zbirka rijesenih zadataka

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 cA(mol/L), cB(mol/L) i cC(mol/L).

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 cA = 0,1 mol/L, cB = 4 mol/L i cC = 3 mol/L. 1a (3%)

Izračunajte koeficijente brzine reakcija k1= k2=

1b (2%)

Izračunajte koncentraciju reaktanta u ulaznom toku cAu=

1c (10%)

Izračunajte maksimalne relativne pogreške koeficijenta brzina reakcije

δk1%= δk2%=

1d (10%)

Izračunajte maksimalne relativne pogreške ulazne koncentracije

δcAu%=

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

AC

AB

ckVcq

ckVcq

⋅⋅+⋅−=⋅⋅+⋅−=

2

1

0

0

Uvrstimo izmjerene podatke:

01,0535,2

01,0545,2

2

1

=⋅⋅+⋅−=⋅⋅+⋅−

k

k

Rješenja su koeficijenti brzina reakcija:

12

11 min15

5,0

35,2min20

5,0

45,2 −− =⋅==⋅= kk

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

021 =⋅⋅−⋅⋅−⋅−⋅ AAAAu ckVckVcqcq

q

cA cB cC

A

B

C

r1

r2


AAAAu ckq

Vck

q

Vcc ⋅⋅+⋅⋅+= 21

Uvrstimo rezultate mjerenja:

molcAu 1,7341,0 =++=

AD 1c) Prvo odredimo maksimalne pogreške mjerenih veličina na osnovu klasa točnosti instrumenata.

LmolMOKl

c

LMOKl

qV

/04,0100

202,0

100max

min/05,0100

105,0

100max

=⋅=⋅=∆

=⋅=⋅=∆

Maksimalnu pogrešku koeficijenta brzine reakcije odredimo razvojem izraza po pogreškama mjerenih veličina

AA

BB

AA

B cc

c

V

qc

cV

q

c

c

V

qk ∆⋅⋅+∆⋅

⋅+⋅∆=∆

21max

6,882,04,004,01,0

4

5

5,204,0

1,05

5,2

1,0

4

5

05,0max

21 =++=⋅⋅+⋅⋅

+⋅=∆k

maksimalna relativna pogreška koeficijenta brzine reakcije je:

%4310020

6,8%max 1 =⋅=kδ

Za drugi koeficijent ponovimo isti postupak:

AA

CC

AA

C cc

c

V

qc

cV

q

c

c

V

qk ∆⋅⋅+∆⋅

⋅+⋅∆=∆

22max

5,662,03,004,01,0

3

5

5,204,0

1,05

5,2

1,0

3

5

05,0max

22 =++=⋅⋅+⋅⋅

+⋅=∆k

%3,4310015

5,6%max 2 =⋅=kδ

AD 1d) Maksimalnu pogrešku ulazne koncentracije odredimo razvojem izraza

( )

+⋅+⋅= 211 kk

q

Vcc AAu s obzirom na pogreške mjerenih podataka i procijenjenih

pogrešaka koeficijenata brzina reakcija

( ) ( ) ( )

∆+∆⋅⋅+

∆⋅+⋅⋅+

+⋅+⋅∆=∆ 21212211max kk

q

Vcqkk

q

Vckk

q

Vcc AAAAu


( ) ( ) ( )

+⋅⋅+

⋅+⋅⋅+

+⋅+⋅=∆ 5,66,85,2

51,005,01520

5,2

51,01520

5,2

5104,0max

2Auc

max ∆cAu = %5,841001,7

6 =⋅


Zadatak 2 Neki mjerni ureñaj ima nelinearnu statičku karakteristiku danu funkcijom y(x)=b0+b1x

2. (a 10) Izvedite izraze za procjenu parametara b0 i b1 metodom najmanjih kvadrata. (b 10) Procijenite parametre b0 i b1 za slijedeće izmjerene vrijednosti ulaznih i izlaznih veličina tijekom umjeravanja instrumenta:

x 0 1,5 3 5 6 8 y 1 3 6,5 14 20 35

AD a) Prvo definiramo prividnu pogrešku za mjerni signal:

( )210 iii xbby ⋅+−=∆

Na osnovu pogreške definiramo varijancu:

( )26

1

210

1

22

41

21

∑∑=

=

=

⋅−−⋅=∆⋅−

=i

ii

Ni

ii xbby

Ns

Parametre procijenimo minimizacijom varijance. Nužni uvjeti minimuma su:

00 2

1

2

0

=∂∂=

∂∂

sb

sb

Odredimo izraze za derivacije:

( )

( )

( ) ( ) 012

2

21

21

1

210

2210

1 0

1

2210

0

2

0

=−⋅⋅−−⋅−

=⋅−−∂∂⋅

−

=

⋅−−⋅−∂

∂=∂∂

∑

∑

∑

=

=

=

=

=

=

Ni

iii

ii

Ni

i

Ni

iii

xbbyN

xbbybN

xbbyNb

sb

( )

( )

( ) ( ) 02

2

21

21

2

1

210

2210

1 1

1

2210

1

2

1

=−⋅⋅−−⋅−

=⋅−−∂∂⋅

−

=

⋅−−⋅−∂

∂=∂∂

∑

∑

∑

=

=

=

=

=

=

i

Ni

iii

ii

Ni

i

Ni

iii

xxbbyN

xbbybN

xbbyNb

sb


Pojednostavnimo izraze za derivacije:

( ) 01

210 =⋅−−∑

=

=

Ni

iii xbby

( ) 01

2210 =⋅⋅−−∑

=

=

Ni

iiii xxbby

Razdvojimo nepoznanice i poznate podatke:

∑∑==

=⋅+⋅N

ii

N

ii yxbbN

11

210

∑∑∑===

⋅=⋅+⋅N

iii

N

ii

N

ii xyxbxb

1

2

1

41

1

20

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

ybxb =⋅+ 12

0 2

14

02 xybxbx ⋅=⋅+⋅

Sustav jednadžbi može se napisati u matričnom obliku:

⋅=

⋅

2

1

0

42

21

xy

y

b

b

xx

x

Riješimo sustav Cramerovim pravilom. Determinante su:

( )2240 xxD −= ( )224

1 xyxxyD ⋅⋅−⋅= 222 xyxyD ⋅−⋅=

Rješenje su optimalne procjene parametara:

0

10 D

Db =

0

21 D

Db =

( ) ( ) ( ) ( )( )224

224

0

xx

xyxxyb

−

⋅⋅−⋅= ( ) ( ) ( )

( )224

22

1

xx

xyxyb

−

⋅−⋅=

AD b) Izračunajmo pojedine srednje vrijednosti:

( ) 542,56225,1318,10177083,22 242 =⋅=== xyyxx Uvrštavanjem dobiju se vrijednosti determinanata:

656,261213,703509,501 210 === DDD

i procjena parametara: 521738,040219,1 10 == bb


Zadatak 3. Razlika temperature uzorka A i B mjeri se termočlankom u spoju s mV-

metrom. Ukupni otpor vodiča je Rv a unutarnji otpor mV-metra je Ru. Kalibracijska karakteristika termočlanka je 2ttEMS ⋅+⋅= βα 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 .

