Peak Overshoot MCQ Quiz in हिन्दी - Objective Question with Answer for Peak Overshoot - मुफ्त [PDF] डाउनलोड करें

संकल्पना:

समय डोमेन में अधिकतम शीर्ष ओवरशूट निम्न द्वारा दिया जाता है:

$M_p=e^{-(\frac{\pi \zeta }{\sqrt{1-{\zeta }^2}})}$

अनुनाद आवृत्ति (ω_r): यह वह आवृत्ति है जिस पर अधिकतम परिमाण होता है।

अधिकतम आवृत्ति के लिए:

$\frac{d{M}_p}{d\zeta }=0$

$(-\pi )e^{-(\frac{\pi \zeta }{\sqrt{1-{\zeta }^2}})}[\frac{\sqrt{1-{\zeta }^2(1)}-\zeta (\frac{1}{2})(2\zeta \sqrt{1-{\zeta }^2})}{(1-{\zeta }^2)}]=0$

$\sqrt{1-{\zeta }^2}=\frac{{\zeta }^2}{\sqrt{1-{\zeta }^2}}$

1 - ζ² = ζ²

ζ = 0.707

हल 

संकल्पना

द्वितीय कोटि वाली अधःअवमंदित प्रणाली के लिए अधिकतम प्रतिशत ओवरशूट को निम्न द्वारा ज्ञात किया गया है

M_p%= ^{$e^{\frac{-\pi \zeta }{\sqrt{1-{\zeta }^2}}}$} × 100 %

यहाँ ζ अवमंदन अनुपात है।

गणना

दिया गया है, M_p% =10%

⇒$\frac{10}{100}$ = $e^{\frac{-\pi \zeta }{\sqrt{1-{\zeta }^2}}}$ 

⇒0.1=$e^{\frac{-\pi \zeta }{\sqrt{1-{\zeta }^2}}}$

⇒ln(0.1)= $\frac{-\pi \zeta }{\sqrt{1-{\zeta }^2}}$

⇒-2.302= $\frac{-\pi \zeta }{\sqrt{1-{\zeta }^2}}$

⇒0.733=$\frac{\zeta }{\sqrt{1-{\zeta }^2}}$

वर्ग और पार गुणन करने पर हमें निम्न प्राप्त होता है

1=2.8596 ζ²

ζ =0.59 ≈0.60

इसलिए अवमंदन अनुपात 0.6 है।

अतः सही विकल्प 2 है।

हल 

OLTF को G (s) = $\frac{k}{(s+4)}$ द्वारा ज्ञात किया गया है

कास्केड क्षतिपूरक GC(s) = $\frac{s+\alpha }{s}$

इसलिए नए क्षतिपूर्ति प्रणाली का कुल OLTF निम्न होगा

⇒G(s)GC(s) = $\frac{k}{(s+4)}$ × $\frac{s+\alpha }{s}$ = $\frac{k(s+\alpha )}{s(s+4)}$

CLTF =$\frac{k(s+\alpha )}{s^2+s(4+\alpha )+k\alpha }$  होगा।

दिया गया शीर्ष ओवरशूट M%=20%

⇒Mp%= $e^{\frac{-\pi \zeta }{\sqrt{1-{\zeta }^2}}}$ × 100 %

⇒0.2=$e^{\frac{-\pi \zeta }{\sqrt{1-{\zeta }^2}}}$

⇒ln(0.2) = $e^{\frac{-\pi \zeta }{\sqrt{1-{\zeta }^2}}}$

⇒0.5127 =$\frac{\zeta }{\sqrt{1-{\zeta }^2}}$

वर्ग और गणना करने पर हमें निम्न प्राप्त होता है

⇒ζ =0.456

मानक परिणाम के साथ CLTF के हर की तुलना करने पर हमारे पास निम्न हैं

⇒s² + s(4+α) + kα = s2 + 2ζω_n s + ω_n²

हमारे पास निम्न हैं

⇒2ζωn =(4+α) और ⇒ωn2 = kα 

⇒ω =$\frac{(4+k)}{0.912}$  और ⇒ωn2 = kα 

हमारे पास 2 अज्ञात और 1 समीकरण हैं, इसलिए हम K और α के मान की गणना करने के लिए विकल्प निष्कासन विधि का उपयोग करेंगे।

