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: Jeickson A. Sulbaran M.
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
Suponga que existe un registro de una oscilación amortiguada, tal como
aparece en la siguiente figura. Determine el factor de amortiguamiento
relativo del sistema a partir de la gráfica.
Figura 1: Oscilación amortiguada.
Solución:
Nota: Como se trata de una oscilación amortiguada, es decir,
especificaciones de respuesta transitoria, éstas solo tienen sentido para los
sistemas subamortiguados (𝟎 < 𝜻 < 𝟏).
Figura 2: Sistema de segundo orden.

3. Entonces, tomando en cuenta la función de transferencia en lazo cerrado:
𝑪( 𝒔)
𝑹(𝒔)
=
𝝎 𝒏
𝟐
𝒔 𝟐 + 𝟐𝜻𝝎 𝒏 𝒔 + 𝝎 𝒏
𝟐
Cabe destacar que, se tomará en cuenta las siguientes ecuaciones, para
determinar los siguientes parámetros de los ítems a) hasta la d).
𝒄( 𝒕) = 𝟏 − 𝒆−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 𝜔 𝑑 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 𝜔 𝑑 𝑡 𝑟 = 0
Como 𝜔 𝑛 = √1 − 𝜁2 = 𝜔 𝑑 y 𝜁𝜔 𝑛 = 𝜎, se tiene:

4. tan 𝜔 𝑑 𝑡 𝑟 = −
√1 − 𝜁2
𝜁
⇒ tan 𝜔 𝑑 𝑡 𝑟 = −
𝜔 𝑑
𝜎
⇒ 𝜔 𝑑 𝑡 𝑟 = tan−1
(
𝜔 𝑑
−𝜎
)
⇒ 𝑡 𝑟 =
1
𝜔 𝑑
tan−1
(
𝜔 𝑑
−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.
Figura 3: 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)

5. 𝑑𝑐
𝑑𝑡
= 𝜁𝜔 𝑛 𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡
cos 𝜔 𝑑 𝑡 +
𝜁2
𝜔 𝑛
√1 − 𝜁2
𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡
sin 𝜔 𝑑 𝑡 + 𝜔 𝑑 𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡
sin 𝜔 𝑑 𝑡
−
𝜁𝜔 𝑑
√1 − 𝜁2
𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡
cos 𝜔 𝑑 𝑡
Sabemos que:
𝜔 𝑑 = 𝜔 𝑛√1 − 𝜁2 ⇒ 𝜔 𝑛 =
𝜔 𝑑
√1 − 𝜁2
𝑑𝑐
𝑑𝑡
=
𝜁𝜔 𝑑
√1 − 𝜁2
𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡
cos 𝜔 𝑑 𝑡 +
𝜁2
𝜔 𝑛
√1 − 𝜁2
𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡
sin 𝜔 𝑑 𝑡
+ 𝜔 𝑛√1 − 𝜁2 𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡
sin 𝜔 𝑑 𝑡 −
𝜁𝜔 𝑑
√1 − 𝜁2
𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡
cos 𝜔 𝑑 𝑡
𝑑𝑐
𝑑𝑡
= 𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡
sin 𝜔 𝑑 𝑡 (
𝜁2
𝜔 𝑛
√1 − 𝜁2
+ 𝜔 𝑛√1 − 𝜁2)
𝑑𝑐
𝑑𝑡
= 𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡
sin 𝜔 𝑑 𝑡 (
𝜁2
𝜔 𝑛 + 𝜔 𝑛 − 𝜁2
𝜔 𝑛
√1 − 𝜁2
)
𝑑𝑐
𝑑𝑡
= 𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡
sin 𝜔 𝑑 𝑡 (
𝜔 𝑛
√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 𝜔 𝑑 𝑡 𝑝 (
𝜔 𝑛
√1 − 𝜁2
) = 0
Luego, se obtiene que: sin 𝜔 𝑑 𝑡 𝑝 = 0

