zbirka.pdf

SVEUCILISTE U ZAGREBU

FAKULTET ELEKTROTEHNIKEI RACUNARSTVA

Automatsko upravljanje

Zbirka zadataka

Uredili:

Doc.dr.sc. Nikola Miskovic

Srecko Juric-Kavelj, dipl.ing.

Dr.sc. Marija Dakulovic

Vlaho Petrovic, dipl.ing.

Zagreb, studeni 2011.

Autori zbirke se zahvaljuju djelatnicima Zavoda za automatiku i racunalnoinzenjerstvo, autorima zadataka, bez cijeg doprinosa ne bi bilo ni ove zbirke.

Autori zadataka (abecednim redom): dr.sc. Toni Bjazic, dr.sc. MiselBrezak, dr.sc. Marija Dakulovic, Tamara Hadjina, dipl.ing., Srecko Juric-Kavelj, dipl.ing., doc.dr.sc. Jadranko Matusko, doc.dr.sc. Nikola Miskovic,Vlaho Petrovic, dipl.ing., doc.dr.sc. Mario Vasak.

Poglavlje 1

Formalni prikaz sustavaautomatskog upravljanja

Zadatak 1.1

a) Zadani su sljedeci elementi sustava automatskog upravljanja:

i) izvrsni clan, prijenosne funkcije Ga(s);

ii) regulator, prijenosne funkcije GR(s), s izlaznim signalom u;

iii) mjerni clan, prijenosne funkcije Gm(s);

iv) objekt upravljanja, prijenosne funkcije Gp(s), s izlaznim signalom y.

Organizirajte ove elemente u tipicnu strukturu sustava automatskog upra-vljanja te tu strukturu prikazite blokovskim dijagramom.

b) Za prikazani sustav upravljanja preko navedenih prijenosnih funkcija iz-

razite prijenosne funkcije G1(s) = Y (s)R(s)

i G2(s) = U(s)R(s)

, pri cemu je rreferentna velicina.

Zadatak 1.2

Za sustav ciji je blokovski dijagram prikazan na slici 1.1 potrebno je odreditiprijenosnu funkciju G(s) = U(s)

R(s).

Zadatak 1.3

Za sustav ciji je blokovski dijagram prikazan na slici 1.2 potrebno je odreditiprijenosnu funkciju G(s) = Y (s)

R(s).

1

1s

1T1s

11+T2s

K2

K1

R(s) U(s) Y (s)

−

−+

Slika 1.1: Blokovski dijagram sustava.

1TIs

K1

e−0.2s

1s+1

2s

U(s)

Y (s)

−

−


Zadatak 1.4


R(s).

Zadatak 1.5


R(s).

2

1s

1s

K2

1s

K1

R(s)

− −

Y (s)


1s

15s

s1+2s

R(s) Y (s)

− −+ +


Zadatak 1.6


R(s).

Zadatak 1.7


R(s).

3

−−

−

G1(s)

G2(s)

R(s) Y (s)

−


−−

−

G1(s)

G2(s)

R(s) Y (s)

−

−


4

1.1 Rjesenja

Rjesenje 1.1

a) Trazeni blokovski prikaz dan je na slici 1.7.

GR(s)

Regulator

Ga(s)

Izvrsni clan

Gp(s)

Objekt upravljanja

Gm(s)

Mjerni clan

R(s) U(s) Y (s)

−

Slika 1.7

b)

G1(s) =Y (s)

R(s)=

GR(s)Ga(s)Gp(s)

1 +GR(s)Ga(s)Gp(s)Gm(s)

G2(s) =U(s)

R(s)=

GR(s)

1 +GR(s)Ga(s)Gp(s)Gm(s)

Rjesenje 1.2

G(s) =U(s)

R(s)=

1s

1 +Go(s)

Go(s) = K2 ·1

s·

1K1

1 + T1K1s· 1

1 + T2s

G(s) =

(1 + T1

K1s)

(1 + T2s)

s(1 + T1K1s)(1 + T2s) + K2

K1

5

Rjesenje 1.3

Prijenosna funkcija ”gornje” grane:

G1(s) =1T1s

1 +K11T1s

=1

T1s+K1

Prijenosna funkcija ”donje” grane:

G2(s) =1s+1

1 + 2s

1s+1

=s

s2 + s+ 2

Zbroj ”gornje” i ”donje” grane:

G3 (s) = G1(s) +G2(s) =(T1 + 1) s2 + (K1 + 1) s+ 2

T1s3 + (K1 + T1) s2 + (2T1 +K1) + 2K1

Ukupna prijenosna funkcija:

G(s) = G3 (s) e−0.2s =(T1 + 1) s2 + (K1 + 1) s+ 2

T1s3 + (K1 + T1) s2 + (2T1 +K1) + 2K1

e−0.2s

Rjesenje 1.4

Blokovskom algebrom sustav se moze svesti na oblik prikazan na slici 1.8.Tada je:

K1s+ 1

s

1

s+K2

1

s

R(s) Y (s)

−

Slika 1.8: Modificirana blokovska shema sustava.

Y (s)

U(s)=

1s+K2

· K1s+1s

1 + 1s· 1s+K2

· K1s+1s

=s(K1s+ 1)

s3 +K2s2 +K1s+ 1

Rjesenje 1.5

Y (s) =1

1 + 5s

[s

1 + 2sU(s) +

1

s(U(s)− Y (s))

]

6

G(s) =Y (s)

U(s)=

s2 + 2s+ 1

10s3 + 7s2 + 3s+ 1

Rjesenje 1.6

A(s) =G1

1 +G1

+1

1 +G1

= 1

B(s) =G2

1 +G2

C(s) =A

1 + AB=

1 +G2

1 + 2G2

G(s) =C

1 + C=

1 +G2

2 + 3G2

Rjesenje 1.7

A(s) =G1

1 +G1

+1

1 +G1

= 1

B(s) =1

1 +G2

C(s) =1

1 +B(s)=

1 +G2

2 +G2

D(s) =G2

1 +G2

E(s) =A(s)C(s)

1 + A(s)C(s)D(s)=

1

2

G(s) =E(s)

1 + E(s)=

1

3

7

Poglavlje 2

Matematicko modeliranjeprocesa

Zadatak 2.1

Na slici 2.1 prikazana je shema elektricnog kruga. Napisite diferencijalnujednadzbu koja opisuje ovisnost izlaznog napona ui(t) o ulaznom naponuuu(t). Jednadzbu svedite na oblik u kojem je koeficijent uz ui(t) jednak 1.

R1 L

iL

R2 C

+

−uC

+

−

uu

+

−

ui

Slika 2.1: Shema elektricnog kruga.

Zadatak 2.2

Zadan je elektricni krug prikazan slikom 2.2. Odredite diferencijalnu jed-nadzbu koja opisuje ovisnost izlaznog napona ui o ulaznom naponu u:

u1 = L1di1dt

+M di2dt

u2 = M di1dt

+ L2di2dt

Zadatak 2.3

Zadan je elektricni krug prikazan slikom 2.3. Nelinerni element ima karak-

8

MR1

i1

u(t)

+

−

u1

+

−

u2

L1 L2

i2

R2

+

−

ui


teristiku uN = kN√iN gdje su uN napon i iN struja kroz nelinearni ele-

ment te kN = 10 V

A12

. Ostali parametri elektricnog kruga su: R = 10 Ω,

L = 10 µH, C = 10 pF. Odredite diferencijalne jednadzbe iL = f1(iL, uC , uu)te uC = f2(iL, uC , uu).

R L

iL

C

+

−uC

+

−

uN

iN

uu(t)

+

−

ui


Zadatak 2.4

Zadan je elektronicki sklop s nelinearnim elementom (tunel-diodom) prikazanna slici 2.4a, pri cemu je UI-karakteristika tunel-diode u sirem rasponu okoradnog podrucja prikazana na slici 2.4b. Taj dio UI-krakteristike tunel-diode

R L

iL

C

+

−uC

iC id+

−

uu

+

−

ui

(a) Elektronicki sklop.

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1

10

20

30

ud [V]

i d[m

A]

(b) UI-karakteristikatunel-diode.

Slika 2.4: Slike uz cetvrti zadatak.

9

moze se opisati sljedecom relacijom:

id = a1(ud − b)3 − a2(ud − b) + a3,

gdje je ud = ui napon na tunel-diodi, id struja kroz nju, a1 = 0.1923 AV3 , a2 =

0.0436 AV

, a3 = 0.012 A i b = 0.37 V. Ostali parametri elektronickog sklopasu: R = 10 Ω, L = 10 µH, C = 10 pF. Odredite nelinearne diferencijalnejednadzbe za ovaj elektronicki sklop iL = f1(iL, uC , uu) te uC = f2(iL, uC , uu).

Zadatak 2.5

Zadan je proces prikazan slikom 2.5. Pritom je:m = 5 kg – masa tijela,x [m] – pomak u odnosu na ishodiste (vidi sliku 2.5a),Fk(x) = kx3 – sila opruge,k = 105 N

m3 – konstanta opruge,Ftr(x) – sila trenja oblika prikazanog slikom 2.5b,F (t) – pobudna sila paralelna s podlogom.

F

Ftr

x

Fk

m

0

k

(a) Nacelna shema procesa.

( )dx t

dt

( ) ( )32 10

arctantrF x xπ⋅=& &

Ftr

310

310−

(b) Sila trenja.

Slika 2.5: Shema mehanickog sustava.

Postavite diferencijalnu jednadzbu koja prikazuje dinamicku ovisnost pomakau odnosu na ishodiste x(t) o pobudnoj sili F (t).

Zadatak 2.6

Letjelica koja lebdi iznad Zemljine povrsine ima masu m = 5000 kg i prika-zana je slikom 2.6. Sile koje djeluju na raketu su: potisna sila F , gravitacijskasila Fg i aerodonamicni otpor zraka Fa. Gravitacijska sila je dana izrazom

Fg = GMm

(R + x)2

10

gdje je G = 6.67·10−11 m3

kgs2gravitacijska konstanta Zemlje, M = 5.97·1024 kg

masa Zemlje, R = 6.37 · 106 m polumjer Zamlje te je x udaljenost rakete odZemljine povrsine. Aerodinamicni otpor zraka je dan izrazom

Fa = k1(x)3 + k2x

gdje su konstante k1 = 0.02 Ns3

m3 i k2 = 200 Nsm

. Postavite diferencijalnu

x

F

FaFg

0


jednadzbu koja prikazuje dinamicku ovisnost udaljenosti od Zemlje x(t) opotisnoj sili F (t).

Zadatak 2.7

Dva tijela spojena su oprugom i prigusnicom kako je prikazano slikom 2.7.Na prvo tijelo mase m1 djeluje sila Fu. Sila opruge ovisi o medusobnojudaljenosti dvaju tijela ∆x, a sila prigusnice ovisi o relativnoj brzini dvajutijela ∆x:

Fopruga = C ·∆x,Fprigusnica = D ·∆x.

Vrijednosti sa slike 2.7 su:x1 – polozaj prvog tijela [m],x2 – polozaj drugog tijela [m],m1 – masa prvog tijela [kg],m2 – masa drugog tijela [kg],C – konstanta krutosti opruge [N/m],D – konstanta prigusenja prigusnice [Ns/m].

Potrebno je odrediti diferencijalne jednadzbe koje opisuju gibanje dvaju ti-jela.

Zadatak 2.8

Proces magnetske levitacije shematski je prikazan slikom 2.8. Struja koja

11

CD 1m2m

uF

2x1x


Slika 2.8: Shema mehanickog sustava - magnetska levitacija.

protjece svitkom stvara magnetsko polje koje magnetskom silom djeluje naplocicu od permanentnog magneta. Plocica se nalazi na staklenoj vodilici pase moze gibati samo duz nje. Magnetska sila koja djeluje na plocicu u smjeruvodilice dana je relacijom (referentni smjerovi ucrtani su na slici 2.8):

Fm =k1i

(y + k2)3,

gdje je i struja kroz svitak, y je pomak plocice, a k1 i k2 su konstante.Proces se nalazi u Zemljinoj atmosferi pa na plocicu, uz silu tezu, djeluje josi aerodinamicki otpor zraka izrazen silom

Fa = k3 (y)3 + k4y.

Zadane su sljedece velicine: masa plocice m = 0.1 kg, ubrzanje sile tezeg = 9.81 m

s2, konstante k1 = 2.12 · 10−4 Nm3

A, k2 = 0.05 m, k3 = 1 Ns3

m3 ,k4 = 2 Ns

m.

Postavite diferencijalnu jednadzbu koja prikazuje dinamicku ovisnost pomakaplocice y(t) o narinutoj struji i(t) kroz svitak.

Zadatak 2.9

Mehanicki sustav prikazan slikom 2.9 nalazi se u zemljinom gravitacijskompolju (g = 9.81m

s2). Prikazan je u trenutku dok gravitacijska sila jos nije

12

c d

my

Slika 2.9: Mehanicki sustav.

pocela djelovati na sustav (y = 0). Napisite diferencijalu jednadzbu kojaopisuje dinamicko vladanje sustava. Ako je konstanta opruge c = 98.1N

m

izracunajte pomak (y) mase m = 100g u stacionarnom stanju.

Zadatak 2.10

Proces skladistenja kapljevine prikazan je shemom na slici 2.10. Ulazni pro-

qu

h1 h2A1 A2

ui

Ai

Spremnik 1 Spremnik 2xu

A12

Mjerni

član

qi

Slika 2.10: Proces skladistenja kapljevine.

tok qu [kgs

] ovisi o otvorenosti ulaznog ventila xu na sljedeci nacin:

qu = ku√xu.

Izlazni protok iz Spremnika 2, qi [kgs

], mjeri se pomocu mjernog clana. Izlaziz mjernog clana je napon ui [V] koji o protoku qi ovisi na sljedeci nacin:

ui(t) = kiqi(t− Tt),

pri cemu je s Tt oznaceno mrtvo vrijeme (transportno kasnjenje) mjernogclana. Potrebno je:

a) Odrediti nelinearne diferencijalne jednadzbe dh1dt

= f1(h1, h2, xu) i dh2dt

=f2(h1, h2, xu) za visine kapljevine u spremnicima h1 [m] i h2 [m];

13

b) Odrediti visine kapljevine u spremnicima, izlazni protok procesa i izlazninapon mjernog clana u radnoj tocki Xu0 = 0.5;

Zadano je:ku = 50 kg

s– konstanta ventila,

A1 = 5 m2 – povrsina poprecnog presjeka spremnika 1,A2 = 5 m2 – povrsina poprecnog presjeka spremnika 2,A12 = 0.01 m2 – povrsina poprecnog presjeka spojne cijevi izmedu

spremnika,Ai = 0.01 m2 – povrsina poprecnog presjeka izlazne cijevi drugog

spremnika,

ρ = 1000 kgm3 – gustoca kapljevine,

g = 9.81 ms2

– ubrzanje sile teze,ki = 0.125 Vs

kg– konstanta mjernog clana,

Tt = 10 s – mrtvo vrijeme (transportno kasnjenje) mjernog clana.

Zadatak 2.11

Shema sustava skladistenja tekucine prikazana je slikom 2.11. Ventilima V1

i V2 moguce je mijenjati ulazni i izlazni protok drugog spremnika. Karakte-ristika ventila opisana je izrazima:

qu2(t) = Av√ρ√

2∆p1 · xu1,qi(t) = Av

√ρ√

2∆p2 · xu2,

pri cemu je:xu1 – otvorenost ventila V1,xu2 – otvorenost ventila V2,Av – poprecni presjek potpuno otvorenih ventila V1 i V2 [m2],∆p – razlika tlakova na krajevima ventila [Pa],ρ – gustoca tekucine [kg/m3],

qu2 – maseni protok kroz ventil V1 [kg/s],qi – maseni protok kroz ventil V2 [kg/s].

Slika 2.11: Proces skladistenja tekucine.

14

Potrebno je odrediti nelinearne diferencijalne jednadzbe koja opisuje vladanjevisine tekucine u spremnicima.

Zadani su parametri sustava:qu1 = 50 kg/s – ulazni maseni protok u prvi spremnik,A1 = 5 m2 – povrsina poprecnog presjeka spremnika 1,A2 = 10 m2 – povrsina poprecnog presjeka spremnika 2,A12 = 0.005 m2 – povrsina poprecnog presjeka spojne cijevi izmedu

spremnika,Av = 0.01 m2 – povrsina poprecnog presjeka potpuno otvorenog

ventila,

ρ = 1000 kgm3 – gustoca tekucine,

∆p1 = 50 · 103 Pa – razlika tlakova na krajevima prvog ventila,g = 9.81 m

s2– ubrzanje sile teze.

Zadatak 2.12

Shema sustava skladistenja fluida prikazana je slikom 2.12. Razina fluidau spremnicima regulira se promjenom otvorenosti ventila xu(t) koja mozepoprimiti vrijednosti izmedu 0 i 1. Karakteristika ventila opisana je izrazom

q(t) = Av√ρ√

2∆p · xu,

pri cemu je:xu – otvorenost ventila,Av – poprecni presjek potpuno otvorenog ventila [m2],∆p – razlika tlakova na krajevima ventila [Pa],ρ – gustoca fluida [kg/m3],q – maseni protok kroz ventil [kg/s].

qu

h1 h2A1

xu

A2

H H

qi

Ai

Spremnik 1 Spremnik 2

Slika 2.12: Sustav skladistenja fluida.

Odredite diferencijalne jednadzbe koje opisuju ponasanje razine fluida uspremnicima (h1(t) i h2(t)).

Parametri sustava su:

15

qu = Qu0 = 30 kg/s – ulazni protok u spremnik 1,A1 = 5 m2 – povrsina poprecnog presjeka spremnika 1,A2 = 5 m2 – povrsina poprecnog presjeka spremnika 2,Ai = 0.01 m2 – povrsina poprecnog presjeka izlazne cijevi drugog

spremnika,

ρ = 1000 kgm3 – gustoca fluida,

Av = 0.008 m2 – poprecni presjek potpuno otvorenog ventila,g = 9.81 m


Kod racunanja izlaznih protoka iz spremnika moze se uzeti da je Av A1 iAi A2.

Zadatak 2.13

Na slici 2.13 prikazan je spremnik tekucine u obliku stosca. Polumjer po-precnog presjeka na vrhu spremnika (na visini h = H = 10 m) iznosiRH = 2 m. Ulazni protok u spremnik je konstantan i iznosi qu = 10 kg/s,dok je izlazni protok moguce mijenjati pomocu ventila:

qi(t) = Av√ρ√

2∆p · xu,

gdje je:qi – maseni protok kroz ventil [kg/s],xu – otvorenost ventila,

∆p – razlika tlakova na krajevima ventila [Pa],Av = 0.01 m2 – poprecni presjek potpuno otvorenog ventila,

ρ = 1000 kgm3 – gustoca tekucine.

q ixuh

qu

Slika 2.13: Proces skladistenja tekucine.

Odredite diferencijalnu jednadzbu koja opisuje vladanje visine tekucine uspremniku.

