Problemas Resueltos Módulo 2. Análisis de Sistemas en Cadena ...

Regulación y Control de Máquinas Navales (RCMN)

Problemas Resueltos

Módulo 2. Análisis de Sistemas en Cadena Abierta

Problemas de análisis de sistemas en cadena abierta. Dominio temporal y frecuencial.

G. Ojea, R. González de los Reyes, I. Díaz 2 26/10/07

PROBLEMA 1

Dado el sistema de la figura, obtener uno de orden más reducido equivalente al dado, indicando las

diferencias en su respuesta ante un escalón unitario en la señal de entrada.

)3)(85.0·4.2(

)2·(05.0)(

2 +++

+=

sss

ssG

SOLUCIÓN: El sistema presenta un cero (z1 = -2) y tres polos (p1 = -0.43, p2 = -1.97, p3 = -3). El polo más

dominante es el que se encuentra en p1 = -0.43: σdom=0.43

σdom=0.43

-2

-6σdom

d=0.03

-3 -1.97

-2.54

-0.43

El efecto del polo p3 = -3 sobre la respuesta transitoria será despreciable, ya que está a más de seis

veces de distancia del eje imaginario que el polo dominante: 3 > 6·σdom = 2.58

El polo en p2 = -1.97 y el cero z1 = -2 forman una pareja polo cero cuya distancia es menor que seis

veces la distancia del polo dominante al eje imaginario, por lo que su efecto sobre la respuesta

transitoria será también despreciable:

d = 2-1.97 = 0.03 < σdom/6 = 0.071

Por lo tanto el sistema reducido será: )43.0(

)(+

=s

KsG

eq

eq, para calcular la Keq debemos mantener la

ganancia de la función de transferencia original. Aplicando el Teorema del Valor Final:

017.0)3)(85.0·4.2(

)2·(05.0lim

)43.0(lim

)(1·lim)(

1·lim

200

00

=⇒+++

+=

+

=

→→

→→

eqs

eq

s

seqs

Ksss

s

s

K

sGsssG

ss

)43.0(

017.0)(

+=s

sGeq

En las siguientes gráficas se puede apreciar el parecido entre la respuesta de ambas funciones de

transferencia ante un escalón unitario.

Time (sec.)

Am

plit

ude

Step Response

0 5 10 150

0.005

0.01

0.015

0.02

0.025

0.03

0.035

0.04From: U(1)

To: Y

(1)

Time (sec.)

Am

plit

ude

Step Response

0 5 10 150

0.005

0.01

0.015

0.02

0.025

0.03

0.035

0.04From: U(1)

To: Y

(1)

)3)(85.0·4.2(

)2·(05.0)(

2 +++

+=

sss

ssG

)43.0(

017.0)(

+=s

sGeq

Respuesta del sistema original. Respuesta del sistema equivalente.

u(t) y(t)



PROBLEMA 2

Dado el sistema definido por el siguiente modelo matemático:

a) dt

tdw )( + 10.w(t) =

dt

tdx )( +8.x(t)

b) dt

tdl )( = w(t) –5.y(t)

c) m(t) = l(t).n(t)

d) 20.n(t) + dt

tdn )( = z(t) + 2.

dt

tdz )( + 1

e) y(t) + dt

tdy )( = m(t)

en el que x(t) representa la entrada al sistema, z(t) una perturbación e y(t) la salida, se pide:

1º Modelo matemático linealizado alrededor de x0 = 3, z0 =0.

2º Diagrama de Bloques del sistema.

3º Funciones de Transferencia Y(s)/X(s) e Y(s)/Z(s).

4º Dibujar, de forma aproximada, la señal y(t) cuando x(t) y z(t) sufren, simultáneamente una

variación brusca de amplitud 1.

SOLUCION

1. Cálculo del modelo matemático linealizado.

Para realizar dicho cálculo es necesario conocer previamente el valor de todas las variables en el

punto de funcionamiento elegido.

1.a) Cálculo del punto de funcionamiento o de equilibrio.