a(5) Odredite razliku temperature tB – tA i temperaturu tB 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:

uvu

RRR

EMSV ⋅

+=

Razliku temperature t odredimo rješavanjem jednadžbe odreñene statičkom karakteristikom termočlanka:

( ) 2ttR

RRVEMS

u

vu ⋅+⋅=+⋅

= βα

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

( ) 251076,1004,0426669,0300

300201000/400tt ⋅⋅+⋅==+⋅ −

mV Ru Rv

Ωm

A B


Zadatak 4. 1(25). Razina kapljevine mjeri se otporničkim termometrom u spoju s Wheastoneovim mjernim mostom. Otpornici u mostu imaju slijedeće vrijednosti: RA =200 Ω, RB = 250 Ω, RP = x⋅300 Ω, R0 = 150 Ω,

[ ]1,0xx∈ , ( )hRRh ⋅+⋅= β10 ; β =

0,320 m-1, x je relativni položaj kliznika, h je razina u metrima, N je nul-instrument, napon baterije je E0 = 10 V. 2a(5) Odredite x0 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? AD a) Ravnoteža mjernog mosta odreñena je izrazom: BPhA RRRR ⋅=⋅

Minimalan otkolon kliznika potenciometra x odredimo pri najmanjoj razini, za h=0. Vrijednost otpora mjernog pretvornika je: ( ) Ω=== 1500 0RhRh

Uvrstimo u izraz za ravnotežu mjernog mosta:

250300150200 0 ⋅⋅=⋅ x odavdje je vrijednost x0 = 0,4

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

( ) ( ) BPhA RxRhRR ⋅==⋅ 1max

uvrstimo vrijednosti ( ) 2501300321,01150200 max ⋅⋅=⋅+⋅⋅ h dobije se hmax=4,67 m

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

( )A

BP

RR

RRh

⋅⋅

=⋅+0

1 β

Maksimalnu pogrešku odredimo zbrojem pozitivnih članova Taylorovog razvoja:

020

00

200

max RR

RRR

RR

RRR

R

RR

R

Rh BP

A

BPB

PP

B ∆⋅⋅

+∆⋅⋅⋅

+∆⋅+∆⋅=∆⋅β

RP

RA

Rh

h

RB

x

E0

N

Mjerenje razine otporničkom metodom i Wheastonovim mjernim mostom


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

RRR

RR

RR

RR

RR

R

RR

Rh

A

BP

A

BP

A

P

A

B ∆⋅

⋅⋅

+⋅⋅

+⋅

+⋅

⋅=∆200

200

1max

β

Uvrstimo vrijednosti otpora na gornjoj granici mjernog opsega i iznos pogreške pojeding otpora:

mh 3,02150200

250300

150200

250300

200150

300

200150

250

320,0

1max

22=⋅

⋅⋅+

⋅⋅+

⋅+

⋅⋅=∆

AD d) Klasa točnosti mjernog otporničkog pretvornika razine je:

%4,610067,4

3,0100

max

max

=⋅=⋅∆=h

hKl


Zadatak 5. Odredite kalibracijski pravac za mjerni sustav s linearnom statičkom karakteristikom.

xkly ⋅+= 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:

xxxx

xyxyk

⋅−⋅⋅−⋅=

Prvo izračunamo srednje vrijednosti izmjerenih podataka:

69.51

1

=⋅= ∑=

N

iix

Nx 835.11

1

1

=⋅= ∑=

N

iiy

Ny

zatim izračunamo srednje vrijednosti produkata:

1295.851

1

=⋅⋅=⋅ ∑=

N

iii xy

Nxy 945.40

1

1

=⋅⋅=⋅ ∑=

N

iii xx

Nxx

uvrstimo u izraz za nagib

07592.269.569.5945.40

69.5835.111295.85 =⋅−

⋅−=k

x y mjerni sustav

mjerena veličina

mjerni signal


Odsječak na ordinati odredimo iz uvjeta da kalibracijski pravac prolazi kroz „težište podataka“, srednju vrijednost ulaznih i izlaznih podataka:

0230158.069.507592.2835.11 =⋅−=⋅−= xkyl

AD b) Prividne pogreške izračunamo kao razliku pojedine vrijednosti mjernog signala i vrijednosti iz kalibracije

iii xkly ⋅−−=∆

Za prvi podatak: 0193922,01,007592,20230158,025,01 =⋅−−=∆ 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:

%318,41009.19

47.0.......

8,4

41,0

25,0

02,0

10

1100

1%

1

=⋅

+++⋅=⋅∆

⋅= ∑=

N

i i

i

yNδ

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:

Kalibracijski pravac

Scatterplot (kalibracija 10v*10c)

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

0 2 4 6 8 10

X

0

2

4

6

8

10

12

14

16

18

20

Y


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.

( ) ( )0230158,007592,2

11 −⋅=−⋅= ylyk

x

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);

Observed Values vs. ResidualsDependent variable: X

0 2 4 6 8 10

Observed Values

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0.0

0.2

0.4

Res

idua

ls

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.

Slika. 1. Grafički prikaz eksperimentalnih podataka mjerene koncentracije

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:

( )

I

ssS

sms

K

ccK

cvcv

2

++⋅=

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.

Rješenje: AD a) Kinetički model lineariziramo odreñivanjem recipročne brzine reakcije (Lineweaver-Burk-ov pravac):

( ) sISsm

s

ms

cKKcv

K

vcv⋅

⋅+⋅+= 1111

odnosno kao linearnu funkciju redefiniranih varijabli i parametara. Linearna funkcija glasi:

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

cs

Redni broj eksperimentalnog podatka


22110 xbxbby ⋅+⋅+=

sa slijedećim definiranim varijablama:

( ) sss

cxc

xcv

y === 21

11

i novim parametrima:

ISm

S

m KKb

v

Kb

vb

⋅=== 11

210

AD b) Na osnovu lineariziranog modela definiramo slijedeće matrice podataka

⋅

=

2

1

0

2,161,16

2,21,2

2,11,1

15

2

1

1

.........

1

1

...b

b

b

xx

xx

xx

y

y

y

Uvrstimo izmjerene podatke i dobijemo:

Parametri se procijene metodom najmanjih kvadrata:

( ) YXXXb ⋅⋅⋅= − TT 1

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 b0, b1 i b2:

Kinetički parametri se izračunaju iz relacija lineariziranog modela:

3

1

1

2

1

1

b

bK

b

bK

bv ISm ===

Uvrštavanjem dobiju se kinetički parametri:

1111max 0542,105545,48795,19 −−− === LmmolKLmmolKsLmmolv IS

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:

( ) 1000/2max =

++⋅−= S

ISSS

ss cKccK

cv

dt

dc

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.


Slika. 2. Grafički prikaz eksperimentalnih podataka i izračunatih iz procjene parametara. Eksperimentalne vrijednosti su prikazane kao točke a iz bilance kao

krivulja.

Redni broj eksperimentalnog podatka

cs


Zadatak 7. Bilanca topline u cijevnom izmjenjivaču odreñuje se mjerenjem protoka vode q kroz središnju cijev, temperature medija u unutarnjoj cijevi na ulazu Tu i izlazu Ti (vidi sliku). Temperatura ogrjevnog medija (vruće ulje) duž vanjskog plašta je stalna Tp , dužina cijevi je 2 m, radijus unutarnje cijevi je 0,1 m.

