سوال ۸۷ کنکور ارشد مهندسی برق ۱۴۰۴

دو ویژگی مستقل از نمودار کافی است: مقدار در $t=0^{+}$ و سرعت میرا شدن نوسان.

گام ۱ — مقدار اولیه، گزینه‌های با صورت ثابت را حذف می‌کند

برای ورودی ضربه، تبدیل خروجی خودِ $H(s)$ است، پس قضیهٔ مقدار اولیه می‌دهد:

$h(0^{+})=\lim_{s\to\infty} s\,H(s).$

نمودار به‌وضوح از دامنهٔ $1$ شروع می‌شود و از آنجا افت می‌کند، پس درجهٔ نسبی باید $1$ باشد: گزینه‌های ۱ و ۴ حذف می‌شوند (هر دو از صفر شروع می‌شوند — و گزینهٔ ۴، یعنی $\frac{1}{(s+1)^{2}}$، در هر حال پاسخ غیرنوسانی $h(t)=t e^{-t}$ را می‌دهد).

گام ۲ — نسبت میرایی از روی مدت‌زمان ادامهٔ نوسان

مخرج‌ها را به فرم استاندارد $s^{2}+2\zeta\omega_{n}s+\omega_{n}^{2}$ بنویسید. هر دو گزینهٔ باقی‌مانده $\omega_{n}=1\ \text{rad/s}$ دارند:

$\text{Option 2: } 2\zeta=0.2 \Rightarrow \zeta=0.1, \qquad \text{Option 3: } 2\zeta=1.4 \Rightarrow \zeta=0.7 .$

با $\zeta=0.7$ پوش پاسخ برابر $e^{-0.7t}$ است: پاسخ پس از $t\approx 4\text{–}6\ \text{s}$ عملاً میرا می‌شود (زیر $2\%$) و تنها یک فروجهش دارد. اما نمودار حدود هشت سیکل در بازهٔ $50\ \text{s}$ نشان می‌دهد — یعنی سیستمی با میرایی بسیار کم. بنابراین $\zeta=0.1$، یعنی گزینهٔ ۲.

گام ۳ — تأیید کمّی ($\zeta=0.1,\ \omega_{n}=1$)

دوره تناوب.

$\omega_{d}=\omega_{n}\sqrt{1-\zeta^{2}}=\sqrt{1-0.01}=0.995\ \text{rad/s} \Rightarrow T_{d}=\frac{2\pi}{\omega_{d}}\approx 6.32\ \text{s},$

که قله‌های مثبت را در $t\approx 6.3,\ 12.6,\ 19.0,\ 25.3$ قرار می‌دهد — دقیقاً همان طول‌هایی که از شکل خوانده می‌شود.

افت قله‌به‌قله (کاهش لگاریتمی). قله‌های متوالی یک پاسخ مرتبهٔ دوم در رابطهٔ زیر صدق می‌کنند:

$\frac{a_{k+1}}{a_{k}}=e^{-\frac{2\pi\zeta}{\sqrt{1-\zeta^{2}}}} = e^{-0.6315}\approx 0.53 ,$

و قله‌های اندازه‌گیری‌شدهٔ $0.54 \to 0.29 \to 0.16 \to 0.09$ نسبت‌های $0.54,\ 0.55,\ 0.56$ را می‌دهند. (برای $\zeta=0.7$ این نسبت $e^{-6.16}\approx 0.002$ می‌شد — یعنی اصلاً قلهٔ دوم قابل مشاهده‌ای وجود نداشت.)

فرم بسته. با کامل کردن مربع،

$H(s)=\frac{s}{(s+0.1)^{2}+0.995^{2}}=\frac{s+0.1}{(s+0.1)^{2}+0.995^{2}}-\frac{0.1}{0.995}\cdot\frac{0.995}{(s+0.1)^{2}+0.995^{2}},$

$h(t)=e^{-0.1t}\left[\cos(0.995\,t)-0.1005\sin(0.995\,t)\right]\approx 1.005\,e^{-0.1t}\cos\!\left(0.995\,t+5.7^{\circ}\right).$

این رابطه $h(0)=1$، نخستین کمینهٔ $h(3.16)\approx -e^{-0.316}=-0.73$ (در شکل: $-0.75$) و پوش $e^{-3}\approx 0.05$ در $t=30\ \text{s}$ را می‌دهد — یعنی همان منحنی رسم‌شده.

پاسخ: گزینهٔ ۲، $\;\dfrac{s}{s^{2}+0.2s+1}$.

نکتهٔ کنکوری: پیش از آنکه سراغ هر تبدیل لاپلاس معکوسی بروید، نمودار پاسخ را با دو آزمون ارزان شناسایی کنید. (i) $h(0^{+})=\lim_{s\to\infty}sH(s)$ صورت‌ها را از هم جدا می‌کند — صورت ثابت (درجهٔ نسبی $2$) باید از $0$ شروع شود و صورت $s$ (درجهٔ نسبی $1$) از یک مقدار متناهی و ناصفر آغاز می‌شود. (ii) تعداد سیکل‌های قابل مشاهده، $\zeta$ را تعیین می‌کند: تقریباً $N\approx \frac{1}{2\pi\zeta}\ln\frac{1}{\varepsilon}$ سیکل تا افت پوش به $\varepsilon$ رخ می‌دهد، پس سیکل‌های زیاد $\Rightarrow$ $\zeta$ کوچک. آنگاه فقط دوره تناوب برای یافتن $\omega_{d}$ لازم است.