Antes de proceder a la linealización propiamente dicha es necesario conocer el valor de todas las

variables en dicho punto, en este caso el definido por x0=3 y z0=0. Puesto que el sistema en ese

punto se encuentra en equilibrio, cada una de las variables estará estabilizada en su valor respectivo,

y, por lo tanto, el valor de todas las derivadas será nulo en dicho punto.

Por lo tanto el modelo matemático en el punto de equilibrio quedará reducido al siguiente sistema

de ecuaciones:

10.w0 = 8.x0

0 = w0 –5.y0

m0 = l0.n0

20.n0 = z0 +1

y0 = m0

Resolviéndolo para x0 =3 y z0=0, se obtiene w0=2,4; y0=0,48; n0=0,05; m0=0,48; l0=9,6

1.b) Linealización.

Conocido el valor de todas las variables en el punto de equilibrio puede procederse a

linealizar el modelo alrededor de dicho punto.

En el caso de aquellas ecuaciones que ya son lineales, el proceso de linealización se resume

en cambiar las variables absolutas del modelo original por variables incrementales con respecto al

punto de equilibrio. Este es el caso de las ecuaciones a), b) y e) del modelo.

La ecuación c) del modelo es no lineal por presentar un producto de dos variables, por lo

tanto para linealizar será necesario derivar respecto de cada una de ellas.



La ecuación d) es no lineal por presentar un término independiente. Al linealizar la ecuación

dicho término desaparecerá al sustituir las variables por sus incrementos.

El modelo linealizado quedará:

a) dt

twd )(∆ + 10.∆w(t) =

dt

txd )(∆ +8.∆x(t)

b) dt

tld )(∆ = ∆w(t) –5.∆y(t)

c) ∆m(t) = l0.∆n(t) + n0.∆l(t) = 9,6.∆n(t) + 0,05∆l(t)

d) 20.∆n(t) + dt

tnd )(∆ = ∆z(t) + 2.

dt

tzd )(∆

e) ∆y(t) + dt

tyd )(∆ = ∆m(t)

2. Diagrama de Bloques

Antes de representar el diagrama de bloques es necesario hallar las ecuaciones transformadas de

Laplace del modelo linealizado

W(s).(s+10) = X(s).(s+8)

s.L(s) = W(s) – 5.Y(s)

M(s) = 9,6.N(s) + 0,05.L(s)

N(s).(s+20) = Z(s).(2s+1)

Y(s).(s+1) = M(s)

Donde las funciones en s son las transformadas de Laplace de las correspondientes funciones

incremento.

Al aplicar transformadas se supone que el sistema se encuentra en equilibrio por lo que no existe

término de condiciones iniciales, al calcular la transformada de la derivada.

Para el dibujo del diagrama de bloques se debe empezar por una de las entradas al sistema (X(s)

o Z(s)), cuidando de que todos los bloques representados sean físicamente realizables (nº de polos

mayor o igual que el nº de ceros).

)10(

)8(

+

+

s

s

s

1

)20(

)21(

+

+

s

s

)1(

1

+s

6,9

05,0

5

+ +

W(s) X(s) L(s)

N(s)

Z(s)

Y(s)

_

+



3. Funciones de Transferencia Y(s)/X(s) e Y(s)/Z(s)

Para el cálculo de cada una de las funciones de transferencia hay que suponer que la otra entrada

vale cero, por lo que en cada caso el diagrama de bloques quedará reducido a un diagrama con una

sola entrada y una salida.

3.1 Diagrama entre X(s) e Y(s)

Suponiendo Z(s)=0, el diagrama quedará

Bloques en serie

Bucle de realimentación

Bloques en serie

Por lo tanto

)(

)(

sX

sY =

[ ]25,0)1.().10(

)8.(05,0

+++

+

sss

s =

2)5,0).(10(

)8.(05,0

++

+

ss

s = G1(s)

X(s)

[ ]25,0)1.().10(

)8.(05,0

+++

+

sss

s

Y1(s)

)10(

)8(

+

+

s

s

25,0)1.(

05,0

++ss

W(s) Y1(s) X(s)

)10(

)8(

+

+

s

s

s

1

)1(

1

+s 05,0

5

W(s) X(s) L(s) Y1(s)

