Zbirka rijesenih zadataka - PBF - Sveučilište u Zagrebu

Ž. Kurtanjek: PBF Mjerenja i automatizacija 2007/2008 1 

Sveučilište u Zagrebu 

Prehrambeno-biotehnološki 

fakultet 

Prof. dr.sc. Želimir Kurtanjek 

Zbirka riješenih zadataka iz Mjerenja i 

automatizacije procesa 

Bolonjski moduli PB29 i PT29 

2007-2008


Predgovor 

Zbirka riješenih zadataka namijenjena je studentima biotehnologije i 

prehrambene tehnologije Prehrambeno-biotehnološkog fakulteta koji su 

upisali module PB29 i PT29. Zbirka ima dva dijela, 10 zadataka iz Mjerenja i 

10 zadataka iz Automatizacije. 

Naglasak u zadacima iz mjerenja je na postavljanju jednostavnih bilanci 

tehnoloških procesa i analizu mjerenih podataka i naročito mjernih pogrešaka. 

Zadaci iz Automatizacije su usmjereni na analizu jednostavnih dinamičkih 

pojava regulacije sustava prvog i drugog stupnja. Za rješavanje zadataka iz 

Automatizacije potrebno je koristiti Laplaceove tablice koje se nalaze na 

Internet stranicama predmeta. 

Za pripremu ispita potrebno je uz zadatke koristiti predavanja u obliku skripte 

i Power Point prezentacije koje se takoñer nalaze na Internet stranicama 

predmeta. 

Prof. dr.sc. Želimir Kurtanjek


Zadatak 1. 

U protočnom kemijskom reaktoru odvijaju se dvije paralelne reakcije prvog reda. 

Reaktor se napaja reaktantom A. Proces je opremljen s 4 mjerna ureñaja, za mjerenje 

volumnog protoka q (L/min), i kemijskog sastava izlaznog toka c A (mol/L), c B (mol/L) 

i c C (mol/L). 

q 

c A c B c C 

A 

r 1 

B 

r 2 

C 

Instrument za mjerenje protoka ima mjerni opseg [0 - 10 L/min] i klase točnosti Kl = 

0,5 % a instrument za mjerenje koncentracije ima mjerni opseg [0 – 20 mol/L] i klasu 

točnosti 0,1 %. Izmjereni su slijedeći podaci: volumen reaktora V = 5 L, protok q = 

2,5 L/min i sastav c A = 0,1 mol/L, c B = 4 mol/L i c C = 3 mol/L. 

1a 

(3%) 

1b 

(2%) 

1c 

(10%) 

1d 

(10%) 

Izračunajte koeficijente brzine reakcija k 1 = k 2 = 

Izračunajte koncentraciju reaktanta u ulaznom toku c Au = 

Izračunajte maksimalne relativne pogreške koeficijenta 

brzina reakcije 

Izračunajte maksimalne relativne pogreške ulazne 

koncentracije 

δk 1 %= δk 2 %= 

δc Au %= 

Rješenje: 

AD 1a) Koeficijente brzina reakcija odredimo iz bilanci produkata B i C: 

0 = −q 

⋅ c 

0 = −q 

⋅ c 

B 

C 

+ V ⋅ k ⋅ c 

1 

+ V ⋅ k 

2 

A 

⋅ c 

A 

Uvrstimo izmjerene podatke: 

− 2,5 ⋅ 4 + 5 ⋅ k 

− 2,5 ⋅3 

+ 5 ⋅ k 

Rješenja su koeficijenti brzina reakcija: 

1 

2 

⋅ 0,1 = 0 

⋅ 0,1 = 0 

⋅ 

2,5 ⋅3 

k 

1 

= k 

min 

0,5 

0,5 

2,5 

4 

−1 

−1 

= 20 min 

2 

= = 15 

AD 1b) Koncentraciju reaktanta u ulaznom toku odredimo iz bilance reaktanta A 

q ⋅ c 

Au 

− q ⋅ c 

A 

−V 

⋅ k 

1 

⋅ c 

A 

−V 

⋅ k2 

⋅ c 

A 

= 

0


Uvrstimo rezultate mjerenja: 

c 

Au 

V 

q 

V 

q 

= c 

A 

+ ⋅ k1 

⋅ c 

A 

+ ⋅ k2 

⋅ c 

A 

AD 1c) 

c Au 

= 0 ,1 + 4 + 3 = 7, 1 

mol 

Prvo odredimo maksimalne pogreške mjerenih veličina na osnovu klasa točnosti 

instrumenata. 

Kl ⋅ MO 0,5 ⋅10 

max ∆q V 

= = = 0,05 L / min 

100 100 

Kl ⋅ MO 0,2 ⋅ 20 

max ∆c 

= = = 0,04 mol / L 

100 100 

Maksimalnu pogrešku koeficijenta brzine reakcije odredimo razvojem izraza po 

pogreškama mjerenih veličina 

max 

∆q 

c 

B 

B 

∆k1 

= ⋅ + ⋅ ∆cB 

+ ⋅ 

2 

V c 

A 

V ⋅ c 

A 

V c 

A 

q 

q 

c 

⋅ ∆c 

0,05 4 2,5 2,5 4 

max ∆k 

1 

= ⋅ + ⋅ 0,04 + ⋅ ⋅ 0,04 = 0,4 + 0,2 + 8 = 8,6 

2 

5 0,1 5 ⋅ 0,1 5 0,1 

maksimalna relativna pogreška koeficijenta brzine reakcije je: 

8,6 

maxδ 

k1 % = ⋅100 

= 43% 

20 

Za drugi koeficijent ponovimo isti postupak: 

∆q 

cC 

q q cC 

max ∆k2 

= ⋅ + ⋅ ∆cC 

+ ⋅ ⋅ ∆c 

2 A 

V c 

A 

V ⋅ c 

A 

V c 

A 

0,05 3 2,5 2,5 3 

max ∆k 

2 

= ⋅ + ⋅ 0,04 + ⋅ ⋅ 0,04 = 0,3 + 0,2 + 6 = 6,5 

2 

5 0,1 5 ⋅ 0,1 5 0,1 

6,5 

maxδ 

k2 % = ⋅100 

= 43,3% 

15 

AD 1d) 

Maksimalnu pogrešku ulazne koncentracije odredimo razvojem izraza 

⎡ V 

c 

Au 

= c 

A 

⋅ ⎢1 + ⋅ 

1 

k 

2 

s obzirom na pogreške mjerenih podataka i procijenjenih 

⎣ q 

pogrešaka koeficijenata brzina reakcija 

⎤ 

( k + ) ⎥⎦ 

⎡ V 

⎡ 

⎤ 

max ∆c 

Au 

= ∆c 

A 

⋅ ⎢1 

+ ⋅ 

1 2 ⎥ A ⎢ 2 1 2 ⎥ A ⎢ 1 2 

⎣ q ⎦ ⎣q 

⎦ ⎣ q 

A 

⎤ V 

⎡V 

⎤ 

( k + k ) + c ⋅ ⋅ ( k + k ) ⋅ ∆q 

+ c ⋅ ⋅ ( ∆k 

+ ∆k 

) ⎥⎦


⎡ 5 

⎡ 5 

⎤ 5 

max ∆c Au 

= 0,04 ⋅ ⎢1 

+ ⋅ ⎥ ⎢ 

⎥ ⎢ 

5 

2 

⎣ 2,5 ⎦ ⎣2,5 

⎦ ⎣2,5 

6 

max ∆c Au = ⋅ 100 = 84,5% 

7,1 

⎤ 

⎡ 

⎤ 

( 20 + 15) + 0,1 ⋅ ⋅ ( 20 + 15) ⋅ 0,05 + 0,1 ⋅ ⋅ ( 8,6 + 6, ) ⎥⎦


Zadatak 2 

Neki mjerni ureñaj ima nelinearnu statičku karakteristiku danu funkcijom 

y(x)=b 0 +b 1 x 2 . 

(a 10) Izvedite izraze za procjenu parametara b 0 i b 1 metodom najmanjih kvadrata. 

(b 10) Procijenite parametre b 0 i b 1 za slijedeće izmjerene vrijednosti ulaznih i 

izlaznih veličina tijekom umjeravanja instrumenta: 

AD a) 

x 0 1,5 3 5 6 8 

y 1 3 6,5 14 20 35 

Prvo definiramo prividnu pogrešku za mjerni signal: 

∆ 

i 

= y 

i 

− 

2 

( b + b ⋅ x ) 

0 1 i 

Na osnovu pogreške definiramo varijancu: 

s 

2 

= 

1 

⋅ 

N − 2 

i= 

N 

∑ 

i= 

1 

∆ 

2 

i 

= 

1 

4 

⋅ 

6 

( ) 2 

2 

∑ yi 

− b0 

− b1 

⋅ xi 

i= 

1 

Parametre procijenimo minimizacijom varijance. Nužni uvjeti minimuma su: 

∂ 

s 

∂b 

Odredimo izraze za derivacije: 

0 

2 

= 0 

∂ 

s 

∂b 

1 

2 

= 0 

∂ 

∂b 

1 

0 

∂ 

s 

∂b 

2 

s 

2 

∂ ⎡ 1 

= ⎢ ⋅ 

∂b0 

⎣ N − 2 

i= 

N 

1 ∂ 

⋅∑ 

N − 2 ∂b 

2 

⋅ 

N − 2 

2 

⋅ 

N − 2 

i= 

1 0 

i= 

N 

2 

∑( yi 

− b0 

− b1 

⋅ xi 

) 

2 

( y − b − b ⋅ x ) 

i= 

N 

2 

∑( yi 

− b0 

− b1 

⋅ xi 

) ⋅ ( −1) = 0 

i= 

1 

∂ ⎡ 1 

= ⎢ ⋅ 

∂b1 

⎣ N − 2 

i= 

N 

1 ∂ 

⋅∑ 

N − 2 ∂b 

i= 

1 1 

i= 

1 

i 

0 

i= 

N 

2 

∑( yi 

− b0 

− b1 

⋅ xi 

) 

2 

( y − b − b ⋅ x ) 

1 

i 

2 

2 

= 

⎤ 

⎥ = 

⎦ 

i= 

N 

2 2 

∑( yi 

− b0 

− b1 

⋅ xi 

) ⋅ ( − xi 

) = 0 

i= 

1 

i= 

1 

i 

0 

1 

i 

2 

2 

= 

⎤ 

⎥ = 

⎦


Pojednostavnimo izraze za derivacije: 

i 

∑ = N 

i= 

1 

i 

∑ = N 

i= 

1 

Razdvojimo nepoznanice i poznate podatke: 

b 

0 

⋅ 

2 

( y − b − b ⋅ ) 0 

i 0 1 

x i 

= 

2 2 

( y − b − b ⋅ x ) ⋅ x 0 

i 

N ⋅b 

N 

∑ 

i= 

1 

x 

0 

2 

i 

+ b 

0 1 i i 

= 

1 

+ b 

1 

⋅ 

⋅ 

N 

∑ 

i= 

1 

N 

∑ 

i= 

1 

N 

∑ 

2 

x i 

= y 

x 

4 

i 

= 

i= 

1 

N 

∑ 

i= 

1 

i 

i 

y ⋅ x 

Podijelimo svaku jednadžbu s brojem mjerenja N i uvedemo izraze za srednje 

vrijednosti: 

2 

b x ⋅b 

= y 

0 

+ 

1 

2 

4 

2 

x ⋅ b0 

+ x ⋅ b1 

= y ⋅ x 

Sustav jednadžbi može se napisati u matričnom obliku: 

⎛ 2 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

⎜ 

1 x b0 

y 

⎟ ⋅ = ⎜ ⎟ 

⎜ 

⎟ 

2 4 

2 

⎝ x x ⎠ ⎝ b1 

⎠ ⎝ y ⋅ x ⎠ 

Riješimo sustav Cramerovim pravilom. Determinante su: 

D 

4 2 

= x − ( ) ( ) 

2 

4 2 2 

D1 = y ⋅ x − x ⋅ y ⋅ x 

0 

x 

Rješenje su optimalne procjene parametara: 

AD b) 

b 

0 

D 

b 

0 

= 

D 

1 

0 

D 

b 

1 

= 

D 

0 

D 

2 

2 

i 

2 2 

2 

= y ⋅ x − y ⋅ x 

4 2 2 

2 

2 

( y) ⋅ ( x ) − ( x ) ⋅ ( y ⋅ x ) 

( y ⋅ x ) − ( y) ⋅ ( x ) 

= b = 

x 

4 

− 

2 

( x ) 2 

Izračunajmo pojedine srednje vrijednosti: 

2 

4 

x = 22,7083 x = 1017,18 y = 13,25 x 

Uvrštavanjem dobiju se vrijednosti determinanata: 

D 

0 

= 501,509 

D1 

= 703,213 D2 

= 261,656 

1 

x 

4 

− 

2 

( x ) 2 

2 

( y ⋅ ) = 562, 542 

i procjena parametara: b = ,40219 b 0, 521738 

0 

1 

1 

=


Zadatak 3. 