16

2.1 Rjesenja

Rjesenje 2.1

CduCdt

= iL − i1 →duCdt

= − 1

R2CuC +

1

CiL,

LdiLdt

= uu − iLR1 − uC →diLdt

= − 1

LuC −

R1

LiL +

1

Luu

LCR2

R1 +R2

d2uidt2

+

(L

R1 +R2

+R1R2

R1 +R2

C

)duidt

+ ui =R2

R1 +R2

uu

Rjesenje 2.2

Mdi1dt

= u2 +L2

R2

du2

dt

L1di1dt

=M

R2

du2

dt+ u−R1i1

Deriviranjem druge jednadzbe te uvrstavanjem prve, dobije se:

du

dt=d2uidt2

(L1L2

R2M− M

R2

) +duidt

(L1

M− L2R1

R2M) + ui

R1

M

Rjesenje 2.3

Jednadzbe kruga:

d

dtiL =

1

Luu −

R

LiL −

1

LuC

d

dtuC =

1

CiL −

1

Ck2N

u2C

17

Rjesenje 2.4

diLdt

= −RLiL −

1

LuC +

1

Luu

duCdt

=1

CiL −

1

C

[a1(uC − b)3 − a2(uC − b) + a3

]

Rjesenje 2.5

Sile koje djeluju na tijelo su trenje, sila opruge i vucna sila:

mx = −Ftr(x(t))− Fk(x(t)) + F (t)mx+ 2·103

πarctan x(t) + kx3(t) = F (t)

5x+ 2·103

πarctan x(t) + 105x3(t) = F (t)

Rjesenje 2.6

Sile koje djeluju na tijelo su potisna sila, gravitacija i aerodinamicni otporzraka:

mx = F − Fg − Fax =

1

mF −G M

(R + x)2− k1

m(x)3 − k2

mx

x = 2 · 10−4F − 3.982 · 1014

(6.37 · 106 + x)2− 4 · 10−6 (x)3 − 4 · 10−2x

Rjesenje 2.7

m1x1(t) = Fu(t)−D (x1(t)− x2(t))− C (x1(t)− x2(t))

m2x2(t) = D (x1(t)− x2(t)) + C (x1(t)− x2(t))

Rjesenje 2.8

d2y

dt2= g − k1i

m(y + k2)3− 1

m

[k3(y)3 + k4y

]= f(y, y, i)

18

Rjesenje 2.9

my = mg − cy − dy

ys =mg

c= 0.01 m

Rjesenje 2.10

a)

dh1

dt=

kuρA1

√xu −

A12

A1

√2g(h1 − h2)

dh2

dt=A12

A2

√2g(h1 − h2)− Ai

A2

√2gh2

b)

Qu0 = Q120 = Qi0 = ku√Xu0 = 35.3553

kg

s

H20 =k2uXu0

2A2i ρ

2g= 0.637 m

H10 = 2H20 = 1.274 m

Ui0 = kiQi0 = 4.42 V

Rjesenje 2.11

dh1

dt=

qu1

ρA1

− A12

A1

√2g(h1 − h2)

= 0.01− 0.00443√h1 − h2

dh2

dt=A12

A2

√2g(h1 − h2) +

AvρA2

√2ρ∆p1 · xu1 −

AvA2

√2gh2 · xu2

= 0.00221√h1 − h2 + 0.01xu1 − 0.00443

√h2 · xu2

19

Rjesenje 2.12

dh1

dt=

1

ρA1

Qu0 −AvA1

√2g(h1 − h2) · xu

dh2

dt=AvA2

√2g(h1 − h2) · xu −

AiA2

√2gh2

Rjesenje 2.13

dm

dt= ρ

dV

dt= qu − qi.

Volumen tekucine u spremniku:

V (h) =1

3A(h)h =

π

3

(RH

H

)2

h3.

Uvrstavajnem u pocetnu diferencijalnu jednadzbu, dobije se:

dh

dt=

qu

ρπ(RHH

)2h2− Av

√2gh

π(RHH

)2h2xu

= 0.0801

h2− 0.352h−

32xu

20

Poglavlje 3

Linearizacija nelinearnihsustava

Zadatak 3.1

Dinamicki sustav opisan je nelinearnom diferencijalnom jednadzbom:

u(t) · y(t) + y(t) + y2(t) = eu(t)−y(t).

Sustav se nalazi u radnoj tocki odredenoj s y(t) = y0 = 2. Potrebno je:

a) Linearizirati diferencijalnu jednadzbu za radnu tocku.

b) Odrediti prijenosnu funkciju G(s) = ∆Y (s)∆U(s)

za radnu tocku.

c) Ukoliko se ulaz poveca za ∆u = 0.3, odrediti novu vrijednost y(t) uustaljenom stanju.

Zadatak 3.2

Sljedece nelinearne diferencijalne jednadzbe je potrebno linearizirati oko za-danih radnih tocki te odrediti prijenosne funkcije G(s) = ∆Y (s)

∆U(s)za radnu

tocku.

a) y(t) + [y(t)]2 = u2(t)y(t)

, (u0, y0)

b) y(t) + [y(t)]4 = u2(t)y(t), (u0, y0)

c) y(t) + y(t) + [y(t)]3 = [u(t)]3 − u(t)y(t), u0 = 1

d) y(t) + y(t)− 1y(t)

= u(t)− y(t)u(t), y0 = 1

21

e) y(t) + y(t) + ln y(t) = u(t)− y(t)eu(t), y0 = 1

f) y(t) + y(t)− 1y(t)

= u(t)− y(t)eu(t), y0 = 1

Zadatak 3.3

Zadan je elektricni krug prikazan slikom 2.3. Parametri elektricnog kruga su:R = 10 Ω, L = 10 µH, C = 10 pF i kN = 10 V

A12

. Nelinearne diferencijalne

jednadzbe koje opisuju ovaj krug su dane s

diLdt

=1

Luu −

R

LiL −

1

LuC

duCdt

=1

CiL −

1

Ck2N

u2C

Linearizirajte ovaj model za radnu tocku kruga odredenu sa iL0 = 1.6 mA.

Zadatak 3.4

Nelinearni elektronicki sklop prikazan slikama 2.4a i 2.4b je opisan s:

diLdt

= −RLiL −

1

LuC +

1

Luu

duCdt

=1

CiL −

1

C

[a1(uC − b)3 − a2(uC − b) + a3

]

gdje su a1 = 0.1923 AV3 , a2 = 0.0436 A

V, a3 = 0.012 A i b = 0.37 V. Ostali

parametri elektronickog sklopa su: R = 10 Ω, L = 10 µH, C = 10 pF.Linearizirajte ovaj model za radnu tocku sklopa odredenu s uC0 = 0.40 V.

Zadatak 3.5

Zadan je mehanicki sustav prikazan slikom 2.5 koji je opisan diferencijalnomjednadzbom

5x+2 · 103

πarctan x(t) + 105x3(t) = F (t)

gdje je x [m] pomak mase i F (t) pobudna sila paralelna s podlogom. Potrebnoje:

a) Odrediti lineariziranu diferencijalnu jednadzbu za radnu tocku x0 = 0.1 m;

b) Na temelju linearizirane diferencijalne jednadzbe pod b) odrediti prije-

nosnu funkciju G(s) = X(s)F (s)

;

22

c) Odrediti pomak x(∞) za promjenu sile iz radne tocke (x0, F0) opisanu s∆F (t) = 50S(t) N na osnovi (1) lineariziranog modela i (2) nelinearnogmodela.

Napomena: ddyarctan(y) = 1

1+y2

Zadatak 3.6

Letjelica koja lebdi iznad Zemljine povrsine ima masu m = 5000 kg i prika-zana je slikom 2.6. Nelinearna diferencijalna jednadzba po visini letjelice odpovrsine Zemlje x(t) je dana s

x = 2 · 10−4F − 3.982 · 1014

(6.37 · 106 + x)2− 4 · 10−6 (x)3 − 4 · 10−2x

gdje je F potisna sila. Odredite visinu na kojoj letjelica lebdi uz konstantanpotisak F0 = 49 · 103 N te oko te radne tocke linearizirajte diferencijalnujednadzbu. Odredite prijenosnu funkciju G(s) = X(s)

F (s).

Zadatak 3.7

Proces magnetske levitacije shematski je prikazan slikom 2.8 a diferencijalnajednadzba koja prikazuje dinamicku ovisnost pomaka plocice y(t) o narinutojstruji i(t) kroz svitak je dana s:

d2y

dt2= g − k1i

m(y + k2)3− 1

m

[k3(y)3 + k4y

]= f(y, y, i)

gdje je i struja kroz svitak, y je pomak plocice, a k1 i k2 su konstante. Zadanesu sljedece velicine: masa plocice m = 0.1 kg, ubrzanje sile teze g = 9.81 m

s2,

konstante k1 = 2.12 · 10−4 Nm3

A, k2 = 0.05 m, k3 = 1 Ns3

m3 , k4 = 2 Nsm

.Linearizirajte zadanu diferencijalnu jednadzbu oko radne tocke odredene po-makom plocice y0 = 0.01 m.

Zadatak 3.8

Proces skladistenja kapljevine prikazan je shemom na slici 2.10 a nelinearnediferencijalne jednadzbe koje opisuju visine kapljevine u spremnicima h1 [m]i h2 [m] su dane s:

dh1dt

= kuρA1

√xu − A12

A1

√2g(h1 − h2) = f1(h1, h2, xu),

dh2dt

= A12

A2

√2g(h1 − h2)− Ai

A2

√2gh2 = f2(h1, h2, xu)

Izlazni protok iz Spremnika 2, qi [kgs

], mjeri se pomocu mjernog clana. Izlaz

23

iz mjernog clana je napon ui [V] koji o protoku qi ovisi na sljedeci nacin:

ui(t) = kiqi(t− Tt),

pri cemu je s Tt oznaceno mrtvo vrijeme (transportno kasnjenje) mjernogclana. Potrebno je:

a) Linearizirati proces u okolini radne tocke zadane s Xu0 = 0.5 te nacimatrice A,B,C,D lineariziranog modela procesa u prostoru stanja uz

x =

[∆h1

∆h2

], u = ∆xu, y = ∆qi;

b) Odrediti prijenosnu funkciju G(s) = Ui(s)Xu(s)

za radnu tocku zadanu pod b).

Zadano je:ku = 50 kg

s– konstanta ventila,

A1 = 5 m2 – povrsina poprecnog presjeka spremnika 1,A2 = 5 m2 – povrsina poprecnog presjeka spremnika 2,A12 = 0.01 m2 – povrsina popr. pres. spojne cijevi izmedu spremnika,Ai = 0.01 m2 – povrsina popr. pres. izlazne cijevi drugog spremnika,

ρ = 1000 kgm3 – gustoca kapljevine,

g = 9.81 ms2

– ubrzanje sile teze,ki = 0.125 Vs

kg– konstanta mjernog clana,

Tt = 10 s – mrtvo vrijeme (transportno kasnjenje) mjernog clana.

Zadatak 3.9

Shema sustava skladistenja tekucine prikazana je slikom 2.11 a diferencijalnejednadzbe koje opisuju vladanje visine tekucine u spremnicima su:

dh1dt

= qu1ρA1− A12

A1

√2g(h1 − h2)

dh1dt

= 0.01− 0.00443√h1 − h2

dh2dt

= A12

A2

√2g(h1 − h2) + Av

ρA2

√2ρ∆p1 · xu1 − Av

A2

√2gh2 · xu2

dh2dt

= 0.00221√h1 − h2 + 0.01xu1 − 0.00443

√h2 · xu2

Ventilima V1 i V2 moguce je mijenjati ulazni i izlazni protok drugog sprem-nika. Karakteristika ventila opisana je izrazima:

qu2(t) = Av√ρ√

2∆p1 · xu1,qi(t) = Av

√ρ√

2∆p2 · xu2,

24

pri cemu je:xu1 – otvorenost ventila V1,xu2 – otvorenost ventila V2,Av – poprecni presjek potpuno otvorenih ventila V1 i V2 [m2],∆p – razlika tlakova na krajevima ventila [Pa],ρ – gustoca tekucine [kg/m3],

qu2 – maseni protok kroz ventil V1 [kg/s],qi – maseni protok kroz ventil V2 [kg/s].Potrebno je:

a) Linearizirati jednadzbe koje opisuju vladanje visine tekucine u spremni-cima u radnoj tocki odredenoj s xu10 = 0.2 i xu20 = 0.8.

b) Odrediti matrice A, B, C, D lineariziranog modela procesa prikazanog uprostoru stanja uz:

x =

[x1

x2

]=

[∆h1

∆h2

], u =

[u1

u2

]=

[∆xu1

∆xu2

], y =

[y1

y2

]=

[∆h1

∆qi

].

c) Odrediti prijenosnu funkciju G(s) = Y2(s)U1(s)

.

Zadani su parametri sustava:qu1 = 50 kg/s – ulazni maseni protok u prvi spremnik,A1 = 5 m2 – povrsina poprecnog presjeka spremnika 1,A2 = 10 m2 – povrsina poprecnog presjeka spremnika 2,A12 = 0.005 m2 – povrsina poprecnog presjeka spojne cijevi izmedu

spremnika,Av = 0.01 m2 – povrsina poprecnog presjeka potpuno otvorenog

ventila,

ρ = 1000 kgm3 – gustoca tekucine,

∆p1 = 50000 Pa – razlika tlakova na krajevima prvog ventila,g = 9.81 m


Zadatak 3.10

Shema sustava skladistenja fluida prikazana je slikom 2.12. Razina fluidau spremnicima regulira se promjenom otvorenosti ventila xu(t) koja mozepoprimiti vrijednosti izmedu 0 i 1. Karakteristika ventila opisana je izrazom

q(t) = Av√ρ√

2∆p · xu,

pri cemu je:

25

xu – otvorenost ventila,Av – poprecni presjek potpuno otvorenog ventila [m2],∆p – razlika tlakova na krajevima ventila [Pa],ρ – gustoca fluida [kg/m3],q – maseni protok kroz ventil [kg/s].

Diferencijalne jednadzbe koje opisuju ponasanje razine fluida u spremni-cima (h1(t) i h2(t)) su

dh1

dt=

1

ρA1

Qu0 −AvA1

√2g(h1 − h2) · xu,

dh2

dt=

AvA2

√2g(h1 − h2) · xu −

AiA2

√2gh2

a) Odredite razine fluida u spremnicima 1 i 2 u stacionarnoj radnoj tockiodredenoj otvorenoscu ventila Xu0 = 0.7.

b) Linearizirajte nelinearni matematicki model iz a) u stacionarnoj radnojtocki odredenoj pod b).

c) Odredite prijenosnu funkciju G(s) = H1(s)Xu(s)

za model dobiven pod c).

d) Odredite razinu fluida u prvom spremniku h1(t) u ustaljenom stanju ko-risteci linearizirani model procesa iz c) uz promjenu otvorenosti ventila∆xu(t) = 0.1S(t).

Parametri sustava su:qu = Qu0 = 30 kg/s – ulazni protok u spremnik 1,A1 = 5 m2 – povrsina poprecnog presjeka spremnika 1,A2 = 5 m2 – povrsina poprecnog presjeka spremnika 2,Ai = 0.01 m2 – povrs. popr. pres. izl. cijevi spremnika 2,

ρ = 1000 kgm3 – gustoca fluida,

Av = 0.008 m2 – popr. pres. potpuno otvorenog ventila,g = 9.81 m


Kod racunanja izlaznih protoka iz spremnika moze se uzeti da je Av A1 iAi A2.

Zadatak 3.11

Na slici 2.13 prikazan je spremnik tekucine u obliku stosca. Polumjer po-precnog presjeka na vrhu spremnika (na visini h = H = 10 m) iznosi

26

RH = 2 m. Ulazni protok u spremnik je konstantan i iznosi qu = 10 kg/s,dok je izlazni protok moguce mijenjati pomocu ventila:

qi(t) = Av√ρ√

2∆p · xu,

gdje je:qi – maseni protok kroz ventil [kg/s],xu – otvorenost ventila,

∆p – razlika tlakova na krajevima ventila [Pa],Av = 0.01 m2 – poprecni presjek potpuno otvorenog ventila,

ρ = 1000 kgm3 – gustoca tekucine.

Diferencijalna jednadzba koja opisuje vladanje visine tekucine u sprem-niku je

dh

dt=

qu

ρπ(RHH

)2h2− Av

√2gh

π(RHH

)2h2xu

dh

dt= 0.080

1

h2− 0.352h−

32xu.

Potrebno je:

a) (1 bod) Odrediti otvorenost ventila xu0 i izlazni protok qi0 takav da visinatekucine u ustaljenom stanju bude h0 = 5 m.

b) (2 boda) Linearizirati jednadzbu u radnoj tocki odredenoj pod a).

Zadatak 3.12

Na slici 3.1 prikazan je sustav skladistenja fluida u spremniku cilindricnogoblika. Razina fluida u spremniku regulira se promjenom ulaznog naponaistosmjernog elektromotornog pogona kojim se zakrece ventil. Otvorenostventila xv(t) moze poprimiti vrijednosti izmedu 0 i 1.

Slika 3.1: Sustav skladistenja fluida.

27

Karakteristika ventila opisana je sljedecim izrazom:

Tvdqu(t)

dt+ qu(t) = kv

√xv(t),

gdje je:

xv(t) - otvorenost ventila;kv - konstrukcijska konstanta ventila [m3/s];Tv - vremenska konstanta ventila [s];qu(t) - ulazni protok [m3/s].

Dinamika istosmjernog elektromotornog pogona pojednostavljeno je opisanaintegracijskim djelovanjem:

GEMP (s) =Xv(s)

U(s)=

1

Tis,

gdje je Ti vremenska konstanta integracijskog djelovanja.Zadano je: A = 5 m2, Ai = 0.02 m2, g ≈ 10 m/s2, kv = 0.2 m3/s, Tv =

0.1 s, Ti = 5 s.

a) Odredite prijenosnu funkciju procesa skladistenja fluida Gp(s) =H(s)

Xv(s),

ako je radna tocka odredena s qu0 = 0.1 m3/s.

b) Nacrtajte blokovsku shemu lineariziranog sustava skladistenja fluida i nanjoj oznacite signale.

28

3.1 Rjesenja

Rjesenje 3.1

a)u0∆y(t) + ∆y(t) +

(2y0 + eu0−y0

)∆y(t) = eu0−y0∆u(t)

Uz eu0−y0 = y20 = 4 i u0 = y0 + ln y2

0 = 3.386 slijedi:

3.386∆y(t) + ∆y(t) + 8∆y(t) = 4∆u(t)

b)

G(s) =0.5

0.423s2 + 0.125s+ 1

c)

∆y(∞) = lims→0

sG(s)U(s) =1

2· 0.3 = 0.15

Nova vrijednost izlaza iznosi:

y(∞) = y0 + ∆y(∞) = 2.15.