विकल्पों की जाँच करने पर

1. k = 16, α = 29.23 ,

k = 16 रखने पर और α की गणना करने पर 

ω =21.93 , ⇒α =30

2. k = 4, α = 19.23

k = 4 रखने पर और α की गणना करने पर

ω =8.767, α = 19.23

3. k = 19.23, ⇒α = 4

k = 19.23 रखने पर और α की गणना करने पर

ω= 25.47 ,⇒ α =33.73

4. k = 8, α = 4

k = 8 रखने पर और α की गणना करने पर

ω =13.15 ,⇒α =21.62

संकल्पना:

मानक द्वितीयक-कोटि वाली प्रणाली का स्थानांतरण फलन निम्न है:

$TF=\frac{C\left(s\right)}{R\left(s\right)}=\frac{{\omega }_n^2}{s^2+2\zeta {\omega }_{n}s+{\omega }_n^2}$

विशेषता समीकरण:

$s^2+2\zeta {\omega }_n+{\omega }_n^2=0$

ζ अवमंदन अनुपात है। 

ωn अन्देंप्त प्राकृतिक आवृत्ति है। 

$M_p=e^{\frac{-\zeta \pi }{\sqrt{1-{\zeta }^2}}}$   ----(1)

गणना:

दिया गया है कि:

ζ = 0

समीकरण (1) से;

Mp = 1 i.e.

Mp = 100%

ध्यान दें:

Mp बंद-लूप वाले स्थानांतरण फलन का अधिकतम शीर्ष अतिलंघन है। 

$M_p\alpha \frac{1}{\zeta }$

संकल्पना:

मानक द्वितीय क्रम प्रणाली का स्थानांतरण फलन निम्न है:

$TF=\frac{C\left(s\right)}{R\left(s\right)}=\frac{{\omega }_n^2}{s^2+2\zeta {\omega }_{n}s+{\omega }_n^2}$

विशेषता समीकरण: $s^2+2\zeta {\omega }_n+{\omega }_n^2=0$

ζ अवमंदन अनुपात है

ωn अनवमंदन प्राकृतिक आवृत्ति है

$M_p=e^{\frac{-\zeta \pi }{\sqrt{1-{\zeta }^2}}}$ ----(1)

गणना:

दिया गया है:

Mp = 100%

उपरोक्त समीकरण से,

$M_p=e^{\frac{-\zeta \pi }{\sqrt{1-{\zeta }^2}}}$

$ln1=\frac{-\zeta \pi }{\sqrt{1-{\zeta }^2}}$ ; (1 = 0 में)

तो, ζ = 0

ध्यान दें:

Mp बंद-लूप अंतरण फलन का अधिकतम शिखर अतिलंघन है

$M_p\alpha \frac{1}{\zeta }$

संकल्पना:

मानक द्वितीयक-कोटि वाली प्रणाली का स्थानांतरण फलन निम्न है:

$TF=\frac{C\left(s\right)}{R\left(s\right)}=\frac{{\omega }_n^2}{s^2+2\zeta {\omega }_{n}s+{\omega }_n^2}$

विशेषता समीकरण:

$s^2+2\zeta {\omega }_n+{\omega }_n^2=0$

ζ अवमंदन अनुपात है। 

ωn  अन्देंप्त प्राकृतिक आवृत्ति है। 

$M_p=e^{\frac{-\zeta \pi }{\sqrt{1-{\zeta }^2}}}$

Mp बंद-लूप वाले स्थानांतरण फलन का अधिकतम शीर्ष ओवरशूट है। 

$M_p\alpha \frac{1}{\zeta }$

गणना:

विकल्प A:

