Time Response of the First and Second Order System MCQ Quiz in हिन्दी - Objective Question with Answer for Time Response of the First and Second Order System - मुफ्त [PDF] डाउनलोड करें

अवधारणा:

एक सामान्य घातीय संकेत का लाप्लास रूपांतरण दिया गया है

$L[e^{-at}]⟷\frac{1}{s+a}$

जहाँ 'a' कोई धनात्मक पूर्णांक है।

गणना:

दिया गया है, f (t) = e^-3t

लाप्लास परिवर्तन इस प्रकार दिया जाता है

F(s) = $\frac{1}{s+3}$

e-3t की आवेग अनुक्रिया है 

F(s) = $\frac{1}{s+3}$

सही उत्तर 404 sec है 

अवधारणा:

जिस समय पर शिखर को प्राप्त किया जाता है उसे शिखर काल कहा जाता है 

$Tp=\frac{n\pi }{\omega d}$

n = 1 के लिए, हम प्रथम अतिक्रमण प्राप्त करेंगे। 

n = 3 के लिए, हम द्वितीय अतिक्रमण प्राप्त करेंगे।

∴ Xवें अतिक्रमण के लिए, n = 2x-1

हल:

n = 1 के लिए 

$Tp=\frac{\pi }{\omega d}$

= 4 sec

51वें अतिक्रमण के लिए 

$Tp=\frac{(2x-1)\pi }{\omega d}$ , x = 51 रखने पर 

=$\frac{101\pi }{\omega d}$

=101× 4 

∴ Tp = 404

सही उत्तर $\frac{10s}{s^2+2s+200}$ है 

समाधान :

ग्राफ के अनुसार,हम कह सकते हैं कि यह प्रथम श्रेणी प्रणाली का निर्गम है

माना LTI प्रणाली के स्थानांतरण फलन का मान है 

 $G(s)=\frac{K}{(s+a)}$

इकाई चरण इनपुट-निर्गम के लिए

 $Y(s)=\frac{K}{s(s+a)}$

दिया गया है कि स्थिर अवस्था में निर्गम का मान है 

$\underset{S\to 0}{lim}\frac{S.K}{S(S+a)}=5$

∴ $\frac{K}{a}=5$

अब निर्गम का मान 

 $Y(s)=\frac{K}{s(s+a)}=\frac{2a}{s(s+a)}$

आंशिक भिन्न लगाने पर 

 $\therefore$ $\frac{5a}{s(s+a)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{(s+a)}$

उपरोक्त आंशिक भिन्न को हल करने पर हमें A = 5 और B = -5 प्राप्त होता है।  

$\therefore$  $Y(s)=\frac{5}{s}-\frac{5}{(s+a)}$

अब  लाप्लास से हमें प्राप्त  होगा 

y(t) = 5 ( 1 - e-at) u(t)

ग्राफ के अनुसार, t = 1.15-sec में निर्गम 4.5 है, इसलिए इस मान को उपरोक्त समीकरण में रखने पर 

$\therefore$ y(t) = 5 ( 1 - e-a(1.15)) = 4.5

$\therefore$ a = 2

तब LTI प्रणाली में कुल स्थानांतरण फलन का मान है 

= $\frac{10}{(s+2)}$

अब हमें इसमें पुनर्निवेश को जोड़ना होगा, जिसके द्वारा ब्लॉक आरेख को नीचे दिए चित्र के सामान बनाया जा सकता है ।

इस प्रणाली के अंतिम के स्थानांतरण फलन का मान होगा

T/F = $\frac{\frac{10}{(s+2)}}{1+\frac{10}{(s+2)}.\frac{20}{s}}$ 

= $\frac{10s}{s^2+2s+200}$

संकल्पना:

किसी प्रणाली की आवेग प्रतिक्रिया का लाप्लास प्रणाली के फलन का स्थानांतरण होता है।

$\delta (t)=\frac{du(t)}{dt}$

T(s) = L[ δ(t) ]

यदि स्थानांतरण फलन के सभी ध्रुव jω तल के बाएँ पक्ष में होते हैं, तो प्रणाली को स्थिर कहा जाता है।

गणना:

$\delta (t)=\frac{d[1-e^{-t}(1+t)u(t)]}{dt}$

δ(t) = te-t

T(s) = L[ te-t]