_

+

)10(

)8(

+

+

s

s

)1.(

05,0

+ss

5

W(s) X(s) Y1(s)

_

+



3.2 Diagrama entre Z(s) e Y(s)

Suponiendo X(s)=0, el diagrama quedará:

Bloques en serie y bucle de realimentación

Bloques en serie

Por lo tanto

)(

)(

sZ

sY =

[ ]25,0)1.().20(

)21.(.6,9

+++

+

sss

ss =

2)5,0).(20(

)5,0.(.2,19

++

+

ss

ss =

)5,0).(20(

.2,19

++ ss

s = G2(s)

4. Dibujar la respuesta ante variaciones bruscas de amplitud 1

La forma de las señales de entrada será la siguiente:

En ambos casos el incremento de la señal es de una unidad, por lo que, si se considera el

instante t0 como instante inicial (t=0), las señales ∆x(t) y ∆z(t) serán escalones unitarios por lo que sus transformadas valdrán X(s) = Z(s) = 1/s

Teniendo en cuenta el principio de superposición, se obtendrá:

Y(s) = 1/s.G1(s) + 1/s.G2(s) = Y1(s) + Y2(s)

)20(

)21.(6,9

+

+

s

s

25,0)1.( ++ss

s

Z(s) Y2(s)

[ ]25,0)1.()20(

)21.(.6,9

+++

+

sss

ss

Z(s) Y2(s)

t t

z(t) x(t)

t0 t0

1

4

3

0

)20(

)21(

+

+

s

s

)1(

1

+s

s

25,0

N(s) Z(s) Y2(s)

6,9

_

+



La respuesta ∆y1(t) corresponde con la respuesta al escalón unitario del sistema G1(s). Este sistema

tiene un polo en –10 y dos polos en –0,5 por lo que estable. Su ganancia estática es G(0) = 0,16. De

los tres polos del sistema, los dominantes son los que se encuentran en –0,5, siendo despreciable el

polo en –10. Por lo tanto la respuesta es la correspondiente a la de un sistema de segundo orden con

un polo real doble en –0,5 y ganancia estática 0,16 unidades.

La respuesta ∆y2(t) corresponde con la respuesta al escalón unitario del sistema G2(s). Este sistema

tiene un cero en el origen, un polo en –20 y otro polo en –0,5. Por lo tanto es estable y su ganancia

estática G(0) = 0. De los dos polos del sistema, el dominante es el situado en –0,5, siendo

despreciable el polo en -20. El cero en el origen hace que la respuesta al escalón del sistema

(G2(s)/s) sea casi idéntica a la respuesta impulsional del sistema '

2G (s) = )5,0).(20(

2,19

++ ss ≈

)5,0(

96.0

+s despreciando el polo en –20.

t

∆y2(t)

t

0,96

La respuesta final del sistema será la suma del valor de equilibrio y0, de ∆y1(t) y de ∆y2(t):

y(t)

1,44

0,64

0,48

t

t0

0,16

t0

∆y1(t)



α0 = 30º = π/6 rad.

α(t) Peso=M·g

Fp = M·g·senα(t)

α1 = 60º = 2·π/6 rad.

Fr = B·v(t) M v(t)

PROBLEMA 3

La masa de la figura se desliza a velocidad constante “v0” sobre un plano inclinado por el equilibrio

dinámico de fuerzas entre su peso y el rozamiento, determinado por la ecuación:

)(·)(

·))((·· tvBdt

tdvMtsengM +=α

donde:

=

=

=

msNB

smg

KgM

/·5

/10

10

2

Determine:

a) La velocidad “v0” a la que se desliza la masa inicialmente

b) El modelo lineal entre las variables V(s) y α(s) a partir de la ecuación anterior y las condiciones iniciales dadas, para obtener la función de transferencia G(s)=V(s)/α(s).

c) ¿Cómo varía la velocidad v(t) a partir del cambio de pendiente indicado en la figura?

Represente gráficamente esta variación indicando constantes de tiempo, valor final, etc

d) Si en ese nuevo tramo de pendiente la velocidad llega a hacerse de nuevo constante, al

equilibrarse las fuerzas debidas al peso y el rozamiento, determine la velocidad constante “v1” a

la que desciende la masa. ¿Coincide con el valor final del apartado anterior? ¿Por qué?

