Pruebas De Universidad

EJERCICIO.
Un sistema esta modelado bajo la siguiente ecuación diferencial:

d 2 y(t ) dy(t )

 6 y(t )  2 x(t )
dt 2
dt
Hallar la función de transferencia H(s) cuando la entrada x(t) es un impulso unitario.
Solución

s 2Y (s)  sY (s)  6Y (s)  2 X (s)
Y ( s)
2
2
Y (s)[s 2  s  6]  2 X (s) , y por lo tanto se tiene H ( s) 
X ( s) s  s  6
Y ( s)
2
H ( s) 

;Aplicando la transformada inversa de Laplace:
X ( s) ( s  3)(s  2)
1
1

2
H (s)   

 , y desarrollando por fracciones parciales:

 ( s  3)( s  2) 

y’’-y’-6y = 2x, entonces aplicando Laplace

H (s) 

k
k
2
 1 1
( s  3)(s  2) s  2 s  3

k1  ( s  2) H ( s) s 2 ( s  2)



2
2

(2  3)  5

k1  

2
2

( s  2)(s  3) s 2 ( s 3) s 2

2
5

k 2  ( s  3) H ( s) s 3 ( s  3)



2
2

(3  2) 5

H ( s) 

k2 

2
2

( s  2)(s  3) s 3 ( s  2) s 3

2
5

2
21
21
 

( s  3)(s  2)
5 s  2 5 s 3

1

2
 H (s)   5 

1

 1  2 1  1 

  

 s  2  5  s  3

2
2
h(t )   e 2t  e 3t
5
5

EJERCICIO
El sistema eléctrico mostrado en lafigura tiene como modelo matemático la siguiente ecuación

Ri (t ) 

1
di (t )
i(t )dt  L
 vi (t )
C
dt

a) Hallar la función de transferencia del sistema (condiciones iniciales iguales a cero).

R  16
L  2H
H ( s) 

C  0.02 F
vi (t )  entrada

Q( s)
?
Vi ( s )

q(t )  salida

Nota. No olvidar que
i (t ) 

dq(t )
dt

Solución:
Condiciones iniciales q(0)=0,q’(0)=0, i(0)=0.

Lq' ' Rq '

1
q 
C



L
R
1

q' ' q'
q
L
L
CL
L

Aplicando la transformada de Laplace

 q' '

R
1

q'
q
L
CL
L

R
1

L q' ' q'
q  L
L
CL 

1

1

 

L

 s 2Q( s)  sq(0)  q' (0) 

R
sQ(s)  q(0)  1 Q(s)  V (s)
L
LC
L

R
1
V ( s)
 s Q( s)  sQ( s) 
Q( s ) 
L
LC
L
2

1Q( s )
L


V ( s) s 2  R s  1
L
LC

Reemplazando para L=2, R=16 y C=0.02, tenemos que:

1
1
Q( s )
2
2
2
2
16 s  1
V ( s) s 
s  8s  25
2
2(0.02)
b) Encontrar la carga q(t) (la salida) en cualquier tiempo t>0 si la entrada es un paso (escalón ) de 300
voltios.
Solución
Ahora bien si la entrada es v=300(t) (señal escalón o paso de amplitud 300).
Y la L1 300 (t)  L1 300  300

Q( s ) 

1

 v  300 (t ) ,

s
1

300
2
2
V ( s)  2
s  8s  25
s  8s  25 s
2

 L v(t )  V ( s) 

 Q( s ) 

1

300
s

150
s( s  8s  25)
2





Para hallar la carga q(t) se aplica la transformada inversa de Laplace, ya que L Q( s )  q(t )
se debe realizar el desarrollo en fracciones parciales.
Para encontrar q(t) apartir de
1

Q( s ) 

150
, se pueden utilizar Diferentes Métodos.
s( s  8s  25)
2

Se va explicar y aplicar cada método, paso por paso:
Método I; Fracciones parciales mediante ecuaciones algebraicas:

Ax  B
x  bx  c
2

k s  k3
k
150
 1 2 2
se multiplican ambos miembros por el mínimo común denominador
s( s  8s  25) s s  8s  25
2

s(s2+8s+25):

150s( s 2  8s 25) k1s( s 2  8s  25) (k 2 s  k3 ) s( s 2  8s  25)


s( s 2  8s  25)
s
s 2  8s  25
150  k1 (s 2  8s  25)  (k 2 s  k3 )s ; se encuentra k1 sustituyendo s=0:

150  k1 (02  8(0)  25)  (k2 (0)  k3 )(0)

 k1  6

Reemplazando k1=6 y desarrollando los factores, se obtiene:

150  6(s 2  8s  25)  s(k2 s  k3 )

150  6s 2  48s  150  k 2 s 2  k3 s
150  (6 k2 )s 2  (48  k3 )s  150 ; aquí se igualan los coeficientes de potencias iguales de s lo que
da:

k2  6  0
k3  48  0
150  150

 k 2  6
 k3  48

Substituyendo los valores de k1, k2 y k3, en

k s  k3
k
150
 1 2 2
se obtiene:
s( s  8s  25) s s  8s  25
2

6
 6s  48
6
6s  48
6 6(s  4)  24 6
6(s  4)
24
2
 2



2
2
2
2
s s  8s  25...