1. A
Maturín, Febrero del 2017
REPÚBLICA BOLIVARIANA DE VENEZUELA
INSTITUTO UNIVERSITARIO POLITÉCNICO
“SANTIAGO MARIÑO”
ESCUELA DE INGENIERÍA ELÉCTRICA
EXTENSIÓN MATURÍN
ANÁLISIS DE LA RESPUESTA TRANSITORIA.
SISTEMAS DE SEGUNDO ORDEN.
Autor: Daniela Tenía.
Tutora: Ing. Mariangela Pollonais

2. 1. Obtenga el tiempo de levantamiento, el tiempo pico, el sobrepaso máximo y el tiempo
de asentamiento. Se sabe que un sistema oscilatorio tiene la siguiente función de
transferencia:
𝑮( 𝒔) =
𝝎 𝒏
𝟐
𝒔 𝟐 + 𝟐𝜻𝝎 𝒏 𝒔+ 𝝎 𝒏
𝟐
Determine el factor de amortiguamiento relativo del sistema a partir de la gráfica.
Oscilación amortiguada.
Solución:
Sistema de segundo orden.
Entonces, tomando en cuenta la función de transferencia en lazo cerrado:

3. 𝑪( 𝒔)
𝑹(𝒔)
=
𝝎 𝒏
𝟐
𝒔 𝟐 + 𝟐𝜻𝝎 𝒏 𝒔 + 𝝎 𝒏
𝟐
Se tomaran ambas ecuaciones para determina a y b.
𝒄( 𝒕) = 𝟏 − 𝒆−𝜻𝝎 𝒏 𝒕
( 𝐜𝐨𝐬 𝝎 𝒅 𝒕 +
𝜻
√𝟏 − 𝜻 𝟐
𝐬𝐢𝐧 𝝎 𝒅 𝒕); 𝒕 ≥ 𝟎 … (𝟏)
𝒄( 𝒕) = 𝟏 −
𝒆−𝜻𝝎 𝒏 𝒕
√𝟏 − 𝜻 𝟐
𝐬𝐢𝐧 ( 𝝎 𝒅 𝒕 + 𝐭𝐚𝐧−𝟏
√𝟏 − 𝜻 𝟐
𝜻
) ; 𝒕 ≥ 𝟎 … (𝟐)
a) Determinar el tiempo de levantamiento 𝒕 𝒓.
Considerando la ecuación (1) y suponiendo que 𝑐( 𝑡 𝑟
) = 1, entonces:
𝑐( 𝑡 𝑟
) = 1 = 1 − 𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡 𝑟 (cos 𝜔𝑑 𝑡 𝑟 +
𝜁
√1 − 𝜁2
sin 𝜔 𝑑 𝑡 𝑟)
Como 𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡 𝑟 ≠ 0, se obtiene la siguiente ecuación:
cos 𝜔 𝑑 𝑡 𝑟 +
𝜁
√1 − 𝜁2
sin 𝜔𝑑 𝑡 𝑟 = 0
Como 𝜔 𝑛 = √1 − 𝜁2 = 𝜔 𝑑 y 𝜁𝜔 𝑛 = 𝜎, se tiene:
tan 𝜔𝑑 𝑡 𝑟 = −
√1 − 𝜁2
𝜁
⇒ tan 𝜔𝑑 𝑡 𝑟 = −
𝜔𝑑
𝜎
⇒ 𝜔 𝑑 𝑡 𝑟 = tan−1
(
𝜔𝑑
−𝜎
)