SOLUCIÓN:

a) Planteando el sistema en la situación de equilibrio:

smB

sengMvvBsengM /10

)(···)(·· 0

000 ==⇒=α

α

b) La ecuación que representa al sistema, una vez linealizada, será:

1·2

32,17

5.0

66,8

5·10

6,86

)·(

)·cos(·

)(

)()(

)()··()()··cos(·

)(·)(

·)()··cos(·

0

0

0

+=

+=

+=

+==

+=

∆+∆

=∆

sssBsM

gM

s

sVsG

sVBsMsgM

tvBdt

tvdMtgM

α

α

αα

αα

G(s)

α(s) V(s)

c) El sistema resultante es de primer orden, con ganancia K=17,32 y constante de tiempo T=2

segundos. Por lo tanto, su respuesta a un incremento brusco de 30º (π/6 radianes) en la pendiente se modela como la respuesta a una entrada escalón:

smB

gMsVstv

BsMs

gMssGsV

ss

st /07,9·6

)·cos(··)(·lim)(lim

)··(·6

)·cos(··)()·()(

·6)(

0

0

0

===∆

+==⇒=

→∞→

απ

απα

πα

t

∆v(t)

T=2

0,63·9,07

9,07

3·T=6

0,95·9,07

Tangente en el origen

(pendiente = 4,535)

(v0=10 m/s)

(v∞=19,07 m/s)



d) Si se aplica la condición de equilibrio como en el apartado a), la velocidad a la que se estabiliza v(t)

en el segundo tramo del plano inclinado será:

smB

sengMvvBsengM /32,17

)(···)(·· 1

111 ==⇒=α

α

Estos 17,32 m/s no coinciden con los 19,07 m/s que se obtienen del modelo lineal como velocidad final

de la masa sobre el segundo tramo del plano. La diferencia se debe precisamente a que el cálculo se

realiza sobre un modelo lineal del sistema que supone una simplificación de la ecuación diferencial no

lineal original. Con ello se introducen errores de cálculo al eliminar elementos no lineales de esta

ecuación original.



Sistema

(s)

x(t) y(t)

PROBLEMA 4 Sobre las señales representadas en la figura determinar:

a) La expresión de la función de la entrada x(t).

b) La relación de amplitudes entre la entrada y la salida en valor absoluto y en decibelios una vez

alcanzado el régimen permanente.

c) La diferencia de fase entre la entrada y la salida en grados y en radianes un vez alcanzado el

régimen permanente.

d) La expresión de la respuesta en régimen permanente del sistema yRP(t).

e) Representar los puntos correspondientes a los valores obtenidos sobre un diagrama de Bode, un

diagrama Magnitud-Fase y un diagrama polar.

SOLUCIÓN:

a) La función x(t) es: )()··063.0()()·100/·2·()( 00 tutsentutsentx == π

b) La relación de amplitudes para ω=2·π/100=0.063 rad/s se deduce de la figura, donde la amplitud

de la señal de salida es 0.5 frente a la de la señal de entrada que es 1:

[ ] [ ]dBdBAjG 02.65.0·log20)063.0(1/5.0)063.0( −==⇒=

c) La diferencia de fase se obtiene midiendo el tiempo de retraso de la senoide de la salida frente a

la de la entrada. En este caso la senoide de salida va en realidad adelantada 25 segundos

respecto a la entrada que, teniendo en cuenta que el periodo de las señales es de 100 segundos

(360º), equivale a un ángulo de 90º de adelanto: radjG 2/)063.0(º90)063.0( π+=⇒+=Ψ

d) Dados los resultados anteriores la respuesta en régimen permanente del sistema es:

)2/·063.0(·5.0)( π+= tsentyRP

e) Con los datos obtenidos anteriormente se pueden realizar las tres representaciones gráficas:

-50 -25 0 25 50 75 100 125 150 175 200 -1

-0.5

0

0.5

1

x(t)

y(t)

t [segundos]



-10 [dB]