Rjesenje 3.2

a) ∆y + 2y0∆y = 2u0y0

∆u− u20y20

∆y,

G(s) = Y (s)U(s)

=2u0y0

s+2y0+u20y20

b) ∆y + 4y30∆y = 2u0y0∆u+ u2

0∆y,

G(s) = Y (s)U(s)

= 2u0y0s+4y30−u20

c) y30 = u3

0 ⇒ y0 = 1,∆y + ∆y + 3y2

0∆y = 3u20∆u− y0∆u,

G(s) = Y (s)U(s)

=3u20−y0ss2+s+3y20

d) − 1y0

= u0 ⇒ u0 = −1,

∆y + ∆y + 1y20

∆y = ∆u− y0∆u,

G(s) = Y (s)U(s)

= 1−y0ss2+s+ 1

y20

29

e) ln y0 = u0 − y0 ⇒ u0 = 1,∆y + ∆y + 1

y0∆y = ∆u− eu0∆y − y0e

u0∆u,

G(s) = Y (s)U(s)

= 1−y0ss2+s+ 1

y0+1

f) − 1y0

= u0 − y0 ⇒ u0 = 0,

∆y + ∆y + 1y20

∆y = ∆u− eu0∆y − y0eu0∆u,

G(s) = Y (s)U(s)

= 1−y0ss2+s+ 1

y20+1

Rjesenje 3.3

a)uC0 = kN

√iL0 = 0.4V

Linearizacija:

d

dt∆iL =

1

L∆uu −

R

L∆iL −

1

L∆uC

d

dt∆uC =

1

C∆iL −

2

Ck2N

uC0∆uC

∆ui = ∆uC

Zapis u prostoru stanja

[˙(∆iL)˙(∆uC)

]=

[ −RL

− 1L

1C− 2Ck2N

uC0

]

︸︷︷︸A

[∆iL∆uC

]+

[1L

0

]

︸︷︷︸B

∆uu

∆ui =[

0 1]

︸︷︷︸C

[∆iL∆uC

]+ [0]︸︷︷︸

D

∆uu

Uvrsteni brojevi:

A =

[−106 −105

1011 −8 · 108

], B =

[105

0

], C =

[0 1

], D = [0] .

30

Rjesenje 3.4

iL0 = a1(uC0 − b)3 − a2(aC0 − b) + a3 = 0.0107 A

uu0 = uC0 +RiL0 = 0.507 V

Linearizirane jednadzbe:

d∆iLdt

= −RL

∆iL −1

L∆uC +

1

L∆uu

d∆uCdt

=1

C∆iL +

−3a1(uC0 − b)2 + a2

C∆uC

∆ui = ∆uC

Prostor stanja:

[˙(∆iL)˙(∆uC)

]=

[ −RL

− 1L

1C

−3a1(uC0−b)2+a2C

]

︸︷︷︸A

[∆iL∆uC

]+

[1L

0

]

︸︷︷︸B

∆uu

∆ui =[

0 1]

︸︷︷︸C

[∆iL∆uC

]+ [0]︸︷︷︸

D

∆uu

Numericke vrijednosti:

A =

[−106 −105

1011 4.3 · 109

], B =

[105

0

], C =

[0 1

], D = [0].

Rjesenje 3.5

a) F0 = kx30 = 105 · 10−3 = 100 N

m∆x = −2·103

π∆x− 3k · 10−2∆x+ ∆F (t)

5∆x+ 636.62∆x+ 3 · 103∆x = ∆F (t)

b) G(s) = X(s)F (s)

= 1

ms2+ 2·103π

s+3k·10−2= 1

5s2+636.62s+3000

c) kx3(∞) = F0 + ∆F (∞)x(∞) = 0.11447 m

31

Konacni odmak od radne tocke predviden linearnim modelom:∆x(∞) = lim

s→0sG(s) · 50

s= 50

3·103= 0.01667m

Konacni odmak predviden linearnim modelom:x(∞) = x0 + ∆x(∞) = 0.11667m

Rjesenje 3.6

Radna tocka (ustaljeno stanje, tj. x0 = 0 i x0 = 0) uz F0 = 49 · 103N :

x0 =

√GMm

F0

−R = 4366.67m

Linearizacija oko radne tocke:

m∆x+ k2∆x− 2F0

√F0√

GMm∆x = ∆F

5000∆x+ 200∆x− 0.0154∆x = ∆F

Prijenosna funkcija:

∆x

∆F=

1

5000s2 + 200s− 0.0154

Rjesenje 3.7

Za radnu tocku odredenu s y0 = 0.01 m vrijedi:

i0 =mg(y0 + b)3

k1

= 1 A.

Linearizacija:

d2∆y

dt2+k4

m

d∆y

dt− 3k1i0m(y0 + k2)4

∆y = − k1

m(y0 + k2)3∆i

d2∆y

dt2+ 20.00

d∆y

dt− 490.74∆y = −9.81∆i

Rjesenje 3.8

32

a)

d∆h1

dt=

∂f1

∂h1

∣∣∣∣0

∆h1 +∂f1

∂h2

∣∣∣∣0

∆h2 +∂f1

∂xu

∣∣∣∣0

∆xu

d∆h2

dt=

∂f2

∂h1

∣∣∣∣0

∆h1 +∂f2

∂h2

∣∣∣∣0

∆h2 +∂f2

∂xu

∣∣∣∣0

∆xu

∂f1

∂h1

∣∣∣∣0

= − ρgAiA12

kuA1

√Xu0

= −0.0055491

s,

∂f1

∂h2

∣∣∣∣0

=ρgAiA12

kuA1

√Xu0

= 0.0055491

s,

∂f1

∂xu

∣∣∣∣0

=ku

2ρA1

√Xu0

= 0.007071m

s,

∂f2

∂h1

∣∣∣∣0

=ρgA12Ai

kuA2

√Xu0

= 0.0055491

s,

∂f2

∂h2

∣∣∣∣0

= − ρgAi

A2ku√Xu0

[Ai + A12] = −0.0110991

s,

∂f2

∂xu

∣∣∣∣0

= 0,

∆qi =A2i ρ

2g

ku√Xu0

∆h2 = 27.7469∆h2

A =

[−0.005549 0.0055490.005549 −0.011099

], B =

[0.007071

0

],

C =[

0 27.7469], D = [0].

b)

G1(s) =Qi(s)

Xu(s)= C(sI − A)−1B +D =

45.045

32476.6s2 + 550.396s+ 1

G(s) =Ui(s)

Xu(s)= G1(s) · kie−sTt =

5.631e−10s

32476.6s2 + 550.396s+ 1

33

Rjesenje 3.9

a) Iz nelinearnih jednadzbi odredujemo visine tekucine u stacionarnom sta-nju. Pritom je dh1

dt= dh2

dt= 0:

qu1 = A12ρ√

2g(H10 −H20)

A12ρ√

2g(H10 −H20) + Av√

2ρ∆p1Xu10 = Avρ√

2gH20Xu20

H20 =1

2g

[1

AvρXu20

(qu1 + Av

√2ρ∆p1Xu10

)]2

= 3.9023m

H10 = H20 +1

2g

(qu1

A12ρ

)2

= 8.9991m

Uz dh1dt

= f1(h1, h2, xu1, xu2) i dh2dt

= f2(h1, h2, xu1, xu2), linearizirane jed-nadzbe glase:

d∆h1

dt=

∂f1

∂h1

∣∣∣∣0

∆h1 +∂f1

∂h2

∣∣∣∣0

∆h2 +∂f1

∂xu1

∣∣∣∣0

∆xu1 +∂f1

∂xu2

∣∣∣∣0

∆xu2

d∆h2

dt=

∂f2

∂h1

∣∣∣∣0

∆h1 +∂f2

∂h2

∣∣∣∣0

∆h2 +∂f2

∂xu1

∣∣∣∣0

∆xu1 +∂f2

∂xu2

∣∣∣∣0

∆xu2

∂f1

∂h1

∣∣∣∣0

= −A12

A1

√g

2(H10 −H20)= −9.81 · 10−4,

∂f1

∂h2

∣∣∣∣0

=A12

A1

√g

2(H10 −H20)= 9.81 · 10−4,

∂f1

∂xu1

∣∣∣∣0

= 0,

∂f1

∂xu2

∣∣∣∣0

= 0,

∂f2

∂h1

∣∣∣∣0

=A12

A2

√g

2(H10 −H20)= 4.905 · 10−4,

∂f2

∂h2

∣∣∣∣0

= −A12

A2

√g

2(H10 −H20)− AvA2

√g

2H20

·Xu20 = −1.387 · 10−3,

∂f2

∂xu1

∣∣∣∣0

=AvA2

√2∆p1

ρ= 0.01,

∂f2

∂xu2

∣∣∣∣0

= −AvA2

√2gH20 = −8.75 · 10−3.

34

b) Matrice A i B se iscitavaju iz lineariziranih jednadzbi:

A =

[−9.81 · 10−4 9.81 · 10−4

4.905 · 10−4 −1.387 · 10−3

], B =

[0 0

0.01 −8.75 · 10−3

].

Za izlaznu jednadzbu, potrebno je linearizirati relaciju za izlazni protok:

qi = Avρ√

2gh2 · xu2

∆qi = Avρ

√g

2H20

Xu20∆h2 + Avρ√

2gH20∆xu2 = 8.969∆h2 + 87.5∆xu2

Tada matrice C i D iznose:

C =

[1 00 8.969

],D =

[0 00 87.5

].

c) Prvi nacin – linearizirane jednadzbe se prebacuju u Laplaceovu domenuuz Xu2(s) = 0:

(s+ 9.81 · 10−4)H1(s) = 9.81 · 10−4H2(s)(s+ 1.387 · 10−3)H2(s) = 4.905 · 10−4H1(s) + 0.01Xu1(s),Qi(s) = 8.969H2(s).

Kombiniranjem gornjih relacija dobiva se:

G(s) =100(1019s+ 1)

1136528s2 + 2692s+ 1

Drugi nacin – pomocu matrica stanja:

G(s) = C(sI−A)−1B + D.

Na ovaj bi se nacin dobila matrica s cetiri prijenosne funkcije (2 ulaza i 2izlaza!). Posto nas zanima samo veza drugog izlaza i prvog ulaza, trazenaprijenosna funkcija se nalazi u drugom retku, prvom stupcu. Da bismoskratili racunanje, mozemo izbaciti y1 = ∆h1 i u2 = ∆xu2 iz opisa uprostoru stanja. Tada dobivamo nove matrice B,C,D bez odgovarajucegstupca, odnosno retka:

B1 =

[0

0.01

], C1 =

[0 8.969

], D1 = [0] .

Uvrstavanjem ovakvih matrica u relaciju:

G(s) = C1(sI−A)−1B1 + D1,

dobiva se trazena prijenosna funkcija.

35

Rjesenje 3.10

a)

H10 =1

2g

[(Qu0

Aiρ

)2

+

(Qu0

AvρXu0

)2]

= 1.922 m

H20 =1

2g

(Qu0

Aiρ

)2

= 0.459 m

b)dh1dt

= 1ρA1

Qu0 − AvA1

√2g(h1 − h2) · xu = f1(h1, h2, xu),

dh2dt

= AvA2

√2g(h1 − h2) · xu − Ai

A2

√2gh2 = f2(h1, h2, xu)

d∆h1

dt=

∂f1

∂h1

∣∣∣∣0

∆h1 +∂f1

∂h2

∣∣∣∣0

∆h2 +∂f1

∂xu

∣∣∣∣0

∆xu

d∆h2

dt=

∂f2

∂h1

∣∣∣∣0

∆h1 +∂f2

∂h2

∣∣∣∣0

∆h2 +∂f2

∂xu

∣∣∣∣0

∆xu

∂f1

∂h1

∣∣∣∣0

= − A2vρg

A1Qu0

X2u0 = −0.00205,

∂f1

∂h2

∣∣∣∣0

=A2vρg

A1Qu0

X2u0 = 0.00205,

∂f1

∂xu

∣∣∣∣0

= − Qu0

A1ρ Xu0

= −0.00857,

∂f2

∂h1

∣∣∣∣0

=A2vρg

A2Qu0

X2u0 = 0.00205,

∂f2

∂h2

∣∣∣∣0

= − ρg

A2Qu0

[A2vX

2u0 + A2

i

]= −0.00859,

∂f2

∂xu

∣∣∣∣0

=Qu0

A2ρXu0

= 0.00857,

d∆h1dt

= −0.0021∆h1 + 0.0021∆h2 − 0.00857∆xud∆h2

dt= 0.0021∆h1 − 0.0086∆h2 + 0.00857∆xu

36

c)

G(s) =H1(s)

Xu(s)= −4.08 · 1 + 153.9s

1 + 783.9s+ 73260.1s2

d)Xu(s) = 0.1

s

h1(t) ≈ H10 + ∆h1(t)limt→∞

h1(t) ≈ H10 + lims→0

sG(s)Xu(s) = 1.514 m

Rjesenje 3.11

a)dmdt

= 0⇒ qi0 = qu0 = 10kg/sqi0 = Avρ

√2ghxu0 ⇒ xu0 = qi

Avρ√

2gh= 0.101

b) Radi jednostavnijeg zapisa, linearizaciju vrsimo nad sljedecim zapisomdiferencijalne jednadzbe:

ρπ

(RH

H

)2

h2 dh

dt= qu − Avρ

√2ghxu

Linearizirana jednadzba glasi:

ρπ(RHHh0

)2 d∆hdt

= −Avρxu0

√g

2h0∆h− Avρ

√2gh0∆xu,

d∆hdt

= −3.18 · 10−4∆h− 0.0315∆xu

Napomena: Naravno da se isti rezultat dobije direktnom linearizacijomjednadzbe:

dh

dt=

qu

ρπ(RHH

)2h2− Av

√2gh

π(RHH

)2h2xu

d∆h

dt=

[−2

qu

ρπ(RHH

)2h3

0

+3

2

Av√

2g

π(RHH

)2h− 5

20 xu0

]∆h− Av

√2gh0

π(RHH

)2h2

0

∆xu

Uvazavajuci relaciju za ustaljeno stanje iz a) dijela zadatka, dobije se istiizraz kao gore.

Rjesenje 3.12

37

1. Radna tocka:

xv0 = 0.25, qi0 = 0.1m3/s, h0 = 1.25m.

Ventil:

Gv =Qu

Xv

=0.2

1 + 0.1s

Spremnik:

Gs =H

Qu

=25

1 + 125s

Oba skupa:

Gp =H

Xv

=0.2

1 + 0.1s

25

1 + 125s

2. Poredati GEMP , Gv i Gp jedan pored drugog kao na slici u zadatku.

38

Poglavlje 4

Laplaceova transformacija iprikaz sustava pomocu tezinskei prijelazne funkcije.

Zadatak 4.1

Na sustav zadan prijenosnom funkcijom:

G(s) =Y (s)

U(s)=

2− s(s+ 1)(s+ 4)

djeluje pobuda:u(t) = 10

(e−t − e−5t

)S(t).

Potrebno je:

a) Odrediti diferencijalnu jednadzbu koja opisuje vladanje sustava.

b) Odrediti odziv y(t) za t > 0 ako je poznato y(0) = 1 i y(0) = −1.

Zadatak 4.2

Za sustav ciji je blokovski dijagram prikazan na slici 1.1 odredena je prije-nosna funkcija oblika

G (s) =

(1 + T1

K1s)

(1 + T2s)

s(

1 + T1K1s)

(1 + T2s) + K2

K1

.

Odredite za prijenosnu funkciju G (s) nagib pripadne prijelazne funkcije utrenutku t = 0+ s.

39

Zadatak 4.3

Sustav je zadan prijenosnom funkcijom

G(s) =1− s

(s+ 2)2(3s+ 9)e−0.5s.

Odredite nagib tezinske funkcije ovog sustava u trenutku t = 0.5+ s.

Zadatak 4.4

Na slici 1.2 prikazana je blokovska shema sustava cija je prijenosna funkcijadana s

G(s) =(T1 + 1) s2 + (K1 + 1) s+ 2

T1s3 + (K1 + T1) s2 + (2T1 +K1) + 2K1

e−0.2s.

Potrebno je odrediti parametre K1 i T1 ako je nagib pripadne prijelaznefunkcije sustava u trenutku t = 0.2+ s jednak 3 i prijelazna funkcija se ustalina vrijednosti 4.

Zadatak 4.5

Za sustav prikazan blokovskom shemom na slici 1.3 prijenosna funkcija je

Y (s)

U(s)=

s(K1s+ 1)

s3 +K2s2 +K1s+ 1.

Odredite nagib izlaza u pocetnom trenutku y(0+) te iznos u stacionarnomstanju y(∞) ako na ulazu djeluje pobuda oblika u(t) = tS(t).

Zadatak 4.6

Na slici 1.4 prikazana je blokovska shema sustava cija je prijenosna funkcija

G(s) =Y (s)

U(s)=

s2 + 2s+ 1

(1 + 2s)(1 + s+ 5s2).

a) Odredite iznos tezinske funkcije u trenutku t = 0+.

b) Odredite iznos prijelazne funkcije u ustaljenom stanju.

Zadatak 4.7

Zadana je prijenosna funkcija sustava G(s) = s2+2s+3s3+3s2+3s+1

.

a) Odredite iznos prijelazne funkcije u ustaljenom stanju, h(∞).

40

b) Odredite nagib prijelazne funkcije u pocetnom trenutku, h(0+).

c) Na temelju vrijednosti odredenih pod a) i b), skicirajte prijelaznu funkciju.

Zadatak 4.8

Zadana je prijenosna funkcija oblika G(s) = 5s2+5s+6

.

a) Analiticki odredite prijelaznu funkciju h(t).

b) Odredite iznos prijelazne funkcije h(t) u tocki infleksije.

Zadatak 4.9

Snimljena je prijelazna funkcija linearnog vremenski nepromjenjivog sustava:

h(t) =1

2e−t (sin t− cos t)S(t).

Potrebno je:

a) Odrediti tezinsku funkciju sustava.

b) Odrediti odziv na pobudu u(t) = e−t (sin t+ 2 cos (2t))S(t).

Zadatak 4.10


h(t) =(2− e−t − e−2t

)S(t).

a) Odredite tezinsku funkciju sustava.

b) Odredite prijenosnu funkciju sustava.

c) Odredite odziv mirnog sustava na pobudu u(t) = 2S(t)− S(t− 2).

Zadatak 4.11


h(t) =(4− e−t − e−2t

)S(t).

a) Odredite tezinsku funkciju sustava.

41

b) Odredite prijenosnu funkciju sustava.

c) Odredite odziv mirnog sustava na pobudu u(t) = 2S(t)− S(t− 2).

Zadatak 4.12

Zadana je prijenosna funkcija procesa:

Gp (s) =4 (1− 4s)

(1 + 10s) (1 + 2s).

Izracunajte i skicirajte prijelaznu funkciju procesa. Napomena: Potrebnoje naznaciti stacionarno stanje te tocne vrijednosti nadvisenja i podbacajaukoliko postoje, te pripadajuca vremena nadvisenja i podbacaja.

42

4.1 Rjesenja

Rjesenje 4.1

a)y(t) + 5y(t) + 4y(t) = 2u(t)− u(t)

b) Laplaceova transformacija diferencijalne jednadzbe pod a) glasi:

s2Y (s)− sy(0)− y(0) + 5 (sY (s)− y(0)) + 4Y (s) = 2U(s)− sU(s) +u(0).

Nakon uvrstavanja y(0) = 1, y(0) = −1 i u(0) = 0, dobije se:

Y (s) =s+ 4

(s+ 1)(s+ 4)+

(2− s)(s+ 1)(s+ 4)

U(s)

Laplaceova transformacija pobude:

U(s) =10

s+ 1− 10

s+ 5=

40

(s+ 1)(s+ 5)

Izraz za U(s) uvrstavamo u izraz za Y (s):

Y (s) =(s+ 1)(s+ 4)(s+ 5) + 40(2− s)

(s+ 1)2(s+ 4)(s+ 5)

=−49

6

s+ 1+

10

(s+ 1)2+

803

s+ 4−

352

s+ 5

Prebacivanjem u vremensku domenu dobije se rijesenje:

y(t) = −49

6e−t + 10te−t +

80

3e−4t − 35

2e−5t

Rjesenje 4.2

u(0+)

= lims→∞

s2U (s) = lims→∞

s

(1 +

T1

K1

s

)(1 + T2s)

s(

1 + T1K1s)

(1 + T2s) +K2

K1

= 1

43

Rjesenje 4.3

Promotrimo prijenosnu funkciju

G1(s) =1− s

(s+ 2)2(3s+ 9).