Izmjerene su slijedeće vrijednosti: qv = 10 L min-1, Tu = 25 0C, Ti = 80 0C, Tp = 120 0C. 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 0C. Rješenje AD1) Bilanca topline za unutarnju cijev izmjenjivača je:

( ) ( )TTkSTTcq PuiPv −⋅⋅=−⋅⋅⋅ ρ

S je površina unutarnje cijevi a srednju temperaturu T primijenimo aritmetičku sredinu (može se upotrijebiti i logaritamska sredina za protustrujno protjecanje).

π⋅⋅⋅= RLS 2 ( )iu TTT +⋅=2

1

Koeficijent prijenosa topline je:

( )

+−⋅⋅⋅⋅

−⋅⋅⋅=

22 iu

P

uiPV

TTTLR

TTcqk

π

ρ

Zadane vrijednosti parametara pretvorimo u sukladne mjerne jedinice. qv=1/6·10-3 m3 s-1 S=1,25664 m2 ρ = 1000 kg m-3 cP = 4180 J kg-1 K-1 Uvrštavanjem vrijednosti u izraz za koeficijent prijenosa topline dobije se:

q Tu Ti Tp


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

AD 2) Maksimalnu pogrešku proračuna koeficijenta prijenosa topline odredimo iz

pogrešaka pojedinih instrumenata i koeficijenata osjetljivosti

TT

k

T

k

T

kq

q

kk

puiv

v

∆⋅

∂∂+

∂∂+

∂∂+∆⋅

∂∂=∆ maxmaxmax

Koeficijenti osjetljivosti za pojedine mjerene veličine su:

( )( )

66

107,25,0

1032634,3⋅=

−−⋅+−⋅⋅

=∂∂

uiP

ui

v TTT

TT

q

k

( )559,11

)2(

(1033053,12

7

=+⋅−

−⋅⋅⋅=

∂∂

uPi

uPV

i TTT

TTq

T

k

( )

867,4)2(

(1033053,12

7

=+⋅−

−⋅⋅⋅=

∂∂

uPi

piV

u TTT

TTq

T

k

( )6922,6

)2(

(1033053,12

7

=+⋅−

−⋅⋅⋅=

∂∂

uPi

uiV

p TTT

TTq

T

k

Maksimalne pogreške su: max ∆qv=0,1·10-3/60=1,6667·10-6 m3 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

maksimalna relativna pogreška je: max δ% = %5,110072,451

794,6 =


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

( )20 1)( hhRhR ⋅+⋅+⋅= βα .

Poznata je vrijednosti parametara Ω= 1000R

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

razini h = 1 m i otpor 1 kΩ 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

AD a) Parametre α i β statičke karakteristike odredimo iz poznatih vrijednosti razina i otpora. Riješimo sustav linearnih jednadžbi:

( )( )2

2

2211001000

111100500

⋅+⋅+⋅=⋅+⋅+⋅=

βαβα

Rješenja su: α =3,5 m-1 i β=0,5 m-2. AD b) Vrijednost razine odredimo za poznatu vrijednost otpora rješavanjem kvadratne jednadžbe: ( )25,05,31100725 hh ⋅+⋅+⋅= Rješenja jednadžbe su: h=1,47494 h=-8.47494, a prihvatljiva je samo prva vrijednost razine h=1,47494 m.

h

R(h)


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 lineari-zacijom statičke karakteristike za izmjerenu vrijednost razine:

( ) hhR ∆⋅⋅⋅+⋅=∆ 5,025,3100

( ) ( ) mh

Rh 01,0

47494,15,025,3100

5

5,025,3100=

⋅⋅+⋅=

⋅⋅+⋅∆=∆

Relativna pogreška izmjerene razine je:

%67,010047494,1

01,0100% =⋅=⋅∆=

h

hδ

AD d) 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.

( ) mh 01428,005,025,3100

5max =

⋅⋅+⋅=∆

Klasa točnosti je:

%7,01002

01428,0 =⋅=Kl


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 km = 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. 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:

( )αsin12 ⋅⋅

⋅⋅=−rS

RgMpp

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 r0

2 = 3,14·(5/1000)2=7,854·10-5 m2

Papp 49038)25sin(10854,7

35,081,925,0512 =⋅

⋅⋅⋅=− −

Volumni protok odredimo na osnovu relacije izvedene iz Bernoullijeve jednadžbe uz koeficijente kojima se korigira pad tlaka zbog neidealnosti tekućine:

ρξ )(2

121

20

2

0 pp

kk

Akq

m

mv

−⋅⋅⋅−

⋅⋅=

α


Prvo odredimo koeficijent otvora mjernog suženja i površinu otvora mjernog suženja:

25,05,1

75,02

0 =

=k

242

0 1076,1100

75,0mA −⋅=

⋅= π

Uvrstimo u izraz za protok:

113

22

4

222,100122,01000

384902

25,085,01

1076,185,091,0 −−−

==⋅⋅⋅−

⋅⋅⋅= sLsmqv

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

( ) αα ∆⋅⋅⋅

⋅⋅=−∆ cos)( 12 rS

RgMpp

Pogrešku kuta izrazimo u radijanima:

034906,0180

2 =⋅=∆ πα

Papp 3,2881034906,0)25cos(10854,7

35,081,925,0)(

512 =⋅⋅⋅

⋅⋅=−∆ −

Pogreška protoka odreñena je osjetljivošću statičke karakteristike o padu tlaka:

( ) ( ) ( ) ( )1212

20

2

012

12

2

2

1

1pp

ppkk

Akpp

ppd

dqq

m

mvv −∆⋅

−⋅⋅⋅

⋅−

⋅⋅=−∆⋅

−=∆

ρξ

Uvrstimo vrijednosti:

( )1

13

22

45,0

0000459,03,2881384901000

2

2

1

25,085,01

000176,085,091,0

−

−

=

=⋅⋅

⋅⋅⋅⋅−

⋅⋅=∆

sL

smqv

Relativna postotna pogreška protoka je:

%82,36100222,1

45,0% =⋅=vqδ


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. 1a(5) Izmjerene su sljedeće vrijednosti: yul = 15 %, qul = 7,2 m3 h-1, tul = 25 0C, yiz = 80 %, qiz = 9,6 m3 h-1, tiz = 60 0C. Odredite masu isparene vode tijekom 1

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

sušenja je masa isparene vode (mH20) po jedinici mase proizvoda (mS) 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:

log ( )( )10 02

P Pa AB

C T CH O = −+

A = 10,23255 B =1750,286 C = 235

Ulazni tok: tul = 25 0C

Pap C

BA

OH 316710 252

== +−

Budući da je relativna vlažnost zraka 15% tada je vlažnost zraka u ulaznoj struji Pap OH 475316715,0

2=⋅=

yul qul Tul yiz qiz Tiz

vlažni proizvod

ulazni tok zraka izlazni tok zraka toplina


Maseni ulazni tok vode je odreñen volumnim protokom i općom plinskom jednadžbom:

OHul

vOHOHvOH M

TR

qpqq 2

222 ⋅

⋅⋅

=⋅= γ

( )1

23

2 0248,0101825273314,8

2,7475 −− =⋅⋅+⋅

⋅= hOHkgq OH

Isti proračun ponovimo za izlaznu struju iz sušare:

Pap C

BA

OH 9241910 602

== +−

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

Pap OH 93915199248,02

=⋅=

Izlazni tok vode iz sušare je:

( )1

23

2 994,0101860273314,8

6,915939 −− =⋅⋅+⋅

⋅= hOHkgq OH

Razlika je masa isparene vode tijekom 1 sata sušenja

122 969,00248,0994,0 −=−=∆ hOHkgq OH

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

11

2 097,010

969,0 −−

== hkg

hOHkgrsušenja

AD c) Za analizu pogreške specifične brzine sušenja prvo odredimo pogreške ulaznih i izlaznih masenih tokova vode: za ulazni tok:

122 000248,00248,001,0 −=⋅=∆ hOHkgq OH

za izlazni tok: 1

22 00994,0994,001,0 −=⋅=∆ hOHkgq OH

Ukupna maksimalna pogreška je zbroj: 0,00994+0,000248=0,010 kg H2O 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. 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 (Pt100), prijenosna funkcija regulatora (PID regulator), i prijenosna funkcija izvršnog sustava (regulacijski ventil). Povezani u negativnu povratnu vezu tvore regulacijski sustav.

Regulator

termometar Pt100

Bioreaktor

Izmjenjivač

ventil regulacijski

ulazni tokovi izlazni tokovi

proces WP(s)

mjerni sustav WM(s)

regulator WR(s)

izvršni sustav WI(s)

referentna temperatura XI(s)

ulazna procesna veličina XP(s) izlazna veličina Y(s)

temperatura u biorektoru

+

+

-

-

ε YM u

v

z


Prijenosne funkcije sustava odreñujemo izvoñenjem relacija izmeñu pojedinih parova ulaznih i izlaznih veličina. Na primjer, izlazna veličina mjernog sustava je mjerni signal YM koji je odreñen dinamikom mjernog sustava, prijenosne funkcije WM, i promjene izlazne veličine Y (temperatura u bioreaktoru):

( ) ( ) ( )sYsWsY MM ⋅=

Razlika mjernog signala (izmjerene temperature) i ulazne informacijske veličine , to je referentna temperatura (odnosno optimalna radna temperatura koju održavamo), je regulacijsko odstupanje ε

( ) ( ) ( )sXsYs IM −=ε

Regulacijsko odstupanje je ulazna veličina za regulator koji daje upravljačku veličinu u(s) kao izlaznu veličinu:

( ) ( )ssWsu R ε⋅=)(

Upravljačka veličine je ulazna veličina za izvršni sustav (regulacijski ventil) koji upravljački signal pretvara u promjenu protoka

( ) ( )susWsv I ⋅=)(

Izlazna veličina je odreñena prijenosnom funkcijom procesa

( ) ( ) ( ) ( )( )ssxsWsY PP ν−⋅=

Uvrstimo prethodne relacije u zadnju: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )( )sXsYsWsWsWsXsW

sXsYsWsWsXsW

ssWsWsxsWsusWsxsWsY

IMRIPP

IMRIPP

RIPPIPP

−⋅⋅⋅−⋅=−⋅⋅−⋅

=⋅⋅−⋅=⋅−⋅= ε

Riješimo jednadžbu za izlaznu veličinu Y(s)

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )sXsWsWsWsXsWsWsWsWsWsY IRIPPPMRIP ⋅⋅⋅+⋅=⋅⋅⋅+⋅ 1 Rezultat je:

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )sX

sWsWsWsW

sWsWsW

sXsWsWsWsW

sWsY

IMRIP

RIP

PMRIP

P

⋅⋅⋅⋅+

⋅⋅

+⋅⋅⋅⋅+

=

1

1


Zadatak 12 Na slici je prikazan standardni regulacijski krug s negativnom povratnom vezom. Na proces djeluju dvije ulazne veličine XP1 i XP2. Prva ulazna procesna veličina XP1 je promjenljiva i njezina promjena je poremećaj koji se kompenzira djelovanjem regulatora. Druga ulazna procesna veličina XP2 je podesiva (mainpulativna) i ona se podešava djelovanjem regulatora. Na sustav takoñer djeluje i ulazna informacijska veličina XI koja je informacija o referentnoj vrijednosti izlazne veličine YR. Dinamika procesa je odreñena sa dvije prijenosne funkcije WP1 i WP2, a regulacijski krug ima slijedeće prijenosne funkcije: WM za mjerni sustav, WR je prijenosna funkcija regulatora, a izvršni sustav ima prijenosnu funkciju WI.

Zadaci:

a) Odredite prijenosne funkcije sustava W1, W2 i W3 za tri ulazne veličine, dvije procesne i jednu ulaznu veličinu.

b) Zadane su prijenosne funkcije mjernog i izvršnog sustava, WM=1 i WI=1. Prijenosne funkcije procesa su prvog stupnja,

11 2

22

1

11 +⋅

=+⋅

=s

kW

s

kW PP ττ

. Odredite kako polovi prijenosne funkcije

W1 za poremećaj XP1 i za W3 ulaznu informacijsku veličini XI zavisi o pojačanju regulatora, WR=kR, za slijedeće vrijednosti vrijednosti parametara procesa 15,0,2,1 2211 ==== ττ ikk .

c) Odredite promjenu izlazne veličine za pojačanje regulatora kR=2 pobuñenu trenutačnim impulsnim poremećajem prve ulazne veličine xP1=δ(t).

d) Odredite promjenu izlazne veličine za pojačanje regulatora kR=2 pobuñenu trenutačnim impulsnim poremećajem informacijske ulazne veličine XI=δ(t).

WP1

WP2

WM

WR

WI

+

+

+ +

-

-

XP1

XP2

XI

Y


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

Relacije izvodimo počevši od izlazne veličine:

YWym

Xyme

eWu

uWXv

vWPt

XWPt

ttY

M

I

R

IP

P

⋅=−=⋅=

⋅−=⋅=

⋅=+=

2

2

11

2

1

21

Relacije uvrštavamo slijedom od početka:

vWPXWPY P ⋅+⋅= 211

( )uWXWPXWPY IPP ⋅−⋅+⋅= 2211

( )eWWXWPXWPY RIPP ⋅⋅−⋅+⋅= 2211

( )( )IRIPP XymWWXWPXWPY −⋅⋅−⋅+⋅= 2211

( )( )IMRIPP XYWWWXWPXWPY −⋅⋅⋅−⋅+⋅= 2211

WP1

WP2

WM

WR

WI

+

+

+ +

-

-

XP1

XP2

XI

Y

t1

t2

ym e u

v


Izdvojimo izlaznu veličinu kao nepoznanicu a ulazne veličine kao nezavisne varijable zadržimo na desnoj strani:

( ) IRIPPPMRIP XWWWXWPXWPYWWWW ⋅⋅⋅+⋅+⋅=⋅⋅⋅⋅+ 2221121

( )

( )