0 [dB]

10 [dB]

+180º +90º 0º

A(ω) [dB]

ψ(ω) [º]

-6.02 ω=0.063

0.1 1 0.01

-10 [dB]

0 [dB]

10 [dB] +180º

+90º

0º

A(ω) [dB] ψ(ω) [º]

ω [rad/s]

0.063

-6.02 A(0.063)

ψ(0.063)

Diagrama de Bode Diagrama Magnitud-Fase

Re

Im

Diagrama Polar

0.5

ω=0.063

+90º

G(0.063j)



PROBLEMA: 5

El diagrama de Bode representa la respuesta en frecuencia de un sistema G(s):

a) Determine y dibuje la respuesta en régimen permanente del sistema en bucle abierto y(t) si

x(t)=2·sen(10·t).

b) A la vista del pico de resonancia que presenta el sistema, determine la frecuencia natural y el coeficiente

de amortiguamiento de los polos complejos conjugados responsables de ese pico de resonancia.

Mr=3db

A(ω) Ψ(ω)

SOLUCIÓN:

a)

−=⇒−=Ψ

=⇒≈=

radjG

jGdBA

4/)10·(º45)10(

4)10·(12)10(10

πω yrp(t) = 4·2·sen(10·t - ππππ/4)

10

2

0

6

8

4

-2

-4

-6

-8

-10

x(t)

yrp(t)

π/10

2π/10

3π/10

4π/10

t

b) El sistema presenta un pico de resonancia a frecuencia ωr = 90 rad/s de valor Mr = 3 dB. Se puede

determinar el coeficiente de amortiguamiento y la frecuencia natural de los polos correspondientes a

ese pico con las expresiones:

G(s) y(t)

x(t)



2

2·21·

1·2

1ξωω

ξξ−=

−= nrrM

En la primera expresión Mr está en valor absoluto (no en dB): Mr=103/20

=1,41 con lo que se

obtienen 4 soluciones:

ξ1 = 0,92; ξ2 = -0,92; ξ3 = 0,38; ξ4 = -0,38. La única solución válida en este caso es: ξξξξ = 0,38.

De la segunda expresión se deduce: ωωωωn = 106,72 rad/s.



PROBLEMA 6 En la figura se representan los diagramas de Bode de dos sistemas de fase mínima, G1(s) y G2(s),

y sus correspondientes diagramas polares.

a) Determine el diagrama de bode y el diagrama polar del

sistema G3(s) resultado de poner en cascada los sistemas

G(1) y G(2).

b) ¿Cuál es la respuesta del sistema G3(s) en régimen

permanente ante una señal de entrada x(t) = sen(0.1·t) + sen(t+π/4)? 1 I

ψ(ω)

A(ω) 45º

90º

0º

-45º

-90º

10 [dB]

0 [dB]

-10 [dB]

-20 [dB]

-30 [dB] 0.01 0.1 1 10 [rad/s]

Re

Im

ω=0 ω=∞

2 II

ψ(ω)

A(ω)

45º

90º

0º

-45º

-90º

10 [dB]

0 [dB]

-10 [dB]

-20 [dB]

-30 [dB] 0.01 0.1 1 10 [rad/s]

Re

Im

ω=0 ω=∞

SOLUCIÓN: a)

3 III

ψ(ω)

A(ω)

45º

90º

0º

-45º

-90º

10 [dB]

0 [dB]

-10 [dB]

-20 [dB]

-30 [dB] 0.01 0.1 1 10 [rad/s]

Re

Im

ω=0

ω=∞

b) A partir de diagrama de Bode de G3(s):

X(s) Y(s)

G2(s) G1(s)

G3(s)



A(0.1) = A(1) = -10 dB ; ψ(0.1) = π/4 ; ψ(1) = -π/4

yRP(t) = 10-10/20

·sen(0.1·t+π/4) + 10-10/20·sen(t+π/4-π/4)

yRP(t) = 0.32·sen(0.1·t+ππππ/4) + 0.32·sen(t)



PROBLEMA: 7 El diagrama de Bode representa la respuesta en frecuencia del sistema G(s) de la figura. G(s) es

estable y de primer orden.

a) Representar aproximadamente la

respuesta del sistema a una

entrada escalón en A(s) de 3

unidades.

b) Representar aproximadamente la

respuesta en régimen

permanente del sistema ante una

entrada senoidal en B(s) de

ω=1/T [rad/s] y amplitud 3.

c) Representar aproximadamente la

respuesta en régimen

permanente del sistema ante

ambas entradas simultáneas en

A(s) y B(s).