Buduci da je G(s) = G1(s)e−0.5s vrijedi g(t) = g1(t−0.5) i g(t) = g1(t−0.5),pa stoga:

g(0.5+) = g1(0+) = lims→∞

s · sG1(s) = −1

3

Rjesenje 4.4

Nagib prijelazne funkcije od G(s) = G2(s)e−0.2s u t = 0.2+ je isto sto inagib prijelazne funkcije od G2(s) u t = 0+. Razlog tome je cinjenica da jeprijelazna funkcija od G(s) pomaknuta unaprijed za 0.2s u odnosu na G2(s)(transportno kasnjenje e−0.2s).

Nagib prijelazne funkcije (tj. derivacija prijelazne funkcije):

lims→∞

s2G2 (s)1

s= lim

s→∞(T1 + 1) s3 + (K1 + 1) s2 + 2s

T1s3 + (K1 + T1) s2 + (2T1 +K1) + 2K1

=T1 + 1

T1

= 3

⇒ T1 = 0.5

Ustaljeno stanje:

lims→0

sG (s)1

s= lim

s→0

(T1 + 1) s2 + (K1 + 1) s+ 2

T1s3 + (K1 + T1) s2 + (2T1 +K1) + 2K1

e−0.2s =1

K1

= 4

⇒ K1 = 0.25

Rjesenje 4.5

U(s) =1

s2

Y (s) = G(s)U(s) =K1s+ 1

s(s3 +K2s2 +K1s+ 1)

Nagib u pocetnom trenutku:

limt→0

y(t) = lims→∞

s2Y (s) = lims→∞

s(K1s+ 1)

s3 +K2s2 +K1s+ 1= 0.

44

Iznos u stacionarnom stanju:

limt→∞

y(t) = lims→0

sY (s) = lims→0

K1s+ 1

s3 +K2s2 +K1s+ 1= 1.

Rjesenje 4.6

a)

limt→0

g(t) = lims→∞

sG(s) =1

10

b)

limt→∞

h(t) = lims→0

sG(s)1

s= 1

Rjesenje 4.7

a) Pobuda: R(s) = 1s

Iznos u stacionarnom stanju:

limt→∞

h(t) = lims→0

sR(s)G(s) = 3.

b) Nagib u pocetnom trenutku:

limt→0

h(t) = lims→∞

s2R(s)G(s) = 1.

c) U skici odziva vazno je da se vide pocetni nagib i stacionarno stanje –slika 4.1.

Rjesenje 4.8

a) Prijenosna funkcija se moze zapisati kao:

G(s) =5

(s+ 2)(s+ 3)

G(s)1

s( h(t)

45

0 2 4 6 8 10 12 140

0.5

1

1.5

2

2.5

3

Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

Slika 4.1: Prijelazna funkcija.

Rastav na parcijalne razlomke daje:

G(s)1

s=

−52

s+ 2+

53

s+ 3+

56

s

Prelaskom u vremensko podrucje dobiva se prijelazna funkcija h(t).

h(t) =

(−5

2e−2t +

5

3e−3t +

5

6

)S(t)

b) Buduci da se trazi tocka infleksije, druga derivacija prijelazne funkcijemora biti jednaka 0.

h(t) = 5e−2t − 5e−3t

h(t) = −10e−2t + 15e−3t = 0⇒ t = ln3

2= 0.4055

Uvrstavanjem u prijelaznu funkciju dobije se trazeno rjesenje.

h

(ln

3

2

)= 0.216

Rjesenje 4.9

46

a)

g(t) = h(t) = e−t cos t S(t)− 1

2δ(t)

b) Prvi nacin:

y(t) =

t∫

0

u(τ)g(t− τ) d τ =

=

(1

2t sin t− 7

6sin t+

4

3sin(2t)− cos (2t)

)e−t

Drugi nacin (preko Laplaceove transformacije):

G(s) =s+ 1

(s+ 1)2 + 1− 1

2=

−12s2

(s+ 1)2 + 1

U(s) =1

(s+ 1)2 + 1+

2(s+ 1)

(s+ 1)2 + 4

Y (s) = G(s)U(s)

Rjesenje 4.10

a)g(t) = h(t) =

(e−t + 2e−2t

)

b)

G(s) =1

s+ 1+

2

s+ 2=

3s+ 4

(s+ 1)(s+ 2)

c) Sustav je linearan i vremenski nepromjenjiv pa vrijedi:

y(t) = 2h(t)− h(t− 2)

=(4− 2e−t − 2e−2t

)S(t)−

(2− e−(t−2) − e−2(t−2)

)S(t− 2)

Rjesenje 4.11

47

a)

g(t) = h(t) =(e−t + 2e−2t

)S(t) +

(4− e−t − e−2t

)δ(t)

=(e−t + 2e−2t

)S(t) + 2δ(t)

b)

G(s) =1

s+ 1+

2

s+ 2+ 2 =

2s2 + 9s+ 8

(s+ 1)(s+ 2)

c) Sustav je linearan i vremenski nepromjenjiv pa vrijedi:

y(t) = 2h(t)− h(t− 2)

=(8− 2e−t − 2e−2t

)S(t)−

(4− e−(t−2) − e−2(t−2)

)S(t− 2)

Rjesenje 4.12

Y (s) = Gp (s) · U (s) =4 (1− 4s)

(1 + 10s) (1 + 2s)· 1

s= ... =

4

s+−7

s+ 110

+3

s+ 12

y (t) = h (t) =(

4− 7e−t10 + 3e−

t2

)S (t)

Prijelazna funkcija ima podbacaj zbog neminimalno-fazne nule, a nadvisenjanema jer su polovi realni. Analiticki se to dobije racunanjem prve derivacije:

h′ (t) =

(7

10e−

t10 − 3

10e−

t2

)S (t) +

(4− 7e−

t10 + 3e−

t2

)δ (t)

Izjednacavanjem h′(t) s nulom dobije se vrijeme podbacaja, pri cemu se za-nemaruje nezanimljivi dio oko nule:

h′ (tm) =7

10e−

tm10 − 3

10e−

tm2 = 0 ⇒ tm = 1.90535 s.

Iznos podbacaja je:h (tm) = −0.6285.

Stacionarno stanje iznosi: h(∞) = 4. Prijelazna funkcija prikazana je na slici4.2.

48

0 10 20 30 40 50 60−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

Slika 4.2: Prijelazna funkcija procesa.

49

Poglavlje 5

Prikaz sustava u prostorustanja

Zadatak 5.1

Na slici 2.1 prikazana je shema elektricnog kruga koji je opisan sljedecimdiferencijalnim jednadzbama:

duCdt

= − 1

R2CuC +

1

CiL,

diLdt

= − 1

LuC −

R1

LiL +

1

Luu

gdje je ui = uc.

a) Prikazite sustav u prostoru stanja uz vektore stanja, ulaza i izlaza defini-rane kao: x = [uC iL]>, u = [uu], y = [ui].

b) Odredite prijenosnu funkciju G(s) = Ui(s)Uu(s)

koristeci zapis u prostoru sta-nja.

Zadatak 5.2

Na slici 5.1 prikazana je shema elektricnog kruga.Potrebno je odrediti matrice A, B, C i D iz zapisa sustava po varijablama

stanjax = Ax + Bu,y = Cx + Du,

50

R1 L

iL

R2

iR2

C+

−uC

u2(t)

u1(t)

+

−

ui

Slika 5.1: Elektricni krug.

pri cemu su vektori stanja, ulaza i izlaza definirani kao: x = [uC iL]>, u =[u1 u2]>, y = [ui iR2]>.

Zadatak 5.3

Dva tijela spojena su oprugom i prigusnicom kako je prikazano slikom 2.7.Diferencijalne jednadzbe koje opisuju gibanje dvaju tijela su

m1x1(t) = Fu(t)−D (x1(t)− x2(t))− C (x1(t)− x2(t))

m2x2(t) = D (x1(t)− x2(t)) + C (x1(t)− x2(t))

Potrebno je:

a) Napisati model u prostoru stanja za promatrani sustav. Koristite sljedecivektor stanja te ulazni i izlazni vektor: x = [x1 x1 x2 x2]>, u = [Fu],y = [x1 x1 x1]>.

b) Odrediti prijenosnu funkciju G(s) = X1(s)Fu(s)

.

Zadatak 5.4

RLC mrezu na slici 5.2 opisati u prostoru stanja ako su zadane varijablestanja iL(t) i uC(t), ulaz u(t) i izlaz prema slici.

Zadatak 5.5

Izracunajte matrice A i B opisa u prostoru stanja elektricne mreze sa slike,ako su varijable stanja struje i1 i i2, ulaz napon u te ako vrijedi:

u1 = L1di1dt

+M di2dt

u2 = M di1dt

+ L2di2dt

51

R1

L

iL

R2

C

+

−

uCu(t)

(a) izlaz uC(t).

R1

L

iL

R2

+

−u2(t)

C

+

−

uCu(t)

(b) izlaz u2(t).

Slika 5.2: Elektricni krugovi.

MR1

i1

u(t)

+

−

u1

+

−

u2

L1 L2

i2

R2

Zadatak 5.6

Za mehanicki sustav prikazan slikom napisite diferencijalnu jednadzbu kojaopisuje dinamicko vladanje sustava. Prikazite sustav u prostoru stanja uzizlaz y (pomak mase m) i ulaz u (narinuta sila). Varijable stanja su x =[y y]>. Ne zaboravite trenje izmedu mase i podloge (Ftr = by).

cm

d

yu

(a)

m

yuc1 c2

(b)

Slika 5.3: Mehanicki sustavi.

52

5.1 Rjesenja

Rjesenje 5.1

a)

A =

[ − 1R2C

1C

− 1L−R1

L

], B =

[01L

], C =

[1 0

], D = [0].

b)

G(s) =R2

R1+R2

LC R2

R1+R2s2 +

(L

R1+R2+ R1R2

R1+R2C)s+ 1

Rjesenje 5.2

Stanja:

duCdt

= − 1

R2CuC +

1

CiL −

1

R2Cu2

diLdt

= − 1

LuC −

R1

LiL +

1

Lu1 −

1

Lu2

Izlazne jed.:

ui = uc + u2

iR2 =1

R2

uc +1

R2

u2

Pa je prikaz u prostoru stanja:

A =

[ − 1R2C

1C

− 1L−R1

L

], B =

[0 − 1

R2C1L− 1L

],

C =

[1 01R2

0

], D =

[0 10 1

R2

].

Rjesenje 5.3

53

a)

A =

0 1 0 0− Cm1− Dm1

Cm1

Dm1

0 0 0 1Cm2

Dm2

− Cm2− Dm2

B =

01m1

00

C =

1 0 0 00 1 0 0− Cm1− Dm1

Cm1

Dm1

D =

001m1

b) Diferencijalne jednadzbe prebacujemo u Laplaceovu domenu:

X2(s) [m2s2 +Ds+ C] = X1(s) [Ds+ C] ,

X1(s) [m1s2 +Ds+ C] = X2(s) [Ds+ c] + Fu(s).

Nakon sredivanja:

G(s) =X1(s)

Fu(s)=

m2s2 +Ds+ C

s2 [m1m2s2 + (m1 +m2)Ds+ (m1 +m2)C].

Rjesenje 5.4

duCdt

=1

C

(u− uCR1

− iL)

diLdt

=1

L(uC −R2 · iL)

[iluc

]=

[−R2

L1L

1C

− 1R1C

] [iLuC

]+

[01

R1C

]u

Izlazna jednadzba:

a)

uC =[0 1

] [ iLuC

]

b)

u2 =[R2 0

] [ iLuC

]

54

Rjesenje 5.5

Dvije dane jednadzbe mogu se napisati kao:

[L1 MM L2

] [di1dtdi2dt

]=

[−R1 0

0 −R2

] [i1i2

]+

[10

]u

[di1dtdi2dt

]=

1

L1L2 −M2

[L1 MM L2

]([−R1 0

0 −R2

] [i1i2

]+

[10

]u

)

A =1

L1L2 −M2

[−R1L1 −R2M−R1M −R2L2

]

B =1

L1L2 −M2

[L1

M

]

Rjesenje 5.6

a)my = u− cy − (b+ d)y

[yy

]=

[0 1− cm− b+d

m

] [yy

]+

[01m

]u

b)my = u− (c1 + c2)y − by

[yy

]=

[0 1

− c1+c2m

− bm

] [yy

]+

[01m

]u

55

Poglavlje 6

Prikaz sustava pomocufrekvencijske karakteristike

Zadatak 6.1

Za sustav G(s) = 32s2+2s+16

odredite odziv u ustaljenom stanju na pobuduoblika u(t) = sin(ωrt+ 45), gdje je ωr rezonantna frekvencija sustava.

Zadatak 6.2

Razmatrani sustav upravljanja prikazan je slikom 6.1. Uz otvorenu sklopku

Go(s)R(s) Y (s)

S

−

Slika 6.1: Sustav upravljanja.

S, ustaljeni odziv na pobudu r(t) = 2 sin(3t+ π

6

)je yo(t) = sin

(3t− 2π

3

).

Odredite ustaljeni odziv yz(t) na istu pobudu r(t) nakon zatvaranja sklopkeS, uz pretpostavku da je zatvoreni regulacijski krug stabilan.

Zadatak 6.3

Polozaj polova zatvorenog sustava upravljanja s jedinicnom negativnom po-vratnom vezom u kompleksnoj s-ravnini je s1,2 = 2.3(−1 ± j

√3). Staticko

pojacanje sustava je 1. Odredite odziv u ustaljenom stanju na pobudu oblikau(t) = sin(ωlt− 45), gdje je ωl lomna frekvencija otvorenog kruga.

56

Zadatak 6.4

Zadan je zatvoreni sustav upravljanja s jedinicnom negativnom povratnomvezom. Zatvoreni krug ima jedinicno pojacanje, nema konacnih nula, i imadva pola:

sp1 = −1

2+

√3

2j, sp2 = −1

2−√

3

2j.

a) Odredite frekvenciju rezonantnog izdizanja zatvorenog kruga, ωr, te po-jasnopropusnu frekvenciju zatvorenog kruga, ωb.

b) Analiticki odredite iznos faznog osiguranja sustava.

c) Odredite najvece transportno kasnjenje koje se smije (dodatno) pojavitiu otvorenom krugu, tako da se fazno osiguranje sustava smanji najvise za10.

Zadatak 6.5

Zadan je sustav upravljanja prikazan blokovskom shemom na slici 6.2 gdjesu ζ = 0.71 i ωn = 1.41.

Kω2n

s2 + 2ζωns+ ω2n

e−sTt

R(s) Y (s)

−

Slika 6.2: Zatvoreni sustav upravljanja.

Odredite interval vrijednosti mrtvog vremena Tt za koje sustav ima faznoosiguranje vece od 55 uz zadano pojacanje K = 1.

Zadatak 6.6

a) Skicirajte Bodeov dijagram (aproksimacija pravcima) za proces u sustavuprikazanom slikom 6.3.

b) Koristeci jednadzbe pravaca koje aproksimiraju Bodeov dijagram odredenpod a) odredite raspon pojacanja KR (uz pretpostavku da je KR > 0) zakoji ce zatvoreni sustav prikazan slikom 6.3 biti stabilan.

57

KR

400

s(s+ 8)(s+ 50)

RegulatorProces

R(s) Y (s)

−

Slika 6.3: Sustav upravljanja

Zadatak 6.7

Slike 6.4 i 6.5 prikazuju sustav upravljanja i pripadni Bodeov dijagram otvo-renog regulacijskog kruga.

a) Odredite prijenosnu funkciju procesa.

b) Koristeci aproksimaciju pravcima nacrtajte Bodeov dijagram modificira-nog sustava upravljanja kojem je u direktnu granu dodan regulator oblika

GR(s) = 200s+ 10

s+ 1.

c) Odrediti presjecnu frekvenciju ωc i fazno osiguranje γ koristeci jednadzbepravaca koje aproksimiraju Bodeov dijagram odreden pod b).

Gp(s)R(s) Y (s)

−


Zadatak 6.8

Zatvoreni sustav upravljanja prikazan je slikom 6.6.Potrebno je skicirati Bodeov dijagram sustava (aproksimacija s pravcima) teodrediti amplitudno i fazno osiguranje uz KR = 24.5 te na temelju dobivenihvrijednosti odrediti koeficijent pojacanja regulatora KR,kr za koji ce sustavbiti na rubu stabilnosti. Koliki je stvarni iznos pojacanja za koji je sustavna rubu stabilnosti?

Zadatak 6.9

Shema elektronickog sklopa prikazana je slikom 6.7.Za prikazani sustav s iznosima parametara R = 100 kΩ i C = 1 µF,

potrebno je:

58

Slika 6.5: Bodeov dijagram.

KR

2

(1 + 0.1s)(1 + 0.002s)

RegulatorProces

R(s) Y (s)

−


a) Odrediti prijenosnu funkciju G (s) =Ui (s)

Uu (s).

b) Skicirati Bodeov prikaz amplitudno-frekvencijske karakteristike (aproksi-maciju s pravcima).

c) Izracunati amplitudu izlaznog signala ui u ustaljenom stanju ako na ulazudjeluje pobuda uu(t) = 2 sin(100t).

59

−

+

R

C

uu

R

ui

Slika 6.7: Nacelna shema elektronickog sustava.

Zadatak 6.10

Zadana je prijenosna funkcija otvorenog regulacijskog kruga:

Go (s) =Ko

s (1 + 10s) (1 + 2s)

a) Koristenjem Bodeovog prikaza frekvencijskih karakteristika (aproksima-cije s pravcima) odrediti pojacanje Ko za koje ce fazno osiguranje sustavaiznositi γ = 50.

b) Za dobiveni iznos pojacanja Ko skicirati prijelaznu funkciju zatvorenogsustava upravljanja te oznaciti procijenjeno nadvisenje σm[%] i vrijemeprvog maksimuma tm.

Zadatak 6.11

Zadana je prijenosna funkcija otvorenog kruga

Go(s) =1

sTI(s+ 1)(s+ 5).

Potrebno je:

a) Nacrtati Bodeov dijagram prijenosne funkcije Go(s) uz TI = 0.5s.

b) Odrediti presjecnu frekvenciju ωc i fazno osiguranje γ iz nacrtanog Bode-ova dijagrama te na temelju tih velicina potom skicirati prijelaznu funkcijuzatvorenog sustava upravljanja.