( ) IMRI

RI

PMRI

PMRI

XWWWWP

WWWP

XWWWWP

WP

XWWWWP

WPY

⋅⋅⋅⋅+

⋅⋅

+⋅⋅⋅⋅+

+⋅⋅⋅⋅+

=

2

2

22

2

12

1

1

1

1

Pojedine prijenosne funkcije sustava su:

IPP XWXWXWY ⋅+⋅+⋅= 32211

( )

( )

( )MRI

RI

MRI

MRI

WWWWP

WWWPW

WWWWP

WPW

WWWWP

WPW

⋅⋅⋅+⋅⋅

=

⋅⋅⋅+=

⋅⋅⋅+=

2

23

2

22

2

11

1

1

1

b) Polove regulacijskog sustava odredimo za zadane prijenosne funkcije koje uvrštavamo u izvedene izraze:

Rks

ks

k

W⋅

+⋅+

+⋅=

11

1

2

2

1

1

1

τ

τ

Rks

ks

k

W⋅

+⋅+

+⋅=

11

1

2

2

2

2

3

τ

τ

Pojednostavnimo dvostruki razlomak:

+ +

+

XP1

XP2

XI

Y

W1

W2

W3


( )( ) ( ) Rkkss

skW

⋅++⋅⋅+⋅+⋅⋅

=221

211 11

1

τττ

Rkks

kW

⋅++⋅=

22

23 1τ

Uvrstimo vrijednosti parametara:

( )( ) ( ) Rkss

sW

⋅++⋅⋅+⋅+⋅⋅=

5,01112

1111

RksW

⋅++⋅=

5,011

5,03

Polovi su nultočke polinoma u nazivniku:

05,0132 2 =⋅++⋅+⋅ Rkss i 05,01 =⋅++ Rks

−⋅±−⋅= rks

4

123

4

12,1 i rks ⋅−−= 5,01

Za ulaznu poremećajnu veličini polovi su negativni i realni uz uvjet da je pojačanje regulatora pozitivno i maje od 0,25, 25,00 ≤≤ rk . 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 ekspo-nencijalnog odziva koji ubrzava pomicanjem pola od imaginarne osi. c) Promjena izlazne veličine pobuñene promjenom prve ulazne procesne veličine je odreñena prijenosnom funkcijom W1

( ) 12

111 1 P

MRIP X

WWWWP

WPXWY ⋅

⋅⋅⋅+=⋅=

Uvrstimo vrijednosti parametara procesa, pojačanje regulatora kr=2, i trans-formaciju ulaznog poremećaja ( ) ( ) ( ) 111 == sXttX PP δ

( )( ) ( ) 232

11

5,01112

1112 +⋅+⋅

+=⋅⋅++⋅⋅+⋅

+⋅⋅=ss

s

kss

sY

R

Nultočke nazivnika su konjugirano kompleksni:

0232 2 =+⋅+⋅ ss ( )is ⋅±−⋅= 734

12,1

Promjenu izlazne veličine odredimo inverzijom Laplaceove transformacije uporabom formula 17 i 26 iz Tablica.


17.

ωξ ω ω

n

n ns s

2

2 22+ ⋅ ⋅ ⋅ + ( ) 11sin

1 2 <−=⋅⋅⋅⋅⋅ ⋅⋅− ξξωω ωξ ztzez n

tn

n

26.

ωξ ω ω

n

n n

s

s s

2

2 22

⋅+ ⋅ ⋅ ⋅ +

( )

−=Φ−=

<Φ+⋅⋅⋅⋅ ⋅⋅−

ξξ

ξωω ωξ

zz

tzez n

tn n

arctan1

1sin

2

2

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

( )1

2

35,0

12

31

5,022 +⋅+

⋅++⋅+

⋅=ss

s

sssY

Usporedbom dobijemo 4

31 == ξωn 7

4

1

16

91 ⋅=−=z

Uvrštavanjem dobije se konačni izraz:

( )

⋅⋅+

⋅⋅⋅⋅=

⋅−ttety

t

4

7sin7

4

7cos7

14

1 4

3

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

2 4 6 8 10

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

t

y(t)


d) Promjena izlazne veličine pobuñene promjenom ulazne informacijske veličine je odreñena prijenosnom funkcijom W3

2

5,0

25,011

5,0

1 22

23 +

=⋅++⋅

=⋅++⋅

=⋅=sskks

kXWY

RI τ

Izlaznu promjenu tijekom vremena odredimo transformacijom br. 5 iz Tablica 5.

1

s a− ea t⋅

( ) tety ⋅−⋅= 2

2

1

Grafički prikaz rezultata je

2 4 6 8 10

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

Komentar: Interesantni zaključci se mogu uočiti kada usporedimo grafičke prikaze promjena nastalih promjenom procesne i informacijske veličine.

t

y(t)


Zadatak 13 Odredite prijenosne funkcije regulacijskog sustava s modelom poremećaja izlazne veličine (prikazano na slici). Poremećaj izlazne veličine, označeno s Yd, 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.

Zadaci a) Odredite prijenosne funkcije za ulaznu procesnu veličinu Xp, poremećaj izlazne veličine Yd, i ulazne informacijske veličine XI.

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

( )uXWYY PPd −⋅+=

Napisani izraz pokazuje daje izlazna veličina zbroj poremećaja izlazne veličine i djelovanja ulazne procesne i upravljačke veličine u regulatora na proces WP. Izraz za upravljačku veličinu je:

( )IR XYWu −⋅=

WP

WR

Yd

Y

XI

Xp

+

+

+

-

+

-


Uvrstimo drugu jednadžbu u prvu i dobijemo:

( )( )IRPPd XYWXWYY −⋅−⋅+=

IRPRPPPd XWWYWWXWYY ⋅⋅+⋅⋅−⋅+=

Riješimo dobivenu jednadžbu za izlaznu veličinu

dRP

IRP

RPP

RP

P YWW

XWW

WWX

WW

WY ⋅

⋅++⋅

⋅+⋅

+⋅⋅+

=1

1

11

b) 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:

dRP

YWW

Y ⋅⋅+

=1

1


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.

Zadaci:

a) Odredite prijenosnu funkciju procesa za slijedeće vrijednosti parametara: volumen bioreaktora (bio-bazena za biološku obradu otpadne vode) V = 100 m3, volumni protok otpadne vode q = 5 m3 h-1, Monod-ova konstanta zasićenja KS = 2500 KPK, (kemijska potreba za kisikom KPK ima jedinicu mgO2 L-1), koncentracija supstrata u ulaznom toku csu = 150 KPK, maksimalna specifična brzina rasta biomase 1001,0 −= hmµ , koncentracija

biomase je cX = 5 g s.t. L-1, koeficijent prinosa biomase na supstratu je YX/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 kR = 10.