6. O bien: 𝜔 𝑑 𝑡 𝑝 = 0, 𝜋, 2𝜋, 3𝜋, …
Como el tiempo pico corresponde al primer pico sobrepaso máximo,
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), 𝑀 𝑝 se obtiene como:
𝑀 𝑝 = 𝑐(𝑡 𝑝) − 1
𝑀 𝑝 = 1 − 𝑒−𝜁𝜔 𝑛(𝜋 𝜔 𝑑⁄ )
(cos 𝜔 𝑑( 𝜋 𝜔 𝑑⁄ ) +
𝜁
√1 − 𝜁2
sin 𝜔 𝑑( 𝜋 𝜔 𝑑⁄ )) − 1
𝑀 𝑝 = −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:

7. ∴ 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):
𝑐( 𝑡) = 1 −
𝑒−𝜁𝜔 𝑛 𝑡
√1 − 𝜁2
𝑠𝑖𝑛 (𝜔 𝑑 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. La curva de respuesta 𝑐(𝑡) siempre permanece dentro de un par
de curvas envolventes, como se aprecia en la figura.
Figura 4: Par de curvas envolventes para la curva de respuesta a escalón unitario
del sistema de segundo orden mostrado en la Figura 2.

8. La constante de tiempo de estas curvas envolventes es: 1
𝜁𝜔 𝑛
⁄
El tiempo de asentamiento que corresponde a una banda de tolerancia de
±2% o ±5% se mide en función de la constante de tiempo:
𝑻 =
𝟏
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.
La razón de amplitud por un periodo de oscilación amortiguada es:
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 𝜁𝜔 𝑛 𝑇
⇒
𝑥1
𝑥2
= 𝑒 𝜁𝜔 𝑛 𝑇
Observe que es necesario escoger 𝑛 lo suficientemente grande para que la
razón o bien 𝑥1/𝑥 𝑛 no sea cercano a la unidad. Entonces:
𝑥1
𝑥 𝑛
=
1
𝑒−𝜁𝜔 𝑛(𝑛−1)𝑇
= 𝑒 𝜁𝜔 𝑛(𝑛−1)𝑇
⇒
𝑥1
𝑥 𝑛
= 𝑒 𝜁𝜔 𝑛(𝑛−1)𝑇
Por tanto, el logaritmo decremental 𝛿 es:

9. 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:
1
𝑛 − 1
ln |
𝑥1
𝑥 𝑛
| =
2𝜋𝜁
√1 − 𝜁2
= ∆
Luego, elevando al cuadrado ambos miembros y despejando para obtener el
factor de amortiguamiento relativo (𝜻) se tiene que:
∆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 𝑀 𝑝, y el tiempo de
asentamiento 𝑡 𝑠, en la respuesta escalón unitario.
Figura 5: Diagrama de bloques de un sistema.
Solución:
Aplicamos “Retroalimentación Negativa”, tenemos que:
16
𝑠 + 0,8
1
𝑠
𝑅(𝑠) 𝐶(𝑠)
+
−
+
−
𝑘
16
𝑠+0,8
1 +
16𝑘
𝑠+0,8
1
𝑠
𝑅(𝑠) 𝐶(𝑠)
+
−
16
𝑠 + 0,8 + 16𝑘
1
𝑠
𝑅(𝑠) 𝐶(𝑠)
+
−

11. Ahora, utilizamos “Combinación de Bloques en Cascada”, se tiene que:
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
Igualando coeficientes entre esta ecuación y la ecuación general, es decir,
con las características del polinomio, encontramos que:
16
𝑠2 + (0,8 + 16𝑘) 𝑠
𝑅(𝑠) 𝐶(𝑠)
+
−
16
𝑠2 + (0,8 + 16𝑘) 𝑠 + 16
𝑅(𝑠) 𝐶(𝑠)
16
𝑠2+(0,8+16𝑘)𝑠
1 +
16
𝑠2+(0,8+16𝑘)𝑠
𝑅(𝑠) 𝐶(𝑠)