G(s)

A(s)

Y(s) +

+ B(s)

SOLUCIÓN:

ψ(ω) A(ω)

1/T 10/T 0.1/T [rad/s]

0º

-45º

-90º

-135º

0 [dB]

5 [dB]

10 [dB]

-10 [dB]

-20 [dB]



q=0, 1, 2, 3, …



PROBLEMA 8 El modelo de un sistema de suspensión se puede representar simplificadamente de la siguiente forma:

M=100 Kg

K=50000 N/m

B=1000 N·s/m

y(t) = altura de la masa

x(t) = altura del punto de

contacto rueda-suelo

Siendo la única ecuación diferencial

necesaria para su descripción, considerando el sistema lineal y los valores iniciales x0=y0=0, la

siguiente:

[ ] 0)()(·)()(

·)(

·2

2

=−+

−+ txtyKdt

tdx

dt

tdyB

dt

tydM

De la misma manera, x(t) puede considerarse como una señal senoidal aplicada a la entrada del

sistema con los valores de amplitud y frecuencia que representa la figura anterior.

a) Obtener la función de transferencia G(s)=Y(s)/X(s).

b) Obtener la respuesta yRP(t) (evolución en el tiempo de la altura de la masa en régimen

permanente) ante la entrada x(t) propuesta y representar gráficamente ambas señales.

c) ¿Qué modificaciones (aumentar o disminuir) se podrían hacer sobre los parámetros K (cte.

elástica del resorte) y/o B (coeficiente de rozamiento viscoso del amortiguador) para que se

reduzca lo más posible la amplitud de las oscilaciones de la altura de la masa (yRP(t)) al

circular sobre la superficie indicada.

SOLUCIÓN

a) La ecuación diferencial que describe al sistema es lineal, y además los valores iniciales de las

variables son cero, por lo que en transformadas de Laplace se obtiene directamente:

KsBsM

KsB

sX

sYsG

sXKsYKsXsBsYsBsYsM

++

+==

=−+−+

··

·

)(

)()(

0)(·)(·)(··)(··)(··

2

2

Sustituyendo valores: 500·10

)50·(10)(

2 ++

+=

ss

ssG

b) Antes de analizar la respuesta en frecuencia del sistema, se puede

representar cuál es la distribución de polos y ceros y sus parámetros más

significativos:

ceros: s+50=0 ⇒ sz = -50

polos: s2+10·s+500 = 0 ⇒ sp1,2 = -5±21.8j

Los parámetros relativos al par de polos complejos de la función de transferencia serán:

==

==⇒=++≡=++≡=++

22.0··2

4.220···20·0·· 2222

MK

BM

K

ssM

Ks

M

BsKsBsM

n

nn

ξ

ωωωξ

Como 0<ξ<0.707, la respuesta en frecuencia de ese par de polos presentará resonancia:

Re

Im

-21.8

-5 -50

21.8

M

K B

y(t)

x(t)

v=3,4 m/s

1 m

10 cm

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

Y(s)



[ ] [ ]dBMsrad rnr 35.7)33.2·log(2033.21··2

1/29.21·21·

2

2 =≡=−

==−=ξξ

ξωω

La señal de entrada x(t) a la que se va a ver sometido el

sistema se puede considerar como una señal senoidal de

amplitud pico a pico 0.1 m y de frecuencia, f, 3.4 ciclos por

segundo [Hz], o sea que la pulsación será:

ω=2·π·f=2·π·3.4=21.36 [rad/s] y por lo tanto: x(t)=0.05·sen(21.36·t) A partir de aquí se puede optar por varias vías para obtener: ))(·(··)()( ωωω jGtsenMjGtyRP +=

Las dos soluciones más inmediatas en este caso son:

1) Calcular el valor complejo G(jω) con ω=21.36 2) Obtener los valores de módulo y argumento de G(jω) a partir del diagrama de Bode de G(s).