Razlika temperature uzorka A i B mjeri se termočlankom u spoju s mVmetrom. 

Ukupni otpor vodiča je R v a unutarnji otpor mV-metra je R u . Kalibracijska 

2 

karakteristika termočlanka je EMS = α ⋅t 

+ β ⋅ t Vrijednosti parametara su 

α = 0,004 mV K -1 , β = 1,76 10 -5 mV K -2 , otpori imaju vrijednosti Rv = 20 Ω i 

Ru = 300 Ω . 

Ωm 

Rv 

R u 

mV 

A 

B 

a(5) Odredite razliku temperature t B – t A i temperaturu t B ako je izmjeren napon na 

instrumentu V = 400 mV a temperatura na mjernom mjestu A je 0,5 0 C. 

b(10) Kolika je relativna pogreška mjerenja razlike temperature ako je instrument za 

mjerenje pada napona mjernog opsega 0 – 10 mV i klase točnosti 0,01 %. 

c(10) Kolika je relativna pogreška mjerenja razlike temperature ako se osim 

pogreške instrumenta mV-metra uzme u obzir i pogreška odreñivanja otpora 

Ω-metrom klase točnosti 0,1% s mjernim opsegom od 0-1 k Ω . Da li je važnija 

pogreška instrumenta za mjerenje pada napona (mV-metra) ili instrumenta za 

mjerenje otpora ( Ω -metra)? 

Rješenje: 

AD a) Razliku temperatura odredimo iz EMS na osnovu izmjerenog pada napona V 

na unutarnjem otporu mV-metra: 

EMS 

V = ⋅ Ru 

Ru 

+ Rv 

Razliku temperature t odredimo rješavanjem jednadžbe odreñene statičkom 

karakteristikom termočlanka: 

( R + R ) 2 

V ⋅ 

u v 

EMS = = α ⋅t 

+ β ⋅t 

Ru 

Uvrstimo podatke i izmjerenu vrijednost pada napona V i riješimo jednadžbu: 

400 /1000 ⋅ 

300 

( 20 + 300) −5 

2 

= 0,426669 = 0,004 ⋅t + 1,76 ⋅10 

⋅t


Zadatak 4. 

1(25). Razina kapljevine mjeri se otporničkim termometrom u spoju s 

Wheastoneovim mjernim mostom. 

Otpornici u mostu imaju slijedeće 

vrijednosti: 

R A =200 Ω, R B = 250 Ω, R P = 300 ⋅ x Ω, 

R 0 = 150 Ω, 

x ∈ [ x 0 

,1] 

, R h 

= R0 ⋅ ( 1+ 

β ⋅ h) 

; β = 

0,320 m -1 , 

x je relativni položaj kliznika, h je 

razina u metrima, N je nul-instrument, 

napon baterije je E 0 = 10 V. 

R h 

h 

R B 

N 

R A 

R P 

x 

2a(5) Odredite x 0 i razinu ako je 

izmjerena vrijednost x = 0,45. 

2b(5) Odredite mjerni opseg 

pretvornika razine. 

2c(10) Kolika je maksimalna pogreška 

mjerenja razine ako su 

maksimalne pogreške pojedinih 

otpora ± 2 Ω 

2d(5) Koja je klasa točnosti mjerenja 

razine? 

E 0 

Mjerenje razine otporničkom metodom 

i Wheastonovim mjernim mostom 

AD a) Ravnoteža mjernog mosta odreñena je izrazom: RA 

⋅ Rh 

= RP 

⋅ RB 

Minimalan otkolon kliznika potenciometra x odredimo pri najmanjoj razini, za h=0. 

Vrijednost otpora mjernog pretvornika je: R h 

( h = 0) = R0 

= 150Ω 

Uvrstimo u izraz za ravnotežu mjernog mosta: 

200 ⋅ 150 = 300 ⋅ x ⋅ 0 

250 odavdje je vrijednost x 0 = 0,4 

AD b) Mjerno opseg je odreñen maksimalnim otklonom potenciometra x=1 

RA 

⋅ Rh 

( hmax 

) = RP 

( x = 1) ⋅ RB 

uvrstimo vrijednosti 200 150 ⋅ ( 1+ 

0,321⋅ 

max 

) = 300 ⋅1⋅ 

250 

⋅ h dobije se h max =4,67 m 

AD c) Da izračunamo mjernu pogrešku razine moramo izraziti razinu otporima u 

mjernom mostu: 

RP 

⋅ RB 

( 1+ 

β ⋅ h) 

= 

R0 

⋅ RA 

Maksimalnu pogrešku odredimo zbrojem pozitivnih članova Taylorovog razvoja: 

β ⋅ 

max ∆h 

= 

R 

R 

B 

0 

⋅ ∆R 

P 

R 

+ 

R 

P 

0 

⋅ ∆R 

B 

R 

+ 

R 

P 

2 

A 

⋅ R 

B 

⋅ R 

0 

⋅ ∆R 

0 

RP 

⋅ R 

+ 

R 

B 

2 

0 

⋅ ∆R 

0


Budući da su pogreške pojedinih optpora jednaka izraz se može pojednostavniti: 

max 

1 ⎛ RB 

h = ⋅ 

⎜ 

β ⎝ R0 

⋅ R 

RP 

+ 

R ⋅ R 

R 

+ 

R 

⋅ R 

R 

+ 

R 

⋅ R 

P B P B 

∆ 

2 

2 

A 0 A A 

⋅ R0 

A 

⋅ R0 

⎞ 

⎟ ⋅ ∆R 

⎠ 

Uvrstimo vrijednosti otpora na gornjoj granici mjernog opsega i iznos pogreške 

pojeding otpora: 

1 ⎛ 250 300 300 ⋅ 250 300 ⋅ 250 ⎞ 

max ∆ h = ⋅⎜ 

+ + + 

2 = 0, 3m 

2 2 

⎟ ⋅ 

0,320 ⎝150 

⋅ 200 150 ⋅ 200 200 ⋅150 

200 ⋅150 

⎠ 

AD d) Klasa točnosti mjernog otporničkog pretvornika razine je: 

max ∆h 

Kl = ⋅100 

= 

h 

max 

0,3 

4,67 

⋅100 

= 6,4%


Zadatak 5. 

Odredite kalibracijski pravac za mjerni sustav s linearnom statičkom 

karakteristikom. 

x 

mjerena 

veličina 

mjerni 

sustav 

y = l + k ⋅ x 

y 

mjerni 

signal 

Izmjereni podaci dani su u tablici: 

x 0,1 2,5 3,7 4,5 5,2 6,4 7,2 8,4 9,1 9,8 

y 0,25 4,8 7,8 8,6 12,1 13,5 14,8 17,5 19,1 19,9 

a(15) Odredite kalibracijski pravac primjenom metode najmanjih kvadrata. 

b(10) Odredite prividne pogreške, srednju relativnu postotnu pogrešku, i klasu 

točnosti instrumenta na osnovu kalibracije. 

c(10) Primjenom programa „Statistica“ odredite grafički prikaz 95% interval 

pouzdanosti kalibracije. 

d(10) Iz grafičkog prikaza pouzdanosti kalibracije odredite intervale pouzdanosti 

vrijednost mjerene veličine x za slijedeće izmjerene vrijednosti mjernog 

signala y, y=0,5; y=8 i y=18. 

AD a) Koeficijent smjera regresijskog pravca odreñen je izrazom: 

y ⋅ x − y ⋅ x 

k = 

x ⋅ x − x ⋅ x 

Prvo izračunamo srednje vrijednosti izmjerenih podataka: 

N 

N 

1 

1 

x = ⋅∑ 

x i 

= 5.69 y = ⋅∑ 

y i 

= 11. 835 

N i= 

1 

N i= 

1 

zatim izračunamo srednje vrijednosti produkata: 

N 

N 

1 

1 

y ⋅ x = ⋅∑ 

y i 

⋅ x i 

= 85.1295 x ⋅ x = ⋅∑ 

x i 

⋅ x i 

= 40. 945 

N 

N 

i= 

1 

uvrstimo u izraz za nagib 

i= 

1 

k 

85.1295 −11.835⋅ 

5.69 

= 

= 2.07592 

40.945 − 5.69 ⋅ 5.69


Odsječak na ordinati odredimo iz uvjeta da kalibracijski pravac prolazi kroz „težište 

podataka“, srednju vrijednost ulaznih i izlaznih podataka: 

l = y − k ⋅ x = 11 .835 − 2.07592 ⋅ 5.69 = 0.0230158 

AD b) Prividne pogreške izračunamo kao razliku pojedine vrijednosti mjernog 

signala i vrijednosti iz kalibracije 

∆ 

i 

= y 

i 

− l − k ⋅ x 

Za prvi podatak: ∆ 

1 

= 0,25 − 0,0230158 − 2,07592 ⋅ 0,1 = 0, 0193922 

Na isti način se odrede ostale prividne pogreške: 

x 0,1 2,5 3,7 4,5 5,2 6,4 7,2 8,4 9,1 9,8 

y 0,25 4,8 7.8 8,6 12,1 13,5 14,8 17,5 19,1 19,9 

∆y 0.02 -0.41 0.1 -0.76 1.28 0.19 -0.17 0.04 0.19 -0.47 

Srednju relativnu pogrešku izračunamo prema izrazu: 

i 

N 

1 

δ % = ⋅∑ 

N 

i= 

1 

∆ 

y 

i 

i 

⋅100 

= 

1 

10 

⎛ 0,02 0,41 0.47 ⎞ 

⋅ ⎜ + + ....... + ⎟ ⋅ 

⎝ 0,25 4,8 19.9 ⎠ 

100 = 4,318 

% 

Klasa točnosti se procijeni iz maksimalne prividne pogreške max ∆ i mjernog 

opsega MO: 

max ∆ = 1,282 M.O.=19,9 Klasa točnosti = (1,282/19,9)·100=6,4 % 

AD c) Otvorimo prograram „Statistica“, upišemo podatke u dva stupca, x, i y, i 

primijenimo program za grafički prikaz s opcijom za linearnu regresiju i 95% 

interval pouzdanosti. Rezultat prikazujemo grafički: 

Y 

20 

18 

16 

14 

12 

10 

8 

6 

4 

2 

Kalibracijski pravac 

Scatterplot (kalibracija 10v*10c) 

Y = 0.023+2.0759*x; 0.95 Conf.Int. 

0 

0 2 4 6 8 10 

X


AD d) 

Intervale pouzdanosti s razinom signifikantnosti 95 % mjerene veličine odredimo iz 

grafičkog prikaza. 

Prvo izračunamo vrijednosti mjerene veličine iz kalibracijskog pravca za izmjerene 

vrijednosti signala y =0,5; 8 i 18. 

1 

1 

x = ⋅ 

y 

k 2,07592 

( y − l) = ⋅ ( − 0,0230158) 

Dobije se: x=0,229; x=3,8426 

x=8,659 

Iz grafikona procijenimo slijedeće 95% intervale: 

x= (0,229 ± 0,38); x=(3,8426 ± 0,22); x=(8,659 ± 0,3); 

0.4 

Observed Values vs. Residuals 

Dependent variable: X 

0.2 

0.0 

Residuals 

-0.2 

-0.4 

-0.6 

-0.8 

0 2 4 6 8 10 

Observed Values 

95% confidence


Zadatak 6. 