12. 𝑮( 𝒔) =
𝟒 𝟐
𝒔 𝟐 + ( 𝟎, 𝟖 + 𝟏𝟔𝒌) 𝒔 + 𝟒 𝟐
=
𝝎 𝒏
𝟐
𝒔 𝟐 + 𝟐𝜻𝝎 𝒏 𝒔 + 𝝎 𝒏
𝟐
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.
2𝜁𝜔 𝑛 = 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 ⇒ 𝜔 𝑑 = 4√1 − (0,5)2 = 4√1 − 0,25
⇒ 𝜔 𝑑 = 4√0,75 ⇒ 𝝎 𝒅 = 𝟑, 𝟒𝟔𝟒𝟏 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝒆𝒈
sin 𝛽 =
𝜔 𝑛√1 − 𝜁2
𝜔 𝑛
⇒ 𝛽 = sin−1
(
𝜔 𝑑
𝜔 𝑛
) ⇒ 𝛽 = sin−1
(
3,4641
4
)
⇒ 𝛽 = sin−1(0,866) ⇒ 𝜷 = 𝟔𝟎° =
𝝅
𝟑

13. También, se puede calcular 𝛽 de la siguiente manera:
tan 𝛽 =
𝜔 𝑑
𝜎
⇒ 𝛽 = tan−1
(
𝜔 𝑑
𝜁𝜔 𝑛
) ⇒ 𝛽 = tan−1
(
3,4641
(0,5)(4)
)
⇒ 𝛽 = tan−1(1,73205) ⇒ 𝜷 = 𝟓𝟗, 𝟗𝟗𝟗 ≈ 𝟔𝟎° =
𝝅
𝟑
∴ 𝑡 𝑟 =
𝜋 − 𝛽
𝜔 𝑑
=
𝜋 −
𝜋
3
3,4641 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔
⇒ 𝒕 𝒓 = 𝟎, 𝟔𝟎𝟔 𝒔𝒆𝒈
c) Determinar el tiempo pico 𝒕 𝒑.
El tiempo pico 𝑡 𝑝, se obtiene con la siguiente fórmula:
𝑡 𝑝 =
𝜋
𝜔 𝑑
=
𝜋
3,4641 𝑟𝑎𝑑/𝑠
⇒ 𝒕 𝒑 = 𝟎, 𝟗𝟎𝟕 𝒔𝒆𝒈
d) Determinar el sobrepaso máximo 𝑴 𝒑.
El sobrepaso máximo 𝑀 𝑝, 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 %

14. 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%)
3. Obtenga analíticamente la frecuencia natural 𝜔 𝑛, factor de amortiguamiento
𝜁, sobrepaso máximo 𝑀 𝑝, 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.
Utilizamos “Combinación de Bloques en Cascada”, y sustituyendo
𝐻 = 1, se tiene que:
2
2𝑠 + 1
1
𝑠 + 1
𝑋(𝑠) 𝑌(𝑠)
+
−
𝐻
2
2𝑠2 + 2𝑠 + 𝑠 + 1
𝑋(𝑠) 𝑌(𝑠)
+
−
1

15. Luego, aplicamos “Retroalimentación Negativa”, tenemos que:
∴
𝒀(𝒔)
𝑿(𝒔)
=
𝟏
𝒔 𝟐 + 𝟏, 𝟓 𝒔 + 𝟏, 𝟓
=
𝟏
𝒔 𝟐 + 𝟏, 𝟓 𝒔 + (√𝟏, 𝟓)
𝟐
Igualando coeficientes entre esta ecuación y la ecuación general, es decir,
con las características del polinomio, encontramos que:
𝑮( 𝒔) =
𝟏
𝒔 𝟐 + 𝟏, 𝟓 𝒔 + (√𝟏, 𝟓)
𝟐 =
𝑲𝝎 𝒏
𝟐
𝒔 𝟐 + 𝟐𝜻𝝎 𝒏 𝒔 + 𝝎 𝒏
𝟐
Donde, 𝐾 es la ganancia estática del sistema.
2
2𝑠2 + 3𝑠 + 3
𝑋(𝑠) 𝑌(𝑠)
2
2𝑠2+3𝑠+1
1 +
2
2𝑠2+3𝑠+1
𝑋(𝑠) 𝑌(𝑠)
2
2(𝑠2 + 3/2 𝑠 + 3/2)
𝑋(𝑠) 𝑌(𝑠)
1
𝑠2 + 1,5 𝑠 + 1,5
𝑋(𝑠) 𝑌(𝑠)