 $T(s)=\frac{9}{(s^2+2s+9)}$

हल करने पर हमें निम्न प्राप्त होगा:

ω_n = 2

ζ = 0.33

विकल्प B:

$T(s)=\frac{16}{(s^2+2s+16)}$

हल करने पर हमें निम्न प्राप्त होगा:

ωn = 4

ζ = 0.25

विकल्प C:

$T(s)=\frac{25}{(s^2+2s+25)}$

हल करने पर हमें निम्न प्राप्त होगा:

ωn = 5

ζ = 0.2

विकल्प D:

$T(s)=\frac{36}{(s^2+2s+36)}$

हल करने पर हमें निम्न प्राप्त होगा:

ωn = 6

ζ = 0.16

अतः विकल्प 4 में न्यूनतम ζ है, इसलिए इसमें अधिकतम ओवरशूट है। 

संकल्पना:

मानक द्वितीयक-कोटि वाली प्रणाली का स्थानांतरण फलन निम्न है:

$TF=\frac{C\left(s\right)}{R\left(s\right)}=\frac{{\omega }_n^2}{s^2+2\zeta {\omega }_{n}s+{\omega }_n^2}$

विशेषता समीकरण:

$s^2+2\zeta {\omega }_n+{\omega }_n^2=0$

ζ अवमंदन अनुपात है। 

ωn अन्देंप्त प्राकृतिक आवृत्ति है। 

$M_p=e^{\frac{-\zeta \pi }{\sqrt{1-{\zeta }^2}}}$   ----(1)

गणना:

दिया गया है कि:

ζ = 0

समीकरण (1) से;

Mp = 1 i.e.

Mp = 100%

ध्यान दें:

Mp बंद-लूप वाले स्थानांतरण फलन का अधिकतम शीर्ष अतिलंघन है। 

$M_p\alpha \frac{1}{\zeta }$

हल 

संकल्पना

द्वितीय कोटि वाली अधःअवमंदित प्रणाली के लिए अधिकतम प्रतिशत ओवरशूट को निम्न द्वारा ज्ञात किया गया है

M_p%= ^{$e^{\frac{-\pi \zeta }{\sqrt{1-{\zeta }^2}}}$} × 100 %

यहाँ ζ अवमंदन अनुपात है।

गणना

दिया गया है, M_p% =10%

⇒$\frac{10}{100}$ = $e^{\frac{-\pi \zeta }{\sqrt{1-{\zeta }^2}}}$ 

⇒0.1=$e^{\frac{-\pi \zeta }{\sqrt{1-{\zeta }^2}}}$

⇒ln(0.1)= $\frac{-\pi \zeta }{\sqrt{1-{\zeta }^2}}$

⇒-2.302= $\frac{-\pi \zeta }{\sqrt{1-{\zeta }^2}}$

⇒0.733=$\frac{\zeta }{\sqrt{1-{\zeta }^2}}$

वर्ग और पार गुणन करने पर हमें निम्न प्राप्त होता है

1=2.8596 ζ²

ζ =0.59 ≈0.60

इसलिए अवमंदन अनुपात 0.6 है।

अतः सही विकल्प 2 है।

संकल्पना:

समय डोमेन में अधिकतम शीर्ष ओवरशूट निम्न द्वारा दिया जाता है:

$M_p=e^{-(\frac{\pi \zeta }{\sqrt{1-{\zeta }^2}})}$

अनुनाद आवृत्ति (ω_r): यह वह आवृत्ति है जिस पर अधिकतम परिमाण होता है।

अधिकतम आवृत्ति के लिए:

$\frac{d{M}_p}{d\zeta }=0$

$(-\pi )e^{-(\frac{\pi \zeta }{\sqrt{1-{\zeta }^2}})}[\frac{\sqrt{1-{\zeta }^2(1)}-\zeta (\frac{1}{2})(2\zeta \sqrt{1-{\zeta }^2})}{(1-{\zeta }^2)}]=0$