Kinetika enzimske reakcije mjeri se spektrometrijski u kiveti tijekom 28 

sekundi od početne koncentracije supstrata od 100 mmol L -1 . Vrijednosti 

koncentracije zapisivani su u vremenskim razmacima od 2 sekunde i prikazani su 

grafički a numeričke vrijednosti su dane u tablici. 

c s 

Redni broj eksperimentalnog podatka 

Slika. 1. Grafički prikaz eksperimentalnih podataka mjerene koncentracije 

t/s 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24 26 28 

c S 100 96,3 92,5 88,5 84,4 80,1 75,6 70,8 65,8 60,4 54,5 48,1 41 32,5 22,4 

Raspodjela koncentracije tijekom eksperimenta pokazuje sporu promjenu u početku 

za velike koncentracije supstrata, a zatim nagli pad koncentracije u području manjih 

koncentracija. Na osnovu ovog zapažanja pretpostavljeno je da se radi o kinetici s 

inhibicijom supstratom i zadatak je procijeniti kinetičke parametre u izrazu: 

( c ) 

= 

⋅ 

s 

v 

s 

vm 

2 

cs 

K 

S 

+ cs 

+ 

K 

I 

a) Lineariziraje kinetički model i definirajte matrice podataka za procjenu 

parametara primjenom metode najmanjih kvadrata. 

b) Procijenite parametre lineariziranog modela i izračunajte kinetičke parametre. 

c) Usporedite rezultate procjene s eksperimentalnim podacima. 

c 

Rješenje: 

AD a) Kinetički model lineariziramo odreñivanjem recipročne brzine reakcije 

(Lineweaver-Burk-ov pravac): 

1 

v 

( c ) 

s 

1 

= 

v 

m 

K 

+ 

v 

s 

m 

1 

⋅ 

c 

s 

+ 

K 

S 

1 

⋅ K 

I 

⋅ c 

s 

odnosno kao linearnu funkciju redefiniranih varijabli i parametara. Linearna 

funkcija glasi:


y = b 

sa slijedećim definiranim varijablama: 

i novim parametrima: 

0 

+ b1 

⋅ x1 

+ b2 

⋅ x2 

y 1 1 

= c 

= x1 

= x2 

v( cs 

) cs 

s 

b 

0 

1 

= 

v 

m 

b 

1 

= 

K 

v 

S 

m 

b 

2 

= 

K 

S 

1 

⋅ K 

I 

AD b) 

Na osnovu lineariziranog modela definiramo slijedeće matrice podataka 

⎛ y ⎞ ⎛ 1 

1 

⎜ ⎟ ⎜ 

⎜ y ⎟ ⎜ 1 

2 

⎜ ⎟ = 

... 

⎜... 

⎜ ⎟ ⎜ 

⎝ y15 

⎠ ⎝ 1 

x 

x 

x 

1,1 

2,1 

... 

16,1 

x 

x 

x 

1,2 

2,2 

... 

16,2 

⎞ 

⎟ ⎛b 

⎟ ⎜ 

⎟ ⋅⎜ 

b 

⎟ ⎜ 

⎝b 

⎠ 

0 

1 

2 

⎞ 

⎟ 

⎟ 

⎟ 

⎠ 

Uvrstimo izmjerene podatke i dobijemo: 

Parametri se procijene metodom najmanjih kvadrata: 

b = 

T −1 

T 

( X ⋅ X) ⋅ X ⋅ Y 

Za izračunavanje matričnih operacija najbolje je upotrijebiti računalni 

program, na primjer kao što su Mathematica ili MatLab. 

Prvo izračunamo produkt transponirane matrice ulaznih podataka


Matrica je nesingularna i može se odrediti inverzna matrica 

Množenjem inverzne matrice i produkta transponirane matrice ulaznih 

podataka X i izlaznih podataka Y dobiju se vektor parametara b 0 , b 1 i b 2 : 

Kinetički parametri se izračunaju iz relacija lineariziranog modela: 

v 

1 

K 

2 

m 

= 

S 

= 

I 

= 

b1 

b1 

b 

K 

b 

b 

1 

3 

Uvrštavanjem dobiju se kinetički parametri: 

v 

1 −1 

−1 

max 

19,8795 mmol L s K 

S 

= 4,5545 mmol L K 

I 

= 10, 0542 

= mmol L 

−1 

AD c) 

Točnost procijenjenih parametara možemo provjeriti tako da procjene 

parametara uvrstimo u bilancu za supstrat i njezinom integracijom 

usporedimo eksperimentalne vrijednosti koncentracija i izračunatih na 

osnovu procijenjenih parametara. 

Dinamička bilanca za supstrat glasi: 

dc 

dt 

s 

c 

( 0) 100 

s 

= −vmax ⋅ 

c = 

2 

S 

K 

S 

+ cS 

+ cS 

/ K 

I 

Procijenjene vrijednosti parametara uvrstimo u bilancu i numerički 

integriramo u intervalu vremena od 0 do 30 sekundi. 

Za numerički postupak je takoñer najbolje primijeniti računalnu podršku za 

integraciju običnih diferencijalnih jednadžbi. Najprikladniji su programi: 

Mathematica i MatLab. 

Rezultati su prikazani na slici 2.


c s 

Redni broj eksperimentalnog podatka 

Slika. 2. Grafički prikaz eksperimentalnih podataka i izračunatih iz procjene 

parametara. Eksperimentalne vrijednosti su prikazane kao točke a iz bilance kao 

krivulja.


Zadatak 7. 

Bilanca topline u cijevnom izmjenjivaču odreñuje se mjerenjem protoka vode q kroz 

središnju cijev, temperature medija u unutarnjoj cijevi na ulazu T u i izlazu T i (vidi 

sliku). Temperatura ogrjevnog medija (vruće ulje) duž vanjskog plašta je stalna T p , 

dužina cijevi je 2 m, radijus unutarnje cijevi je 0,1 m. 

q T u T p 

T i 

Izmjerene su slijedeće vrijednosti: 

q v = 10 L min -1 , T u = 25 0 C, T i = 80 0 C, T p = 120 0 C. 

2a(10) Odredite prosječni koeficijent prijenosa topline. 

2b(15) Izračunajte relativnu postotnu pogrešku odreñivanja koeficijenta prijenosa 

topline ako su maksimalne pogreške mjerenja protoka i temperature 

∆q = 0,1 L min -1 i ∆T = 0,1 0 C. 

Rješenje 

AD1) Bilanca topline za unutarnju cijev izmjenjivača je: 

q 

v 

⋅ ρ ⋅ 

c 

P 

⋅ 

( T − T ) = S ⋅ k ⋅ ( T − T ) 

i 

S je površina unutarnje cijevi a srednju temperaturu T primijenimo 

aritmetičku sredinu (može se upotrijebiti i logaritamska sredina za 

protustrujno protjecanje). 

1 

S = L ⋅ 2 ⋅ R ⋅π T = ⋅ ( T u 

+ T i 

) 2 

u 

P 

Koeficijent prijenosa topline je: 

( T − T ) 

q ⋅ ρ ⋅ c ⋅ 

V P i u 

k = 

⎛ T + T 

u i ⎞ 

2 ⋅π 

⋅ R ⋅ L ⋅⎜T 

− 

P 

⎟ 

⎝ 2 ⎠ 

Zadane vrijednosti parametara pretvorimo u sukladne mjerne jedinice. 

q v =1/6·10 -3 m 3 s -1 S=1,25664 m 2 ρ = 1000 kg m -3 c P = 4180 J kg -1 K -1 

Uvrštavanjem vrijednosti u izraz za koeficijent prijenosa topline dobije se:


AD 2) 

k = 451,724 W m -2 K -1 

Maksimalnu pogrešku proračuna koeficijenta prijenosa topline odredimo iz 

pogrešaka pojedinih instrumenata i koeficijenata osjetljivosti 

max ∆k 

= 

∂k 

∂q 

v 

⋅ max ∆q 

v 

⎛ 

⎜ ∂k 

+ 

⎜ 

⎝ 

∂Ti 

+ 

∂k 

∂T 

u 

+ 

∂k 

∂T 

p 

⎞ 

⎟ ⋅ max ∆T 

⎟ 

⎠ 

Koeficijenti osjetljivosti za pojedine mjerene veličine su: 

∂k 

∂q 

v 

3,32634 ⋅10 

= 

T + 0,5 ⋅ 

P 

6 

⋅ ( Ti 

− Tu 

) 

( − T − T ) 

i 

u 

= 2,7 ⋅10 

6 

∂k 

∂T 

i 

= 

q 

V 

⋅ 

7 

( 1,33053 ⋅10 

⋅ ( T − T ) 

( T 

i 

− 2 ⋅T 

P 

+ T 

u 

) 

P 

2 

u 

= 11,559 

∂k 

∂T 

u 

= 

q 

V 

⋅ 

7 

( 1,33053 ⋅10 

⋅ ( T − T ) 

( T 

i 

− 2 ⋅T 

P 

+ T 

u 

i 

) 

2 

p 

= 4,867 

∂k 

∂T 

p 

= 

q 

V 

⋅ 

7 

( 1,33053 ⋅10 

⋅ ( T − T ) 

( T 

i 

− 2 ⋅T 

P 

+ T 

u 

) 

i 

2 

u 

= 6,6922 

Maksimalne pogreške su: max ∆q v =0,1·10 -3 /60=1,6667·10 -6 m 3 s -1 

max ∆T=0,1 K 

Uvrštavanjem se dobije: 

max ∆k=4,482+1,1559+0,4867+0,66922= 6,7938 W m -2 K -1 

6,794 

maksimalna relativna pogreška je: max δ% = 100 = 1,5 % 

451,72


Zadatak 8. 

Razina kapljevine u spremniku mjeri se odreñivanjem otpora uronjenog mjernog 

osjetila (na slici). Omski otpor R(h) mjeri se Ω-metrom mjernog opsega 1 k Ω i klase 

točnosti 0,5 %. Kalibracijska funkcije je nelinearna i dana je izrazom 

Poznata je vrijednosti parametara 

2 

( + ⋅ h + ⋅ ) 

R( h) 

= R α β h . 

R 

0 

0 

⋅ 1 

= 100Ω 

R(h) 

h 

AD a) 

a) Odredite vrijednosti parametra α i β ako je izmjeren otpor 500 Ω na 

razini h = 1 m i otpor 1 k Ω na razini h = 2 m. 

b) Odredite razinu za izmjereni otpor od 725 Ω 

c) Kolika je relativna pogreška izmjerene razine 

d) Odredite klasu točnosti mjerenja razine 

Parametre α i β statičke karakteristike odredimo iz poznatih vrijednosti razina i 

otpora. Riješimo sustav linearnih jednadžbi: 

500 = 100 ⋅ 

1000 = 100 ⋅ 

Rješenja su: α =3,5 m -1 i β=0,5 m -2 . 

AD b) 

2 

( 1+ 

α ⋅1+ 

β ⋅1 

) 

2 

( 1+ 

α ⋅ 2 + β ⋅ 2 ) 

Vrijednost razine odredimo za poznatu vrijednost otpora rješavanjem kvadratne 

jednadžbe: 

2 

( 1+ 

3,5 ⋅ h + 0,5 ⋅ ) 

725 = 100 ⋅ 

h 

Rješenja jednadžbe su: h=1,47494 

vrijednost razine h=1,47494 m. 

h=-8.47494, a prihvatljiva je samo prva


AD c) 

Relativnu pogrešku razine odredimo iz pogreške otpora instrumenta klase točnosti 

0,5 % i mjernog opsega 1000 Ω koja iznosi 5 Ω. Pogreška razine dobije se linearizacijom 

statičke karakteristike za izmjerenu vrijednost razine: 

( 3,5 + 2 ⋅ 0, ⋅ h) ⋅ ∆h 

∆R 

= 100 ⋅ 5 

∆R 

5 

∆ h = 

= 

= 0, 01m 

100 ⋅ 

Relativna pogreška izmjerene razine je: 

AD d) 

( 3,5 + 2 ⋅ 0,5 ⋅ h) 100 ⋅ ( 3,5 + 2 ⋅ 0,5 ⋅1,47494) 

∆h 

0,01 

δ % = ⋅100 

= ⋅100 

= 0,67% 

h 1,47494 

Klasu točnosti mjernog pretvornika razine odredimo iz maksimalne pogreške. Prvo 

moramo odrediti da li je maksimalna pogreška na donjoj ili gornjoj granici mjernog 

opsega. Iz rezultata AD c. vidimo da pogreška opada porastom razine, a maksimalna 

vrijednost je na donjoj granici, dakle za h =0. 

h 5 

max ∆ = 

= 0, 

100 ⋅ ( 3,5 + 2 ⋅ 0,5 ⋅ 0) 

01428m 

Klasa točnosti je: 

0,01428 

Kl = ⋅100 

= 0,7% 

2


Zadatak 9. 

Protok tekućine u cijevi mjeri se odreñivanjem pada tlaka na suženju primjenom 

prstenastog manometra (Slika 1.). Kroz cijev radijusa 1,5 cm protječe voda. Otvor 

mjernog suženja ima radijus od 0,75 cm. Koeficijent suženja mlaza je k m = 0,85 a 

koeficijent brzine je ξ = 0,91. Prstenasti manometar ima slijedeće značajke: Dužina 

poluge je 35 cm, masa utega je 250 g, radijus prstena je 12 cm, a radijus cijevi 

manometra je 5 mm. 

α 

Slika 1. Mjerenje protoka 

a(10) Odredite volumni protok ako je izmjeren kut α = 25 0 . 

b(15) Izračunajte maksimalnu pogrešku volumnog protoka ako je kut odreñen s 

pogreškom od 2 0 . 

