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

अवधारणा:

DC लब्धि = 5

$M_r=\frac{10}{\sqrt{3}}=\frac{1}{2\xi \sqrt{1-{\xi }^2}}$

100 [4ε2 (1 – ε2)] = 3

400 ε2– 400 ε4 = 3

400x2 – 400 x + 3 = 0  

x2 – x + 0.0075 = 0

ξ2 = 0.99244 , ξ2 = 0.00755

ξ = 0.99 , ξ = 0.08689

यदि अनुनाद शिखर > 1 तब

 $\zeta \le \frac{1}{\sqrt{2}}=0.707$

∴ ξ = 0.08689

$5\sqrt{2}={\omega }_n\sqrt{1-2{\xi }^2}$

$5\sqrt{2}={\omega }_n\sqrt{1-2\times 0.00755}$

ωn = 7 rad/s

$s^2+2\xi {\omega }_{n}s+{\omega }_n^2$

= s²+ 1.21 s + 49

अब ${\frac{K}{s^2+1.21s+49}|}_{s=0}=5$ 

K = 49 × 5 = 245

बोड परिमाण आनेख निचे दिखाया गया है

अनुनाद आवृत्ति (ωp) पर, परिमाण अधिकतम होता है और इसलिए ढाल 0 है।

DC लब्धि = 5

$M_r=\frac{10}{\sqrt{3}}=\frac{1}{2\xi \sqrt{1-{\xi }^2}}$ 

100 [4ε² (1 – ε²)] = 3

400 ε² – 400 ε⁴ = 3

400 x² – 400 x + 3 = 0  

x² – x + 0.0075 = 0

ξ² = 0.99244 , ξ² = 0.00755

ξ = 0.99 , ξ = 0.08689

यदि अनुनाद शिखर > 1 तब

 $\zeta \le \frac{1}{\sqrt{2}}=0.707$

∴ ξ = 0.08689

$5\sqrt{2}={\omega }_n\sqrt{1-2{\xi }^2}$ 

$5\sqrt{2}={\omega }_n\sqrt{1-2\times 0.00755}$ 

ω_n = 7 rad/s

$s^2+2\xi {\omega }_{n}s+{\omega }_n^2$ 

= s² + 1.21 s + 49

अब ${\frac{K}{s^2+1.21s+49}|}_{s=0}=5$ 

K = 49 × 5 = 245

संकल्पना:

एक मानक द्वितीय कोटि वाली प्रणाली के लिए बंद-लूप स्थानांतरण फलन को निम्न रूप में परिभाषित किया गया है

$CLTF=\frac{{\omega }_n^2}{s^2+2\xi {\omega }_{n}s+{\omega }_n^2}$

अनुनादक शीर्ष द्वितीय कोटि वाली प्रणाली के लिए आवृत्ति डोमेन विनिर्देशों में से एक है, जो CLTF के परिमाण के शीर्ष (अधिकतम) मान पर परिभाषित होता है और इसकी गणना अनुनादक आवृत्ति ω_r पर की गयी है, जिसे निम्न द्वारा ज्ञात किया गया है

${\omega }_r={\omega }_n\sqrt{1-2{\xi }^2}$

जहाँ, ω_n = प्राकृतिक आवृत्ति और

ξ = अवमंदन अनुपात

गणना:

दी गयी प्रतिपुष्टि एकल प्रतिपुष्टि प्रणाली है, 

$CLTF=\frac{G\left(s\right)}{1+G\left(s\right)}=\frac{\frac{16}{s(s+4)}}{1+\frac{16}{s(s+4)}}$

$=\frac{16}{s(s+4)+16}=\frac{16}{s^2+4s+16}$

विशेषता समीकरण को निम्न द्वारा ज्ञात किया गया है;

s² + 4s + 16 = 0

इसकी तुलना मानक द्वितीयक कोटि वाले विशेषता समीकरण $s^2+2\xi {\omega }_{n}s+{\omega }_n^2=0$के साथ करने पर, हम देखते हैं कि, 

${\omega }_n^2=16$

इसलिए, ω_n = 4

और, 2ξω_n = 4

इसलिए, $\xi =0.5=\frac{1}{2}$

अतः अनुनादक आवृत्ति को निम्न द्वारा ज्ञात किया गया है;

${\omega }_r={\omega }_n\sqrt{1-2{\xi }^2}$

${\omega }_r=4\sqrt{1-2{\left(\frac{1}{2}\right)}^2}$

$T\left(s\right)=\frac{k{\omega }_n^2}{s^2+2\zeta {\omega }_{n}s+{\omega }_n^2}$

$\left|T\left(j\omega \right)\right|=\left|\frac{k{\omega }_n^2}{{\omega }_n^2+2\zeta {\omega }_n\left(j\omega \right)-{\omega }^2}\right|$