$T(s)=\frac{1}{(s+1{)}^2}$

ध्रुव = -1, -1

दोनों ध्रुव jω तल के बाएँ पक्ष में हैं, अतः क्रिटिकली  स्थिर है।

प्रथम-कोटि प्रणाली की समय प्रतिक्रिया:

पहले क्रम के बंद-पाश प्रणाली पर विचार करें:

बंद-पाश अंतरण निम्न द्वारा दिया जाता है:

$\frac{C(s)}{R(s)}=\frac{1}{1+sT}$

जहाँ, C(s) = आउटपुट

R(s) = इनपुट

प्रणाली का आउटपुट निम्न है:

$C(s)=\frac{1}{1+sT}R(s)$

यदि इनपुट एक इकाई स्टेप सिग्नल है, तो प्रणाली का आउटपुट निम्न है:

$C(s)=\frac{1}{s}\times \frac{1}{1+sT}$

आंशिक-भिन्न लागू करने पर:

$C(s)=\frac{1}{s}\times \frac{1}{1+sT}=\frac{A}{s}+\frac{B}{1+sT}$.................(i)

1 = A(1 + sT) + Bs

1 = A + ATs + Bs

1 = A + s(AT+B)

A = 1

AT + B = 0

B = -T

A और B के मानों को समीकरण (i) में रखने पर, हम प्राप्त करते हैं:

$C(s)=\frac{1}{s}+\frac{-T}{1+sT}$

$C(s)=\frac{1}{s}+\frac{-T}{T(s+\frac{1}{T})}$

$C(s)=\frac{1}{s}+\frac{-1}{(s+\frac{1}{T})}$

दोनों पक्षों पर व्युत्क्रम लाप्लास रूपांतरण लेने पर, हम प्राप्त करते हैं:

C(t) = 1 - e- t/T

संकल्पना:

स्थानांतरण फलन को प्रारंभिक स्थिति को शून्य मानकर आउटपुट के लाप्लास परिवर्तन और इनपुट के लाप्लास परिवर्तन के अनुपात के रूप में परिभाषित किया जाता है।

TF = L[आउटपुट] / L[इनपुट]

$TF=\frac{C\left(s\right)}{R\left(s\right)}$

इकाई आवेग इनपुट के लिए अर्थात् r(t) = δ(t)

⇒ R(s) = δ(s) = 1

अब स्थानांतरण फलन = C(s)

इसलिए स्थानांतरण फलन को प्रणाली के आवेग प्रतिक्रिया के रूप में भी जाना जाता है

स्थानांतरण फलन = L[IR]

IR = L-1 [TF]

विश्लेषण:-

$s\left(t\right)=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}{e}^{-2t}$

$h\left(t\right)=\frac{ds\left(t\right)}{dt}$

$=\frac{d}{dt}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2}{e}^{-2t}\right)$

= e-2t

अवधारणा:

मानक दूसरे क्रम के बंद-पाश स्थानांतरण फलन निम्न द्वारा दिया गया है:

$\frac{C\left(s\right)}{R\left(s\right)}=\frac{{\omega }_n^2}{s^2+2\xi {\omega }_{n}s+{\omega }_n^2}$ .... (1)

$\frac{C(s)}{R(s)}=\frac{G}{s^2+2\xi {\omega }_{n}s+{\omega }_n^2}$  .. (2)

ξ = अवमंदन अनुपात

ωn = अनवमंदित प्राकृतिक आवृत्ति

G = लाभ

समीकरण (1) और (2) से,

G = ωn2

∴ ${\omega }_n=\sqrt{G}$ .... (3)

अब हमें निकाय का ध्रुव ज्ञात करना है, और यह स्थित होगा,

$s=-\zeta {\omega }_n\pm {\omega }_n\sqrt{1-{\zeta }^2}$

क्षयकारी घातांक का समय नियतांक निम्न के बराबर होता है,

$1=\frac{1}{\zeta {\omega }_n}$

∴ $\zeta =\frac{1}{{\omega }_n}$ .... (4)

समीकरण (3) और (4) से,

$\zeta =\frac{1}{\sqrt{G}}$

अवधारणा:

एक सामान्य घातीय संकेत का लाप्लास रूपांतरण दिया गया है

$L[e^{-at}]⟷\frac{1}{s+a}$

जहाँ 'a' कोई धनात्मक पूर्णांक है।

गणना:

दिया गया है, f (t) = e^-3t

लाप्लास परिवर्तन इस प्रकार दिया जाता है

F(s) = $\frac{1}{s+3}$

e-3t की आवेग अनुक्रिया है 

F(s) = $\frac{1}{s+3}$

शून्य के जोड़ने का प्रभाव:

• यह बिन्दुपथ शाखाओं को jω-अक्ष से दूर आकर्षित करता है, जिससे प्रणाली अधिक स्थिर हो जाती है।
• सापेक्ष स्थिरता में सुधार होता है।
• प्रणाली कम दोलनशील हो जाती है।
• चूंकि वृद्धि समय गति के व्युत्क्रमानुपाती होता है, इसलिए वृद्धि का समय कम हो जाएगा।
• साथ ही, क्योंकि बैंडविड्थ वृद्धि समय के व्युत्क्रमानुपाती होती है, इसलिए बैंडविड्थ बढ़ जाती है।

ध्रुव जोड़ने का प्रभाव:

• यह बिन्दुपथ  शाखाओं को jω-अक्ष की ओर आकर्षित करता है जिसके कारण प्रणाली कम स्थिर हो जाती है।
• सापेक्ष स्थिरता कम हो जाती है।
• प्रणाली अधिक दोलनशील हो जाती है।
• चूंकि वृद्धि समय गति के व्युत्क्रमानुपाती होता है, इसलिए वृद्धि समय बढ़ जाएगा।
• इसके अलावा, क्योंकि बैंडविड्थ वृद्धि समय के व्युत्क्रमानुपाती होता है, इसलिए बैंडविड्थ घट जाती है।

अवधारणा:

Y(s) = X(s) . G(s)

X(s): लागू इनपुट।

G(s): स्थानांतरण फलन

Y(s): आउटपुट प्रतिक्रिया

एक इकाई चरण इनपुट को u(t) के रूप में परिभाषित किया गया है। इसका लाप्लास रूपान्तर निम्न द्वारा दिया जाता है:

$x\left(t\right)\leftrightarrow X\left(s\right)=\frac{1}{s}$

गणना:

स्थानांतरण फलन निम्न प्रकार दिया गया है:

$G\left(s\right)=\frac{1}{1+\tau s}$

$X\left(s\right)=\frac{1}{s}$

इकाई चरण प्रतिक्रिया तब प्रतिक्रिया होती है जब इनपुट एक इकाई चरण फलन होता है, अर्थात
$Y\left(s\right)=\frac{1}{s}\cdot \frac{1}{\left(1+\tau s\right)}$

आंशिक भिन्न का उपयोग करते हुए, हम प्राप्त करते हैं:

$\frac{1}{s}\cdot \frac{1}{1+\tau s}=\frac{A}{s}+\frac{B}{1+\tau s}$

इसे हल करने पर, हम प्राप्त करेंगे:

$Y\left(s\right)=\frac{1}{s}-\frac{\tau }{1+\tau s}$

$Y\left(s\right)=\frac{1}{s}-\frac{1}{s+\frac{1}{\tau }}$

व्युत्क्रम लाप्लास रूपांतरण लेते हुए, हम प्राप्त करते हैं:

$y\left(t\right)=\left(1-e^{-\frac{t}{\tau }}\right)u\left(t\right)$

$T\left(s\right)=\frac{1}{1+s\tau }$

$\frac{C\left(s\right)}{R\left(s\right)}=\frac{1}{1+s\tau }$

$R\left(s\right)=\frac{1}{s}$

$\Rightarrow C\left(s\right)=\frac{1}{s\left(1+s\tau \right)}=\frac{1}{s}-\frac{\tau }{1+s\tau }$

$\Rightarrow C\left(s\right)=\frac{1}{s}-\frac{1}{s+\frac{1}{\tau }}$

व्युत्क्रम लाप्लास रूपांतरण लागू करके,

C(t) = 1 – e-t/τ

t = 10s पर,

C(t) = 0.5

⇒ e-10/τ = 0.5

अवधारणा :

y[n] = x[n] * h[n]

जब दो प्रणालियों को कैस्केड किया जाता है, तो परिणामी प्रतिक्रिया व्यक्तिगत प्रतिक्रियाओं का संवलन होता है।

एक क्षेत्र में संवलन दूसरे क्षेत्र में गुणन है।

एक LTI  प्रणाली निम्नलिखित गुण को संतुष्ट करती है:

x[n] * δ[n - n0] = x[n - n0]

विश्लेषण:

कैस्केड प्रणाली का आउटपुट:

कैस्केड प्रणाली की आवेग प्रतिक्रिया

hc (n) = h1(n) * h2(n)

hc (n) = δ (n - 1) * δ (n - 2)