AD a) 

Razliku tlaka na mjernom suženju u cijevi odredimo iz otklona prstenastog 

manometra prema formuli: 

M ⋅ g ⋅ R 

p 

2 

− p1 

= ⋅ sin( α ) 

S ⋅ r 

Prvo uskladimo mjerne jedinice podataka a zatim uvrstimo: 

M=250 g = 0,25 kg 

R= 35 cm = 0,35 m 

r = 12 cm =0,12 m 

S = π r 0 2 = 3,14·(5/1000) 2 =7,854·10 -5 m 2 

0,25 ⋅ 9,81⋅ 

0,35 

p2 − p1 

= 

⋅ sin(25) = 38490 

Pa 

− 5 

7,854 ⋅10 

Volumni protok odredimo na osnovu relacije izvedene iz Bernoullijeve jednadžbe uz 

koeficijente kojima se korigira pad tlaka zbog neidealnosti tekućine: 

q 

v 

= 

ξ ⋅ km 

⋅ A0 2 ⋅ ( p1 

− p2) 

⋅ 

2 2 

1− 

k ⋅ k ρ 

m 

0


Prvo odredimo koeficijent otvora mjernog suženja i površinu otvora mjernog 

suženja: 

k 

⎛ 0,75 ⎞ 

= ⎜ ⎟ 

⎝ 1,5 ⎠ 

2 

0 

= 

2 

0,25 

⎛ 0,75 ⎞ 

A0 = π ⋅⎜ 

⎟ = 1,76 ⋅10 

⎝ 100 ⎠ 

Uvrstimo u izraz za protok: 

−4 

m 

2 

q v 

−4 

0,91⋅ 

0,85 ⋅1,76 

⋅10 

2 ⋅38490 

3 −1 

−1 

= ⋅ = 0,00122 m s = 1,222 L s 

2 2 

1− 

0,85 ⋅ 0,25 1000 

AD b) 

Prvo odredimo pogrešku u odreñivanju pada tlaka zbog pogreške kuta otklona: 

∆( p − p ) 1 

= 

2 

M ⋅ g ⋅ R 

⋅ cos 

S ⋅ r 

( α ) ⋅ ∆α 

Pogrešku kuta izrazimo u radijanima: 

2 

∆α 

= ⋅π 

= 0,034906 

180 

0,25 ⋅9,81⋅ 

0,35 

p2 − p1) 

= 

⋅ cos(25) ⋅ 0,034906 = 2881, 3Pa 

7,854 ⋅10 

∆( − 5 

Pogreška protoka odreñena je osjetljivošću statičke karakteristike o padu tlaka: 

∆q 

v 

= 

d 

dq 

( p − p ) 

2 

v 

1 

⋅ ∆ 

( p − p ) 

2 

1 

= 

ξ ⋅k 

m 

1− 

k 

⋅ A 

2 

m 

0 

⋅ k 

2 

0 

⋅ 

1 

2 

⋅ 

ρ ⋅ 

2 

( p − p ) 

2 

1 

⋅ ∆ 

( p − p ) 

2 

1 

Uvrstimo vrijednosti: 

∆ 

q v 

0,91⋅ 

0,85 ⋅0,000176 

= 

⋅ 

2 2 

1− 

0,85 ⋅⋅0,25 

= 0,45 L s 

−1 

1 

2 

⋅ 

2 

1000⋅ 

( 38490) 

⋅ 2881,3 = 0,0000459m 

3 

s 

−1 

Relativna postotna pogreška protoka je: 

0,45 

δ q v 

% = ⋅100 

= 36,82% 

1,222


Zadatak 10. 

Brzina sušenja prehrambenog proizvoda ispituje se mjerenjem vlažnosti 

ulaznog i izlaznog zraka u laboratorijskoj protočnoj sušari s povratnim tokom. Vlažni 

materijal mase 10 kg nalazi se u obliku poroznog sloja u cijevi kroz koju protjeće 

zrak. U ulaznoj i izlaznoj struji zraka mjeri se relativna vlažnost, volumni protok i 

temperatura. Tlak zraka na ulazu u sušaru je približno jednak tlaku na izlazu iz sušare 

i iznosi p = 1 bar. 

ulazni tok zraka 

izlazni tok zraka 

toplina 

y ul q ul T ul 

y iz q iz T iz 

vlažni proizvod 

1a(5) Izmjerene su sljedeće vrijednosti: y ul = 15 %, q ul = 7,2 m 3 h -1 , t ul = 25 0 C, 

y iz = 80 %, q iz = 9,6 m 3 h -1 , t iz = 60 0 C. Odredite masu isparene vode tijekom 1 

h sušenja. 

1b(5) Izračunajte specifičnu brzinu r sušenja materija. Napomena: specifična brzina 

sušenja je masa isparene vode (m H20 ) po jedinici mase proizvoda (m S) i 

jedinici vremena (t), [r]=kg kg -1 h -1 

1c(15)Odredite maksimalnu relativnu pogrešku odreñivanja specifične brzine sušenja 

ako je maksimalna pogreška mjerenja vlažnosti 1%! 

Rješenje 

AD a) 

Masu isparene vode odredimo iz bilance kao razliku izlaznog i ulaznog toka vodene 

pare. Tlakove vodene pare odredimo iz izmjerene relativne vlažnosti primjenom 

Antoinove korelacije: 

B 

log PH O 

( Pa) 

= A − 

Ulazni tok: t ul = 25 0 C 

10 2 

0 

A = 10,23255 

B =1750,286 

C = 235 

A− 

B 

C + T( C) 

C+ 

25 

pH O 

= 10 = 3167Pa 

2 

Budući da je relativna vlažnost zraka 15% tada je vlažnost zraka u ulaznoj struji 

p H O 

= 0,15 ⋅ 3167 475 Pa 

2 

=


Maseni ulazni tok vode je odreñen volumnim protokom i općom plinskom 

jednadžbom: 

q 

⋅ q 

H 2O 

v 

qH 

2O 

= qv 

⋅γ 

H 2O 

= ⋅ M 

H 2O 

R ⋅Tul 

−3 

H 2 O 

⋅18 

⋅10 

= 0, 0248 

( 273 + 25) 

p 

475 ⋅ 7,2 

− 

= kg H 

2O 

h 

8,314 ⋅ 

Isti proračun ponovimo za izlaznu struju iz sušare: 

A− 

B 

C+ 

60 

pH O 

= 10 19 924Pa 

2 

= 

Relativna vlažnost izlazne struje je 80% tako da je tlak vodene pare: 

1 

p H O 

= 0,8 ⋅19924 

15939 

2 

= 

Pa 

Izlazni tok vode iz sušare je: 

q 

15939 ⋅ 9,6 

− 

= kg H 

2O 

h 

8,314 ⋅ 

−3 

H 2 O 

⋅18 

⋅10 

= 0, 994 

( 273 + 60) 

Razlika je masa isparene vode tijekom 1 sata sušenja 

1 

∆q 

H 

2 O 

= 0,994 − 0,0248 = 0, 969 

kg H O h 

2 

−1 

AD b) 

Specifična brzina sušenja r je masa isparene vode u jednom satu po masi materijala 

r sušenja 

−1 

0,969 

kg H 

2O h 

−1 

= = 0,097 h 

10kg 

AD c) 

Za analizu pogreške specifične brzine sušenja prvo odredimo pogreške ulaznih i 

izlaznih masenih tokova vode: 

za ulazni tok: 

−1 

∆q 

H 2 O 

= 0,01⋅ 

0,0248 = 0, 000248kg H 

2O 

h 

za izlazni tok: 

−1 

∆q 

H 2 O 

= 0,01⋅ 

0,994 = 0, 00994kg H 

2O 

h 

Ukupna maksimalna pogreška je zbroj: 0,00994+0,000248=0,010 kg H 2 O h -1 

maksimalna pogreška specifične brzine sušenja je 0,001 h -1 , odnosno 1,03 %.


Zadatak 11. 

Odredite prijenosnu funkciju regulacijskog kruga za stabilizaciju temperature 

u bioreaktoru s izmjenjivačem topline u obliku plašta. Nacrtajte procesnu shemu i 

sustavski prikaz s prijenosnim funkcijama. Na prikazu naznačite sve bitne 

elemente te ulazne i izlazne veličine regulacijskog sustava. 

Rješenje: 

Shematski prikaz procesa uključuje slijedeće elemente: bioreaktor, izmjenjivač 

topline, sustav za napajanje supstratima i izdvajanje produkta, mjerni sustav, izvršni 

sustav, i ulazno izlazne tokove. 

ulazni tokovi 

regulacijski 

ventil 

izlazni tokovi 

Regulator 

termometar Pt 100 

Izmjenjivač 

Bioreaktor 

Procesna shema s regulacijom temperature. Osnovni procesni elementi su: 

bioreaktor, izmjenjivač topline, sustav za mjerenje temperature, regulator i 

regulacijski ventili su izvršni elementi za upravljanje. 

Osnovni elementi regulacijskog kruga su: prijenosna funkcije procesa (biorekator s 

izmjenjivačem topline), prijenosna funkcija mjernog sustava za temperaturu (Pt 100 ), 

prijenosna funkcija regulatora (PID regulator), i prijenosna funkcija izvršnog sustava 

(regulacijski ventil). Povezani u negativnu povratnu vezu tvore regulacijski sustav. 

ulazna procesna 

veličina X P (s) 

+ 

v 

- 

z 

proces 

W P (s) 

izlazna veličina Y(s) 

temperatura u biorektoru 

izvršni sustav 

W I (s) 

mjerni sustav 

W M (s) 

u 

referentna 

temperatura X I (s) 

regulator 

W R (s) 

ε 

Y M 

+ 

-


Prijenosne funkcije sustava odreñujemo izvoñenjem relacija izmeñu pojedinih 

parova ulaznih i izlaznih veličina. 

Na primjer, izlazna veličina mjernog sustava je mjerni signal Y M koji je odreñen 

dinamikom mjernog sustava, prijenosne funkcije W M , i promjene izlazne veličine Y 

(temperatura u bioreaktoru): 

Y 

M 

( s) = W ( s) ⋅Y( s) 

Razlika mjernog signala (izmjerene temperature) i ulazne informacijske veličine , to 

je referentna temperatura (odnosno optimalna radna temperatura koju održavamo), 

je regulacijsko odstupanje ε 

ε 

M 

( s) = Y ( s) − X ( s) 

Regulacijsko odstupanje je ulazna veličina za regulator koji daje upravljačku 

veličinu u(s) kao izlaznu veličinu: 

M 

I 

( s) ⋅ ( s) 

u( 

s) 

= WR ε 

Upravljačka veličine je ulazna veličina za izvršni sustav (regulacijski ventil) koji 

upravljački signal pretvara u promjenu protoka 

v( 

s) 

= WI ⋅ 

( s) u( s) 

Izlazna veličina je odreñena prijenosnom funkcijom procesa 

Y 

( s) = W ( s) ⋅ ( x ( s) −ν 

( s) 

) 

Uvrstimo prethodne relacije u zadnju: 

Y s = W s ⋅ x s −W 

s ⋅u 

s = W s ⋅ x s −W 

s ⋅W 

s ⋅ε 

s 

( ) 

P 

( ) ( 

P 

( ) 

I 

( ) ( )) P 

( ) ( 

P 

( ) 

I 

( ) 

R 

( ) ( )) 

WP 

( s) ⋅ ( X 

P 

( s) −WI 

( s) ⋅WR 

( s) ⋅ ( YM 

( s) − X 

I 

( s) 

)) 

= 

W ( s) ⋅ ( X ( s) −W 

( s) ⋅W 

( s) ⋅ ( W ( s) ⋅Y 

( s) − X ( s) 

)) 

P 

P 

Riješimo jednadžbu za izlaznu veličinu Y(s) 

Y 

I 

R 

P 

M 

( s) ⋅ ( 1 + W ( s) ⋅W 

( s) ⋅W 

( s) ⋅W 

( s) 

) = W ( s) ⋅ X ( s) + W ( s) ⋅W 

( s) ⋅W 

( s) ⋅ X ( s) 

Rezultat je: 

Y 

( s) 

= 

P 

I 

WP 

( s) 

⋅ 

( 1+ 

WP 

( s) ⋅WI 

( s) ⋅WR 

( s) ⋅WM 

( s) 

) 

WP 

( s) ⋅WI 

( s) ⋅WR 

( s) 

( 1+ 

W ( s) ⋅W 

( s) ⋅W 

( s) ⋅W 

( s) 

) 

P 

I 

R 

R 

M 

M 

X 

P 

P 

⋅ X 

P 

( s) 

I 

( s) 

+ 

P 

I 

P 

I 

= 

R 

I


Zadatak 12 

Na slici je prikazan standardni regulacijski krug s negativnom povratnom 

vezom. Na proces djeluju dvije ulazne veličine X P1 i X P2 . Prva ulazna procesna 

veličina X P1 je promjenljiva i njezina promjena je poremećaj koji se kompenzira 

djelovanjem regulatora. Druga ulazna procesna veličina X P2 je podesiva 

(mainpulativna) i ona se podešava djelovanjem regulatora. Na sustav takoñer djeluje 

i ulazna informacijska veličina X I koja je informacija o referentnoj vrijednosti 

izlazne veličine Y R . Dinamika procesa je odreñena sa dvije prijenosne funkcije W P1 i 

W P2 , a regulacijski krug ima slijedeće prijenosne funkcije: W M za mjerni sustav, W R 

je prijenosna funkcija regulatora, a izvršni sustav ima prijenosnu funkciju W I . 