${\left|T\left(j\omega \right)\right|}^2=\frac{k^2{\omega }_n^4}{{\left({\omega }_n^2-{\omega }^2\right)}^2+4{\zeta }^2{\omega }_n^2{\omega }^2}$

आरेख से |T(j0)|= 1

${\left|T\left(j0\right)\right|}^2=\frac{k^2{\omega }_n^4}{{\omega }_n^4}\Rightarrow 1=k^2$

k = 1

$M_r=\frac{1}{2\zeta \sqrt{1-{\zeta }^2}}=2.5$

ζ के लिए हल देता है,

= 0.2

अवधारणा:

DC लब्धि = 5

$M_r=\frac{10}{\sqrt{3}}=\frac{1}{2\xi \sqrt{1-{\xi }^2}}$

100 [4ε2 (1 – ε2)] = 3

400 ε2– 400 ε4 = 3

400x2 – 400 x + 3 = 0  

x2 – x + 0.0075 = 0

ξ2 = 0.99244 , ξ2 = 0.00755

ξ = 0.99 , ξ = 0.08689

यदि अनुनाद शिखर > 1 तब

 $\zeta \le \frac{1}{\sqrt{2}}=0.707$

∴ ξ = 0.08689

$5\sqrt{2}={\omega }_n\sqrt{1-2{\xi }^2}$

$5\sqrt{2}={\omega }_n\sqrt{1-2\times 0.00755}$

ωn = 7 rad/s

$s^2+2\xi {\omega }_{n}s+{\omega }_n^2$

= s²+ 1.21 s + 49

अब ${\frac{K}{s^2+1.21s+49}|}_{s=0}=5$ 

K = 49 × 5 = 245

DC लब्धि = 5

$M_r=\frac{10}{\sqrt{3}}=\frac{1}{2\xi \sqrt{1-{\xi }^2}}$ 

100 [4ε² (1 – ε²)] = 3

400 ε² – 400 ε⁴ = 3

400 x² – 400 x + 3 = 0  

x² – x + 0.0075 = 0

ξ² = 0.99244 , ξ² = 0.00755

ξ = 0.99 , ξ = 0.08689

यदि अनुनाद शिखर > 1 तब

 $\zeta \le \frac{1}{\sqrt{2}}=0.707$

∴ ξ = 0.08689

$5\sqrt{2}={\omega }_n\sqrt{1-2{\xi }^2}$ 

$5\sqrt{2}={\omega }_n\sqrt{1-2\times 0.00755}$ 

ω_n = 7 rad/s

$s^2+2\xi {\omega }_{n}s+{\omega }_n^2$ 

= s² + 1.21 s + 49

अब ${\frac{K}{s^2+1.21s+49}|}_{s=0}=5$ 

K = 49 × 5 = 245

संकल्पना:

एक मानक द्वितीय कोटि वाली प्रणाली के लिए बंद-लूप स्थानांतरण फलन को निम्न रूप में परिभाषित किया गया है

$CLTF=\frac{{\omega }_n^2}{s^2+2\xi {\omega }_{n}s+{\omega }_n^2}$

अनुनादक शीर्ष द्वितीय कोटि वाली प्रणाली के लिए आवृत्ति डोमेन विनिर्देशों में से एक है, जो CLTF के परिमाण के शीर्ष (अधिकतम) मान पर परिभाषित होता है और इसकी गणना अनुनादक आवृत्ति ω_r पर की गयी है, जिसे निम्न द्वारा ज्ञात किया गया है

${\omega }_r={\omega }_n\sqrt{1-2{\xi }^2}$

जहाँ, ω_n = प्राकृतिक आवृत्ति और

ξ = अवमंदन अनुपात

गणना:

दी गयी प्रतिपुष्टि एकल प्रतिपुष्टि प्रणाली है, 

$CLTF=\frac{G\left(s\right)}{1+G\left(s\right)}=\frac{\frac{16}{s(s+4)}}{1+\frac{16}{s(s+4)}}$

$=\frac{16}{s(s+4)+16}=\frac{16}{s^2+4s+16}$

विशेषता समीकरण को निम्न द्वारा ज्ञात किया गया है;

s² + 4s + 16 = 0

इसकी तुलना मानक द्वितीयक कोटि वाले विशेषता समीकरण $s^2+2\xi {\omega }_{n}s+{\omega }_n^2=0$के साथ करने पर, हम देखते हैं कि, 