$\sqrt{1-{\zeta }^2}=\frac{{\zeta }^2}{\sqrt{1-{\zeta }^2}}$

1 - ζ² = ζ²

ζ = 0.707

हल 

OLTF को G (s) = $\frac{k}{(s+4)}$ द्वारा ज्ञात किया गया है

कास्केड क्षतिपूरक GC(s) = $\frac{s+\alpha }{s}$

इसलिए नए क्षतिपूर्ति प्रणाली का कुल OLTF निम्न होगा

⇒G(s)GC(s) = $\frac{k}{(s+4)}$ × $\frac{s+\alpha }{s}$ = $\frac{k(s+\alpha )}{s(s+4)}$

CLTF =$\frac{k(s+\alpha )}{s^2+s(4+\alpha )+k\alpha }$  होगा।

दिया गया शीर्ष ओवरशूट M%=20%

⇒Mp%= $e^{\frac{-\pi \zeta }{\sqrt{1-{\zeta }^2}}}$ × 100 %

⇒0.2=$e^{\frac{-\pi \zeta }{\sqrt{1-{\zeta }^2}}}$

⇒ln(0.2) = $e^{\frac{-\pi \zeta }{\sqrt{1-{\zeta }^2}}}$

⇒0.5127 =$\frac{\zeta }{\sqrt{1-{\zeta }^2}}$

वर्ग और गणना करने पर हमें निम्न प्राप्त होता है

⇒ζ =0.456

मानक परिणाम के साथ CLTF के हर की तुलना करने पर हमारे पास निम्न हैं

⇒s² + s(4+α) + kα = s2 + 2ζω_n s + ω_n²

हमारे पास निम्न हैं

⇒2ζωn =(4+α) और ⇒ωn2 = kα 

⇒ω =$\frac{(4+k)}{0.912}$  और ⇒ωn2 = kα 

हमारे पास 2 अज्ञात और 1 समीकरण हैं, इसलिए हम K और α के मान की गणना करने के लिए विकल्प निष्कासन विधि का उपयोग करेंगे।

विकल्पों की जाँच करने पर

1. k = 16, α = 29.23 ,

k = 16 रखने पर और α की गणना करने पर 

ω =21.93 , ⇒α =30

2. k = 4, α = 19.23

k = 4 रखने पर और α की गणना करने पर

ω =8.767, α = 19.23

3. k = 19.23, ⇒α = 4

k = 19.23 रखने पर और α की गणना करने पर

ω= 25.47 ,⇒ α =33.73

4. k = 8, α = 4

k = 8 रखने पर और α की गणना करने पर

ω =13.15 ,⇒α =21.62

संकल्पना:

मानक द्वितीय क्रम प्रणाली का स्थानांतरण फलन निम्न है:

$TF=\frac{C\left(s\right)}{R\left(s\right)}=\frac{{\omega }_n^2}{s^2+2\zeta {\omega }_{n}s+{\omega }_n^2}$

विशेषता समीकरण: $s^2+2\zeta {\omega }_n+{\omega }_n^2=0$

ζ अवमंदन अनुपात है

ωn अनवमंदन प्राकृतिक आवृत्ति है

$M_p=e^{\frac{-\zeta \pi }{\sqrt{1-{\zeta }^2}}}$ ----(1)

गणना:

दिया गया है:

Mp = 100%

उपरोक्त समीकरण से,

$M_p=e^{\frac{-\zeta \pi }{\sqrt{1-{\zeta }^2}}}$

$ln1=\frac{-\zeta \pi }{\sqrt{1-{\zeta }^2}}$ ; (1 = 0 में)

तो, ζ = 0

ध्यान दें:

Mp बंद-लूप अंतरण फलन का अधिकतम शिखर अतिलंघन है

$M_p\alpha \frac{1}{\zeta }$

ध्रुव लगाने के बाद परिणामी अग्र पथ अंतरण फलन निम्न है:

$\frac{16}{s\left(s+a\right)}$

अभिलक्षणिक समीकरण: s2 + as + 16

ωn = 4

$\mathrm{\%}overshoot=e^{-\frac{\pi \xi }{\sqrt{1-{\xi }^2}}}=0.05$

$\frac{\xi }{\sqrt{1-{\xi }^2}}=0.955\leftarrow \frac{\pi \xi }{\sqrt{1-{\xi }^2}}=3$

$\frac{{\xi }^2}{1-{\xi }^2}=0.91$

${\xi }^2=0.91-0.91{\xi }^2$

$\Rightarrow {\xi }^2=\frac{0.91}{1.91}$

= 0.69

2ξωn = a

2(0.69) (4) = a

a = 5.53

1) एक अधःअवमंदित प्रणाली के लिए आउटपुट अंतिम मान को पार कर लेगा और फिर अंतिम समायोजन होने तक इस अंतिम मान के आस-पास दोलन प्रदर्शित करेगा।

2) इसलिए, ओवरशूट वह अधिकतम मात्रा है जिसके द्वारा प्रतिक्रिया एक अधःअवमंदित प्रणाली में स्थिर-अवस्था मान को पार कर लेता है।

∴ कथन 1 गलत है।

अधिकतम ओवरशूट को निम्न रूप में परिभाषित किया गया है:

y_max - y_final

इकाई चरण इनपुट के लिए, y_final = 1

∴ अधिकतम ओवरशूट = y_max – 1

$=e^{-\frac{\xi \pi }{\sqrt{1-{\xi }^2}}}$ 

% ओवरशूट को निम्न रूप में परिभाषित किया गया है:

$\left(\frac{y_{max}-y_{final}}{y_{final}}\right)\times 100$ 

इकाई चरण इनपुट के लिए, 

% ओवरशूट = (y_max – 1) × 100

∴ % ओवरशूट = अधिकतम ओवरशूट × 100

∴ कथन 4 सही है।

2u(t), 3u(t) इत्यादि जैसे इनपुट के साथ ऐसी स्थिति में अधिकतम ओवरशूट निम्न है:

$=n{e}^{-\frac{\xi \pi }{\sqrt{1-{\xi }^2}}}$ 

n → चरण फलन का परिमाण 

कथन 3 गलत है।

%ओवरशूट समान रहेगा क्योंकि परिमाण कारक अंश व हर दोनों में दिखाई देगा। कथन 2 सही है।

संकल्पना:

मानक द्वितीयक-कोटि वाली प्रणाली का स्थानांतरण फलन निम्न है:

$TF=\frac{C\left(s\right)}{R\left(s\right)}=\frac{{\omega }_n^2}{s^2+2\zeta {\omega }_{n}s+{\omega }_n^2}$

विशेषता समीकरण:

$s^2+2\zeta {\omega }_n+{\omega }_n^2=0$

ζ अवमंदन अनुपात है। 

ωn  अन्देंप्त प्राकृतिक आवृत्ति है। 

$M_p=e^{\frac{-\zeta \pi }{\sqrt{1-{\zeta }^2}}}$

Mp बंद-लूप वाले स्थानांतरण फलन का अधिकतम शीर्ष ओवरशूट है। 

$M_p\alpha \frac{1}{\zeta }$

गणना:

विकल्प A:

 $T(s)=\frac{9}{(s^2+2s+9)}$

हल करने पर हमें निम्न प्राप्त होगा:

ω_n = 2

ζ = 0.33

विकल्प B:

$T(s)=\frac{16}{(s^2+2s+16)}$

हल करने पर हमें निम्न प्राप्त होगा:

ωn = 4

ζ = 0.25

विकल्प C:

$T(s)=\frac{25}{(s^2+2s+25)}$

हल करने पर हमें निम्न प्राप्त होगा:

ωn = 5

ζ = 0.2

विकल्प D:

$T(s)=\frac{36}{(s^2+2s+36)}$

हल करने पर हमें निम्न प्राप्त होगा:

ωn = 6

ζ = 0.16

अतः विकल्प 4 में न्यूनतम ζ है, इसलिए इसमें अधिकतम ओवरशूट है।