( ) ( )1

50

·

500

·

150

·

500··10·

)50··(10)(

500·10

)50·(10)(

222

++

+=

++

+=⇒

++

+=

ωω

ω

ωω

ωω

jj

j

jj

jjG

ss

ssG

1) Operando:

( )

−=

=⇒

+

+=

+−

+=

radjG

jG

j

j

j

jjG

965.0)36.21(

5.2)36.21(

6.21375.43

6.213500

6.21336.21500

)36.2150·(10)36.21(

2

)965.0·36.21(·125.0)965.0·36.21(·05.0·5.2)( −=−= tsentsentyRP

2) En el diagrama de Bode de G(s) se puede observar que el valor de ω=21.36 se encuentra muy

próximo a la frecuencia de resonancia de los dos polos de G(s). Aproximadamente:

[ ]

radjG

jGdBA

05.1)36.21(º60)36.21(

33.210)36.21(35.7)36.21( 20

35.7

−=⇒−=Ψ

==⇒=

)05.1·36.21(·1165.0)05.1·36.21(·05.0·33.2)( −=−= tsentsentyRP

100

101

102

103

-20

-10

0

10

20

30

40

Pulsación [rad/s]

Ganancia

[dB

]

-270º

-225º

-180º

-135º

-90º

-45º

0º

Fase [º]

Mr=7.35 dB

ω≈ωr≈ωn

Ψ(21.36)≈-60º

A(21.36)≈7.35 dB

A(ω)

Ψ(ω)

x(t) M=0.05

t

-0.05

π/ω 2·π/ω

T=1/3.4

0.1



c) La amplitud de la función senoidal yRP(t) depende directamente de |G(jω)|. Este factor se reducirá moderadamente si se reduce la amplitud de resonancia Mr que depende del coeficiente de

amortiguamiento ξ. El aumento de B y la reducción de K aumentarían el valor de ξ reduciendo la amplitud del pico de resonancia.

Sin embargo la forma más efectiva de que el valor |G(21.36j)| disminuya es reducir el ancho de banda

del sistema haciendo que la frecuencia de corte ωn sea más baja. Esto se puede conseguir reduciendo el

valor de K.

21··2

1

··2 ξξξω

−=== rn M

MK

B

M

K



PROBLEMA 9

Dado el sistema de la figura:

52

4)(

22+⋅+

=ss

sG)(sY

ssG

1)(1 =

)(sX)(sE

a) Obtenga x(t) si e(t) es un escalón unitario uo(t). ¿Qué características tiene G1(s)?

b) Indique las características de la respuesta transitoria de G2(s) si x(t) es un escalón unitario uo(t).

¿Qué características tiene G2(s)?

c) Describa la estabilidad del sistema en conjunto, G1(s)·G2(s).

d) Represente el diagrama de bode de G1(s)·G2(s) y señale sobre él si el sistema presenta resonancia.

SOLUCIÓN:



PROBLEMA 10 Se pretende utilizar el circuito de la figura, cuya función de transferencia se indica, como

amplificador resonante de tensión para una determinada frecuencia:

us(t)

R i=0

ue(t)

i(t)

C

L i(t)

1

L·C·s2+R·C ·s+1

Ue(s) Us(s)

R=1000Ω, L=0,01H, C=4·10-12F

a) Clasifique el sistema: Orden del sistema, nº de polos y/o ceros, estabilidad,

amortiguamiento, tipo.

b) ¿Cuál es la frecuencia de resonancia del sistema? (es decir, la frecuencia de entrada que

más va a amplificar)

c) ¿Cuál es la ganancia del sistema a la frecuencia de resonancia?

d) Dibuje los puntos que corresponden en los diagramas de Bode, Magnitud-Fase y Polar, a las

frecuencias 106, 5·10

6 y 10

7 rad/s para el sistema dado.

e) Complete el trazado aproximado de las curvas de los tres diagramas.

SOLUCIÓN:

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