Rješenje: ad a) Bilanca supstrata je dana izrazom:

XSS

Sm

SXSSu

S ccK

c

YVcqcq

dt

dcV ⋅

+⋅⋅⋅−⋅−⋅= µ

/

1

Nelinearni Monod-ov kinetički model se može pojednostavniti iz uvjeta cS << KS.

su

WR

WP

s

+

-

+

-


SS

X

SX

mSSu

S cK

c

YVcqcq

dt

dcV ⋅⋅⋅−⋅−⋅=

/

µ

Transformacija bilance je:

( ) ( ) ( ) ( )sCK

c

YVSCqsCqsCsV S

S

X

SX

mSuS ⋅⋅⋅−⋅−⋅=⋅⋅

/

µ

( ) ( ) ( ) ( )sCqsCK

c

YVsCqsCsV SuS

S

X

SX

mSS ⋅=⋅⋅⋅+⋅+⋅⋅

/

µ

( ) ( )( )

S

X

SX

mSu

SP

K

c

YVqsV

q

sC

sCsW

⋅⋅++⋅==

/

µ


( )16,19

98,0

2500

5

02,0

001,01005100

5

+⋅=

⋅⋅++⋅=

sssWP

ad b) Prijenosna funkcija reguliranog procesa za negativnu povratnu vezu odreñena je izrazom:

( ) ( )( ) ( )sWsW

sWsW

RP

P

⋅+=

1

Uvrstimo prijenosnu funkciju procesa i proporcionalnog regulatora:

( )R

Rksk

s

ssW

⋅++⋅=

⋅+⋅

+

+⋅=98,016,19

98,0

16,19

98,01

16,19

98,0

Promjena izlazne veličine kada proces nije reguliran odreñen je produktom prijenosne funkcije procesa i prijenosne funkcije ulazne veličine:

( ) ( )16,19

98,0

16,19

98,0

+⋅=⋅

+⋅=

ssC

ssC SuS

Inverzijom izračunamo:

( ) 6,19

6,19

98,0t

S etc−

⋅=


Za regulirani proces

( )181,1

09,0

1098,016,19

98,0

+⋅=

⋅++⋅=

sssCS

Inverzijom odredimo vremensku promjenu izlazne veličine

( ) 81,1

81,1

09,0t

S etc−

⋅=

Na slici su prikazani rezultati promjene izlazne veličine tijekom 24 sata kada je proces bez regulacije i sa regulacijom.

5 10 15 20

0.01

0.02

0.03

0.04

0.05

t/h

cS

bez regulacije

sa regulacijom


Zadatak 15 Izračunajte prijenosne funkcije (matricu) sustava sa dvije ulazne i dvije izlazne veličine (prikazanog na slici)

zadanog sa sustavom od dvije linearne jednadžbe:

∫ ⋅⋅+⋅=+⋅−⋅t

dtxxydt

dy

dt

dy

0

21121

2

1432

21

0

1221 5223 xxdtyy

dt

dy

dt

dy t

⋅+⋅=⋅++⋅+⋅− ∫

Rješenje Primijenimo Laplaceove transformacije za sustav jednadžbi:

21121

1

2

1432 X

sXYYsYs ⋅⋅+⋅=+⋅⋅−⋅⋅

211221 521

23 XXYs

YYsYs ⋅+⋅=⋅++⋅⋅+⋅⋅−

Izlazne zavisne veličine, koje su nepoznanice, izdvojimo na lijevoj strani, a ulazne nezavisne veličine izdvojimo na desnoj strani sustava jednadžbi:

( )

2121

2121

5221

3

2

14312

XXYsYs

s

Xs

XYsYs

⋅+⋅=⋅⋅+⋅

+⋅−

⋅⋅

+⋅=⋅⋅−⋅+⋅

Isto napisano u matričnom obliku je:

⋅

⋅=

⋅

⋅+⋅−⋅−+⋅

2

1

2

1

522

14

21

3

312

X

XsY

Ys

ss

ss

Riješimo inverzijom matrice:

⋅

⋅⋅

⋅+⋅−⋅−+⋅

=

−

2

1

1

2

1

522

14

21

3

312

X

Xss

ss

ss

Y

Y

X1

X2

Y1

Y2

W(s)


Inverznu matricu odredimo prema pravilu:

⋅+⋅−⋅−+⋅

= ss

s

ssA 2

13

312

( )A

AAdjA =−1

Determinanta je: 2523 ssA ⋅−⋅+=

Nakon adjungacije inverzna matrica je:

⋅+−⋅⋅⋅

⋅⋅−⋅+

= ss

s

ss

ssA 21

13

32

523

12

1

Provedemo množenje matrica:

⋅=52

2

14

sB

BAW ⋅= −1 Konačni rezultat je matrica prijenosnih funkcija:

( )

⋅−⋅−⋅++−⋅⋅+⋅

⋅−⋅−⋅

= 3222 20131822

15114

325

1

ssss

ss

ssW

Rezultat možemo prikazati slijedećim blok dijagramom:

Do istog rezultata se može doći i bez matričnog računa kada se sustav jednadžbi riješi metodom supstitucije.

2523

151

ss

s

⋅−⋅+⋅+

( )( )2

2

523

822

ss

ss

⋅+⋅−−⋅++−⋅−

2523

14

ss

s

⋅−⋅+⋅

( )2

32

523

20131

ss

ss

⋅+⋅−−⋅−⋅−

Y1

Y2

X1

X2


Zadatak 16 Odredite prijenosne funkcije za protočni kemijski reaktor u kojem se provodi izotermna reakcija prvog reda BA → . 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.

Zadaci:

a) Odredite prijenosnu funkciju WA ako je ulazna veličina koncentracija reaktanta u pritoku a izlazna veličina koncentracija reaktanta u izlaznom toku.

b) Odredite prijenosnu funkciju WB 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:

( ) AAAuA ckVccq

dt

dcV ⋅⋅−−⋅=⋅

Prijenosnu funkciju odredimo transformacijom:

( ) ( ) ( )( ) ( )sCkVsCsCqsCsV AAAuA ⋅⋅−−⋅=⋅⋅

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.

( ) ( ) ( ) ( )sCqsCkVsCqsCsV AuAAA ⋅=⋅⋅+⋅+⋅⋅

Prijenosna funkcija je omjer izlazne i ulazne veličine:

CAu CAu CA CB

WA WB


( ) ( )( ) kDs

D

kVqsV

q

sC

sCsW

Au

AA ++

=⋅++⋅

==

U zadnjem izrazu je omjer volumnog protoka i volumena označen kao brzina razrjeñenja D. b) Bilanca produkta dana je izrazom:

ABB ckVcq

dt

dcV ⋅⋅+⋅−=⋅

Primijenimo Laplaceovu transformaciju:

( ) ( ) ( )sCkVsCqsCsV ABB ⋅⋅+⋅−=⋅⋅

Izdvojimo izlaznu veličinu na lijevu stranu jednadže:

( ) ( ) ( )sCkVsCqsCsV ABB ⋅⋅=⋅+⋅⋅

( ) ( ) ( )sCDs

ksC

qsV

kVsC AAB ⋅

+=⋅

+⋅⋅=

Uvrstimo rezultat koncentraciju reaktanta iz prethodnog zadatka

( ) ( ) ( )sCkDs

D

Ds

ksC

Ds

ksC AuAB ⋅

++⋅

+=⋅

+=

Prijenosna funkcija za produkt je:

( )kDs

D

Ds

ksWB ++

⋅+

=

c) Za promjenu ulazne koncentracije kao trajnog impulsa iznosa 1 transformacija za

ulaznu veličinu je ( )s

sCAu

1=

( )skDs

DsCA

1⋅++

=

Izraz razvijemo u parcijalne razlomke:

( )s

B

kDs

A

skDs

DsCA +

++=⋅

++= 1


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

)(1

kDss

BA

sD ++⋅+=⋅

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

kD

DA

+−=

Za odreñivanje konstante B pomnožimo identitet s varijablom s

BkDs

sA

kDs

D +++

⋅=++

Uvrstimo vrijednost s = 0 i dobijemo izraz za B

kD

DB

+=

Konačan izraz za koncentraciju reaktanta je:

( )

+++

−⋅+

=skDskD

DsCA

11

Za koncentraciju produkta razvijamo u parcijalne razlomke izraz:

( )s

C

kDs

B

Ds

A

skDs

D

Ds

ksCB +

+++

+=⋅

++⋅

+= 1

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

( ) 1−=−⋅⋅=

Dk

DkA

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

( ) kD

D

kDk

DkB

+=

−−⋅−⋅= :

Konstantu C odredimo množenjem s nazivnikom (s+D+k) i uvrštavanjem vrijednosti s = 0:

( ) kD

k

kDD

DkC

+=

+⋅⋅=

)


Konačan izraz za koncentraciju produkta kao izlaznu veličinu je:

( )skD

k

kDskD

D

DssCB

111 ⋅+

+++

⋅+

++−=

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−

ea t⋅

( ) ( )( )1111 +−⋅

+=

+++

−⋅+

−= ⋅+− tkDA e

kD

D

skDskD

Dtc L

( )

( )kD

ktkDekD

DtDe

skD

k

kDskD

D

Dstc LB

++⋅+−⋅

++⋅−−

=

⋅+

+++

⋅+

++−−= 1111

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

( ) ( )tA etc ⋅−−⋅= 7,01714286,0

( ) ttB eetc ⋅−⋅− −⋅+= 5,07,0714286,0285714,0

2 4 6 8 10

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

t/min

cA

cB


Zadatak 17 Analizirajte vladanje regulacije sustava 1 reda s proporcionalnim P i proporcionalno-integralnim regulatorom (prikazano na slici).

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 kR = 4. b) Izračunajte odziv sustava 1 reda sa i bez P regulatora za trenutni i trajni impuls ulazne procesne veličine. Pojačanje regulatora je kR = 6 i vremenska konstnta integralnog djelovanja τI = 4/3. Rješenje a) Prijenosna funkcija regulacijskog kruga s negativnom povratnom vezom za poremećaj ulazne procesne veličine dana je izrazom:

( )( ) ( )

( )( ) RRP

P

ksW

sW

sWsW

sWsW

⋅+=

⋅+=

1

1

11)(

Uvrstimo prijenosnu funkciju sustava 1 reda:

RR

kks

k

ks

ks

k

sW⋅++⋅

=⋅

+⋅+

+⋅=1

11

1)(τ

τ

τ

Odziv reguliranog procesa za poremećaj ulazne procesne veličine je:

+

-

+

-

Y

XI

XP

kR

W1(s)

+

-

+

-

Y

XI

XP

kR(1+1/τIs)

W1(s)


( ) ( ) ( )sXsWsY P⋅=

Za trenutni poremećaj je ( ) 1=sX P

Za trajni poremećaj iznosa 1 transformacija je ( )s

sX P

1=

Promjene izlazne veličine su:

Rkks

ksY

⋅++⋅=

1)(

τ i

skks

ksY

R

1

1)( ⋅

⋅++⋅=

τ

Nakon uvrštavanja vrijednosti parametara dobiju se slijedeće promjene izlazne veličine:

bez regulatora i za trenutni poremećaj ( ) 5

5

2

15

2)(

t

etys

sY−

⋅=+⋅

=

bez regulatora i za trajni poremećaj ( )

−⋅=⋅

+⋅=

−512

1

15

2)(

t

etyss

sY

s regulatorom i za trenutni poremećaj

( ) tety

sssY

⋅−⋅=

+⋅=

⋅++⋅= 5

13

5

2

5

131

5

2

6215

2)(

s regulatorom i za trajni poremećaj

−⋅=⋅

⋅++⋅=

⋅− te

sssY 5

13

113

21

6215

2)(

Rezultati se mogu analizirati grafički:

2 4 6 8 10

0.1

0.2

0.3

0.4

2 4 6 8 10

0.5

1.0

1.5

Odziv na trenutni impuls. Odziv na trajni impuls.

bez regulatora bez regulatora

s P regulatorom s P regulatorom

t t

y(t) y(t)


b) Prijenosna funkcija regulacijskog kruga s negativnom povratnom vezom za poremećaj ulazne procesne veličine dana je izrazom:

( )( ) ( )sWsW

sWsW

RP

P

⋅+=

1)(

Uvrstimo prijenosnu funkciju sustava 1 reda i PI regulatora:

⋅+⋅⋅

+⋅+

+⋅=

sk

s

ks

k

sW

IR ττ

τ1

11

1

1)(


9135

29

1215

2

25,1

116

15

21

15

2

)(2 +⋅+⋅

⋅=+++⋅

=

⋅+⋅⋅

+⋅+

+⋅=ss

s

ss

ss

ssW

5/95/13

5/9

45

10

5/95/13

5/2)(

22 +⋅+⋅⋅=

+⋅+⋅=

ss

s

ss

ssW

Izlaznu veličinu za trenutni poremećaj odredimo iz transformacije u tablicama: 26.

ωξ ω ω

n

n n

s

s s

2

2 22

⋅+ ⋅ ⋅ ⋅ +

( )

−=Φ−=

<Φ+⋅⋅⋅⋅ ⋅⋅−

ξξ

ξωω ωξ

zz

tzez n

tn n

arctan1

1sin

2

2

gdje je 341,15

92 == nn ωω 9689,05

132 ==⋅⋅ ξωξ n

24745,01 2 =−= ξz ( ) 249,0255,0arctan9689,0

24745,0arctan −=−=

−= φφ

Odziv na trenutni poremećaj je:

( ) ( )

)249,033,0sin(616,1)(

249,024745,0341,1sin2475,0

5/9

45

10

298,1

341,19689,0

−⋅⋅⋅=

−⋅⋅⋅⋅⋅=

⋅−

⋅⋅−

tety

tety

t

t


Odziv na trajni impuls je:

5/95/13

5/9

45

101

5/95/13

5/9

45

10)(

22 +⋅+⋅=⋅

+⋅+⋅⋅=

sssss

ssY

Primijenimo transformaciju iz tablica: 17.

ωξ ω ω

n

n ns s

2

2 22+ ⋅ ⋅ ⋅ + ( ) 1sin

1 2 <−=⋅⋅⋅⋅⋅ ⋅⋅− ξξωω ωξ ztzez n

tn

n

( ) ( ) ( )tetety tt ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅= ⋅−⋅⋅− 33,0sin418,52475,0341,1sin341,124745,0

1 298,1341,19689,0

Rezultate analiziramo u grafičkom prikazu

2 4 6 8 10

0.1

0.2

0.3

0.4

2 4 6 8 10

0.5

1.0

1.5

bez regulatora

bez regulatora

s PI regulatorom

s PI regulatorom

y(t)

y(t)

t

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.

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: =nω 2 =ξ 0,5 i k =10

i slijedeća pojačanja regulatora kR= 0 (bez regulacije), kR= 1, kR= 4 Rješenje: Primijenimo formulu za prijenosnu funkciju regulacijskog kruga s povratnom vezom:

( ) ( )( ) ( )

R

nn

nn

RP

P

kss

k

ss

k

sWsW

sWsW

⋅+⋅⋅+⋅

+

+⋅⋅+⋅=

⋅+=

121

1

121

12

2

22

ωξ

ω

ωξ

ω

Pojednostavnimo dvostruki razlomak:

121 2

2+⋅⋅+⋅ ss

k

nn ωξ

ω

kR

+

+

-

-

XP Y

XI


( )R

nn

kkss

ksW

⋅++⋅⋅+⋅=

121 2

2 ωξ

ω

Da jednostavnije uočimo zavisnost parametara o pojačanju regulatora napišemo gornji izraz u standardnom obliku sustava drugog stupnja i zatim parametre neposredno očitamo:

( ) ( ) 22

2

12 nRn

n

kkss

ksW

ωωξω

⋅⋅++⋅⋅⋅+⋅

=

Frekvencija regulacijskog kruga proporcionalno raste s korijenom pojačanja regulatora prema izrazu:

( ) 22 1 nRkk ωω ⋅⋅+=

Da odredimo promjenu pojačanja regulacijskog kruga K usporedimo brojnik prijenosne funkcije

22nkK ωω ⋅=⋅

( ) 221 nnR kkkK ωω ⋅=⋅⋅+⋅

Rkk

kK

⋅+=

1

Vidimo da pojačanjem regulatora dolazi do proporcionalnog smanjenja pojačanja sustava. b) Odziv izlazne veličine za trenutni impuls ( ) ( ) ( ) 1== sXttx PP δ odreñen je izrazom:

( ) ( ) 22

2

12 nRn

n

kkss

ksY

ωωξω

⋅⋅++⋅⋅⋅+⋅

=

Vremenski tijek promjene izlazne veličine dan je inverznom transformacijom 26.

ωξ ω ω

n

n n

s

s s

2

2 22

⋅+ ⋅ ⋅ ⋅ +

( )

−=Φ−=

<Φ+⋅⋅⋅⋅ ⋅⋅−

ξξ

ξωω ωξ

zz

tzez n

tn n

arctan1

1sin

2

2


bez regulacije kR = 0

( ) ( ) ( )tetyss

sY t ⋅⋅⋅=+⋅+

= − 3sin3

40

12

402

2 4 6 8 10

-2

2

4

6

8

10

za kR = 1

( ) ( ) ( )tetyss

sY t ⋅⋅⋅=+⋅+

= − 43sin43

40

442

402

2 4 6 8 10

-2

2

4

za kR = 4

( ) ( ) ( )tetyss

sY t ⋅⋅⋅=+⋅+

= − 163sin163

40

1642

402

2 4 6 8 10

-2

-1

1

2

t

t

t

y(t)

y(t)

y(t)


Zadatak 19 Analizirajte regulaciju sustava drugog stupnja s proporcionalno diferencijalnim PD regulatorom u povratnoj vezi.

Zadaci:

a) Izračunajte značajke regulacijskog sustava b) Izračunajte prijelazni odaziv izlazne veličine za trenutni impulsni poremećaj

ulazne procesne veličine za slijedeće vrijednosti parametara: k= =nω =ξ kR= =Dτ

Rješenje: a) Primijenimo formulu za prijenosnu funkciju regulacijskog kruga s povratnom vezom:

( ) ( )( ) ( ) ( )sk

ss

k

ss

k

sWsW

sWsW

DR

nn

nn

RP

P

⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅

+

+⋅⋅+⋅=

⋅+=

τ

ωξ

ω

ωξ

ω

11

211

121

12

2

22

Nakon eliminacije dvostrukog razlomka dobije se:

( ) ( ) ( ) 22

2

12 nRnDRn

n

kkskks

ksW

ωωτξωω

⋅⋅++⋅⋅⋅⋅+⋅⋅+⋅

=

121 2

2+⋅⋅+⋅ ss

k

nn ωξ

ω

( )sk DR ⋅+⋅ τ1

+

+

-

-

XP Y

XI


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 RS kk ⋅+= 1ω

prigušenje regulacijskog sustava Rn

nDRS

kk

kk

⋅+⋅⋅⋅⋅⋅+⋅

=12

2

ωωτξξ

pojačanje regulacijskog sustava R

S kk

kk

⋅+=

1

b) Upišimo vrijednosti parametara k=10, 2=nω , 25,0=ξ i izračunamo izlaznu

promjenu bez regulatora

( ) ( )

⋅⋅⋅⋅=

++= − tety

sssY t

2

15sin

3

516

4

40 2/2

Grafički prikaz rezultata je:

2 4 6 8 10

-5

5

10

Uvrstimo vrijednosti parametara regulatora 1,01 == DRk τ

( ) ( )

⋅⋅⋅=

+⋅+= ⋅− tety

sssY t

2

151sin

151

80

445

40 2/52

2 4 6 8 10

-1

1

2

3

t

t

y(t)

y(t)


Zadatak 20 Parametri sustava drugog stupnja imaju slijedeće vrijednosti: pojačanje k=1, prirodna frekvencija 1=ω , koeficijent prigušenja .2=ξ Proces se regulira proporcionalnim regulatorom P s pojačanjem kR u povratnoj vezi.

Zadaci: a) izračunajte polove sustava bez regulacije b) Odredite pojačanje kR 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

02 22 =+⋅⋅⋅+ ωωξ ss

0142 =+⋅+ ss

Polovi su rješenja ove kvadratne jednadžbe 322,1 ±−=s

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

b) Polovi reguliranog sustava odreñuju je iz prijenosne funkcije regulacijskog kruga

( ) ( )( ) RP

P

ksW

sWsW

⋅+=

1

Polovi su nultočke polinoma:

( ) 012 22 =⋅⋅++⋅⋅⋅+ ωωξ Rkkss

121 2

2+⋅⋅+⋅ ss

k

nn ωξ

ω

Rk

+

+

-

-

XP Y

XI


( )22,1 1 ξξω +⋅−−±⋅−= Rkks

Uvrstimo vrijednosti parametara procesa:

Rks −±−= 322,1

Očigledno regulirani sustav ima identične polove za pojačanje regulatora kR = 3, za koje su oba pola s1,2 = -2.

c) Grafički prikaz polova

d) Promjene izlazne veličine za trenutni impulsni poremećaj su

bez regulacije ( ) ( )( )tt eety ⋅+−⋅−− −⋅

⋅= 3232

32

1)(

sa regulacijom ( ) tetty ⋅−⋅= 2

2 4 6 8 10

0.05

0.10

0.15

0.20

Re

Im

polovi nereguliranog procesa

polovi reguliranog procesa

t

y(t)

bez regulacije

s regulacijom

zbirka rijesenih zadataka

Documents