4. ⇒ 𝑡 𝑟 =
1
𝜔𝑑
tan−1
(
𝜔𝑑
−𝜎
)
⇒ 𝒕 𝒓 =
𝝅 − 𝜷
𝝎 𝒅
Donde, 𝛽 se define en la siguiente figura. Es evidente que para un valor pequeño 𝑡 𝑟,
𝜔 𝑑 debe ser grande.
Definición del ángulo 𝛽.
b) Determinar el tiempo pico 𝒕 𝒑.
Considerando la ecuación (1), se obtiene el tiempo pico derivando 𝑐(𝑡) con respecto
al tiempo, se tiene que:
𝑑𝑐
𝑑𝑡
= 𝜁𝜔 𝑛 𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡
(cos 𝜔 𝑑 𝑡 +
𝜁
√1 − 𝜁2
sin 𝜔 𝑑 𝑡)
+ 𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡
( 𝜔 𝑑 sin 𝜔 𝑑 𝑡 −
𝜁𝜔 𝑑
√1 − 𝜁2
cos 𝜔 𝑑 𝑡)
𝑑𝑐
𝑑𝑡
= 𝜁𝜔 𝑛 𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡
cos 𝜔 𝑑 𝑡 +
𝜁2
𝜔 𝑛
√1 − 𝜁2
𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡
sin 𝜔𝑑 𝑡 + 𝜔 𝑑 𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡
sin 𝜔𝑑 𝑡
−
𝜁𝜔 𝑑
√1 − 𝜁2
𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡
cos 𝜔 𝑑 𝑡

5. Sabemos que:
𝜔𝑑 = 𝜔 𝑛√1 − 𝜁2 ⇒ 𝜔 𝑛 =
𝜔 𝑑
√1 − 𝜁2
𝑑𝑐
𝑑𝑡
=
𝜁𝜔𝑑
√1 − 𝜁2
𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡
cos 𝜔𝑑 𝑡 +
𝜁2
𝜔 𝑛
√1 − 𝜁2
𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡
sin 𝜔𝑑 𝑡
+ 𝜔 𝑛√1 − 𝜁2 𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡
sin 𝜔𝑑 𝑡 −
𝜁𝜔 𝑑
√1 − 𝜁2
𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡
cos 𝜔 𝑑 𝑡
𝑑𝑐
𝑑𝑡
= 𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡
sin 𝜔𝑑 𝑡 (
𝜁2
𝜔 𝑛
√1 − 𝜁2
+ 𝜔 𝑛 √1 − 𝜁2)
𝑑𝑐
𝑑𝑡
= 𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡
sin 𝜔𝑑 𝑡 (
𝜁2
𝜔𝑛 + 𝜔 𝑛 − 𝜁2
𝜔 𝑛
√1 − 𝜁2
)
𝑑𝑐
𝑑𝑡
= 𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡
sin 𝜔𝑑 𝑡 (
𝜔𝑛
√1 − 𝜁2
)
Igualamos a cero y evaluamos la derivada en 𝑡 = 𝑡 𝑝, tenemos que:
𝑑𝑐
𝑑𝑡
|
𝑡=𝑡 𝑝
= 𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡 𝑝 sin 𝜔𝑑 𝑡 𝑝 (
𝜔 𝑛
√1 − 𝜁2
) = 0
Luego, se obtiene que: sin 𝜔𝑑 𝑡 𝑝 = 0
O bien: 𝜔𝑑 𝑡 𝑝 = 0, 𝜋, 2𝜋,3𝜋,…
Como el tiempo pico corresponde al primer pico sobrepaso máximo,

6. 𝜔 𝑑 𝑡 𝑝 = 𝜋 ⇒ 𝒕 𝒑 =
𝝅
𝝎 𝒅
El tiempo pico 𝑡 𝑝 corresponde a medio ciclo de la frecuencia de oscilación
amortiguada.
c) Determinar el sobrepaso máximo 𝑴 𝒑.
Ésta se presenta en el tiempo pico o en 𝑡 = 𝑡 𝑝 = 𝜋 𝜔 𝑑⁄ . Por tanto, considerando la
ecuación (1), 𝑀𝑝 se obtiene como:
𝑀𝑝 = 𝑐( 𝑡 𝑝) − 1
𝑀𝑝 = 1 − 𝑒−𝜁𝜔 𝑛( 𝜋 𝜔 𝑑⁄ )
(cos 𝜔 𝑑
( 𝜋 𝜔𝑑
⁄ ) +
𝜁
√1 − 𝜁2
sin 𝜔 𝑑
( 𝜋 𝜔 𝑑
⁄ )) − 1
𝑀𝑝 = −𝑒−( 𝜎 𝜔 𝑑⁄ ) 𝜋
(cos 𝜋 +
𝜁
√1 − 𝜁2
sin 𝜋) = −𝑒−( 𝜎 𝜔 𝑑⁄ ) 𝜋
(−1 +
𝜁
√1 − 𝜁2
. (0))
∴ 𝑴 𝒑 = 𝒆−( 𝝈 𝝎 𝒅⁄ ) 𝝅
= 𝒆−( 𝜻 √𝟏−𝜻 𝟐⁄ ) 𝝅
El porcentaje del sobrepaso máximo es: 𝑒−( 𝜎 𝜔 𝑑⁄ ) 𝜋
𝑥 100%.
Si el valor final 𝑐(∞) de la salida no es la unidad, entonces se necesita utilizar la
ecuación siguiente:
∴ 𝑴 𝒑 =
𝒄( 𝒕 𝒑) − 𝒄(∞)
𝒄(∞)
d) Determinar el tiempo de asentamiento 𝒕 𝒔.
Para un sistema subamortiguado de segundo orden, la respuesta transitoria se obtiene
a partir de la ecuación (2):