16. a) Determinar la frecuencia natural 𝝎 𝒏.
∴ 𝝎 𝒏 = √𝟏, 𝟓 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝒆𝒈 ≈ 𝟏, 𝟐𝟐𝟓 𝒓𝒂𝒅/𝒔𝒆𝒈
𝐾𝜔 𝑛
2
= 1 ⇒ 𝐾 =
1
𝜔 𝑛
2
⇒ 𝐾 =
1
1,5
⇒ 𝑲 =
𝟐
𝟑
≈ 𝟎, 𝟔𝟕
b) Determinar el factor de amortiguamiento 𝜻.
El factor de amortiguamiento 𝜁, se obtiene con la siguiente fórmula:
2𝜁𝜔 𝑛 = 1,5 ⇒ 𝜁 =
1,5
2𝜔 𝑛
⇒ 𝜁 =
1,5
2(1,225)
⇒ 𝜻 ≈ 𝟎, 𝟔𝟏𝟐
∴ Es un sistema subamortiguado.
c) Determinar el sobrepaso máximo 𝑴 𝒑.
El sobrepaso máximo 𝑀 𝑝, se obtiene con la siguiente fórmula:
𝑀 𝑝 = 𝑒
−(
𝜎
𝜔 𝑑
)𝜋
= 𝑒
−(
𝜁𝜋
√1−𝜁2
)
⇒ 𝑀 𝑝 = 𝑒
−[
(0,612)𝜋
√1−(0,612)2
]
⇒ 𝑀 𝑝 = 𝑒−2,4311
⇒ 𝑴 𝒑 = 𝟎, 𝟎𝟖𝟕𝟗
El porcentaje del sobrepaso máximo es:
𝒆
−(
𝝈
𝝎 𝒅
)𝝅
𝒙 𝟏𝟎𝟎 % = 𝟖, 𝟕𝟗 %
Este es el valor de la
ganancia estática.

17. d) 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
(0,612)(1,225)
⇒ 𝒕 𝒔 = 𝟓, 𝟑𝟑𝟓 𝒔𝒆𝒈 (criterio del 2%)
𝑡 𝑠 =
3
𝜎
⇒ 𝑡 𝑠 =
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 𝑛√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
También, se puede calcular 𝛽 de la siguiente manera:
tan 𝛽 =
𝜔 𝑑
𝜎
⇒ 𝛽 = tan−1
(
𝜔 𝑑
𝜁𝜔 𝑛
) ⇒ 𝛽 = tan−1
(
0,969
(0,612)(1,225)
)
⇒ 𝛽 = tan−1(1,2925) ⇒ 𝜷 = 𝟓𝟐, 𝟐𝟕𝟏° = 𝟎, 𝟗𝟏𝟐 𝒓𝒂𝒅

18. ∴ 𝑡 𝑟 =
𝜋 − 𝛽
𝜔 𝑑
=
𝜋 − 0,912 𝑟𝑎𝑑
0,969 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔
⇒ 𝒕 𝒓 = 𝟐, 𝟑 𝒔𝒆𝒈
f) Determinar el tiempo pico 𝒕 𝒑.
El tiempo pico 𝑡 𝑝, se obtiene con la siguiente fórmula:
𝑡 𝑝 =
𝜋
𝜔 𝑑
=
𝜋
0,969 𝑟𝑎𝑑/𝑠
⇒ 𝒕 𝒑 = 𝟑, 𝟐𝟒𝟐 𝒔𝒆𝒈