60

Zadatak 6.12

Prijenosna funkcija procesa je:

Gp(s) =Kp

(1 + T1s)(1 + T2s)(1 + T3s),

gdje su vremenske konstante iznosa T1 = 2 s, T2 = 3 s, T3 = 4 s; pojacanjeprocesa iznosi Kp = 1. Parametri PID regulatora kojim se upravlja procesomsu dobiveni Ziegler-Nicholsovom metodom ruba stabilnosti: KR = 0.6Kkr =5.25, TI = 0.5Tkr = 5.1302 s i TD = 0.12Tkr = 1.231 s.

a) Nacrtajte Bodeov dijagram otvorenog kruga sustava upravljanja koriste-njem aproksimacije pravcima. Pritom je dozvoljeno kracenje bliskih po-lova i nula.

b) Procijenite nadvisenje i vrijeme porasta prijelazne funkcije sustava uprav-ljanja.

Zadatak 6.13

Zatvoreni sustav upravljanja prikazan je slikom 6.8.

KR

(1 +

1

TIs

)1− s

(s+ 1)(s+ 10)

Regulator Proces

R(s) Y (s)

−

Slika 6.8: Sustav upravljanja s zadanim regulatorom

a) Odredite TI regulatora tako da kompenzira dominantnu vremensku kons-tantu procesa.

b) Nacrtajte Bodeov dijagram sustava s TI odredenim pod a) i uz KR = 1,koristeci aproksimaciju pravcima.

c) Iz Bodeovog dijagrama aproksimiranog pravcima odredite KR za koji ceamplitudno osiguranje biti 10 dB.

d) Izracunajte koliko iznosi fazno osiguranje za sustav pod c), koristeci jed-nadzbe pravaca koji aproksimiraju Bodeov dijagram.

61

K(s− 1)

(s+ 1)(s+ 10)

R(s) Y (s)

−


Zadatak 6.14

Zadan je sustav upravljanja prikazan blokovskom shemom na slici 6.9, gdjeje pojacanje K ∈< −∞,∞ >.

a) Kvalitativno skicirajte Nyquistov dijagram te iz njega odredite podrucjevrijednosti parametra K za koje je sustav stabilan.

b) Za iznos K = −10.5 nacrtajte Nyquistov dijagram, analiticki odreditefazno i amplitudno osiguranje te ih naznacite na Nyquistovom dijagramu.

Zadatak 6.15


Go (s) = Ko ·1− 0.1s

(1 + 2s) (1 + 0.02s),

gdje je Ko > 0.Potrebno je koristenjem Nyquistova kriterija stabilnosti odrediti dozvo-

ljeni iznos parametra Ko za koji je zatvoreni sustav stabilan te skicirati Nyqu-istov dijagram.

Zadatak 6.16

Sustav upravljanja prikazan je slikom 6.10 gdje je: Go(s) prijenosna funkcijadrugoga reda bez konacnih nula, i Tt = 1 s. Prijelazna funkcija sustavaopisanog sG(s) = Y (s)

R(s)u ustaljenom stanju ima vrijednost h(∞) = y(∞) = 1,

nadvisenje σm = 5%, i vrijeme prvog maksimuma tm = 1.5 s.

a) Odredite prijenosnu funkciju G(s) = Y (s)R(s)

i nagib pripadajuce prijelazne

funkcije u t = 0+.

b) Odredite prijenosnu funkciju Go(s) i skicirajte njezin Nyquistov dijagram.

c) Odredite vremenske funkcije signala x(t) i y(t) u ustaljenom stanju, uzGo(s) = 1

si r(t) = 2 sin

(3t+ π

6

), .

62

Go(s) e−TtsR(s) X(s) Y (s)

−


Zadatak 6.17

Na slici 6.11 prikazan je Nyquistov dijagram stabilne prijenosne funkcijeG(s) bez konacnih nula. Dijagram sijece realnu i imaginarnu os u sljedecimtockama:

ω [s−1] 0 1 3 ∞G (jω) K > 0 −j −0.25 0

K

Im ReSlika 6.11: Nyquistov dijagram.

a) Odrediti prijenosnu funkciju G(s).

b) Odredite odziv sustava G(s) u ustaljenom stanju na pobudu:

u(t) = 2 + 3 sin t− 4 cos (3t).

Zadatak 6.18

Sustav upravljanja prikazan je slikom 6.12, gdje je Go(s) stabilna prijenosnafunkcija otvorenog kruga (K > 0, T1 > 0, T2 > 0).

a) Skicirati Nyquistov dijagram za prijenosnu funkciju otvorenog krugaGo(s).Potrebno je odrediti koordinate tocaka sjecista i dodira Nyquistovog di-jagrama s koordinatnim osima, kao i frekvencije pri kojima se to dogada.Napomena: promatrati samo frekvencije ω ≥ 0.

63

K

(1 + sT1)(1 + sT2)

Go(s)

R(s) Y (s)

−

Slika 6.12: Sustav upravljanja

b) Moze li sustav upravljanja sa slike 6.12 biti nestabilan? Ako moze, za kojeparametre K, T1 i T2 ce sustav biti nestabilan? Ako ne moze, objasnitezasto. Napomena: otvoreni krug je stabilan.

Zadatak 6.19

Zatvoreni sustav upravljanja zadan je slikom 6.13. Prijenosna funkcija za-

Go(s)R(s) Y (s)

−


tvorenog kruga upravljanja je Gz(s) = 10.5539s2+0.9326s+1

. Potrebno je:

a) Skicirati Nyquistov dijagram prijenosne funkcije otvorenog kruga Go(s).

b) Ako bi prijenosnu funkcijuGo(s) zamijenili prijenosnom funkcijomG′o(s) =Go(s)e

−sTt , odrediti za koji bi interval iznosa transportnog kasnjenja Ttzatvoreni krug bio stabilan?

Zadatak 6.20

Zatvoreni regulacijski krug prikazan je slikom 6.14, gdje je pojacanje K > 0.

K20(1− s)

s(s+ 4)

RegulatorProces

R(s) Y (s)

−

Slika 6.14: Zatvoreni regulacijski krug

64

a) Kvalitativno skicirajte Nyquistov dijagram te iz njega odredite podrucjevrijednosti parametra K za koje je sustav stabilan.

b) Skicirajte Bodeov dijagram koristeci aproksimaciju pravcima za vrijednostparametra K = 0.1 te oznacite amplitudno i fazno osiguranje ocitavanjemiz dijagrama.

Zadatak 6.21

Zatvoreni sustav upravljanja opisan je slikom 6.15. Zadani su parametri:K = 1, T2 = 0.5 s, T3 = 0.1 s.

K

T1s(1 + T2s)(1 + T3s)

R(s) Y (s)

−

Slika 6.15: Zatvoreni sustav upravljanja

a) Odredite integralnu vremensku konstantu T1 tako da se postigne faznoosiguranje 60.

b) Nacrtajte Nyquistov dijagram za T1 = 0.54 s. Potrebno je odrediti ko-ordinate tocaka sjecista i dodira Nyquistovog dijagrama s koordinatnimosima, kao i frekvencije pri kojima se to dogada. Napomena: promatratisamo frekvencije ω ≥ 0.

c) Oznacite amplitudno i fazno osiguranje na Nyquistovom dijagramu.

Zadatak 6.22

Zadana je prijenosna funkcija otvorenog kruga:

Go (s) =K

s (1 + Ts).

Potrebno je:

a) Skicirati Nyquistov dijagram prijenosne funkcije Go(s) s opcim koeficijen-tom pojacanja K > 0 i opcom vremenskom konstantom T > 0, te oznaciti(ako postoje) asimptote, dodirne tocke i sjecista s koordinantim osima tepripadne frekvencije. Promatrajte samo frekvencije ω ≥ 0.

65

b) Skicirati Bodeov dijagram (aproksimaciju s pravcima) prijenosne funkcijeGo(s) s koeficijentom pojacanja K = 0.01 i vremenskom konstantom T =10 s.

c) Moze li se zatvoreni krug s jedinicnom negativnom povratnom vezomdovesti na rub stabilnosti promjenom vrijednosti pojacanja K > 0 ?Objasni.

66

6.1 Rjesenja

Rjesenje 6.1

Prvo treba odrediti karakteristicne parametre u frekvencijskoj domeni. Iz

G(s) =32

s2 + 2s+ 16= K

ω2n

s2 + 2ζωns+ ω2n

slijedi:

K = 2,

ζ = 0.25,

ωn = 4.

Rezonantna se frekvencija odreduje iz ωr = ωn√

1− 2ζ2, tako da slijedi

ωr =√

14 = 3.74 rad/s

Slijedi proracun faznog zaostajanja i pojacanja sustava.

φ(ω) = − arctan2ω

16− ω2

A(ω) =32√

(16− ω2)2 + 4ω2

Na rezonantnoj frekvenciji fazno zaostajanje i pojacanje sustava iznosi

φ(ωr) = −1.31 rad = −75

A(ωr) = 4.13 = 12.32 dB

Dakle, odziv sustava na trazenu pobudu je

y(t) = A(ωr) sin(ωrt+ 45 + φ(ωr))

y(t) = 4.13 sin(√

14t− 30)

Rjesenje 6.2

Ocito je da sustav uz otvorenu sklopku S na frekvenciji ω = 3rad/s imapojacanje 1

2i fazno kasnjenje 2π

3+ π

6= 5π

6. Stoga vrijedi:

Go(j3) =1

2e−j

5π6 =

1

4(−√

3− j).

67

Prijenosna funkcija zatvorenog kruga (uz zatvorenu sklopku S) na frekvencijiω = 3rad/s iznosi:

Gz(j3) =Go(j3)

1 +Go(j3)= −0.477− 0.651j = 0.807e−j2.203.

Iz prethodne relacije ocitavamo da sustav uz zatvorenu sklopku S ima pojacanje0.807 i unosi fazno kasnjenje od 2.203 rad pa ustaljeni odziv na pobudu r(t)glasi:

yz(t) = 1.614 sin(3t− 1.679).

Rjesenje 6.3

Nazivnik prijenosne funkcije zatvorenog kruga:

(s+ 2.3 + 2.3√

3j)(s+ 2.3− 2.3√

3) = (s+ 2.3)2 + 3

Iz statickog pojacanja odredujemo prijenosnu funkciju zatvorenog kruga padalje otvorenog kruga:

Gr =2.32 + 3

(s+ 2.3)2 + 3

Go =Gr

1−Gr

=2.32 + 3

s(s+ 4.6)⇒ ωl = 4.6

Racunamo amplitudu i fazu zatvorenog kruga na frekvenciji ωl:

|Gr(ωl)| =2.32 + 3√

(2.32 + 3− ω2l )

2 + (4.6ωl)2= 0.3347

ϕr(ωl) = −arctg4.6ωl

2.32 + 3− ω2l

= −2.1172 = −121

y = 0.33 sin(ωlt− 45 + ϕr(ωl)) = 0.33 sin(ωlt− 166).

Rjesenje 6.4

Zatvoreni sustav zadan je svojim polovima, koji su prikazani na slici 6.16.

a) Za frekvenciju rezonantnog izdizanja dana je formula ωr = ωn√

1− 2ζ2.

Sa slike 6.16 mozemo ocitati ωn =

√(12

)2+(√

32

)2

=√

14

+ 34

= 1 i

ζ = cosα =12

ωn= 1

2. Uvrstavanjem dobivamo:

68

=

<−1 −12

12

−1

−12

12

1

ωn

α

ωnζ = 12

ωn

√1−ζ2=

√3 2

Slika 6.16: Raspored polova i nula sustava

ωr =√

22

= 0.7071

Kako je zadan sustav drugog reda, iz Slike 6.16, odnosno polozaja polovaodmah se moze iscitati prijenosna funkcija sustava:

G(s) =ω2n

s2 + 2ζωns+ ω2n

=1

s2 + s+ 1

G(jω) =1

1− ω2 + jω

Pojasnopropusna frekvencija je ona frekvencija pri kojoj amplitudno- frek-vencijska karakteristika padne za 3 dB u odnosu na amplitudu propusnogpojasa. Kako imamo kompleksno konjugirani par polova s jedinicnimpojacanjem, lako mozemo zakljuciti kako je amplituda u pojasnopropus-nom podrucju 0 dB. Dakle, trazimo frekvenciju ωb pri kojoj ce amplitudaiznositi -3 dB.

20 log |G(jωb)| = −3 [dB]

ωb ≈ 1.2712

b) Fazno osiguranje definirano je preko otvorenog kruga sustava. Sustav jes jedinicnom negativnom povratnom vezom. Iz toga mozemo odrediti

69

prijenosnu funkciju otvorenog kruga:

Go(s) =G(s)

1−G(s)=

1

s(s+ 1)

Potrebno je odrediti iznos presjecne frekvencije (ωc) i iznos faze na tojfrekvenciji.

Go(jω) =1

jω − ω2

ωc ≈ 0.7862

γ ≈ 51.8273

c) Transportno kasnjenje u frekvencijskoj domeni opisano je clanom e−jωTt .Takav clan ima jedinicno pojacanje za ∀ω, pa ne utjece na amplutudno-frekvencijski dijagram. Medutim, utjece na fazu, i u fazno frekvencijskomdijagramu pojavljuje se kao clan −ωTt. Najvece transportno kasnjenjekoje se smije (dodatno) pojaviti u otovorenom krugu iznosi:

Tt = 10ωc≈ 0.222 [s]

Rjesenje 6.5

Prvi korak je odredivanje presjecne frekvencije:

|Go(jωc)| = 1 = ω2n√

(ω2n−ω2

c )2+(2ζωnωc)2

ωc = 0 rad/s

Racuna se fazno osiguranje i interval vrijednosti mrtvog vremena Tt zakoje je γ > 55:

γ = 180 + ϕ(ωc) = 180 > 55

Tt ∈ [0,∞〉 s

Rjesenje 6.6

a) Slika 6.17.

70

10−1 100 101 102 103

0

−20

−40

Ar = −A(ωπ)

Frekvencija ω

A(ω

)[dB]

10−1 100 101 102 103

−90

−135

−180

−225

−270

ωπ

ϕ(ω

)[]

Slika 6.17: Bodeov dijagram procesa za a) dio zadatka

b) Iako u tekstu zadatka eksplicitno ne pise, potrebno je koristenjem jed-nadzbi pravaca koji aproksimiraju Bodeov dijagram odrediti amplitudnoosiguranje. Gornja granica raspona pojacanja KR bit ce upravo onaj iznospojacanja pri kojem amplitudno osiguranje iscezava.

Za odredivanje amplitudnog osiguranja potrebno je odrediti frekvencijuωπ pri kojoj fazna karakteristika sjece −180.

Iz prethodno odredenog Bodeovog dijagrama moze se vidjeti da je am-plitudnu karakteristiku moguce aproksimirati jednadzbama triju pravaca(koje vrijede na odgovarajucim intervalima; (0, 8], (8, 50], (50,∞)). Faznukarakteristiku mozemo aproksimirati s 5 pravaca (na intervalima (0, 0.8],(0.8, 5], (5, 80], (80, 500], (500,∞)).

Presjecnu frekvenciju ωπ odredujemo iz fazne karakteristike, a iz slike 6.17mozemo vidjeti kako cemo presjeciste odrediti pomocu jednadzbe pravcana trecem intervalu. Jednadzba pravca (kroz tocku) na intervalu (5, 80]dana je s

ϕ(ω)− (−90− 45 log5

0.8) = −90(logω − log 5) .

Uvrstavanjem ϕ(ωπ) = −180 dobivamo

ωπ = 20

Amplitudno osiguranje odredujemo iz druge jednadzbe pravca amplitudne

71

karakteristike (jer je ωπ ∈ (8, 50]). Jednadzba tog pravca glasi

A(ω)− (−20 log 8) = −40(logω − log 8) ,

a fazno osiguranje, odnosno maksimalni KR dobivamo prema

Ar = −A(ωπ) = 20 log 8 + 40 logωπ8

KR = 50

Zakljucujemo kako je sustav stabilan uz KR ∈ (0, 50).

Rjesenje 6.7

a)

Gp(s) =s+ 10

s(s+ 1).

b) Slika 6.18.


c) Amplitudni pravci (prvo pravac nagiba -3, a onda pravac nagiba -1):

y = −60x+ b (nagib− 3)

x = 0 ⇒ b = 20 + 20 log 200 = 66

x = 1 ⇒ y = −60 + 66 = 6 (pocetna tocka za pravac nagiba− 1)

y = −20(x− xc) (nagib− 1)

6 = −20(1− xc)xc =

26

20=

13

10

ωc = 101310 = 19.95 rad/s

72

Fazni pravac:

y = −90x+ b

x = 0 ⇒ b = −270

x = xc ⇒ y = 9013

10− 270 = −153

γ = 27

Rjesenje 6.8

Bodeov dijagram se crta za otvoreni krug (slika 6.19)! Amplitudno osi-

10−1

100

101

102

103

104

−60

−40

−20

0

20

40

ω [rad/s]

L(ω

) [d

B]

10−1

100

101

102

103

104

−180

−135

−90

−45

0

ω [rad/s]

φ(ω

) [°

]

20log(49)=33.8−1

−2

−1

−1

−2

40.2 dB

Slika 6.19

73

guranje na frekvenciji 5000 rad/s iznosi priblizno 40.2 dB, a fazno osiguranjena frekvenciji 490 rad/s iznosi priblizno 45.

Iz amplitudnog osiguranja proizlazi da dodatno pojacanje koje se mozeunijeti u sustav, a da on dode na rub stabilnosti, iznosi:

KR,dod = 1040.220 = 102.3

sto znaci da pojacanje regulatora koje bi dovelo sustav na rub stabilnostiiznosi:

KR,kr = KR ·KR,dod = 2507.1

Zbog koristenja aproksimacije s pravcima ovaj rezultat zapravo nije tocan.Faza doseze -180 tek na beskonacnoj frekvenciji te je stoga amplitudno osi-guranje beskonacno, odnosno teoretski i kriticno pojacanje regulatora bi bilobeskonacno.

Rjesenje 6.9

a)

G (s) =Ui (s)

Uu (s)= − 1

1 + sRC= − 1

1 + 0.1s

b) Bodeov prikaz amplitudno-frekvencijske karakteristike (aproksimaciju spravcima) dan je na slici 6.20.

c) Za frekvenciju ulaznog signala ω = 100 rad/s ocitava se s dijagramapojacanje -20 dB, odnosno u apsolutnom iznosu 0.1 pa je amplituda iz-laznog signala ui u ustaljenom stanju jednaka ui(∞) = 0.1 · 2 = 0.2 V.

Rjesenje 6.10

a) Fazna karakteristika ne ovisi o pojacanju pa se ona prva ucrtava (slika6.21). Nakon toga se iz zadanog faznog osiguranja odreduje frekvencijapresjeka ωc = 0.063 rad/s. Oblik amplitudne karakteristike je poznat(nagib -1 do prve lomne frekvencije ωl1 = 0.1 rad/s, -2 izmedu dvijulomnih frekvencija ωl1 = 0.1 rad/s i ωl2 = 0.5 rad/s te -3 nakon drugelomne frekvencije ωl2 = 0.5 rad/s.

Pojacanje otvorenog kruga se iscitava na frekvenciji ω = 1 rad/s u produzetkunagiba -1 te iznosi K = −24.1 dB, odnosno K = 0.0622.