7. 𝑐( 𝑡) = 1 −
𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡
√1 − 𝜁2
𝑠𝑖𝑛 ( 𝜔𝑑 𝑡 + 𝑡𝑎𝑛−1
√1 − 𝜁2
𝜁
) ; 𝑡 ≥ 0
Las curvas: 1 ±
𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡
√1 − 𝜁2
Son las curvas envolventes de la respuesta transitoria para una entrada escalón
unitario.
Par de curvas envolventes para la curva de respuesta a escalón unitario del sistema de
segundo orden.
La constante de tiempo de estas curvas envolventes es: 1
𝜁𝜔 𝑛
⁄
El tiempo de asentamiento ±2% o ±5% se mide en función de la constante de
tiempo:

8. 𝑻 =
𝟏
𝜻𝝎 𝒏
Por lo general, se define el tiempo de asentamiento 𝑡 𝑠 como:
∴ 𝒕 𝒔 = 𝟒𝑻 =
𝟒
𝝈
=
𝟒
𝜻𝝎 𝒏
(𝐜𝐫𝐢𝐭𝐞𝐫𝐢𝐨 𝐝𝐞𝐥 𝟐%)
∴ 𝒕 𝒔 = 𝟑𝑻 =
𝟑
𝝈
=
𝟑
𝜻𝝎 𝒏
(𝐜𝐫𝐢𝐭𝐞𝐫𝐢𝐨 𝐝𝐞𝐥 𝟓%)
e) Determinar el factor de amortiguamiento relativo 𝜻.
𝑥1
𝑥2
=
𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡1
𝑒−𝜁𝜔 𝑛(𝑡1+𝑇)
=
𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡1
𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡1. 𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑇
=
1
𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑇
= 𝑒 𝜁 𝜔 𝑛 𝑇
⇒
𝑥1
𝑥2
= 𝑒 𝜁𝜔 𝑛 𝑇
Entonces:
𝑥1
𝑥 𝑛
=
1
𝑒−𝜁𝜔 𝑛(𝑛−1)𝑇
= 𝑒 𝜁 𝜔 𝑛(𝑛−1)𝑇
⇒
𝑥1
𝑥 𝑛
= 𝑒 𝜁 𝜔 𝑛(𝑛−1)𝑇
Por tanto, el logaritmo decremental 𝛿 es:
𝛿 = ln |
𝑥1
𝑥2
| =
1
𝑛 − 1
ln|
𝑥1
𝑥 𝑛
| ⇒ 𝛿 = 𝜁𝜔 𝑛 𝑇 = 𝜁𝜔 𝑛. (
2𝜋
𝜔 𝑑
)
⇒ 𝛿 = 𝜁𝜔 𝑛 .
2𝜋
𝜔 𝑛 √1 − 𝜁2
⇒ 𝛿 =
2𝜋𝜁
√1 − 𝜁2
Se define:

9. 1
𝑛 − 1
ln |
𝑥1
𝑥 𝑛
| =
2𝜋𝜁
√1 − 𝜁2
= ∆
Elevando al cuadrado ambos miembros y despejando para obtener el factor de
amortiguamiento relativo (𝜻):
∆2
=
4𝜋2
𝜁2
1 − 𝜁2
⇒ ∆2(1 − 𝜁2) = 4𝜋2
𝜁2
⇒ ∆2
= 4𝜋2
𝜁2
+ ∆2
𝜁2
⇒ ∆2
= (4𝜋2
+ ∆2
)𝜁2
⇒ 𝜁2
=
∆2
4𝜋2 + ∆2
⇒ 𝜁 =
∆
√4𝜋2 + ∆2
⇒ 𝜁 =
(
1
𝑛−1
) ln |
𝑥1
𝑥 𝑛
|
√4𝜋2 + [(
1
𝑛−1
)ln |
𝑥1
𝑥 𝑛
|]
2
⇒ 𝜻 =
(
𝟏
𝒏−𝟏
) 𝐥𝐧 |
𝒙 𝟏
𝒙 𝒏
|
√ 𝟒𝝅 𝟐 + (
𝟏
𝒏−𝟏
)
𝟐
(𝐥𝐧 |
𝒙 𝟏
𝒙 𝒏
|)
𝟐

10. 2. Considere el sistema de la Figura 5. Determine el valor de 𝑘 de modo que el factor de
amortiguamiento relativo 𝜁 sea 0,5. Después obtenga el tiempo de levantamiento 𝑡 𝑟,
el tiempo pico 𝑡 𝑝, el sobrepaso máximo 𝑀𝑝, y el tiempo de asentamiento 𝑡 𝑠, en la
respuesta escalón unitario.
Diagrama de bloques de un sistema.
Solución:
Aplicamos “Retroalimentación Negativa”, tenemos que:
Ahora, aplicamos “Combinación de Bloques en Cascada”, se tiene que:
16
𝑠 + 0,8
1
𝑠
𝑅(𝑠) 𝐶(𝑠)
+
−
+
−
𝑘
16
𝑠+0,8
1 +
16𝑘
𝑠+0,8
1
𝑠
𝑅(𝑠) 𝐶(𝑠)
+
−
16
𝑠 + 0,8 + 16𝑘
1
𝑠
𝑅(𝑠) 𝐶(𝑠)
+
−

11. Luego, aplicamos “Retroalimentación Negativa”, tenemos que:
Por tanto,
𝑪(𝒔)
𝑹(𝒔)
=
𝟏𝟔
𝒔 𝟐 + ( 𝟎, 𝟖 + 𝟏𝟔𝒌) 𝒔 + 𝟏𝟔
=
𝟒 𝟐
𝒔 𝟐 + ( 𝟎, 𝟖 + 𝟏𝟔𝒌) 𝒔 + 𝟒 𝟐
De las características del polinomio, encontramos que:
𝑪(𝒔)
𝑹(𝒔)
=
𝟒 𝟐
𝒔 𝟐 + ( 𝟎, 𝟖 + 𝟏𝟔𝒌) 𝒔 + 𝟏𝟔
=
𝟒 𝟐
𝒔 𝟐 + ( 𝟐ζωn ) 𝒔 + ωn 𝟐
16
𝑠2 + (0,8 + 16𝑘) 𝑠
𝑅(𝑠) 𝐶(𝑠)
+
−
16
𝑠2 + (0,8 + 16𝑘) 𝑠 + 16
𝑅(𝑠) 𝐶(𝑠)
16
𝑠2+(0,8+16𝑘) 𝑠
1 +
16
𝑠2+(0,8+16𝑘) 𝑠
𝑅(𝑠) 𝐶(𝑠)