${\omega }_n^2=16$

इसलिए, ω_n = 4

और, 2ξω_n = 4

इसलिए, $\xi =0.5=\frac{1}{2}$

अतः अनुनादक आवृत्ति को निम्न द्वारा ज्ञात किया गया है;

${\omega }_r={\omega }_n\sqrt{1-2{\xi }^2}$

${\omega }_r=4\sqrt{1-2{\left(\frac{1}{2}\right)}^2}$

$T\left(s\right)=\frac{k{\omega }_n^2}{s^2+2\zeta {\omega }_{n}s+{\omega }_n^2}$

$\left|T\left(j\omega \right)\right|=\left|\frac{k{\omega }_n^2}{{\omega }_n^2+2\zeta {\omega }_n\left(j\omega \right)-{\omega }^2}\right|$

${\left|T\left(j\omega \right)\right|}^2=\frac{k^2{\omega }_n^4}{{\left({\omega }_n^2-{\omega }^2\right)}^2+4{\zeta }^2{\omega }_n^2{\omega }^2}$

आरेख से |T(j0)|= 1

${\left|T\left(j0\right)\right|}^2=\frac{k^2{\omega }_n^4}{{\omega }_n^4}\Rightarrow 1=k^2$

k = 1

$M_r=\frac{1}{2\zeta \sqrt{1-{\zeta }^2}}=2.5$

ζ के लिए हल देता है,

= 0.2

अवधारणा:

DC लब्धि = 5

$M_r=\frac{10}{\sqrt{3}}=\frac{1}{2\xi \sqrt{1-{\xi }^2}}$

100 [4ε2 (1 – ε2)] = 3

400 ε2– 400 ε4 = 3

400x2 – 400 x + 3 = 0  

x2 – x + 0.0075 = 0

ξ2 = 0.99244 , ξ2 = 0.00755

ξ = 0.99 , ξ = 0.08689

यदि अनुनाद शिखर > 1 तब

 $\zeta \le \frac{1}{\sqrt{2}}=0.707$

∴ ξ = 0.08689

$5\sqrt{2}={\omega }_n\sqrt{1-2{\xi }^2}$

$5\sqrt{2}={\omega }_n\sqrt{1-2\times 0.00755}$

ωn = 7 rad/s

$s^2+2\xi {\omega }_{n}s+{\omega }_n^2$

= s²+ 1.21 s + 49

अब ${\frac{K}{s^2+1.21s+49}|}_{s=0}=5$ 

K = 49 × 5 = 245

बोड परिमाण आनेख निचे दिखाया गया है

अनुनाद आवृत्ति (ωp) पर, परिमाण अधिकतम होता है और इसलिए ढाल 0 है।

DC लब्धि = 5

$M_r=\frac{10}{\sqrt{3}}=\frac{1}{2\xi \sqrt{1-{\xi }^2}}$ 

100 [4ε² (1 – ε²)] = 3

400 ε² – 400 ε⁴ = 3

400 x² – 400 x + 3 = 0  

x² – x + 0.0075 = 0

ξ² = 0.99244 , ξ² = 0.00755

ξ = 0.99 , ξ = 0.08689

यदि अनुनाद शिखर > 1 तब

 $\zeta \le \frac{1}{\sqrt{2}}=0.707$

∴ ξ = 0.08689

$5\sqrt{2}={\omega }_n\sqrt{1-2{\xi }^2}$ 

$5\sqrt{2}={\omega }_n\sqrt{1-2\times 0.00755}$ 

ω_n = 7 rad/s

$s^2+2\xi {\omega }_{n}s+{\omega }_n^2$ 

= s² + 1.21 s + 49

अब ${\frac{K}{s^2+1.21s+49}|}_{s=0}=5$ 

K = 49 × 5 = 245

अनुनाद आवृत्ति, ${\omega }_{\mathrm{r}}={\omega }_{\mathrm{n}}\sqrt{1-2{\xi }^2}$

अवमंदन अनुपात $\xi =\frac{1}{2\mathrm{Q}}$

अनुनाद शिखर ${\mathrm{M}}_{\mathrm{r}}=\frac{1}{2\xi }\sqrt{1-{\xi }^2}$

बैंडविड्थ $\mathrm{B}\mathrm{W}={\omega }_{\mathrm{n}}\sqrt{1-2{\xi }^2+\sqrt{2-4{\xi }^2+4{\xi }^4}}$

दिया गया है कि:

अधिकतम अतिकृत = 0.37

$e\frac{-\zeta \pi }{\sqrt{1-{\zeta }^2}}=0.37$

$\zeta =0.3$

अनुनाद शिखर:

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

ζ का मान रखने पर, हमें प्राप्त होता है,

Mr = 1.747