74

10−1

100

101

102

103

−40

−35

−30

−25

−20

−15

−10

−5

0

5

ω [rad/s]

A(ω

) dB

Slika 6.20

Pri crtanju amplitudne karakteristike moze se pretpostaviti neka vrijed-nost pojacanja K, a nakon toga spustiti ili podici amplitudnu karakteris-tiku na 0 dB na presjecnoj frekvenciji. Rezultat mora ispasti isti.

b) Iz relacije γ[] = 70 − σm[%] dobiva se procijenjeno nadvisenje σm =20%, odnosno vrijeme prvog maksimuma iz relacije tm = 3

ωc= 3

0.063=

47.6 s. Stvarni odziv je dan na slici (6.22), a studenti bi trebali skiciratioblik PT2S clana s naznacenim procijenjenim vrijednostima nadvisenja ivremena prvog maksimuma.

Rjesenje 6.11

a) Prijenosna funkcija u formi prikladnoj za crtanje Bodeovog dijagrama:

Go(s) =0.4

s(s+ 1)( s5

+ 1)

75

10−3

10−2

10−1

100

101

102

−200

−150

−100

−50

0

50

L(ω

) [d

B]

ω [rad/s]

10−3

10−2

10−1

100

101

102

−270

−130

−180

−90

φ(ω

) [°

]

ω [rad/s]

Slika 6.21

Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

0 20 40 60 80 100 120 140 1600

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

Slika 6.22

b) Sa slike 6.23 ocitavamo presjecnu frekvenciju ωc = 0.4rad/s i fazno osigu-

76

0.01 0.1 1 10 1000.4 5−120

32

−8

0

−36

−80

frekvencija [rad/s]

ampl

ituda

[dB

]

−1

−2

−1

(a) Amplitudno-frekvencijska karakteristika.

0.01 10 50 1000.1 1−300

−270

−239

−180

−90

−50

frekvencija [rad/s]

faza

[°]

0.4

−117−121

−1

−2

−1

0.5

(b) Fazno-frekvencijska karakteristika.

Slika 6.23: Aproksimacija pravcima Bodeove karakteristike.

77

ranje.

φ(ωc) = −90− (log 0.4− log 0.1) · 45 = −117

γ = 180 − φ(ωc) = 63

Vrijeme prvog maksimuma i nadvisenje odredujemo priblizno (slika 6.24):σm ≈ 70− γ = 7%tm ≈ 3

ωc= 7.5s.

0 5 10 150

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

Slika 6.24: Prijelazna funkcija zatvorenog kruga upravljanja

Rjesenje 6.12

a) Prijenosna funkcija otvorenog kruga s PID regulatorom je:

Go(s) =KR

TI

TITDs2 + TIs+ 1

s

1

(1 + T1s)(1 + T2s)(1 + T3s)

Go(s) = 1.02

(1 + s

0.487

) (1 + s

0.325

)

s(1 + s

0.5

) (1 + s

0.3

) (1 + s

0.25

)

Vidi se da u brojniku i nazivniku postoje bliske frekvencije, tako da ce zapotrebu aproksimacije pravcima biti sasvim zadovoljavajuce da pokratimobliske nule i polove, sto daje:

Go(s) ≈1

s(1 + s

0.25

)

Bodeov dijagram dobiven aproksimacijom pravcima dan je na slici 6.25.

78

10−2

10−1

100

101

−60

−40

−20

0

20

40

X: 0.5191Y: −0.004989

Am

plitu

da [d

B]

10−2

10−1

100

101

−180

−160

−140

−120

−100

X: 0.5191Y: −148.3

Faz

a [°

]

Frekvencija


b) Iz slike 6.25 ocitavamo da je presjecna frekvencija ωc = 0.52 rad/s, dokje faza na presjecnoj frekvenciji -148. Odatle se koristenjem pribliznihrelacija dobiva vrijeme prvog maksimuma

tm ≈ 3/ωc = 5.8 s,

Fazno osiguranje jeγ = −148 + 180 = 32

pa je nadvisenjeσm ≈ 70− γ = 70− 32 = 38%

Rjesenje 6.13

a) Vremenska konstanta PI regulatora je TI = 1 s.

b) Go = 1−ss(s+10)

= 0.1s

1−s1+ s

10

c) Na slici 6.26 se vidi da uz KR = 1 amplitudno osiguranje iznosi 20 dB,dakle treba smanjiti amplitudno osiguranje za 10 dB, odnosno povecatipojacanje sustava za 10 dB.20 logKR = 10⇒ KR = 3.16

79

10−2

10−1

100

101

102

103

−300

−250

−200

−150

−100

−50

10−2

10−1

100

101

102

103

−60

−50

−40

−30

−20

−10

0

10

20

−20 dB/dek

−45 °/dek

−45 °/dek

−90 °/dek

−90 °

−270 °

A.O.

−20 dB/dek

Slika 6.26: Bodeov dijagram za KR = 1

d) Na slici 6.27 nalazi se Bodeov dijagram sustava s pojacanjem KR =100.5 = 3.16. Koristeci amplitudno-frekvencijsku karakteristiku racunase prvo presjecna frekvencija sustava.

y = −20x− 10

Za y = 0 imamo:

xc = −0.5⇒ ωc = 10−0.5 = 0.316

Koristeci fazno-frekvencijsku karakteristiku racunamo fazno osiguranjesustava:

y = −45x− 135

Za x = xc = −0.5 imamo:

y = −45(−0.5)− 135 = −112.5 = ϕ(ωc)γ = 180 + ϕ(ωc) = 67.5

80

10−2

10−1

100

101

102

103

−50

−40

−30

−20

−10

0

10

20

30

10−2

10−1

100

101

102

103

−280

−260

−240

−220

−200

−180

−160

−140

−120

−100

−80

−20 dB/dek

−20 dB/dek

A.O.

F.O.

−90 °

−270 °

−90 °/dek

Slika 6.27: Bodeov dijagram za KR = 3.16

Rjesenje 6.14

81

a)

G(jω) =K(jω − 1)

(jω + 1)(jω + 10)

Re(ω) =12Kω2 − 10K

(10− ω2)2 + (11ω)2, Im(ω) =

Kω(21− ω2)

(10− ω2)2 + (11ω)2

Im = 0 ⇒ ω = 0, ω =√

21 ⇒ Re = −K10, Re =

K

11

Re = 0 ⇒ ω =

√10

12⇒ Im =

K√

30

55i) K > 0, Slika 6.28

−K10

> −1 ⇒ K < 10

ii) K < 0, Slika 6.29

K

11> −1 ⇒ K > −11

⇒ K ∈ 〈−11, 10〉

Slika 6.28: Nyquistov dijagram za K > 0.

b)

K = −10.5

ωπ =√

21, ⇒ Re =−10.5

11= 0.95, ⇒ Ar = 1.04 = 0.4 dB

A(ωc) = 1 ⇒ ωc = 3.2066rad

s⇒ ϕ = 0.29 rad = 16.86

Na slici 6.30 naznaceni su amplitudno i fazno osiguranje.

82

Slika 6.29: Nyquistov dijagram za K < 0.

Slika 6.30: Nyquistov dijagram za K = −10.5.

Rjesenje 6.15

Uvrstavanjem s = jω dobije se:

Go (jω) = K · 1− 0.242ω2 + j (0.004ω3 − 2.12ω)

0.0016ω4 + 4.0004ω2 + 1

Realni i imaginarni dio iznose:

< (ω) = K · 1− 0.242ω2

0.0016ω4 + 4.0004ω2 + 1

= (ω) = K · 0.004ω3 − 2.12ω

0.0016ω4 + 4.0004ω2 + 1

Pocetna i konacna tocka:

ω = 0⇒ < (0) = K= (0) = 0

ω →∞⇒ < (∞) = 0= (∞) = 0

83

Sjecista sa negativnim poluosima:

<(ωπ

2

)= 0⇒ ωπ

2= 2.0328⇒ =

(ωπ

2

)= −0.24353K

= (ωπ) = 0⇒ ωπ = 23.022⇒ < (ωπ) = −0.049505K

Oba pola unose po -90 u faznu karakteristiku, a isto tako i nula u desnojpoluravnini pa ukupna fazna karakteristika zavrsava na -270, sto je ujednoi kut upada u ishodiste Nyquistovog dijagrama.

Granica stabilnosti:

< (ωπ) = −0.049505K = −1⇒ Kkr = 20.2

Skica dijagrama prikazana je slikom 6.31.

−2 0−1 2 4 5 6 8 10 12 14 15 16−8

−7

−6

−5

−4

−3

−2

−1

0

1

Re(ω)

j⋅Im

(ω)

K=5K=15

Slika 6.31: Nyquistov dijagram.

Rjesenje 6.16

a) Iz nadvisenja se dobije faktor prigusenja:

σm = 100e− ζπ√

1−ζ2 ⇒ ζ =ln 100

σm√π2 +

(ln 100

σm

)2= 0.69

84

Vrijeme prvog maksimuma od Y (s)U(s)

je 1.5s, ali vrijeme prvog maksimuma

od X(s)U(s)

je tm − Tt = 0.5s. Dakle:

tm − Tt =π

ωn√

1− ζ2

ωn =π

(tm − Tt)√

1− ζ2= 8.68

Naposlijetku, prijenosna funkcija je

G (s) =Y (s)

U (s)=

ω2n

s2 + 2ζωns+ ω2n

e−Tts =75.34

s2 + 11.98s+ 75.34e−s.

Buduci da odziv pocinje tek u t = 1s, nagib u t = 0+ je 0.

b) Ako je Gx = X(s)U(s)

, onda

G0 (s) =Gx (s)

1−Gx (s)=

75.34

s (s+ 11.98)

Re G (jω) = −K(ω)2+p2

= −75.34ω2+143.52

Im G (jω) = − 1ω

pKω2+p2

= − 1ω

902.57ω2+143.52

ω = 0→ Re = −Kp2

= −0.525, Im = −∞ω =∞→ Re = 0, Im = 0

S obzirom da je sustav drugog reda, Nyquistova krivulja prolazi samo krozdva kvadranta, tj. nigdje ne sijece niti realnu niti imaginarnu os.

c) Kut i amplituda od Gx(s) na ω = 3:

|Gx (j3)| = 1√ω2+1

= 1√10

∠Gx (j3) = − arctanω = −1.25rad

x (t) = 0.63 sin (3t− 0.726)

Kut i amplituda kasnjenja na ω = 3:∣∣e−3Tt

∣∣ = 1∠e−3Tt = −ωTt = −3rad

y(t) = 0.63 sin (3t− 3.726)

Rjesenje 6.17

85

−1 −0.9 −0.8 −0.7 −0.6 −0.5 −0.4 −0.3 −0.2 −0.1 0−10

−8

−6

−4

−2

0

2

4

6

8

10

Nyquist Diagram

Real Axis

Imag

inar

y A

xis

−0.525

Slika 6.32: Slika uz rjesenje Zadatka 1.

a) Iz Nyquistovog dijagrama je ocito je da je rijec o sustavu treceg reda:

G(s) = Ka3s3+a2s2+a1s+1

,

G(jω) = K1−a2ω2+jω(a1−a3ω2)

.

Iz G(j1) = −j slijedi:

1− a2ω2 = 0 ⇒ a2 = 1,

Kj(a1−a3)

= −j ⇒ K = a1 − a3.

Iz G(j3) = −14

slijedi:

a1 − a3ω2 = 0 ⇒ a1 = 9a3

K1−a2ω2 = −1

4⇒ K = 2

Kombinirajuci gore dobivene uvjete, dobije se: a3 = 0.25, a1 = 2.25,odnosno prijenosna funkcija glasi:

G(s) =2

0.25s3 + s2 + 2.25s+ 1.

86

b) Direktnim ocitavanjem iz Nyquistovog dijagrama, odnosno zadane tablice,dobije se rjesenje:

y(t) = 4 + 3 sin(t− π

2

)+ cos (3t).

Rjesenje 6.18

a) Vidi sliku 6.33.

Go(jω) = K1− ω2T1T2 − jω (T1 + T2)

(1− ω2T1T2)2 + ω2 (T1 + T2)2

Karakteristicne tocke dijagrama su:

• G(0) = K,

• G(j 1√

T1T2

)= −jK

√T1T2

T1+T2,

• G(j∞) = 0.

−1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

Nyquist Diagram

Real Axis

Ima

gin

ary

Axis

Slika 6.33: Nyquistov dijagram

b) Ne moze. Otvoreni krug je stabilan, a Nyquistov dijagram ne prelazi udrugi kvadrant pa ne moze ni zaokruziti tocku −1.

Rjesenje 6.19

a) Prijenosna funkcija otvorenog kruga:

87

−1 −0.9 −0.8 −0.7 −0.6 −0.5 −0.4 −0.3 −0.2 −0.1 0−10

−8

−6

−4

−2

0

2

4

6

8

10

Nyquist Diagram

Real Axis

Imag

inar

y A

xis

Slika 6.34: Nyquistov dijagram prijenosne funkcije otvorenog kruga Go(s).

Go(s) = Gz1−Gz = 1

1ωns2+ 2ζ

ωns

= 10.5539s2+0.9326s

Slika 6.34.

b) Za sustav na granici stabilnosti vrijedi:

|Go(jωc)| = 1

|Go(jωc)| = 1√0.55392ω4

c+0.93262ω2c

⇒ ωc = 0.9370 rad/s

Fazno osiguranje sustava je:

γ = 180 + ϕ0(ωc) = 60.9035

Da bi sustav bio stabilan mora biti zadovoljen uvjet:

ωcTt < γ[rad]

Tt < 1.1345s

Rjesenje 6.20

a)

Go(jω) =20K

ω(ω2 + 16)[−5ω + j(ω2 − 4)]

88

Nyquistova krivulja za ω =∞ i ω = 0:

limω→∞

<Go(jω) = 0

limω→∞

=Go(jω) = 0

limω→0<Go(jω) = −25

4K

limω→0=Go(jω) = −∞

Presjecna tocka Nyquistove krivulje s realnom osi:

=Go(jω) = 0⇒ ω2 = 4

ω = 2⇒ <Go(jω) = −5K

Nyquistov dijagram je prikazan slikom 6.35. Iz njega se moze ocitati dace sustav biti stabilan za slucaj kada je tocka (−5K, j0) desno od (-1,j0),odnosno 0 < 5K < 1 iz cega slijedi

0 < K < 0.2

Im

5K−

25

4K−

Slika 6.35: Nyquistov dijagram

b) Bodeov dijagram sa oznacenim amplitudnim i faznim osiguranjem je pri-kazan slikom 6.36.

Rjesenje 6.21

a) Racunamo prvo koja je presjecna frekvencija ako je fazno osiguranje 60:

89

-40

-20

0

20

40

60

Magnitude (

dB

)

10-2

10-1 10

2

-270

-225

-180

-135

-90

Phase (

deg)

Frequency (rad/sec)

-6dB

F.O.

4·10-1

100

4·100

101

4·101

A.O.-1

0

-1

-1

-1

-2

0

0

Slika 6.36: Bodeov dijagram sa oznacenim amplitudnim i faznim osigura-njima

arg(Go) = −90 − arctg(ωcT2)− arctg(ωcT3) = −120

ωc(T2 + T3)

1 + ω2cT2T3

= 0.5774 ⇒ ωc = 0.9215

Na presjecnoj frekvenciji je pojacanje sustava jednako jedan pa iz toguvjeta racunamo iznos vremenske konstante T1:

|Go(jω)| = 1

T1T2T3ωc√ω2c + ( 1

T2)2√ω2c + ( 1

T3)2

= 1

⇒ T1 = 0.9814

b) Racunamo presjecista dijagrama s koordinatnim osima:

Go(jω) =1

0.54jω(1 + 0.5jω)(1 + 0.1jω)= 1.85

−0.6ω2 − jω(1− 0.05ω2)

0.36ω4 + ω2(1− 0.05ω2)

Re = 0 ⇒ −0.6ω2

0.36ω4 + ω2(1− 0.05ω2)= 0 nikada ne sijece imaginarnu os

Im = 0 ⇒ −ω(1− 0.05ω2) = 0 ⇒ ω =√

20 ⇒ Re = −0.154

90

Zatim racunamo pocetnu i konacnu tocku:

ω = 0 → Re = −1.11 , Im =∞ω =∞ → Re = 0 , Im = 0

Nyquistov dijagram prikazan je na slikama 6.37 i 6.38.

−1.4 −1.2 −1 −0.8 −0.6 −0.4 −0.2 0−20

−15

−10

−5

0

5

10

15

20

Nyquist Diagram

Real Axis

Imagin

ary

Axis

Slika 6.37: Podrucje stabilnosti

−0.16 −0.14 −0.12 −0.1 −0.08 −0.06 −0.04 −0.02 0

−0.025

−0.02

−0.015

−0.01

−0.005

0

0.005

0.01

0.015

0.02

Nyquist Diagram

Real Axis

Imagin

ary

Axis

Slika 6.38: Podrucje stabilnosti

c) Oznaciti amplitudno i fazno osiguranje na Nyquistovom dijagramu.

Rjesenje 6.22

91

a) Nyquistov dijagram prikazan je na slici 6.39.

Re(ω)

−KT

asimptota

jIm(ω)

Slika 6.39: Nyquistov dijagram.

b) Bodeov dijagram prikazan je na slici 6.40.

c) Zatvoreni krug s K > 0 ne moze se dovesti na rub stabilnosti jer fazadoseze -180 tek u beskonacnosti. Amplitudno osiguranje je beskonacnopa bi tek za K →∞ sustav dosao na rub stabilnosti.

92

10−3

10−2

10−1

100

101

−100

−80

−60

−40

−20

0

20

ω [rad/s]

A(ω

)[dB]

10−3

10−2

10−1

100

101

−225

−180

−135

−90

−45

0

ω [rad/s]

ϕ(ω

)


93

Poglavlje 7

Polovi, nule i vremenski odzivi

Zadatak 7.1

Zatvoreni sustav upravljanja prikazan je slikom 7.1. Odredite polozaj polova

K(s+a)(s+1)(s+2)

R(s) Y (s)

−


zatvorenog sustava upravljanja i skicirajte ih u kompleksnoj s-ravnini uz

vrijednosti parametara a = −2

3i K =

4

3.

Zadatak 7.2

σ

jω

10−1−15

Slika 7.2: Polovi i nule procesa.

Na slici 7.2 dani su polovi i nule procesa u kompleksnoj s–ravnini. Prije-lazna funkcija u ustaljenom stanju ima nagib 1

5. Odredite prijenosnu funkciju

procesa. Napomena: jednostruki polovi su oznaceni krizicima, a jednostrukenule kruzicima.

94

Zadatak 7.3

Zadan je sustav upravljanja prikazan blokovskom shemom na slici 7.3. Poloviprijenosne funkcije u direktnoj grani su sp1,2 = −1± j. Skicirajte prijelaznu

Kω2n

s2 + 2ζωns+ ω2n

e−sTt

R(s) Y (s)

−


funkciju otvorenog sustava Go(s) uz tocno odredeno nadvisenje, vrijeme pr-vog maksimuma i vrijeme smirivanja. Zadano je Tt = 2 s i K = 1.

Zadatak 7.4

Zatvoreni regulacijski krug prikazan je slikom 7.4. Za iznos K = 0.1 kva-

K20(1− s)

s(s+ 4)

RegulatorProces

R(s) Y (s)

−

Slika 7.4: Zatvoreni regulacijski krug

litativno skicirajte prijelaznu funkciju zatvorenog regulacijskog kruga (nijepotrebno izracunavati vremenske pokazatelje kvalitete).