12. 𝝎 𝒏 = 𝟒
Por el enunciado del ejercicio, sabemos que: 𝜻 = 𝟎, 𝟓 por lo que es un
sistema subamortiguado (0< 𝜻 <1).
a) Determinar el valor de 𝒌
2𝜁 𝜔𝑛 = 0,8 + 16𝑘 ⇒ 2(0,5)(4) = 0,8 + 16𝑘 ⇒ 4 = 0,8 + 16𝑘
⇒ 4 − 0,8 = 16𝑘 ⇒
3,2
16
= 𝑘 ⇒ 𝒌 = 𝟎, 𝟐
b) Determinar el tiempo de levantamiento 𝒕 𝒓
El tiempo de levantamiento 𝑡 𝑟, se obtiene con la siguiente fórmula:
𝒕 𝒓 =
𝝅 − 𝜷
𝝎 𝒅
Ya que,
𝜔 𝑑 = 𝜔 𝑛 √1 − 𝜁2 ⇒ 𝜔𝑑 = 4√1 − (0,5)2 = 4√1 − 0,25
⇒ 𝜔𝑑 = 4√0,75 ⇒ 𝝎 𝒅 = 𝟑, 𝟒𝟔𝟒𝟏 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝒆𝒈
sin 𝛽 =
𝜔 𝑛 √1 − 𝜁2
𝜔 𝑛
⇒ 𝛽 = sin−1
(
𝜔𝑑
𝜔 𝑛
) ⇒ 𝛽 = sin−1
(
3,4641
4
)
⇒ 𝛽 = sin−1(0,866) ⇒ 𝜷 = 𝟔𝟎° =
𝝅
𝟑
∴ 𝑡 𝑟 =
𝜋 − 𝛽
𝜔𝑑
=
𝜋 −
𝜋
3
3,4641 𝑟𝑎𝑑/𝑠
⇒ 𝒕 𝒓 = 𝟎, 𝟔𝟎𝟔 𝒔𝒆𝒈

13. c) Determinar el tiempo pico 𝒕 𝒑.
El tiempo pico 𝑡 𝑝, se obtiene con la siguiente fórmula:
𝑡 𝑝 =
𝜋
𝜔𝑑
=
𝜋
3,4641 𝑟𝑎𝑑/𝑠
⇒ 𝒕 𝒓 = 𝟎, 𝟗𝟎𝟕 𝒔𝒆𝒈
d) Determinar el sobrepaso máximo 𝑴 𝒑.
El sobrepaso máximo 𝑀𝑝, se obtiene con la siguiente fórmula:
𝑀 𝑝 = 𝑒
−(
𝜎
𝜔 𝑑
) 𝜋
= 𝑒
−(
𝜁𝜋
√1−𝜁2
)
⇒ 𝑀 𝑝 = 𝑒
−[
(0,5) 𝜋
√1−(0,5)2
]
⇒ 𝑀 𝑝 = 𝑒
−[
(0,5)𝜋
√1−0,25
]
= 𝑒−1,814 ⇒ 𝑴 𝒑 = 𝟎, 𝟏𝟔𝟑
El porcentaje del sobrepaso máximo es:
𝒆
−(
𝝈
𝝎 𝒅
) 𝝅
𝒙 𝟏𝟎𝟎% = 𝟏𝟔, 𝟑 %
e) Determinar el tiempo de asentamiento 𝒕 𝒔.
El tiempo asentamiento 𝑡 𝑠, se obtiene dependiendo del criterio:
𝑡 𝑠 =
4
𝜎
⇒ 𝑡 𝑠 =
4
𝜁𝜔 𝑛
=
4
(0,5)(4)
⇒ 𝒕 𝒔 = 𝟐 𝒔𝒆𝒈 (criterio del 2%)
𝑡 𝑠 =
3
𝜎
⇒ 𝑡 𝑠 =
3
𝜁𝜔 𝑛
=
3
(0,5)(4)
⇒ 𝒕 𝒔 = 𝟏, 𝟓 𝒔𝒆𝒈 (criterio del 5%)

14. 3. Obtenga analíticamente la frecuencia natural 𝜔 𝑛 , factor de amortiguamiento 𝜁,
sobrepaso máximo 𝑀𝑝, tiempo de asentamiento 𝑡 𝑠 y tiempo de crecimiento 𝑡 𝑟 del
siguiente sistema, suponga que 𝐻 = 1. Posteriormente verifique los resultados
obtenidos con MATLAB.
Aplicamos “combinación de bloques en cascada” de igual forma sustituyendo H=1,
se tiene que:
2
2𝑠 + 1
1
𝑠 + 1
𝑥(𝑡) 𝑦(𝑡)
+
−
𝐻

15. Se aplica “retroalimentación negativa”, se tiene que:
Entonces:
𝒀(𝒔)
𝑿(𝒔)
=
1
𝒔 𝟐 + 𝟏, 𝟓𝒔 + 𝟏, 𝟓
=
1
𝒔2 + 1,5𝑠 + (√1,5)2
Igualando coeficientes entre esta ecuación y la ecuación general, es decir con las
características del polinomio, tenemos que:
𝑮( 𝒔) =
𝟏
𝒔 𝟐 + 𝟏, 𝟓𝒔 + (√𝟏, 𝟓) 𝟐
=
𝑲
𝒔 𝟐 + 𝟐 𝜁𝜔 𝑛 𝒔 + 𝜔 𝑛
2

16. Donde, K en la ganancia estática del sistema.
a) Determinar la frecuencia natural 𝜔 𝑛 .
𝜔 𝑛 = √1,5 𝑟𝑎𝑑 ∕ 𝑠𝑒𝑔 ≈ 1,225 𝑟𝑎𝑑 ∕ 𝑠𝑒𝑔
𝐾 𝜔 𝑛
2
= 𝐾 =
1
𝜔 𝑛
2
⋙
1
1,5
≫ 𝐾 =
2
3
≈ 0,67
b) Determinar el factor de amortiguamiento 𝜁.
El factor de amortiguamiento 𝜁, se obtiene con la siguiente fórmula:
2𝜁 𝜔𝑛 = 1,5 ≫ 𝜁 =
1,5
2𝜁𝜔 𝑛
≫ 𝜁 =
1,5
2(1,225)
≫ 𝜁 ≈ 0,612
Esto es un sistema subamortiguado.
c) Determinar el sobrepaso máximo 𝚳 𝒑.
El sobrepaso máximo 𝚳 𝒑, se obtiene con la siguiente formula:
Μ 𝑝 = 𝑒−
(
𝜎
𝜔𝑑
)𝜋 = 𝑒𝑒
−(
𝜁𝜋
√1−𝜁2
)
→ Μ 𝑝 = 𝑒
−[
(𝑜,612)𝜋
√1−(0,612)2
]
ΜΡ = 𝑒−2,4311
→ ΜΡ=0,0879
El porcentaje del sobrepaso máximo es:

17. 𝑒
−(
𝜎
𝜔 𝑑
) 𝜋
𝑥 100% = 8,79%
d) Determinar el tiempo de asentamiento 𝒕 𝒔.
El tiempo asentamiento 𝒕 𝒔, se obtiene dependiendo del criterio:
𝑡𝑠=
4
𝜎
→ 𝑡𝑠 =
4
𝜁𝜔 𝑛
=
4
(0,612)(1,225)
→ 𝒕 𝒔 = 𝟓, 𝟑𝟑𝟓 𝒔𝒆𝒈 (criterio del 2%)
𝑡𝑠=
3
𝜎
→ 𝑡𝑠 =
3
𝜁𝜔 𝑛
=
3
(0,612)(1,225)
→ 𝒕 𝒔 = 𝟒, 𝟎𝟎𝟐 𝒔𝒆𝒈 (criterio del 5%)
e) Determinar el tiempo de crecimiento 𝒕 𝒓.
El tiempo de levantamiento 𝒕 𝒓, se obtiene con la siguiente fórmula:
𝒕 𝑟 =
𝜋 − 𝛽
𝜔 𝑑
Ya que,
𝜔 𝑑 = 𝜔 𝑑√1 − 𝜁2 → 𝜔 𝑑 = 1,225 √1− (0,612)2
𝜔 𝑑 = 0,969 𝑟𝑎𝑑 ∕ 𝑠𝑒𝑔
sin 𝛽 =
𝜔 𝑛√1 − 𝜁2
𝜔 𝑛
→ 𝛽 = 𝑠𝑖𝑛−1
(
𝜔 𝑑
𝜔 𝑛
) → 𝛽 = 𝑠𝑖𝑛−1
(
0,969
1,225
)
𝛽 = 𝑠𝑖𝑛−1(0,791) → 𝛽 = 52,28° = 0,912 𝑟𝑎𝑑
f) Determinar el tiempo pico 𝒕 𝒑.
El tiempo pico 𝒕 𝒑, se obtiene con la siguiente formula:

18. 𝑡 𝑟 =
𝜋
𝜔 𝑑
=
𝜋
0,969 𝑟𝑎𝑑 ∕ 𝑠𝑒𝑔
= 3,242 𝑠𝑒𝑔