X P1 

WP 1 

+ 

Y 

+ 

+ 

WP 2 

X P2 - 

X I 

W I W M 

+ 

W R 

- 

Zadaci: 

a) Odredite prijenosne funkcije sustava W 1 , W 2 i W 3 za tri ulazne veličine, dvije 

procesne i jednu ulaznu veličinu. 

b) Zadane su prijenosne funkcije mjernog i izvršnog sustava, W M =1 i W I =1. 

Prijenosne funkcije procesa su prvog stupnja, 

k1 

k2 

WP 

1 

= 

WP2 

= . Odredite kako polovi prijenosne funkcije 

τ 

1 

⋅ s + 1 τ 

2 

⋅ s + 1 

W 1 za poremećaj X P1 i za W 3 ulaznu informacijsku veličini X I zavisi o 

pojačanju regulatora, W R =k R , za slijedeće vrijednosti vrijednosti parametara 

procesa k 

1 

= 1, 

τ 

1 

= 2, k 

2 

= 0,5 i τ 

2 

= 1. 

c) Odredite promjenu izlazne veličine za pojačanje regulatora k R =2 pobuñenu 

trenutačnim impulsnim poremećajem prve ulazne veličine x P1 =δ(t). 

d) Odredite promjenu izlazne veličine za pojačanje regulatora k R =2 pobuñenu 

trenutačnim impulsnim poremećajem informacijske ulazne veličine X I =δ(t).


Rješenje: 

Prijenosne funkcije regulacijskog sustava možemo odrediti rješavanjem sustava 

linearnih jednadžbi izvedenih iz relacija za pojedine podsustave (pojedine prijenosne 

funkcije). 

Za izvoñenje relacija uvedemo nazive pojedinih veličina prema vlastitom izboru. Na 

slici je dan prikaz s nazivima pojedinih veličina 

X P1 

t1 

WP 1 

+ 

Y 

+ v 

t2 + 

WP 2 

X P2 - 

X I 

W M 

u 

W I 

+ 

W R 

e 

ym 

- 

Relacije izvodimo počevši od izlazne veličine: 

Y = t1 

+ t2 

t1 

= WP ⋅ X 

t2 

= WP ⋅ v 

v = X 

u = W 

P2 

R 

1 

e = ym − X 

ym = W 

Relacije uvrštavamo slijedom od početka: 

Y 

2 

−W 

⋅ e 

M 

P1 

I 

⋅Y 

I 

⋅ u 

Y = WP1 

⋅ X 

P1 

+ WP2 

⋅ v 

WP ⋅ X + WP ⋅ X −W 

Y = 

1 P1 

2 

Y = WP1 

⋅ X 

P 

+ 

1 

2 

= WP1 

⋅ X 

P 

+ WP 

1 2 2 

= WP1 

⋅ X 

P 

+ WP ⋅ 

1 2 P2 

I R 

Y 

2 

( 

P I 

⋅ u) 

WP2 

⋅ ( X 

P 

−WI 

⋅WR 

⋅ e) 

⋅ ( X 

P 

−WI 

⋅WR 

⋅ ( ym − X 

I 

)) 

( X −W 

⋅W 

⋅ ( W ⋅Y 

− X )) 

M 

I


Izdvojimo izlaznu veličinu kao nepoznanicu a ulazne veličine kao nezavisne 

varijable zadržimo na desnoj strani: 

( 1 + WP2 

⋅WI 

⋅WR 

⋅WM 

) ⋅Y 

= WP1 

⋅ X 

P1 

+ WP2 

⋅ X 

P2 

+ WP2 

⋅WI 

⋅WR 

⋅ X 

I 

Y 

= 

WP 

( 1+ 

WP ⋅W 

⋅W 

⋅W 

) 

2 

I 

WP 

( 1+ 

WP ⋅W 

⋅W 

⋅W 

) 

2 

I 

WP ⋅W 

I 

( 1+ 

WP ⋅W 

⋅W 

⋅W 

) 

2 

2 

I 

1 

2 

I 

R 

R 

⋅W 

R 

R 

M 

M 

M 

⋅ X 

⋅ X 

⋅ X 

P1 

P2 

+ 

+ 

Pojedine prijenosne funkcije sustava su: 

X P1 

W 1 

X P2 

W 2 

+ 

+ 

Y 

+ 

X I 

W 3 

Y 

= W1 

⋅ X 

P1 

+ W2 

⋅ X 

P2 

+ W3 

W 

W 

2 

W 

1 

3 

= 

= 

= 

WP 

⋅ X 

( 1+ 

WP ⋅W 

⋅W 

⋅W 

) 

( 1+ 

WP ⋅W 

⋅W 

⋅W 

) 

2 

I 

( 1+ 

WP ⋅W 

⋅W 

⋅W 

) 

I 

I 

WP 

WP ⋅W 

2 

2 

2 

2 

I 

1 

R 

R 

R 

⋅W 

R 

M 

M 

M 

I 

b) 

Polove regulacijskog sustava odredimo za zadane prijenosne funkcije koje 

uvrštavamo u izvedene izraze: 

k1 

k2 

τ 

1 

⋅ s + 1 

τ 

2 

⋅ s + 1 

W1 

= 

W3 

= 

k2 

k2 

1+ 

⋅ k R 

1+ 

⋅ k R 

τ 

2 

⋅ s + 1 

τ 

2 

⋅ s + 1 

Pojednostavnimo dvostruki razlomak:


W 

1 

= 

k1 

⋅ ( τ 

2 

⋅ s + 1) 

( τ 

1 

⋅ s + 1) ⋅ ( τ 

2 

⋅ s + 1) + k2 

⋅ k 

R 

W 

3 

k2 

= 

τ ⋅ s + 1+ 

k 

2 

2 

⋅ 

k R 

Uvrstimo vrijednosti parametara: 

W 

1 

= 

1⋅ 

( 1⋅ 

s + 1) 

( 2 ⋅ s + 1) ⋅ ( 1⋅ 

s + 1) + 0,5 ⋅ k 

R 

W 

3 

0,5 

= 

1⋅ 

s + 1+ 

0,5 ⋅ 

k R 

Polovi su nultočke polinoma u nazivniku: 

2 

2 ⋅ s + 3⋅ 

s + 1+ 

0,5 ⋅ k = 0 i s 1 + 0,5 ⋅ k = 0 

s 

1 ⎛ 1 

= ⋅⎜ 

− 3 ± 2 ⋅ − k 

r 

4 ⎝ 4 

R 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

+ 

R 

s = −1 

− 0, 5 ⋅ k 

1 ,2 

i 

r 

Za ulaznu poremećajnu veličini polovi su negativni i realni uz uvjet da je pojačanje 

regulatora pozitivno i maje od 0,25, 0 ≤ k r 

≤ 0, 25. Za pojačanje iznad 0,25 polovi 

su konjugirano kompleksni i dolazi do titrajnog odziva. 

Za ulaznu informacijsku veličinu postoji samo jedan realan i negativan pol koji se 

udaljava od imaginarne osi povećanjem pojačanja, odnosno dolazi do eksponencijalnog 

odziva koji ubrzava pomicanjem pola od imaginarne osi. 

c) Promjena izlazne veličine pobuñene promjenom prve ulazne procesne veličine je 

odreñena prijenosnom funkcijom W 1 

Y = W ⋅ X 

1 

P1 

= 

( 1+ 

WP ⋅W 

⋅W 

⋅W 

) 

2 

WP 

I 

1 

R 

i trans- 

Uvrstimo vrijednosti parametara procesa, pojačanje regulatora k r =2, 

formaciju ulaznog poremećaja X ( t) = ( t) X ( s) 1 

M 

⋅ X 

P1 

P1 δ 

P1 

= 

Y 

= 

1⋅ 

( 1⋅ 

s + 1) 

s + 1 

⋅1 

= 

2 

( 2 ⋅ s + 1) ⋅ ( 1⋅ 

s + 1) + 0,5 ⋅ k 2 ⋅ s + 3⋅ 

s + 2 

R 

Nultočke nazivnika su konjugirano kompleksni: 

2 

1 

2 ⋅ s + 3⋅ 

s + 2 = 0 s1 

,2 

= ⋅ ( − 3 ± 7 ⋅i) 

4 

Promjenu izlazne veličine odredimo inverzijom Laplaceove transformacije 

uporabom formula 17 i 26 iz Tablica.


17. 

s 

2 

ω 

n 

+ 2⋅ξ ⋅ω 

⋅ s + ω 

2 2 

n n 

1 −ξ⋅ω 

n⋅t 

⋅ω 

⋅e 

⋅sin 

2 

n 

n 

z 

( ω ⋅ z⋅t) z = 1−ξ 

ξ < 1 

26. 

s 

2 

ω 

n 

⋅ s 

2 ξ ω s 

n −ξ 

⋅ω 

n⋅t 

( ) 

+ ⋅ ⋅ ⋅ + 

⋅e 

⋅sin 

ωn 

⋅ z ⋅t 

+ Φ 

ω 

2 2 

n n 

2 

ω 

ξ < 1 

z 

⎛ ⎞ 

= − 

2 

z 

z 1 ξ Φ = arctan⎜ 

− ⎟ 

⎝ ξ ⎠ 

Izraz za Y(s) napišemo u skladu s formulama 17 i 26 na slijedeći način: 

Y 

( s) 

= 0,5 ⋅ 

s 

2 

1 

+ 0,5 ⋅ 

3 

+ ⋅ s + 1 s 

2 

2 

s 

3 

+ ⋅ s + 1 

2 

3 9 1 

Usporedbom dobijemo ω n 

= 1 ξ = z = 1− 

= ⋅ 7 

4 16 4 

Uvrštavanjem dobije se konačni izraz: 

y 

( t) 

3 

1 − ⋅t 

4 

= ⋅ e 

14 

⎛ ⎛ 

⋅ ⎜7 

⋅ cos⎜ 

⎝ ⎝ 

7 ⎞ 

⋅t 

⎟ 

+ 

4 ⎠ 

⎛ 

7 ⋅sin⎜ 

⎝ 

7 ⎞⎞ 

⋅ t ⎟⎟ 

4 

⎠⎠ 

Rezultat možemo prikazati grafički (uporabom računalne podrške, npr. W.R. 

Mathematica ili Matlab. 

0.5 

y(t) 

0.4 

0.3 

0.2 

0.1 

2 4 6 8 10 

t


d) Promjena izlazne veličine pobuñene promjenom ulazne informacijske veličine je 

odreñena prijenosnom funkcijom W 3 

Y 

= W 

3 

⋅ X 

I 

k 

= 

τ ⋅ s + 

2 

2 

1+ 

k2 

⋅ k 

R 

0,5 

= 

= 

1⋅ 

s + 1+ 

0,5 ⋅ 2 

0,5 

s + 2 

Izlaznu promjenu tijekom vremena odredimo transformacijom br. 5 iz Tablica 

5. 

1 

s − a 

e a⋅t 

y 

1 

2 

−2⋅t 

( t) = ⋅ e 

Grafički prikaz rezultata je 

0.5 

y(t) 

0.4 

0.3 

0.2 

0.1 

t 

2 4 6 8 10 

Komentar: Interesantni zaključci se mogu uočiti kada usporedimo grafičke prikaze 

promjena nastalih promjenom procesne i informacijske veličine.


Zadatak 13 

Odredite prijenosne funkcije regulacijskog sustava s modelom poremećaja 

izlazne veličine (prikazano na slici). Poremećaj izlazne veličine, označeno s Y d , d 

označava poremećaj ( d = „disturbance“), je model za ukupan utjecaj okoline na 

stanje procesa i poremećaje koji nastaju u samom procesu. U prikazu sustava su 

izostavljene prijenosne funkcije mjernog i izvršnog podsustava, pretpostavljeno je 

da su značajke idealne, odnosno prijenosne funkcije su konstante vrijednosti W=1. 

+ 

+ 

W P 

X p 

- 

Y d 

Y 

+ 

+ 

W R 

- 

X I 

Zadaci 

a) Odredite prijenosne funkcije za ulaznu procesnu veličinu X p , poremećaj izlazne 

veličine Y d , i ulazne informacijske veličine X I. 

b) Odredite izraz za izlaznu veličinu procesa Y u uvjetima regulacije stacionarnog 

stanja kada su zanemarivi poremećaju ulazne procesne veličine i ulazne 

informacijske veličine. 

Rješenje 

a) Prijenosne funkcije odredimo rješavanjem sustava linearnih jednadžbi koje 

povezuju prijenosne funkcije i pojedine veličine. 

Započinjemo s izrazom za izlaznu veličinu 

( X − u) 

Y = Yd 

+ WP 

⋅ 

P 

Napisani izraz pokazuje daje izlazna veličina zbroj poremećaja izlazne veličine i 

djelovanja ulazne procesne i upravljačke veličine u regulatora na proces W P . 

Izraz za upravljačku veličinu je: 

u = W 

⋅ 

( Y − ) 

R 

X I


Uvrstimo drugu jednadžbu u prvu i dobijemo: 

Y 

= Y 

d 

+ W 

P 

⋅ 

( X −W 

⋅ ( Y − X )) 

P 

R 

I 

Y 

= Y 

d 

+ W 

P 

⋅ X 

P 

−W 

P 

⋅W 

R 

⋅Y 

+ W 

P 

⋅W 

R 

⋅ X 

I 

Riješimo dobivenu jednadžbu za izlaznu veličinu 

b) 

Y 

W 

= 

1+ 

W 

P 

P 

⋅W 

R 

⋅ X 

P 

WP 

⋅WR 

+ 

1+ 

W ⋅W 

P 

R 

⋅ X 

I 

1 

+ 

1+ 

W ⋅W 

P 

R 

⋅Y 

d 

U uvjetima održavanja stacionarnog stanja i uz pretpostavku da nema 

poremećaja ulazne procesne i informacijske veličine, odnosno pretpostavljamo da su 

te veličine idealne konstante, tada jedini poremećaj u sustavu je posljedica 

poremećaja izlazne veličine: 

Y = 1 

1 + W ⋅W 

P 

R 

⋅Y 

d


Zadatak 14 

Analizirajte vladanje regulacije koncentracije supstrata u protočnom 

bioreaktoru (na primjer u procesu biološke obrade otpadne vode, prikazano na slici 

1.). Pretpostavite da je tijekom procesa koncentracija biomase konstantna a 

koncentracija suspstrata znatno manja od Monod-ove konstante zasićenja. 

W P 

+ 

s u s 

- 

W R 

+ 

- 

Zadaci: 

a) Odredite prijenosnu funkciju procesa za slijedeće vrijednosti parametara: 

volumen bioreaktora (bio-bazena za biološku obradu otpadne vode) V = 100 

m 3 , volumni protok otpadne vode q = 5 m 3 h -1 , Monod-ova konstanta 

zasićenja K S = 2500 KPK, (kemijska potreba za kisikom KPK ima jedinicu 

mgO 2 L -1 ), koncentracija supstrata u ulaznom toku c su = 150 KPK, 

−1 

maksimalna specifična brzina rasta biomase µ 

m 

= 0,001h 

, koncentracija 

biomase je c X = 5 g s.t. L -1 , koeficijent prinosa biomase na supstratu je Y X/S = 

0,02. 

b) Odredite prijenosnu funkciju reguliranog procesa. U negativnoj povratnoj 

vezi je proporcionalan regulator. Ulazna veličina je koncentracija supstrata u 

ulaznom toku, izlazna veličina je koncentracija suspstrata u izlaznom toku. 

c) Izračunajte promjenu izlazne veličine kada se ulazna koncentracija promijeni 

kao trenutačni impuls (Diracov impuls) bez regulacije i kada je uključen 

regulator pojačanja k R = 10. 

Rješenje: 

ad a) 

Bilanca supstrata je dana izrazom: 

dcS 

1 

V = q ⋅ cSu 

− q ⋅ cS 

−V 

⋅ ⋅ µ 

m 

dt 

Y 

X / S 

cS 

⋅ 

K + c 

S 

S 

⋅ c 

X 

Nelinearni Monod-ov kinetički model se može pojednostavniti iz uvjeta c S


dc 

V 

dt 

Transformacija bilance je: 

S 

= q ⋅ c 

Su 

− q ⋅ c 

S 

µ 

m 

−V 

⋅ 

Y 

X / S 

c 

⋅ 

K 

X 

S 

⋅ c 

S 

V ⋅ s ⋅C 

V ⋅ s ⋅C 

S 

S 

c 

K 

m X 

( s) = q ⋅ C ( s) − q ⋅C( S ) −V 

⋅ ⋅ ⋅C 

( s) 

Su 

c 

K 

Y 

µ 

X / S 

m X 

( s) + q ⋅ C ( s) + V ⋅ ⋅ ⋅C 

( s) = q ⋅ C ( s) 

S 

Y 

µ 

X / S 

S 

S 

S 

S 

Su 

W 

P 

( s) 

C 

= 

C 

S 

Su 

( s) 

( s) 

q 

= 

µ 

m 

V ⋅ s + q + V ⋅ 

Y 

X / S 

c 

⋅ 

K 

X 

S 


W P 

( s) 

5 

= 

0,001 

100 ⋅ s + 5 + 100 ⋅ ⋅ 

0,02 

5 

2500 

0,98 

= 

19,6 ⋅ s + 1 

ad b) 

Prijenosna funkcija reguliranog procesa za negativnu povratnu vezu odreñena je 

izrazom: 

W 

( s) 

W 

= 1+ W 

P 

P 

( s) 

( s) ⋅W 

( s) 

Uvrstimo prijenosnu funkciju procesa i proporcionalnog regulatora: 

R 

W 

( s) 

0,98 

19,6 ⋅ s + 1 

= 

0,98 

1+ 

⋅ k 

19,6 ⋅ s + 1 

R 

0,98 

= 

19,6 ⋅ s + 1+ 

0,98 ⋅ k 

R 

Promjena izlazne veličine kada proces nije reguliran odreñen je produktom 

prijenosne funkcije procesa i prijenosne funkcije ulazne veličine: 

Inverzijom izračunamo: 

C 

S 

0,98 

19,6 ⋅ s + 1 

( s) = ⋅ C ( s) 

c 

S 

Su 

0,98 

19,6 

− 

19, 6 

( t) = ⋅ e 

0,98 

= 

19,6 ⋅ s + 1 

t


Za regulirani proces 

C S 

( s) 

0,98 

0,09 

= 

= 

19,6 ⋅ s + 1+ 

0,98 ⋅10 

1,81 ⋅ s + 1 

Inverzijom odredimo vremensku promjenu izlazne veličine 

c 

S 

0,09 

1,81 

− 

1, 81 

( t) = ⋅ e 

t 

Na slici su prikazani rezultati promjene izlazne veličine tijekom 24 sata kada je 

proces bez regulacije i sa regulacijom. 

c S 

0.05 

0.04 

0.03 

bez regulacije 

0.02 

0.01 

sa regulacijom 

5 10 15 20 

t/h


Zadatak 15 

Izračunajte prijenosne funkcije (matricu) sustava sa dvije ulazne i dvije 

izlazne veličine (prikazanog na slici) 

X 1 

Y 1 

W(s) 

X 2 Y 2 

zadanog sa sustavom od dvije linearne jednadžbe: 

Rješenje 

dy 

2 ⋅ 

dt 

1 

dy 

− 3⋅ 

dt 

2 

+ y 

t 

1 

2 

− ⋅ + 2 ⋅ + y2 

+ 

dt dt 

∫ 

0 

1 

= 4 ⋅ x 

1 

1 

+ 

1 

2 

⋅ 

t 

∫ 

0 

x 

1 

2 

⋅ dt 

dy dy 

3 y ⋅ dt = 2 ⋅ x + 5⋅ 

x 

2 

Primijenimo Laplaceove transformacije za sustav jednadžbi: 

1 1 

2 ⋅ s ⋅Y1 

− 3⋅ 

s ⋅Y2 

+ Y1 

= 4 ⋅ X 

1 

+ ⋅ ⋅ X 

2 

2 s 

1 

− 3⋅ 

s ⋅Y1 + 2 ⋅ s ⋅Y2 

+ Y2 

+ ⋅Y1 

= 2 ⋅ X 

1 

+ 5 ⋅ X 

s 

Izlazne zavisne veličine, koje su nepoznanice, izdvojimo na lijevoj strani, a ulazne 

nezavisne veličine izdvojimo na desnoj strani sustava jednadžbi: 

( 2 ⋅ s + 1) 

⋅Y 

− 3⋅ 

s ⋅Y 

⎛ 1 ⎞ 

⎜− 

3⋅ 

s + ⎟ ⋅Y 

⎝ s ⎠ 

Isto napisano u matričnom obliku je: 

1 

1 

2 

+ 2 ⋅ s ⋅Y 

= 4 ⋅ X 

2 

1 

+ 

= 2 ⋅ X 

1 

2 ⋅ s 

1 

⋅ X 

2 

+ 5⋅ 

X 

2 

2 

⎛ 2 ⋅ s + 1 

⎜ 1 

⎜− 

3⋅ 

s + 

⎝ s 

− 3⋅ 

s⎞ 

⎟ ⎛Y 

⋅⎜ 

2 ⋅ s ⎟ 

⎠ ⎝Y 

1 

2 

⎞ 

⎛ 

⎜4 

⎟ = 

⎠ 

⎜ 

⎝2 

1 ⎞ 

⎟ ⎛ X 

2 ⋅ s ⋅⎜ 

⎟ 

5 ⎠ 

⎝ X 

1 

2 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

Riješimo inverzijom matrice: 

⎛Y 

⎜ 

⎝Y 

1 

2 

⎞ ⎛ 2 ⋅ s + 1 

⎜ 

⎟ = 1 

⎠ ⎜− 

3⋅ 

s + 

⎝ s 

− 3⋅ 

s⎞ 

⎟ 

2 ⋅ s ⎟ 

⎠ 

−1 

⎛ 

⎜4 

⋅ 

⎜ 

⎝2 

1 ⎞ 

⎟ ⎛ X 

2 ⋅ s ⋅ 

⎜ 

⎟ 

5 ⎠ 

⎝ X 

1 

2 

⎞ 

⎟ 

⎠


Inverznu matricu odredimo prema pravilu: 

Determinanta je: 

⎛ 2 ⋅ s + 1 

A = ⎜ 1 

⎜− 

3⋅ 

s + 

⎝ s 

−1 Adj 

A = 

Nakon adjungacije inverzna matrica je: 

− 3⋅ 

s⎞ 

⎟ 

2 ⋅ s ⎟ 

⎠ 

A 

( ) 

A 

A = 3 + 2 ⋅ s − 5 ⋅ s 

2 

A 

Provedemo množenje matrica: 

1 

1 

= 

3 + 2 ⋅ s − 5⋅ 

s 

2 

⎛ 2 ⋅ s 

⋅ ⎜ 1 

⎜3⋅ 

s − 

⎝ s 

3⋅ 

s ⎞ 

⎟ 

1+ 

2 ⋅ s⎟ 

⎠ 

⎛ 

⎜4 

B = 

⎜ 

⎝2 

W A 

= −1 

1 ⎞ 

⎟ 

2 ⋅ s ⎟ 

5 ⎠ 

⋅ B 

Konačni rezultat je matrica prijenosnih funkcija: 

W 

5⋅ 

s 

1 ⎛ 

⋅ ⎜ 

− 2 ⋅ s − 3 ⎝2 

⋅ 

14 ⋅ s 

1+ 

15 ⋅ s 

= 

2 

3 

⎟ 

2 

2 

( − 2 + s + 8⋅ 

s ) 1−13⋅ 

s − 20 ⋅ s 

⎞ 

⎠ 

Rezultat možemo prikazati slijedećim blok dijagramom: 

X 1 

X 2 

14 ⋅ s 

3 + 2 ⋅ s − 5⋅ 

s 

1+ 

15⋅ 

s 

3 + 2 ⋅ s − 5⋅ 

s 

2 

2 ⋅ ( − 2 + s + 8⋅ 

s ) 

2 

( − 3 − 2 ⋅ s + 5⋅ 

s ) 

− 

1−13⋅ 

s 

2 

2 

( − 3 − 2 ⋅ s + 5⋅ 

s ) 

2 

2 

− 20 ⋅ s 

3 

Y 1 

Y 2 

Do istog rezultata se može doći i bez matričnog računa kada se sustav jednadžbi 

riješi metodom supstitucije.


Zadatak 16 

Odredite prijenosne funkcije za protočni kemijski reaktor u kojem se provodi 

izotermna reakcija prvog reda A → B . Reakcija se provodi uz stalan protok i 

volumen. Zadane su slijedeće vrijednosti parametara: V = 10 L, q = 5 L/min, 

k = 0,2 min -1 . 

C Au 

W A 

C A 

C Au 

W B 

C B 

Zadaci: 

a) Odredite prijenosnu funkciju W A ako je ulazna veličina koncentracija 

reaktanta u pritoku a izlazna veličina koncentracija reaktanta u izlaznom 

toku. 

b) Odredite prijenosnu funkciju W B ako je ulazna veličina koncentracija 

reaktanta u pritoku a izlazna veličina koncentracija produkta u izlaznom 

toku. 

c) Odredite promjenu koncentracije reaktanta i produkta ako se ulazna 

koncentracija promjeni kao trajni impuls iznosa 1 mol/L. 

Rješenje: 

a) 

Bilanca reaktanta dana je bilancom: 

dc 

A 

V ⋅ = q ⋅ 

dt 

Prijenosnu funkciju odredimo transformacijom: 

V ⋅ s ⋅C 

A 

( c 

Au 

− c 

A 

) −V 

⋅ k ⋅ c 

A 

( s) = q ⋅ ( C ( s) − C ( s) 

) −V 

⋅ k ⋅C 

( s) 

Au 

Koncentracija reaktanta je zavisna i ujedno izlazna veličina koju izdvojimo na 

lijevoj strani jednadžbe, a koncentracija reaktanta je ulazna veličina i izdvojimo na 

desnu stranu jednadžbe. 

V ⋅ s ⋅C 

A 

( s) + q ⋅C 

( s) + V ⋅ k ⋅C 

( s) = q ⋅C 

( s) 

Prijenosna funkcija je omjer izlazne i ulazne veličine: 

A 

A 

A 

A 

Au


W 

A 

( s) 

C 

= 

C 

A 

Au 

( s) 

q 

D 

= 

= 

( s) V ⋅ s + q + V ⋅ k s + D + k 

U zadnjem izrazu je omjer volumnog protoka i volumena označen kao brzina 

razrjeñenja D. 

b) 

Bilanca produkta dana je izrazom: 

dc 

V ⋅ 

dt 

B 

= −q 

⋅ c 

B 

+ V ⋅ k ⋅ c 

A 

Primijenimo Laplaceovu transformaciju: 

V ⋅ s ⋅C 

B 

( s) = −q 

⋅ C ( s) + V ⋅ k ⋅C 

( s) 

Izdvojimo izlaznu veličinu na lijevu stranu jednadže: 

C 

V ⋅ s ⋅C 

B 

B 

B 

( s) + q ⋅C 

( s) = V ⋅ k ⋅ C ( s) 

V ⋅ k 

V ⋅ s + q 

B 

k 

s + D 

( s) = ⋅ C ( s) = ⋅ C ( s) 

Uvrstimo rezultat koncentraciju reaktanta iz prethodnog zadatka 

C 

B 

k 

s + D 

Prijenosna funkcija za produkt je: 

c) 

A 

k 

s + D 

( s) = ⋅ C ( s) = ⋅ ⋅ C ( s) 

A 

A 

A 

A 

D 

s + D + k 

k D 

W B 

( s) 

= ⋅ 

s + D s + D + k 

Za promjenu ulazne koncentracije kao trajnog impulsa iznosa 1 transformacija za 

1 

ulaznu veličinu je C Au 

( s) 

= 

s 

Izraz razvijemo u parcijalne razlomke: 

D 1 

C A 

( s) 

= ⋅ 

s + D + k s 

D 1 A 

C A 

( s) 

= ⋅ = + 

s + D + k s s + D + k 

B 

s 

Au


Da se odredi A pomnoži se cijeli izraz sa nazivnikom (s+D+k) 

1 B 

D ⋅ = A + ⋅ ( s + D + k) 

s s 

U ovaj identitet uvrstimo vrijednost s = -D-k i dobijemo za A 

D 

A = − 

D + k 

Za odreñivanje konstante B pomnožimo identitet s varijablom s 

D 

s + D + k 

= 

A⋅ 

s 

s + D + k 

+ B 

Uvrstimo vrijednost s = 0 i dobijemo izraz za B 

B = 

D 

D + k 

Konačan izraz za koncentraciju reaktanta je: 

D −1 

1 

C A ⎜ 

D + k ⎝ s + D + k s 

⎛ 

⎞ 

( s) = ⋅ + ⎟ 

⎠ 

Za koncentraciju produkta razvijamo u parcijalne razlomke izraz: 

k D 1 A B 

C B 

( s) 

= ⋅ ⋅ = + + 

s + D s + D + k s s + D s + D + k 

Konstantu A odredimo množenjem s nazivnikom (s+D) i uvrštavanjem vrijednosti 

s = -D : 

C 

s 

A = 

k ⋅ D 

k ⋅ 

( − D) 

= −1 

Konstantu B odredimo množenjem s nazivnikom (s+D+k) i uvrštavanjem 

vrijednosti s = -D - k 

k ⋅ D D 

B = = : 

− k ⋅ 

( − D − k) D + k 

Konstantu C odredimo množenjem s nazivnikom (s+D+k) i uvrštavanjem 

vrijednosti s = 0: 

C = 

k ⋅ D 

D ⋅ 

= 

k 

D 

( D + k) 

) + k


Konačan izraz za koncentraciju produkta kao izlaznu veličinu je: 

−1 

D 1 k 1 

C B 

( s) 

= + ⋅ + ⋅ 

s + D D + k s + D + k D + k s 

Za odreñivanje promjene izlaznih veličina tijekom vremena potrebno je izlazne 

veličine inverznom transformacijom prevesti u vremenske funkcije. Upotrijebimo 

formulu 5 iz tablice: 

5. 

1 

s − a 

e a⋅t 

−1 

⎡ D 

c 

A 

L ⎢ 

⎣ D + k 

c 

B 

⎛ −1 

⎜ 

⎝ s + D + k 

1 ⎞⎤ 

⎟ 

s 

⎥ 

⎠⎦ 

D 

D + k 

( + 1) 

−( D+ 

k ) ⋅t 

( t) = 

⋅ + = ⋅ − e 

( t) 

⎡ − D 

k ⎤ 

= L− 

1 1 

1 

1 

⎢ 

+ ⋅ + ⋅ 

s D D k s D k D k s ⎥ = 

⎣ + + + + + ⎦ 

D t D − ( D + k ) ⋅t 

k 

− e 

− ⋅ 

+ ⋅ e + 

D + k 

D + k 

Uvrstimo vrijednosti parametara: V=10 L, q=5 L/min, k=0,2 min -1 

c 

c 

A 

B 

−0 ,7⋅t 

( t ) = 0 ,714286 ⋅ ( 1 − e ) 

−0,7⋅t 

−0,5⋅t 

( t) = 0 ,285714 + 0,714286 ⋅ e − e 

0.7 

0.6 

c A 

0.5 

0.4 

0.3 

c B 

0.2 

0.1 

t/min 

2 4 6 8 10


Zadatak 17 

Analizirajte vladanje regulacije sustava 1 reda s proporcionalnim P i 

proporcionalno-integralnim regulatorom (prikazano na slici). 

+ 

X P 

- 

W 1 (s) 

Y 

+ 

- 

W 1 (s) 

X P 

k R (1+1/τ I s) 

Y 

+ 

+ 

k R 

- 

- 

X I 

X I 

Sustav 1 reda reguliran P regulatorom. 

Sustav 1 reda reguliran PI regulatorom. 

Parametri procesa su: pojačanje k = 2, vremenska konstanta τ = 5. 

Zadaci: 

a) Izračunajte odziv sustava 1 reda sa i bez P regulatora za trenutni i trajni impuls 

ulazne procesne veličine. Pojačanje regulatora je k R = 4. 

b) Izračunajte odziv sustava 1 reda sa i bez P regulatora za trenutni i trajni impuls 

ulazne procesne veličine. Pojačanje regulatora je k R = 6 i vremenska konstnta 

integralnog djelovanja τ I = 4/3. 

Rješenje 

a) Prijenosna funkcija regulacijskog kruga s negativnom povratnom vezom za 

poremećaj ulazne procesne veličine dana je izrazom: 

W 

W ( s) 

= 

1+ 

W 

P 

P 

( s) 

( s) ⋅W 

( s) 

Uvrstimo prijenosnu funkciju sustava 1 reda: 

R 

W 

= 

1+ 

W 

1 

( s) 

( s) ⋅ k 

R 

1 

k 

W ( s) 

= 

τ ⋅ s + 1 

k 

1+ 

⋅ k 

τ ⋅ s + 1 

R 

k 

= 

τ ⋅ s + 1+ 

k ⋅ k 

R 

Odziv reguliranog procesa za poremećaj ulazne procesne veličine je:


Za trenutni poremećaj je ( s) = 1 

X P 

Y 

( s) = W ( s) ⋅ X ( s) 

Za trajni poremećaj iznosa 1 transformacija je ( s) 

Promjene izlazne veličine su: 

P 

1 

X P 

= 

s 

k 

Y ( s) 

= 

τ ⋅ s + 1+ 

k ⋅ 

k R 

i 

k 1 

Y ( s) 

= ⋅ 

τ ⋅ s + 1+ 

k ⋅ k s 

R 

Nakon uvrštavanja vrijednosti parametara dobiju se slijedeće promjene izlazne 

veličine: 

2 

5 ⋅ s + 1 

5 

bez regulatora i za trenutni poremećaj Y ( s) 

= y( t) = ⋅ e 

bez regulatora i za trajni poremećaj Y ( s) 

= ⋅ y( t) = 2 ⋅ 

⋅ + 

⎜ 

1 e 

5 s 1 s 

⎟ ⎝ ⎠ 

s regulatorom i za trenutni poremećaj 

13 

= 2 2 1 

2 − ⋅t 

= ⋅ y = ⋅ e 

5 

Y ( s) 

5 ⋅ s + 1+ 

2 ⋅ 6 5 13 

s + 

5 

s regulatorom i za trajni poremećaj 

13 

− ⋅t 

5 

Y 

2 1 2 ⎛ 

( s) 

= 

⋅ = ⋅ ⎜ 

1 − e 

5 ⋅ s + 1+ 

2 ⋅ 6 s 13 ⎝ 

Rezultati se mogu analizirati grafički: 

( t) 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

5 

2 

1 

2 

5 

t 

− 

⎛ 

⎜ − 

t 

− 

5 

⎞ 

0.4 

0.3 

y(t) 

bez regulatora 

1.5 

y(t) 


0.2 

1.0 

0.1 

s P regulatorom 

0.5 

s P regulatorom 

2 4 6 8 10 

Odziv na trenutni impuls. 

t 

2 4 6 8 10 

Odziv na trajni impuls. 

t


b) 

Prijenosna funkcija regulacijskog kruga s negativnom povratnom vezom za 

poremećaj ulazne procesne veličine dana je izrazom: 

W 

W ( s) 

= 1+ W 

P 

P 

( s) 

( s) ⋅W 

( s) 

Uvrstimo prijenosnu funkciju sustava 1 reda i PI regulatora: 

k 

W ( s) 

= τ ⋅ s + 1 

k ⎛ 1 ⎞ 

1+ 

⋅ k ⋅ 

⎜ + 

⎟ 

R 

1 

τ ⋅ s + 1 ⎝ τ 

I 

⋅ s ⎠ 


2 

2 

W ( s) 

= 

5 ⋅ s + 1 

= 

= 

2 

2 ⎛ 1 ⎞ 

9 5⋅ 

s 

1+ 

⋅ 6 ⋅⎜1+ 

⎟ 5 ⋅ s + 1+ 

12 + 

5⋅ 

s + 1 ⎝ 1,25 ⋅ s ⎠ 

s 

2 / 5 ⋅ s 10 

W ( s) 

= 

= ⋅ 

2 

2 

s + 13/ 5⋅ 

s + 9 / 5 45 s 

R 

9 / 5⋅ 

s 

+ 13/ 5⋅ 

s + 9 / 5 

2 ⋅ s 

+ 13⋅ 

s + 9 

Izlaznu veličinu za trenutni poremećaj odredimo iz transformacije u tablicama: 

26. 

s 

2 

ω 

n 

⋅ s 

+ 2⋅ξ ⋅ω 

⋅ s + ω 

2 2 

n n 

2 

ω 

n −ξ 

⋅ω 

n ⋅t 

⋅ e ⋅sin( ω 

n 

⋅ z ⋅ t + Φ) 

ξ < 1 

z 

⎛ z ⎞ 

z = − 

2 

1 ξ Φ = arctan⎜ 

− ⎟ 

⎝ ξ ⎠ 

2 9 

13 

gdje je ω 

n 

= ωn 

= 1, 341 2 ⋅ξ ⋅ωn 

= ξ = 0, 9689 

5 

5 

1 

2 ⎛ 0,24745 ⎞ 

z = − ξ = 0,24745 φ = arctan⎜ 

− ⎟ = arctan( − 0,255) φ = −0, 

249 

⎝ 0,9689 ⎠ 

Odziv na trenutni poremećaj je: 

10 9 / 5 −0,9689⋅1,341 

⋅t 

y t = ⋅ ⋅ e ⋅ sin 1,341 ⋅ 0,24745 ⋅t 

− 0,249 

45 0,2475 

( ) ( ) 

y( 

t) 

= 1,616 ⋅ e 

−1,298⋅t 

⋅ sin(0,33 ⋅ t − 0,249)


Odziv na trajni impuls je: 

10 

Y s) 

= ⋅ 

45 s 

9 / 5⋅ 

s 1 10 

⋅ = ⋅ 

+ 13/ 5⋅ 

s + 9 / 5 s 45 s 

( 

2 

2 

Primijenimo transformaciju iz tablica: 

9 / 5 

+ 13/ 5⋅ 

s + 9 / 5 

17. 

s 

2 

ω 

n 

+ 2⋅ξ ⋅ω 

⋅ s + ω 

2 2 

n n 

1 −ξ 

⋅ω 

n ⋅t 

⋅ω 

⋅e 

⋅sin( ω ⋅ z ⋅t) z = 1−ξ 

2 

n 

n 

z 

ξ < 

y 

1 298 

−0,9689⋅1,341 

⋅t 

−1, 

⋅t 

( t) = ⋅1,341 

⋅ e ⋅ sin( 1,341 ⋅ 0,2475 ⋅t) = 5,418 ⋅ e ⋅ sin( 0,33 ⋅t) 

0,24745 

Rezultate analiziramo u grafičkom prikazu 

0.4 

y(t) 

0.3 

0.2 


0.1 

s PI regulatorom 

2 4 6 8 10 

t 

1.5 

y(t) 


1.0 

0.5 

s PI regulatorom 

2 4 6 8 10 

t


Zadatak 18 

Analizirajte kao se mijenja frekvencija titraja i pojačanje regulacijskog kruga 

s sustavomdrugog stupnja zavisno od pojačanja proporcionalnog P regulatora u 

negativnoj povratnoj vezi. 

X P 

+ 

- 

k 

2 ⋅ξ 

+ ⋅ s 

1 2 

⋅ s + 

2 

n 

ω n 

ω 

1 

Y 

+ 

k R 

- 

X I 

Slika: Regulacija sustava 2 stupnja s proporcionalnim P regulatorom 

Zadaci: 

a) Izvedite izraz za frekvenciju titraja i pojačanje regulacijskog kruga zavisno 

od pojačanja regulatora. 

b) Izračunajte odzive za trenutnu impulsnu promjenu ulazne procesne veličine 

za parametre procesa: ω 

n 

= 2 ξ = 0,5 i k =10 

i slijedeća pojačanja regulatora k R = 0 (bez regulacije), k R = 1, k R = 4 

Rješenje: 

Primijenimo formulu za prijenosnu funkciju regulacijskog kruga s povratnom 

vezom: 

W 

( s) 

W 

= 

1+ 

W 

P 

P 

( s) 

( s) ⋅W 

( s) 

Pojednostavnimo dvostruki razlomak: 

R 

= 

1+ 

1 

ω 

1 

ω 

2 

n 

2 

n 

⋅ s 

⋅ s 

2 

2 

k 

2 ⋅ξ 

+ ⋅ s + 1 

ωn 

k 

⋅ k 

2 ⋅ξ 

+ ⋅ s + 1 

ω 

n 

R


W 

( s) 

= 

1 2 

⋅ s 

2 

n 

ω 

k 

2 ⋅ξ 

+ ⋅ s + 1+ 

k ⋅ k 

ω 

Da jednostavnije uočimo zavisnost parametara o pojačanju regulatora napišemo 

gornji izraz u standardnom obliku sustava drugog stupnja i zatim parametre 

neposredno očitamo: 

n 

R 

W 

( s) 

= 

s 

2 

+ 

k ⋅ω 

⋅ξ 

⋅ω 

⋅ s + 

2 

n 

2 

( 1+ 

k ⋅ k ) ⋅ω 

2 

n 

R n 

Frekvencija regulacijskog kruga proporcionalno raste s korijenom pojačanja 

regulatora prema izrazu: 

2 

ω 

= 

2 

( + k ⋅ ) ⋅ω 

1 k R n 

Da odredimo promjenu pojačanja regulacijskog kruga K usporedimo brojnik 

prijenosne funkcije 

K ⋅ 

2 

K ⋅ ω = k ⋅ω 

2 

n 

2 

2 

( + k ⋅ k R 

) ⋅ω 

= k ⋅ω 

1 

n 

n 

k 

K = 1+ k ⋅ k R 

Vidimo da pojačanjem regulatora dolazi do proporcionalnog smanjenja pojačanja 

sustava. 

b) 

Odziv izlazne veličine za trenutni impuls x ( t) = ( t) X ( s) = 1 

izrazom: 

P 

δ 

P 

odreñen je 

Y 

( s) 

= 

s 

2 

+ 

k ⋅ω 

2 

n 

2 ⋅ξ 

⋅ωn 

⋅ s + 

R n 

2 

( 1+ 

k ⋅ k ) ⋅ω 

Vremenski tijek promjene izlazne veličine dan je inverznom transformacijom 

26. 

s 

2 

ω 

n 

⋅ s 

+ 2⋅ξ ⋅ω 

⋅ s + ω 

2 2 

n n 

2 

ω 

n −ξ 

⋅ω 

n ⋅t 

⋅ e ⋅sin( ω 

n 

⋅ z ⋅ t + Φ) 

ξ < 1 

z 

⎛ z ⎞ 

z = − 

2 

1 ξ Φ = arctan⎜ 

− ⎟ 

⎝ ξ ⎠


bez regulacije k R = 0 

40 

Y s = 

2 

s + 2 ⋅ s + 1 

40 −t 

( ) y( t) = ⋅ e ⋅ sin( 3 ⋅t) 

3 

10 

y(t) 

8 

6 

4 

2 

-2 

2 4 6 8 10 

t 

za k R = 1 

Y 

40 

40 −t 

( s) = 

y( t) = ⋅ e ⋅ sin( 43 ⋅t) 

s 

2 

+ 2 ⋅ s + 44 

43 

4 

y(t) 

2 

2 4 6 8 10 

t 

-2 

za k R = 4 

Y 

2 

40 

40 −t 

( s) = 

y( t) = ⋅ e ⋅sin( 163 ⋅ t) 

s 

y(t) 

2 

+ 2 ⋅ s + 164 

163 

1 

-1 

2 4 6 8 10 

t 

-2


Zadatak 19 

Analizirajte regulaciju sustava drugog stupnja s proporcionalno diferencijalnim PD 

regulatorom u povratnoj vezi. 

X P 

+ 

- 

k 

2 ⋅ξ 

+ ⋅ s 

1 2 

⋅ s + 

2 

n 

ω n 

ω 

1 

Y 

k 

R 

⋅ 

( 1 + τ ⋅ s) 

D 

+ 

- 

X I 

Zadaci: 

a) Izračunajte značajke regulacijskog sustava 

b) Izračunajte prijelazni odaziv izlazne veličine za trenutni impulsni poremećaj 

ulazne procesne veličine za slijedeće vrijednosti parametara: 

k= ω 

n 

= ξ = k R = τ = 

Rješenje: 

a) 

Primijenimo formulu za prijenosnu funkciju regulacijskog kruga s povratnom 

vezom: 

k 

1 2 2 ⋅ξ 

⋅ s + ⋅ s + 1 

2 

W 

( ) 

( ) 

( P 

s 

ω 

W s 

W s ) W ( s ) n 

ωn 

= 

= 

1+ 

k 

P 

⋅ 

R 

1+ 

⋅ k ( s ) 

R 

⋅ 1+ 

τ 

D 

⋅ 

1 2 2 ⋅ξ 

⋅ s + ⋅ s + 1 

2 

ω ω 

Nakon eliminacije dvostrukog razlomka dobije se: 

n 

n 

D 

W 

( s) 

= 

s 

2 

+ ω ⋅ 

n 

k ⋅ω 

2 

n 

2 

( ⋅ξ 

+ k ⋅ k ⋅τ 

⋅ω 

) ⋅ s + ( 1+ 

k ⋅ k ) ⋅ω 

2 

R D n 

R n


Budući da je u nazivniku polinom drugog stupnja možemo zaključiti da PD 

regulator ne mijenja stupanj dinamičkog vladanja, ali dolazi do promjene vrijednosti 

parametara. 

Usporedbom dobivenog izraza sa standardnim oblikom prijenosne funkcije sustava 

drugog stupnja dobijemo značajke regulacijskog kruga: 

frekvencija regulacijskog sustava ω = 1+ k ⋅ k 

prigušenje regulacijskog sustava 

pojačanje regulacijskog sustava 

b) 

S 

2 ⋅ξ 

+ k ⋅ k 

R 

⋅τ 

D 

⋅ωn 

ξ 

S 

= 

2 ⋅ω 

⋅ 1+ 

k ⋅ k 

k 

S 

n 

k 

= 1+ k ⋅ k 

Upišimo vrijednosti parametara k=10, ω 

n 

= 2 , ξ = 0, 25 i izračunamo izlaznu 

promjenu bez regulatora 

Y 

40 5 2 

−t 

/ 

( s) = 

y( t) = 16 ⋅ ⋅ e ⋅ sin⎜ 

⋅ t 

s + s + 

⎟ 2 

4 

3 ⎝ 2 ⎠ 

Grafički prikaz rezultata je: 

y(t) 

R 

R 

⎛ 

15 

⎞ 

R 

10 

5 

-5 

2 4 6 8 10 

t 

Uvrstimo vrijednosti parametara regulatora k 1 τ = 0, 1 

Y 

3 

40 80 

2 

R 

= 

D 

−5⋅t 

/ 

( s) = 

y( t) = ⋅ e ⋅ sin⎜ 

⋅t 

s + ⋅ s + 

⎟ 2 

5 44 

151 ⎝ 2 ⎠ 

y(t) 

⎛ 

151 

⎞ 

2 

1 

-1 

2 4 6 8 10 

t


Zadatak 20 

Parametri sustava drugog stupnja imaju slijedeće vrijednosti: 

pojačanje k=1, prirodna frekvencija ω = 1, koeficijent prigušenja ξ = 2. 

Proces se regulira proporcionalnim regulatorom P s pojačanjem k R u povratnoj vezi. 

X P 

+ 

- 

k 

2 ⋅ξ 

+ ⋅ s 

1 2 

⋅ s + 

2 

n 

ω n 

ω 

1 

Y 

k 

R 

+ 

- 

X I 

Zadaci: 

a) izračunajte polove sustava bez regulacije 

b) Odredite pojačanje k R da regulirani sustav ima oba pola negativna i identična 

c) Prikažite grafički položaj polova 

d) Izračunajte odzive nereguliranog i reguliranog sustava za trenutni poremećaj 

ulazne procesne veličine 

Rješenje 

a) Polovi sustava drugog stupnja su nultočke polinoma u nazivniku prijenosne 

funkcije 

s 

2 

2 

+ 2 ⋅ξ 

⋅ω 

⋅ s + ω 

s 

2 

+ 4 ⋅ s + 1 = 0 

= 0 

Polovi su rješenja ove kvadratne jednadžbe s = −2 

3 

1 ,2 

± 

Oba pola su realna i negativna i sustav nema titrajne značajke. 

b) Polovi reguliranog sustava odreñuju je iz prijenosne funkcije regulacijskog 

kruga 

WP 

( ) 

( s) 

W s = 1+ W s ⋅ k 

P 

( ) 

R 

Polovi su nultočke polinoma: 

2 

2 

s + 2 ⋅ξ 

⋅ω 

⋅ s + 1+ 

k ⋅ k ⋅ω 

( ) = 0 

R


Uvrstimo vrijednosti parametara procesa: 

s 

2 

( ξ ± − − k ⋅ k ) 

1,2 

= −ω ⋅ 1 

R 

+ ξ 

s1 

,2 

= −2 

± 3 − k R 

Očigledno regulirani sustav ima identične polove za pojačanje regulatora k R = 3, za 

koje su oba pola s 1,2 = -2. 

c) Grafički prikaz polova 

polovi reguliranog 

procesa 

Im 

Re 

polovi nereguliranog 

procesa 

d) Promjene izlazne veličine za trenutni impulsni poremećaj su 


1 ( −2− 

y( 

t) 

= ⋅ ( e 

2 ⋅ 3 

3⋅t 

) 

e 

( −2+ 

− 

3 ) ⋅t 

) 

sa regulacijom 

−2⋅t 

y( t) = t ⋅ e 

y(t) 

0.20 

0.15 


0.10 

0.05 

s regulacijom 

2 4 6 8 10 

t

Zbirka rijesenih zadataka - PBF - Sveučilište u Zagrebu

Create successful ePaper yourself

Delete template?

Save as template?