Zadatak 7.5


Go (s) = Ko ·1− 0.1s

(1 + 2s) (1 + 0.02s).

Potrebno je skicirati prijelazne funkcije zatvorenog sustava za Ko = 5 iza Ko = 15 na istoj slici (nije potrebno izracunavati vremenske pokazate-lje kvalitete, nego samo vrijednosti u ustaljenom stanju i voditi racuna opodbacajima, prebacajima i oscilacijama).

95

Zadatak 7.6

Na slici 7.5 zvjezdicama su prikazani polovi sustava G1(s) a trokuticimapolovi sustavaG2(s). Kvalitativno skicirajte prijelazne funkcije sustavaG1(s)i G2(s).

σ

jω

j1

j2

60°

s-ravnina

Slika 7.5: Polovi sustava u kompleksnoj s-ravnini.

Zadatak 7.7

Za sustav G(s) = 32s2+2s+16

odredite vremenske pokazatelje kvalitete: vri-jeme porasta tr, vrijeme prvog maksimuma tm, maksimalno nadvisenje σm ivrijeme smirivanja t1%.

Zadatak 7.8

Zatvoreni sustav upravljanja prikazan je slikom 7.6. Prijelazna funkcija hr(t)

KR

2

(1 + 0.1s)(1 + 0.002s)

RegulatorProces

R(s) Y (s)

−


zatvorenog sustava upravljanja u ustaljenom stanju ima vrijednost hr(∞) =0.98. U tom slucaju potrebno je:

a) Odrediti pojacanje regulatora KR.

b) Odrediti maksimalnu vrijednost prijelazne funkcije hr,m(tm) te vrijemeprvog maksimuma tm na temelju relacija za sustav drugog reda.

c) Skicirati polove zatvorenog sustava u kompleksnoj s ravnini te naznacitivezu izmedu polozaja polova i relativnog koeficijenta prigusenja ζ, od-nosno prirodne frekvencije neprigusenih oscilacija ωn.

96

Zadatak 7.9

Zatvoreni sustav upravljanja zadan je slikom 7.7. Prijelazna funkcija hr(t)

Go(s)R(s) Y (s)

−


zatvorenog sustava upravljanja ima oblik prijelazne funkcije PT2S clana bezkonacnih nula, pri cemu je hr(∞) = 1, nadvisenje iznosi σm = 8%, a vrijemeprvog maksimuma tm = 3 s. Potrebno je:

a) Odrediti polove zatvorenog sustava upravljanja i prikazati ih u komplek-snoj ravnini.

b) Odrediti prijenosnu funkciju otvorenog kruga Go(s).

Zadatak 7.10


Go (s) =K

s (1 + Ts).

Za zadanu vremensku konstantu T = 10 s potrebno je odrediti koeficijentpojacanja K tako da nadvisenje prijelazne funkcije σm zatvorenog kruga sjedinicnom negativnom povratnom vezom iznosi tocno 10%.

Zadatak 7.11


GR(s)10

(s+ 2)(s+ 5)

RegulatorProces

R(s) Y (s)

−

Slika 7.8: Sustav upravljanja s opcenitim regulatorom.

Neka regulator ima oblik P clana, GR(s) = KR. Odredite pojacanje KR

tako da vrijeme prvog maksimuma prijelazne funkcije zatvorenog kruga budetm = 0.7s.

97

Zadatak 7.12

Prijenosna funkcija G1(s) ima kompleksno–konjugirani par polova s1,2 =−σ1 ± jω1, σ1 > 0. Naznacite u kompleksnoj s–ravnini polozaj polova prije-nosne G2(s) cija prijelazna funkcija ima jednako nadvisenje i dvostruko vecevrijeme porasta od prijelazne funkcije od G1(s).

Zadatak 7.13

Za linearni kontinuirani sustav drugog reda opisan prijenosnom funkcijomG(s) bez konacnih nula zadani su sljedeci pokazatelji kvalitete:

tm = 3.14 s,

σm = 16.3%.

a) Odredite i skicirajte polozaj polova prijenosne funkcije G(s) u s-ravnini teodredite prijenosnu funkcijuG(s) uz dodatni zahtjev da staticko pojacanjesustava iznosi 1.

b) Ako je G(s) prijenosna funkcija zatvorenog kruga s jedinicnom povratnomvezom, odredite i skicirajte polozaj polova prijenosne funkcije otvorenogkruga Go(s). Je li otvoreni krug stabilan?

Zadatak 7.14

Koristeci relacije koje vrijede za sustav II reda (bez konacnih nula) potrebnoje skicirati podrucje polova u kompleksnoj s-ravnini da bi se istovremenozadovoljili sljedeci zahtjevi:

• vrijeme prvog maksimuma tm < 1 s i

• nadvisenje σm < 10 %.

Zadatak 7.15

Koristeci relacije koje vrijede za sustav II reda (bez konacnih nula) potrebnoje skicirati podrucje polova u kompleksnoj s-ravnini da bi se istovremenozadovoljili sljedeci zahtjevi:

• vrijeme smirivanja t1% < 2 s,

• vrijeme porasta tr < 0.5 s i

• nadvisenje σm < 16.3%.

98

Zadatak 7.16

Koristeci relacije koje vrijede za sustav drugoga reda (bez konacnih nula)potrebno je skicirati podrucje polova u kompleksnoj s-ravnini da bi se isto-vremeno zadovoljili sljedeci zahtjevi:

• vrijeme prvog maksimuma tm < 1 s i

• vrijeme smirivanja t1% < 2 s.

Zadatak 7.17

Odredite pokazatelje kvalitete prijelazne funkcije za sustav drugog reda bezkonacnih nula, za koji je dano podrucje polova u s-ravnini prema slici 7.9.

Slika 7.9: Podrucje polova sustava drugog reda bez konacnih nula.

99

7.1 Rjesenja

Rjesenje 7.1

Karakteristicna jednadzba sustava upravljanja:

1 +Go(s) = 1 +K

(s+ a)(s+ 1)(s+ 2)= 0

s3 + (3 + a)s2 + (2 + 3a)s+ 2a+K = 0

Uvrstenjem K =4

3i a = −2

3u karakteristicnu jednadzbu slijede polovi

zatvorenog kruga.

s1,2 = 0, s3 = −7

3

Rjesenje 7.2

Prema zadanim polovima i nulama, prijenosna funkcija procesa je oblika

Gp(s) =Y (s)

U(s)= K

s− 1

s(s+ 1)(s+ 15).

Nagib prijelazne funkcije u ustaljenom stanju predstavlja iznos derivacije uustaljenom stanju. Operacija deriviranja u vremenskom podrucju prelazi umnozenje s kompleksnom varijablom s u Laplaceovom podrucju:

Lh′(t) =

derivacija︷︸︸︷sY (s) = sGp(s)

1

s︸︷︷︸U(s)

= Gp(s) .

Uvrstavanjem u teorem o konacnoj vrijednosti dobivamo

limt→∞

h′(t) = lims→0

sGp(s) =1

5

lims→0

sKs− 1

s(s+ 1)(s+ 15)=

1

5

K−1

1 · 15=

1

5K = −3

100

Rjesenje 7.3

Prijenosna funkcija sustava u direktnoj grani:

ζ = 0.71

ωn = 1.41

σm[%] = 100e− ζπ√

1−ζ2 = 4.21%

tm =π

ωn√

1− ζ2+ Tt = 5.164 s

t1% =4.6

ζωn+ Tt = 6.6 s

0 2 5 10 150

0.2

0.4

0.6

0.8

1

t [s]

h(t)

Slika 7.10: Prijelazna funkcija otvorenog sustava.

Rjesenje 7.4

Prijenosna funkcija zatvorenog kruga:

Gcl(s) =Go(s)

1 +Go(s)=

2(1− s)s2 + 2s+ 2

Karakteristike odziva:

0

11

• nadvisenje jer zatvoreni krugima kompleksne polove

• podbacaj jer zatvoreni krug imaneminimalno faznu nulu

• jedinicno pojacanje

101

Rjesenje 7.5

Za skicu odziva racunaju se vrijednosti u stacionarnom stanju premapojacanju zatvorenog kruga:

y (∞) =K

1 +K

te se dobiju vrijednosti 56

za K = 5 i 1516

za K = 15.Prijenosne funkcije zatvorenog kruga za K = 5 i K = 15:

Gz1 (s) =5

6· 1− 0.1s

(1 + 0.22351s) (1 + 0.029828s)

Gz2 (s) =15

16· 1− 0.1s

(1 + (0.01625 + 0.047286j) s) (1 + (0.01625− 0.047286j) s)

Obje prijenosne funkcije imaju nulu u desnoj poluravnini pa ce i objeprijelazne funkcije imati podbacaj. Polovi prijenosne funkcije Gz1 su realnipa pri dolasku u ustaljeno stanje nema oscilacija, dok su polovi prijenosnefunkcije Gz2 konjugirano-kompleksni pa prijelazna funkcija ima i prebacaj ioscilatornost pri dolasku u ustaljeno stanje (vidi sliku 7.11).

0 0.5 1 1.5−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

Step Response

Time (sec)

Am

plitu

de

K=5K=15

Slika 7.11: Prijelazne funkcije zatvorenog sustava za Ko = 5 i Ko = 15.

102

Rjesenje 7.6

Neka su prijenosne funkcije dvaju sustava kako slijedi:

G1(s) =ω2n∗

s2 + 2ζ∗ωn∗s+ ω2n∗

G2(s) =ω2nM

s2 + 2ζMωnMs+ ω2nM

Iz polozaja polova moze se zakljuciti o vremenskim pokazateljima:

ζ∗ = ζM −→ σm∗ = σmM

ζ∗ = ζM i ωn∗ < ωnM −→ tm∗ > tmM

ζ∗ = ζM i ωn∗ < ωnM −→ t1%∗ > t1%M

ωn∗ < ωnM −→ tr∗ > trM

Na slici 7.12 prikazani su odzivi oba sustava.

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 100

Time (sec)

1

Slika 7.12: Prijelazne funkcije sustava G1(s) i G2(s).

Rjesenje 7.7

Prvo treba odrediti karakteristicne parametre u frekvencijskoj domeni. Iz

G(s) =32

s2 + 2s+ 16= K

ω2n

s2 + 2ζωns+ ω2n

slijedi:

K = 2

ζ = 0.25

ωn = 4.

103

Vremenski pokazatelji:

tm =π

ωn√

1− ζ2=

π√15

= 0.81 s

σm = 100e− ζπ√

1−ζ2 = 100e− π√

15 = 44.43 %

t1% =4.6

ζωn= 4.6 s

tr =1.8

ωn= 0.45 s

Rjesenje 7.8

a) Prijenosna funkcija zatvorenog sustava glasi:

Gz (s) =Y (s)

R(s)=

KR · 2(1+0.1s)(1+0.002s)

1 +KR · 2(1+0.1s)(1+0.002s)

=

=2KR

1 + 2KR + 0.102s+ 0.0002s2=

=

2KR1+2KR

1 + 0.1021+2KR

s+ 0.00021+2KR

s2

Pojacanje regulatora lako se odredi iz teorema o konacnoj vrijednosti:

hr (∞) = lims→0

s ·Gz (s) · U (s) = lims→0

s ·Gz (s) · 1

s=

2KR

1 + 2KR

2KR

1 + 2KR

= 0.98⇒ KR = 24.5

b) Prijenosna funkcija s uvrstenim pojacanjem:

Gz (s) =Y (s)

R (s)=

0.98

1 + 0.00204s+ 4 · 10−6s2

=K

1 + 2ζTns+ T 2ns

2=

Kω2n

ω2n + 2ζωns+ s2

Iz prethodnog izraza slijedi da je:

Tn =√

4 · 10−6 = 0.002 s

ωn =1

Tn= 500 rad/s

2ζTn = 0.00204⇒ ζ = 0.51

104

Koristenjem relacija za sustav drugog reda dobiva se:

σm [%] = 100 · e−πζ√1−ζ2 = 15.526%

hr,m = hr (∞) ·(

1 +σm100

)= 0.98 · 1.15526 = 1.1322

tm =πTn√1− ζ2

= 0.0073045 s

c) Polovi sustava su:s1,2 = −255± j430.09

Relativni koeficijent prigusenja ζ je kosinus kuta kojeg polovi zatvaraju snegativnog realnom osi, a prirodna frekvencija neprigusenih oscilacija ωnje udaljenost polova od ishodista:

ζ = cos

(arctg

430.09

255

)= 0.51

ωn =√

2552 + 430.092 = 500 rad/s

Rjesenje 7.9

a)

σm% = 100 · e−πζ√1−ζ2 ⇒ ζ = 0.6266

tm =π

ω√

1− ζ2⇒ ωn = 1.3437

Polovi zatvorenog sustava upravljanja su:

sp1,2 = −ζωn ± jωn√

1− ζ2

sp1,2 = −0.8419± j1.0472

b) Prijenosna funkcija zatvorenog kruga:

Gz(s) =1

1ωns2 + 2ζ

ωns+ 1

Gz(s) =1

0.5539s2 + 0.9326s+ 1

105

Pole−Zero Map

Real Axis

Imag

inar

y A

xis

−0.9 −0.8 −0.7 −0.6 −0.5 −0.4 −0.3 −0.2 −0.1 0−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

System: GzPole : −0.842 − 1.05iDamping: 0.627Overshoot (%): 8Frequency (rad/sec): 1.34

System: GzPole : −0.842 + 1.05iDamping: 0.627Overshoot (%): 8Frequency (rad/sec): 1.34

Slika 7.13: Polovi zatvorenog sustava upravljanja.

Prijenosna funkcija otvorenog kruga:

Go(s) =Gz

1−Gz

=1

1ωns2 + 2ζ

ωns

=1

0.5539s2 + 0.9326s

Rjesenje 7.10


G (s) =Go (s)

1 +Go (s)=

0.1K

s2 + 0.1s+ 0.1K

ω2n = 0.1K

2ζωn = 0.1

⇒ K =

0.025

ζ2

σm = 100e− πζ√

1−ζ2 ⇒ ...⇒ ζ =ln(

100σm

)

√π2 + ln2

(100σm

) = 0.5912

K =0.025

ζ2= 0.0715

106

Rjesenje 7.11

Prijenosna funkcija zatvorenog kruga je:

G(s) =KRGp(s)

1 +KRGp(s)

=10KR

s2 + 7s+ 10(KR + 1)

Vrijeme prvog maksimuma dano je s tm = π

ωn√

1−ζ2gdje je ωn

√1− ζ2

apsolutna vrijednost imaginarne komponente kompleksno konjugiranog parapolova sustava drugog reda, sto mozemo izracunati direktno iz karakteristicnogpolinoma.

ωn√

1− ζ2 =π

tm√40(KR + 1)− 72

2=

π

tm

KR =1

10

(π

tm

)2

+9

40≈ 2.2392

Rjesenje 7.12

Konstantno nadvisenje znaci da se polovi nalaze na istom pravcu koji prolazikroz ishodiste, a konstantno vrijeme porasta tr = 1.8

ωnznaci da su polovi

na kruznici konstantnog radijusa sa sredistem u ishodistu. Ako se vrijemeporasta poveca dvostruko, kruznica ce imati dvostruko manji radijus. Polovisustava G2(s) prikazani su kruzicima na slici 7.14.

jω

-σ1 -σ1/2

ω1

ω1/2

Slika 7.14: Prikaz polova sustava G1(s) i G2(s) u kompleksnoj s-ravnini.

107

Rjesenje 7.13

a)

σm = e− ζπ√

1−ζ2 −→ ζ = 0.5

tm =π

ωn√

1− ζ2−→ ωp = ωn

√1− ζ2 = 1

−→ ωn =2√

3

3, ωnζ =

√3

3

G(s) =

4

3

s2 +2√

3

3s+

4

3

b)

Go =

4

3

s(s+2√

3

3)

Rub stabilnosti.

Rjesenje 7.14

Za vrijeme prvog maksimuma vrijedi:

jπ

σ

jω

-jπ

tm =π

ωn√

1− ζ2< 1

=⇒ ωn√

1− ζ2 > π

Za maksimalno nadvisenje vrijedi:

108

Θ=53°

jω

σ

σm = 100e− ζπ√

1−ζ2

ln100

σm=

ζπ√1− ζ2

ζ =ln 100

σm√π2 + ln2 100

σm

ζ =ln 10√

π2 + ln2 10= 0.5912

|Θ| = arccos ζ < 53

Presjekom podrucja dobivenih za zahtjeve na vrijeme prvog maksimuma i namaksimalno nadvisenje dobije se podrucje u kojem su zadovoljena oba zah-tjeva (vidi sliku 7.15).

Θ=53°

jω

jπ

-jπ

Slika 7.15: Podrucje polova u kompleksnoj s-ravnini.

Rjesenje 7.15

t1% =4.6

ζωn< 2⇒ ζωn > 2.3

tr =1.8

ωn< 0.5⇒ ωn > 3.6

σm = 100e

−ζπ√1− ζ2

< 16.3⇒ Θ < arccosln 100

16.3√π2 + ln2 100

16.3

= 1.047 ≈ π

3

Rezultantno podrucje prikazano je na slici 7.16.

109

Slika 7.16: Podrucje trazenih zahtjeva.

Rjesenje 7.16

jω

σ

jπ

-jπ

-2.3

tm =π

ωn√

1− ζ2< 1⇒ ωn

√1− ζ2 > π

t1% =4.6

ζωn< 2⇒ ζωn > 2.3

Rjesenje 7.17

Iz slike 7.9 se ocitava ωn > 4 s−1, te kut s negativnom realnom osi |α| < π4

=

45. Relativni koeficijent prigusenja je jednak ζ = cos(α) >√

22

. Konacno,veza s vremenskim podrucjem:

tr <1.8

ωn=

1.8

4= 0.45 s.

σm < 100e− πζ√

1−ζ2 = 4.32%.

110

Poglavlje 8

Stabilnost linearnihkontinuiranih sustavaupravljanja

Zadatak 8.1

Zatvoreni regulacijski krug prikazan je slikom 8.1.

K

s

1

s2 + s+ a

R(s)

Z(s)

E(s) Y (s)

−+

Slika 8.1: Zatvoreni regulacijski krug.

a) Koristenjem Hurwitzovog kriterija odredite podrucje stabilnosti u K-aravnini.

b) Koliki je iznos perioda oscilacija sustava na rubu stabilnosti?

Zadatak 8.2

Zadan je sustav upravljanja prikazan blokovskom shemom na slici 8.2. Hurwitzovimkriterijem stabilnosti odredite interval vrijednosti pojacanja KR za koje jesustav upravljanja stabilan.

111

KR

s− 1

(s+ 2)(s+ 3)(s+ 4)

RegulatorProces

R(s) Y (s)

−


Zadatak 8.3


K

(s+ a)(s+ 1)(s+ 2)

R(s) Y (s)

−


Odredite i skicirajte podrucje stabilnosti sustava u a-K ravnini koristeciHurwitzov kriterij.

Zadatak 8.4


Go (s) =K

s (1 + 10s) (1 + 2s)

Koristenjem Hurwitzovog kriterija stabilnosti odrediti dozvoljene iznosepojacanja K za koje je zatvoreni sustav s jedinicnom negativnom povratnomvezom stabilan.

Zadatak 8.5


GR(s)10

(s+ 2)(s+ 5)

RegulatorProces

R(s) Y (s)

−

Slika 8.4: Sustav upravljanja s opcenitim regulatorom.

112

−

+−

+

R

C

u

e

R1

R1

Slika 8.5: Regulator izveden idealnim operacijskim pojacalima.

a) Neka je regulator GR(s) prikazan slikom 8.5. Odredite prijenosnu funkcijutakvog regulatora, uz zadan R1 = 100kΩ.

b) Primjenom Hurwitzovog kriterija stabilnosti odrediti podrucje promije-njivih parametara C i R za koje ce zatvoreni sustav upravljanja sa slike8.4 uz regulator odreden u a) dijelu zadatka biti stabilan.

Zadatak 8.6

Zadan je sustav upravljanja prikazan blokovskom shemom na slici 8.6. Pritom

KR

sG(s) G(s)

G(s)

R(s) E(s)

Y (s)

−

−+

+

+


je: G(s) =1

s+ 2.

Primjenom algebarskog kriterija stabilnosti odredite interval vrijednostipojacanja KR za koji je sustav stabilan.

113

8.1 Rjesenja

Rjesenje 8.1

Go(s) =K

s(s2 + s+ a)

Karakteristicna jednadzba se dobije iz 1 +Go(s) = 0.

P (s) = s3 + s2 + as+K

a) Hurwitzov kriterij:

• a1 > 0⇒ K > 0 (I uvjet)a2 > 0⇒ a > 0 (II uvjet)

• D1 = a1 = a > 0 (isto kao II uvjet)

D2 =

∣∣∣∣a1 a0

a3 a2

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣a K1 1

∣∣∣∣ = a−K > 0 (III uvjet)

Uzimanjem u obzir uvjeta I, II i III dobiva se podrucje stabilnosti prika-zano slikom 8.7.

K

a

a=K

Slika 8.7: Podrucje stabilnosti.

b) Rub stabilnosti je ostvaren kada K = a. Uvrstavanjem u karakteristicnujednadzbu dobiva se period oscilacija kako slijedi.

P (s) = s3 + s2 + as+K = (s+ 1)(s2 + a)

P (jω) = s3 + s2 + as+K = (jω + 1)(−ω2 + a) = 0

ω =√a

T =2π√a

114

Rjesenje 8.2


1 +Go(s) = 1 +KR(s− 1)

(s+ 2)(s+ 3)(s+ 4)= 0

s3 + 9s2 + (26 +KR)s+ 24−KR = 0

Nuzno je da su svi koeficijenti karakteristicne jednadzbe istog predznaka:

a3 = 1 > 0

a2 = 9 > 0

a1 = 26 +KR > 0 ⇒ KR > −26

a0 = 24−KR > 0 ⇒ KR < 24

Determinante moraju biti pozitivne:

D1 = a1 > 0

D2 =

∣∣∣∣a1 a0

a3 a2

∣∣∣∣ > 0

9(26 +KR)− 1(24−KR) > 0 ⇒ KR > −21

Konacno rjesenje je:

KR ∈ 〈−21, 24〉

Rjesenje 8.3


1 +Go(s) = 1 +K

(s+ a)(s+ 1)(s+ 2)= 0

s3 + (3 + a)s2 + (2 + 3a)s+ 2a+K = 0


a3 = 1 > 0

a2 = 3 + a > 0 ⇒ a > −3

a1 = 2 + 3a > 0 ⇒ a > −2

3a0 = 2a+K > 0 ⇒ K > −2a

115


D1 = a1 > 0

D2 =

∣∣∣∣a1 a0

a3 a2

∣∣∣∣ > 0

(2 + 3a)(3 + a)− (2a+K) > 0 ⇒ K < 3(a+ 1)(a+ 2)

Konacno rjesenje je odredeno podrucjem:

K > −2a

K < 3a2 + 9a+ 6

i prikazano na slici 8.8.


Rjesenje 8.4

Karakteristicna jednadzba dobije se iz:

1 +Go (s) = 0

P (s) = 20s3 + 12s2 + s+K = 0

Prvi uvjet je K > 0, a determinante prema Hurwitzu su:

D1 = 1 > 0

D2 =

∣∣∣∣1 K20 12

∣∣∣∣ = 12− 20K > 0⇒ K <3

5

116

Ukupno je, dakle:

0 < K <3

5

Rjesenje 8.5

a) Neka je opceniti blok izveden operacijskim pojacalom prikazan na slici8.9. Njegovu prijenosnu funkciju mozemo odrediti promatrajuci struju Ikoja prolazi otporima Z1 i Z2.

u = Z2I

y = −Z1I

Gb =y

u= −Z1

Z2

Prijenosna funkcija regulatora prikazanog slikom 8.5 tada je:

−

+

Z1

yu

Z2

I

Slika 8.9: Blok izveden idealnim operacijskim pojacalom.

GR(s) =

(− R

R1

)(− 1

sCR1

)

GR(s) =R

sCR21

b) Uz GR(s) = RsCR2

1imamo

G(s) =GR(s)Gp(s)

1 +GR(s)Gp(s)

=10R

CR21s

3 + 7CR21s

2 + 10CR21s+ 10R

P (s) = CR21s

3 + 7CR21s

2 + 10CR21s+ 10R

117

Iz uvjeta za koeficijente karakteristicnog polinoma P (s) slijedi R > 0 iC > 0, sto je ispunjeno za sve ostvarive otpornike i kondenzatore. Preos-taje ispitati determinantu:

∣∣∣∣10CR2

1 10RCR2

1 7CR21

∣∣∣∣ > 0

70C2R41 − 10CR2

1R > 0

10CR21(7CR2

1 −R) > 0

7CR21 −R > 0

R < 7R21C

Podrucje stabilnosti prikazano je slikom 8.10.

C

R

7R21

1

R

C

7R21

1


Rjesenje 8.6

Blokovskom algebrom dobije se prijenosna funkcija otvorenog kruga:

G0(s) =KR

sG(s)

G(s)

1 +G(s)

G(s)

1−G(s)= KR

1

s(s+ 2)(s+ 3)(s+ 1)

Prijenosna funkcija zatvorenog kruga i karakteristicni polinom iznose

G(s) =KR

s4 + 6s3 + 11s2 + 6s+KR

P (s) = s4 + 6s3 + 11s2 + 6s+KR

Koristeci Hurwitzov kriterij ispitujemo sljedece uvijete:

118

1) svi koeficijenti od P su veci od nule ⇒ KR > 0;

2) provjera determinanti:

D1 = 6 > 0

D2 =

∣∣∣∣6 KR

6 11

∣∣∣∣ > 0⇒ KR < 11

D3 =

∣∣∣∣∣∣

6 KR 06 11 60 1 6

∣∣∣∣∣∣> 0⇒ KR < 10

Sustav je stabilan za vrijednosti KR unutar skupa 〈0, 10〉.

119

Poglavlje 9

Pokazatelji kvalitete sustavaautomatskog upravljanja uustaljenom stanju

Zadatak 9.1

Zadana je prijenosna funkcija otvorenog kruga

Go(s) =1

sTI(s+ 1)(s+ 5).

Potrebno je odrediti TI tako da regulacijsko odstupanje zatvorenog sus-tava upravljanja s jedinicnom povratnom vezom na pobudu r(t) = 2tS(t) uustaljenom stanju ima vrijednost e∞ = 5.

Zadatak 9.2

Zatvoreni regulacijski krug prikazan je slikom 9.1. Odredite regulacijsko od-stupanje e∞ u ustaljenom stanju ako je z(t) = 0.5tS(t).

Ks

1s2+s+a

R(s)

Z(s)

E(s) Y (s)

−+

Slika 9.1: Zatvoreni regulacijski krug.

120

Zadatak 9.3

Uz pretpostavku da je sustav upravljanja sa slike 9.2 stabilan, odrediti regu-lacijsko odstupanje u ustaljenom stanju uz signal referentne velicine r(t) =(1− t)S(t− 1).

K

(1 + sT1)(1 + sT2)

Go(s)

R(s) Y (s)

−


Zadatak 9.4

Sustav upravljanja prikazan je slikom 9.3 gdje je GR(s) PI strukture, a pri-jenosna funkcija procesa Gp(s) = 1

s(s+1)(s+2). Odredite iznos regulacijskog

odstupanja u ustaljenom stanju (e∞) ako je r(t) = tS(t).

GR(s) GP (s)R(s) E(s) Y (s)

−


Zadatak 9.5

Zadan je sustav upravljanja prikazan blokovskom shemom na slici 9.4 gdjesu ζ = 0.71 i ωn = 1.41.

Kω2n

s2+2ζωns+ω2n

e−sTt

R(s) Y (s)

−


Odredite iznos pojacanja K za koji odziv sustava na pobudu r(t) = S(t)u ustaljenom stanju iznosi 0.5.

121

Zadatak 9.6

Zadan je sustav upravljanja prikazan blokovskom shemom na slici 9.5 gdjeje G(s) = 1

s+2.

KR

sG(s) G(s)

G(s)

R(s) E(s)

Y (s)

−

−+

+

+


a) Uz promjenu referentne velicine r(t) = S(t) nadite iznos regulacijskogodstupanja u ustaljenom stanju e∞ za iznos pojacanja KR = 5.

b) Uz promjenu referentne velicine r(t) = tS(t), koliko mora iznositi pojacanjeKR da bi regulacijsko odstupanje u ustaljenom stanju bilo jednako e∞ =1?

Zadatak 9.7


Gp (s) =4 (1− 4s)

(1 + 10s) (1 + 2s).

Za parametre PI regulatora KR = 0.5 i TI = 15 s potrebno je odreditiregulacijska odstupanja u ustaljenom stanju na pobude oblika r(t) = S(t) ir(t) = t · S(t).

122

9.1 Rjesenja

Rjesenje 9.1

Prijenosna funkcija za regulacijsko odstupanje zatvorenog kruga:

G(s) =E(s)

R(s)=

1

1 +Go(s)=

2sTI(s+ 1)(s+ 5)

1 + 2sTI(s+ 1)(s+ 5)

Pobuda u Laplaceovom podrucju: R(s) = 2s2

.Regulacijsko odstupanje u Laplaceovom podrucju:

E(s) = G(s) ·R(s) =2

s· TI(s+ 1)(s+ 5)

1 + sTI(s+ 1)(s+ 5)

Regulacijsko odstupanje u ustaljenom stanju koristenjem teorema o konacnojvrijednosti:

e∞ = lims→0

sE(s) = lims→0

2TI(s+ 1)(s+ 5)

1 + sTI(s+ 1)(s+ 5)= 10TI = 5

TI = 0.5s

Rjesenje 9.2

Pogreska u ustaljenom stanju uz Z(s) = 0.5s2

:

E(s) = −Y (s) = −1

s2+s+a

1 + Ks(s2+s+a)

Z(s) =−s

s3 + s2 + as+K

0.5

s2

e∞ = lims→0

sE(s) = lims→0

−0.5

s3 + s2 + as+K=−0.5

K

Rjesenje 9.3

Sustav je bez astatizma pa ne moze slijediti zadanu referencu:

limt→∞

e(t) = lims→0

sE(s) = lims→0

sR(s)

1 +Go(s)= −∞

123

Rjesenje 9.4

R(s) = 1s2

, te je:

E(s) =1

1 +Go(s)R(s) =

TIs2(s+ 1)(s+ 2)

TIs2(s+ 1)(s+ 2) +KR(1 + TIs)· 1

s2=

=TI(s+ 1)(s+ 2)

TIs2(s+ 1)(s+ 2) +KR(1 + TIs)

e∞ = lims→0

sE(s) = lims→0

TIs(s+ 1)(s+ 2)

TIs2(s+ 1)(s+ 2) +KR(1 + TIs)=

0

KR

= 0

Rjesenje 9.5

Prijenosna funkcija zatvorenog sustava upravljanja:

G(s) = Kω2n

s2+2ζωns+ω2n+e−sTtKω2

n= 2K

s2+2s+2+2Ke−sTt

Odziv u ustaljenom stanju:

y∞ = lims→0

sY (s) = lims→0

K

1 +K= 0.5

K = 1

Rjesenje 9.6

Blokovskom algebrom dobije se prijenosna funkcija otvorenog kruga:

G0(s) =KR

sG(s)

G(s)

1 +G(s)

G(s)

1−G(s)= KR

1

s(s+ 2)(s+ 3)(s+ 1)

a) e∞ = 0, zato jer prijenosna funkcija otvorenog kruga ima astatizam prvogreda, tj. I-vladanje.

b)

e∞ = lims→0

s1

1 +Go(s)

1

s2=

6

KR

= 1

Pa je rjesenje KR = 6.

Rjesenje 9.7

Prijenosna funkcija regulatora:

GR (s) = KR

(1 +

1

TIs

)= 0.5 · 1 + 15s

15s

124

Prijenosna funkcija regulacijskog odstupanja u odnosu na referencu:

E (s)

R (s)=

1

1 +GR (s)Gp (s)=

15s (1 + 10s) (1 + 2s)

15s (1 + 10s) (1 + 2s) + 2 (1 + 15s) (1− 4s)

Regulacijsko odstupanje u ustaljenom stanju pri djelovanju jedinicnog skokar(t) = S(t) (R(s) = 1

s):

e (∞) = limt→∞

e (t) = lims→0

sE (s) =

= lims→0

s · 15s (1 + 10s) (1 + 2s)

15s (1 + 10s) (1 + 2s) + 2 (1 + 15s) (1− 4s)· 1

s= 0

Regulacijsko odstupanje u ustaljenom stanju pri djelovanju jedinicne ramper(t) = t · S(t) (R(s) = 1

s2):

e (∞) = limt→∞

e (t) = lims→0

sE (s) =

= lims→0

s · 15s (1 + 10s) (1 + 2s)

15s (1 + 10s) (1 + 2s) + 2 (1 + 15s) (1− 4s)· 1

s2=

15

2= 7.5

125

Poglavlje 10

Preslikavanje polova i nula iz su z ravninu

Zadatak 10.1

Polovi linearnog kontinuiranog sustava drugog reda bez konacnih nula susp1,2 = −1± j.

a) Diskretni sustav prijenosne funkcije G(z) dobije se ZOH diskretizacijomzadanog kontinuiranog sustava. Skicirajte polozaj polova prijenosne funk-cije G(z) u z-ravnini za dva razlicita odabira perioda uzorkovanja:

(1) T = T1 = 0.1 s,

(2) T = T2 = 1 s.

b) Na dva zasebna graficka prikaza skicirajte prijelazne funkcije diskretnogsustava G(z) za oba odabira perioda uzorkovanja u zadatku a).

Zadatak 10.2

Prijenosna funkcija linearnog kontinuiranog sustava drugog reda bez konacnihnula je oblika

G(s) =43

s2 + 2√

33s+ 4

3

.

Diskretni sustav opisan prijenosnom funkcijom G(z) dobije se Tustinovomdiskretizacijom zadanog kontinuiranog sustava. Na jednom prikazu skicirajtepolozaj polova prijenosne funkcije G(z) u z-ravnini za dva razlicita odabiraperioda uzorkovanja:

126

(1) T = T1 = 0.1 s,

(2) T = T2 = 1 s.

Zadatak 10.3

Zadani su zahtjevi na vremenske pokazatelje prijelazne pojave tm < 1 s it1% < 1 s, te vrijeme uzorkovanja T = 0.1 s. Koristeci relacije koje vrijedeza sustav drugog reda (bez konacnih nula) potrebno je skicirati:

a) podrucje polova u kompleksnoj s-ravnini tako da ne dode do pojave ali-asinga i

b) podrucje polova u kompleksnoj z-ravnini.

Zadatak 10.4

Preslikajte pol u z-ravnini z = 14

+√

34j u s-ravninu, ako je zadano vrijeme

uzorkovanja T = 10 s.

127

10.1 Rjesenja

Rjesenje 10.1

a) Kod ZOH diskretizacije za polove diskretnog sustava vrijedi zpi = espiT ,pa je stoga:

zp1,2 = e(−1±j)T = e−T e±jT

(1) zp1,2 = e−0.1e±j0.1 = 0.90∠± 5.7 = 0.90032± j0.09033

(2) zp1,2 = e−1e±j1 = 0.37∠± 57 = 0.19877± j0.30956

b) ZOH diskretizacija cuva svojstva kontinuirane prijelazne funkcije, pa pri-jelaznu funkciju kontinuiranog sustava treba koristiti kao envelopu za obaodziva; pritom u vremenu od 0 do tm = π/(ωn

√1− ζ2) = π s = 3.14 s u

slucaju (1) treba biti tridesetak uzoraka, a u slucaju (2) samo 3.

Rjesenje 10.2

Kod Tustinove diskretizacije za polove diskretnog sustava vrijedi zpi = espiT ,pa je stoga:

zp1,2 = e(−√3

3±j)T

T = 0.1 −→ zp1,2 = 0.94± 0.09j

T = 1 −→ zp1,2 = 0.35± 0.52j

Rjesenje 10.3

a) Za kompleksno konjugirani par polova u kompleksnoj s-ravnini zapisankao:

s1,2 = −σ ± jωdobiju se uvjeti za realni i imaginarni dio:

tm =π

ω< 1 ⇒ ω > π

t1% =4.6

σ< 1 ⇒ σ > 4.6

Uz uvjet daa ne dode do pojave aliasinga, preslikava se samo osnovnifrekvencijski pojas |ω| < π

T= 10π.

128

b) Preslikavanje u z podrucje:

z = esT = e(−σ±jω)T = e−σT · e±jωT

Najveci modul od z je za najmanji σ:

|z| = e−σT < e−4.6·0.1 = 0.6313

Minimalni i maksimalni argument od z:

arg(ej0.1π

)= 18 < arg (z) < arg

(ejπ)

= 180

arg(e−j0.1π

)= −18 > arg (z) > arg

(e−jπ

)= −180

Skica dobivenih podrucja u s i z ravnini dana je na slici 10.1.

j

j10

-j10

-j

j

-4.6 Re(z)

Im(z)

1-1

j

-j

j0.63

-j0.63

-0.63

18°-18°

Slika 10.1: Podrucje polova u s i z ravnini.

Rjesenje 10.4

Pol u z-ravnini preslikava se u osnovni pojas kao:

z = esT = e−σT ejωT =1

4+

√3

4j =

1

2ej

π3

e−σT =1

2⇒ σ = − 1

10ln

1

2= 0.0693147

ωT =π

3⇒ ω =

π

3T=

π

30= 0.10472

s = −σ + jω = −0.0693147 + j0.10472

Zbog periodicnosti eksponencijalne funkcije, postoje i polovi u s-ravnini koji

129

se preslikavaju u zadani pol u z-ravnini izvan osnovnog pojasa:

ej(ωT+2kπ) = ejπ3 , k ∈ Z

ω =π

30− kπ

5, k ∈ Z

ω = 0.10472− 0.62832k, k ∈ Z

sk = − 1

10ln

1

2+ j

(π

30− kπ

5

), k ∈ Z

= −0.0693147 + j (0.10472− 0.62832k) , k ∈ Z

130

Poglavlje 11

Postupci diskretizacijekontinuiranih sustava

Zadatak 11.1

Diskretizirahte PI regulator GR(s) = KR1+TIsTIs

Tustinovim postupkom uzvrijeme uzorkovanja T = 0.1 s te odredite pripadnu rekurzivnu jednadzbudiskretiziranog regulatora. