respuesta al escalónLos polos del sistema son: m1 = −100 y m2 = −100 por lo tanto la soluciónhomogénea es:

V hC(t) = K1e−100t + K2te−100t

Debido a que la función escalón unitario se puede considerar como unaconstante para t ≥ 0, la solución particular que se propone es:

V pC(t) = K3,

cuya derivada y doble derivada son, respectivamente

V pC(t) = 0

V pC(t) = 0

Sustituyendo V pC(t) y sus derivadas en la ecuación de segundo orden, así

como u(t) = 1 t ≥ 0 se tiene

0 + 200(0) + 10000K3 = 10000(1) =⇒ K3 = 1




La solución particular es entonces:

V pC(t) = 1

Sumando la solución homogénea y la solución particular se obtiene lasolución general, que en este caso es la respuesta al escalón, esto es

VC(t) = K1e−100t + K2te−100t + 1

Para encontrar las constante K1 y K2, se requiere derivar la solución general,esto es

VC(t) = −100K1e−100t + K2e−100t − 100K2te−100t




Evaluando VC(t) y su derivada en t = 0 considerando que VC(0) = 0 yVC(0) = 0, se tiene

VC(0) = 0 = K1e−100(0) + K2(0)e−100(0) + 1

K1 + 1 = 0 =⇒ K1 = −1

VC(0) = 0 = −100K1e−100(0) + K2e−100(0) − 100K2(0)e−100(0)

−100K1 + K2 = 0

−100(−1) + K2 = 0 =⇒ K2 = −100

Por lo tanto la respuesta al escalón es:

VC(t) = 1− e−100t − 100te−100t t ≥ 0



Sistemas de 2do Orden - Respuesta al impulso

La respuesta al escalón de un sistema de segundo orden es:

VC(t) = 1− e−100t − 100te−100t t ≥ 0

Entonces su respuesta al impulso es h(t) = VC(t), que explícitamente se lee:

h(t) = 100e−100t + 10000te−100t − 100e−100t t ≥ 0

h(t) = 10000te−100t t ≥ 0



Parámetros de diseño

A partir de la respuesta escalón, se pueden determinar algunas característicasdel sistema que, en el estudio y análisis de sistemas dinámicos, han sidodenominadas como parámetros de diseño, ya que reflejan la rapidez con laque el sistema responde.

Los parámetros de diseño son:

Tiempo de retardo

Tiempo de levantamiento

Sobrepaso

Tiempo de sobrepaso

Tiempo de asentamiento




Tiempo de retardoEs el tiempo necesario para que la respuesta escalón del sistema alcance el50% de su valor final y se representa por tr .

Tiempo de levantamientoSe define como el tiempo que transcurre desde que la respuesta escalón delsistema adquiere el 10% de su valor final hasta el tiempo en el que larespuesta escalón adquiere el 90% de su valor final y se representa por t`




SobrepasoEs la máxima desviación que alcanza el valor de la respuesta escalón delsistema sobre su valor final o valor en estado estable y se representamediante Mp.

Tiempo de sobrepasoEs el tiempo en el cual la respuesta escalón del sistema alcanza su valormáximo o sobrepaso y se representa por tp.

Tiempo se asentamientoEs el tiempo mínimo en el que la respuesta escalón del sistema tienevariaciones entre el 90% y 105% de su valor final y se representa mediante ta.




Comportamiento sobreamortiguado:L = 500 mH; C = 220 µF; R = 68 Ω; V (t) = 120 U (t − tu) V


Dinámica de Sistemas Físicos - T2 | Sistemas de orden superior

Sistemas de orden superior

1 La respuesta libre de los sistemas de tercero y órdenes superiores constade una suma de términos, uno por cada polo.

2 Por cada polo diferente existe un término exponencial real en larespuesta natural del sistema.

3 Por cada par de polos complejos conjugados, existe un par de términoscomplejos, los cuales pueden expresarse mejor mediante el producto deuna exponencial y una senoide.

4 Los polos repetidos proporcionan términos adicionales que contienenpotencias del tiempo multiplicadas por la exponencial.

5 Los parámetros de diseño también son representaciones útiles de lossistemas de orden superior.




Un sistema de orden N , LIT y SISO tiene la siguiente forma:

N∑n=0

an(t)dny(t)dtn

=

M∑m=0

bm(t)dmu(t)dtn

aNdN y(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)

Ejemplo: a2y(t) + a1y(t) + a0 = b1u(t) + b0u(t).

La forma general de la solución homogénea de la ecuación diferencial deorden N con η polos distintos y N − η polos múltiples es

yh(t) =

η∑i=1

Ciepit +N∑

i=η+1Citi−N−1epit



Función de transferencia

La dinámica de un sistema de orden N puede expresarse como una funciónde transferencia:

G(s) =Y(s)X(s)

=bMsM + bM−1sM−1 + ...+ b0

aN sN + aN−1sN−1 + ...+ a0

donde Y(s) es la salida del sistema y U (s) es la entrada.

El denominador es un polinomio en n que es conocido como ecuacióncaracterística o polinomio característico.

Las raíces del denominador se conocen como polos.Las raíces del numerador son denominados ceros del sistema.




Factorizando el numerador y denominador se obtiene:

G(s) =

(bMaN

)(s − z1)(s − z2)...(s − zM)

(s − p1)(s − p2)...(s − pN )

dondezi=ceros de la función de transferencia.pi=polos de la función de transferencia.




Las raíces de la ecuación característica, los polos, deben ser reales o debenocurrir como pares de complejos conjugados.

Estabilidad de un sistema evaluando sus polosLas partes reales de todos los polos deben ser negativas para que el sistemasea estable.

Los ceros afectan la respuesta dinámica del sistema, pero no afectan suestabilidad.




Se dice que una función de transferencia es propia si su grado relativo esmayor o igual a cero, y estrictamente propia si el grado relativo es mayor oigual a uno.

Se dice que una función es propia si el orden del polinomio característico esmayor que el polinomio del numerador.

Un sistema modelado por una función de transferencia propia es CAUSAL.

Un sistema modelado por una función de transferencia impropia es NOCAUSAL, ANTI-CAUSAL o ANTICIPATIVO.



Ejemplo: Sistema aticipativo

La función de transferencia de un sistema representado por y(t) = du(t)dt es

Y(s)U (s) = G(s) = s.Supóngase que la entrada del sistema es u(t) = sin (ωt), entonces la

respuesta del sistema es y(t) = ω cos (ωt) que no es más que la misma señalseno amplificada y anticipada en el tiempo:

y(t) = ω sin(ωt +

π

2

).

¡¡La respuesta está adelantada en el tiempo a la entrada‼



Ejemplo: Sistema causal

La función de transferencia de un sistema representado por y(t) =∫ t

0 u(τ)dτes Y(s)

U (s) = G(s) = 1s .

Supóngase que la entrada del sistema es u(t) = sin (ωt), entonces la

respuesta del sistema es

y(t) =

∫ t

0sin (ωτ)dτ =

1ω

(1− cos (ωt)) =1ω− 1ω

sin (π

2− ωt)

que no es más que la misma señal seno atenuada y retrasada en el tiempo:

y(t) =1ω

+1ω

sin (ωt − π

2).

La respuesta está atrasada en el tiempo a la entrada


Dinámica de Sistemas Físicos - T2 | Apéndice A: Transformada Inversa de Laplace por fracciones parciales

Transformación inversa por expansión en fraccionesparciales

Considérese la siguiente función en el dominio de la frecuencia

F(s) =N (s)D(s)

donde N (s) y D(s) son polinomios en s y no poseen factores comunes.Supóngase que F(s) es una función propia, es decir, que el grado de N (s) esmenor que el de D(s).




Supóngase que todas las raíces si, i = 1, 2, ..., n del denominador D(s) son distintas.Entonces F(s) puede expandirse como una suma, es decir,

F(s) =N (s)D(s)

=c1

s − s1+

c2

s − s2+ ...+

cns − sn

Para determinar el valor de ci, se multiplican ambos miembros de la ecuaciónanterior por (s − si) para obtener la ecuación:

(s − si)F(s) = (s − si)N (s)D(s)

=c1(s − si)s − s1

+ ...+cn(s − si)s − sn

i.e, se remueve del denominador el factor s − si. Evaluando ahora el resultado ens = si, se obtiene




ci = (s − si)F(s)|s=si = (s − si)N (s)D(s)

|s=si =N (s)D′(s)

|s=si

donde D′(si) = [dD/ds]s=si = [D(s)/(s − si)]s=si . Puesto que la transformada inversade la fracción 1/(s − si) es igual a esit , de la ecuación

F(s) = F1(s) + F2(s) + ...+ Fn(s)

se concluye qye la transformada inversa de la función racional F(s) es una suma deexponenciales:

f (t) = c1es1t + c2es2t + cnesnt




EjercicioDetermine la transformada inversa de la función:

F(s) =s2 + 29s + 30s3 + 7s2 + 10s

Solución: El denominador de F(s) es de mayor grado que el numerador y poseefactores reales y distintos, estos son: s1 = 0, s2 = −2 y s3 = −5. Por lo tanto:

F(s) =s2 + 29s + 30s(s + 2)(s + 5)

=c1

s+

c2

s + 2+

c3

s + 5

después




c1 = sF(s)|s=0 = 3, c2 = (s + 2)F(s)|s=−2 = 4,

c3 = (s + 5)F(s)|s=−5 = −6

Por lo tanto, a patir de las tablas,

f (t) = 3 + 4e−2t − 6e−5t , t > 0




Supóngase que el polinomio D(s) contiene factores lineales repetidos de la forma(s − si)m. Entonces, la expansión de F(s) en fracciones parciales consiste de términosde la forma: ci1

s − si+

ci2(s − si)2 + ...+

cim(s − si)m

99K (1)

donde los números cij , j = 1, 2, ...,m, son independientes de s y vienen dados por

ci,m−r =1r!

dr

dsr[(s − si)mF(s)]s=si , r = 0, 1, ...,m− 1




Así para evaluar el coeficiente ci,m−r se remueve el factor (s − si)m del denominadorF(s) y se evalúa la derivada r−ésima del resultado en s = si. La componente de f (t)debida a la raíz múltiple si es la transformada inversa de la suma en (1) y viene dadapor

ci1esit + ci2tesit + ...+cim

(m− 1)!tm−1esit




Ejercicio

F(s) =s2 + 2s + 5

(s + 3)(s + 5)2 =c1

s + 3+

c21

s + 5+

c22

(s + 5)2

tiene un polo sencillo s1 = −3 y un polo múltiple en s2 = −5 con multiplicidadm = 2.

c1 =s2 + 2s + 5

(s + 5)2 |s=−3 = 2, c22 =s2 + 2s + 5

(s + 3)|s=−5 = −10

c21 =dds

(s2 + 2s + 5

s + 3

)|s=−5 =

s2 + 6s + 1(s + 3)2 |s=−5 = −1

f (t) = 2e−3t − (1 + 10t)e−5t , t > 0




Ejemplo: Raíces complejas

F(s) =5s + 13

s (s2 + 4s + 13)

En este caso, D(s) tiene dos polos complejos, s1 = −2 + j3, s2 = −2− j3, y un poloreal, s3 = 0. Aplicando la expansión directa

F(s) =N (s)D(s)

=c1

s − s1+

c2

s − s2+ ... +

cns − sn

(1)




Da

5s + 13s (s2 + 4s + 13)

=c1

s − (−2 + j3)+

c2

s − (−2− j3)+

c3

s

donde c1 = −(1 + j)/2, c2 = −(1− j)/2 y c3 = 1. Por consiguiente,

f (t) = −1 + j2

e(−2+j3)t − 1− j2

e(−2+j3)t + 1, t > 0 (2)

Esta expresión incluye cantidades complejas. Sin embargo, es una función real.Efectivamente insertando la identidad e(−2±j3)t = e−2t(cos 3t ± j sin 3t) en (Ec. 2), seobtiene

f (t) = 1− e−2t(cos 3t − sin 3t), t > 0 (3)

la cual es una expresión real.




Ahora se demostrará que la Ec. 3 puede determinarse directamente.Considere una función racional F(s) con coeficientes reales. Como se sabe, sis1 = α+ jβ es un polo complejo de F(s), entonces su conjugado, s∗1 = α+ jβ,también es un polo. Por lo tanto la expansión de F(s) contiene términos como

c1

s − s1+

c2

s − s2, s1 = α+ jβ, s2 = α− jβ (4)

Los coeficientes de c1 y c2 se expresarán en términos de la función

G(s) =F(s)jβ

(s − s1)(s − s2) (5)




De la Ec. 6

ci = (s − si) F(s)|s=si = (s − si)N (s)D(s)

∣∣∣∣s=si

=N (s)D′(s)

∣∣∣∣s=si

(6)

se obtiene que

c1 = (s − s1) F(s)|s=s1=

jβG(s1)

s − s2=

12G(s1)

La función G(s1) es, en general, compleja con parte real Gr y parte imaginaria Gi, esdecir,

G(s1) = Gr + jGi (7)



Transformación inversa por expansión en fraccionesparcialesComo F(s2) = F ∗ (s1), de Ec. 5 se obtiene que G(s2) = G ∗ (s1) = Gr + jGi, y por lotanto,

c1 =12

(Gr + jGi), c2 =12

(Gr + jGi)

La transformada inversa de la suma de la Ec. 4 es entonces igual a

c1es1t + c2es2t =12

(Gr + jGi)e(α+jβ)t +12

(Gr + jGi)e(α−jβ)t (8)

Insertando la identidad e(α±jβ)t = eαt(cosβt ± j sinβt) en la Ec. 8, se obtiene latransformada inversa f (t) de F(s) debida a los polos complejos conjugados s1 y s2, yla cual es igual a

eαt(Gr cosβt − Gi sinβt) (9)



Transformación inversa por expansión en fraccionesparcialesEl término correspondiente de f (t) lo da la Ec. 9, donde Gr y Gi son las partes real eimaginaria de G(s). El resultado se aplicará a la función

F(s) =5s + 13

s (s2 + 4s + 13)

En este caso,

(s−s1)(s−s2) = s2+4s+13, s1 = −2+j3, s2 = −2−j3, α = −2, β = 3

G(s) =F(s)jβ

(s2 + 4s + 13) =5s + 13j3s

, G(s1) =5(−2 + j3) + 13j3(−2 + j3)

Por tanto, Gr = −1,Gi = −1y la Ec. 9 da

e2t(− cos 3t + sin 3t)



Transformación inversa por expansión en fraccionesparcialesEjemploObtener la transformada de Laplace inversa de la función

F(s) =s

(s2 + 9) (s + 2)=

c1

s − j3+

c2

s + j3+

c3

s + 2

El coeficiente c3 correspondiente al polo real s3 = −2 se determina directamente apartir de la Ec. 6

c3 = (s + 2) F(s)|s=−2 = − 213

Los otros dos polos s1 = j3 y s2 = −j3 de F(s) son imaginarios puros con α = 0 yβ = 3. Puesto que

(s − s1)(s − s2) = s2 + 9

la función G(s) correspondiente en la Ec. 5 está dada porLizeth Torres | 30th April 2020 94 / 100



G(s) =F(s)jβ

(s2 + 9) =s

j3(s + 2)

Por lo tanto,

G(s1) =j3

j3(j3 + 2)=

213− j

313

Agregando el término c3e−2t debido al polo real s3 = −2, se obtiene

f (t) =23

cos 3t +313

sin 3t − 23)e−2t



Transformación inversa por expansión en fraccionesparcialesEjemplo: Fracciones impropias

F(s) =3s2 + 15s + 14s2 + 3s + 2

Dividiendo se obtiene

3s2 + 15s + 14s2 + 3s + 2

= 3 +6s + 8

s2 + 3s + 2= 3 +

2s + 1

+4

s + 2y por tanto,

f (t) = 3δ(t) + 2e−t + 4e−2t

Considérese otro ejemplo. Sea la función

F(s) =s3 + 3s2 + s + 8

s2 + 4




Entonces, procediendo de la misma forma que en el ejemplo previo, se obtiene

s3 + 3s2 + s + 8s2 + 4

= s − 1 +2s

+3

s + 4Y por lo tanto

f (t) = 3δ′(t)δ(t) + 2 + 3e−4t

En general, para una función racional

F(s) =N (s)D(s)




donde el grado de N (s) es mayor o igual que el de D(s), se procede a la división paraobtener

F(s) = cm−nsm−n + ...+ c1s + c0 +Q(s)D(s)

= P(s) +Q(s)D(s)

donde P(s) es el cociente y Q(s) es el residuo; m es el grado del numerador y n el deldenominador(m > n). Ahora el grado de Q(s) es menor que el de D(s). La nuevafunción racional Q(s)/D(s) es propia y está preparada para su expansión. Secontinua entonces con la expansión en fracciones parciales de Q(s)/D(s) y luego seobtiene la transformada inversa de F(s). Obsérvese que el polinomio P(s) produciráfunciones singulares. Éstas no aparecen con frecuencia, pero son de utilidad en lasolución de algunos problemas prácticos.


Dinámica de Sistemas Físicos - T2 | Apéndice B: Análisis de sistemas utilizando MATLAB


¿Cómo generar una función de transferencia en MATLAB?sistema=tf([1 8],[1 10 61])

¿Cómo crear un mapa de polos y ceros en MATLAB?pzmap(sistema)

¿Cómo cálcular polos y ceros en MATLAB?pole(sistema), zero(sistema)

¿Cómo gracar la respuesta de un sistema al impulso y al escalónunitario en MATLAB?impulse(sistema), step(sistema)


Dinámica de Sistemas Físicos - T2 | Apéndice B: Análisis de sistemas utilizando MATLAB

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Lizeth Torres | 30th April 2020100 /

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