= δ (n - 3)

संकल्पना:

किसी प्रणाली की आवेग प्रतिक्रिया का लाप्लास प्रणाली के फलन का स्थानांतरण होता है।

$\delta (t)=\frac{du(t)}{dt}$

T(s) = L[ δ(t) ]

यदि स्थानांतरण फलन के सभी ध्रुव jω तल के बाएँ पक्ष में होते हैं, तो प्रणाली को स्थिर कहा जाता है।

गणना:

$\delta (t)=\frac{d[1-e^{-t}(1+t)u(t)]}{dt}$

δ(t) = te-t

T(s) = L[ te-t]

$T(s)=\frac{1}{(s+1{)}^2}$

ध्रुव = -1, -1

दोनों ध्रुव jω तल के बाएँ पक्ष में हैं, अतः क्रिटिकली  स्थिर है।

संकल्पना:

अंतिम मान प्रमेय:

• अंतिम मान प्रमेय आवृत्ति डोमेन समीकरण की सीमा लेकर प्रत्यक्ष रूप से गणना किये जाने के लिए समय डोमेन व्यवहार की अनुमति प्रदान करता है। 
• अंतिम मान प्रमेय बताता है कि प्रणाली के अंतिम मान की गणना निम्न द्वारा की जा सकती है

$f\left(\mathrm{\infty }\right)=\underset{s\to 0}{lim}sF\left(s\right)$

जहाँ F(s) फलन का लाप्लास रूपांतरण है। 

• लागू किये जाने वाले अंतिम मान प्रमेय के लिए प्रणाली को स्थिर-अवस्था में संतुलित होना चाहिए और ध्रुवों के उस वास्तविक भाग के लिए इसे s तल के बाएँ पक्ष में होना चाहिए। 

प्रारंभिक मान प्रमेय:

$C\left(0\right)=\underset{t\to 0}{lim}c\left(t\right)=\underset{s\to \mathrm{\infty }}{lim}sC\left(s\right)$

यह तभी लागू होता है जब C(s) के ध्रुवों की संख्या C(s) के शून्यों की संख्या से अधिक हो।

अनुप्रयोग:

1) $F\left(s\right)=\frac{s-1}{s+2}$ , ध्रुव s समतल के बाएं आधे भाग में स्थित हैं। तो, अंतिम मान प्रमेय लागू होता है।

2) $F\left(s\right)=\frac{s+1}{s+2}$ ,  ध्रुव s तल के बाएं आधे भाग में स्थित हैं। तो, अंतिम मान प्रमेय लागू होता है।

3) $F\left(s\right)=\frac{s+1}{(s+2)(s+3)}$ ,ध्रुव s तल के बाएं आधे भाग में स्थित हैं। तो, अंतिम मान प्रमेय लागू होता है।

प्रथम-कोटि प्रणाली की समय प्रतिक्रिया:

पहले क्रम के बंद-पाश प्रणाली पर विचार करें:

बंद-पाश अंतरण निम्न द्वारा दिया जाता है:

$\frac{C(s)}{R(s)}=\frac{1}{1+sT}$

जहाँ, C(s) = आउटपुट

R(s) = इनपुट

प्रणाली का आउटपुट निम्न है:

$C(s)=\frac{1}{1+sT}R(s)$

यदि इनपुट एक इकाई स्टेप सिग्नल है, तो प्रणाली का आउटपुट निम्न है:

$C(s)=\frac{1}{s}\times \frac{1}{1+sT}$

आंशिक-भिन्न लागू करने पर:

$C(s)=\frac{1}{s}\times \frac{1}{1+sT}=\frac{A}{s}+\frac{B}{1+sT}$.................(i)

1 = A(1 + sT) + Bs

1 = A + ATs + Bs

1 = A + s(AT+B)

A = 1

AT + B = 0

B = -T

A और B के मानों को समीकरण (i) में रखने पर, हम प्राप्त करते हैं:

$C(s)=\frac{1}{s}+\frac{-T}{1+sT}$

$C(s)=\frac{1}{s}+\frac{-T}{T(s+\frac{1}{T})}$

$C(s)=\frac{1}{s}+\frac{-1}{(s+\frac{1}{T})}$

दोनों पक्षों पर व्युत्क्रम लाप्लास रूपांतरण लेने पर, हम प्राप्त करते हैं:

C(t) = 1 - e- t/T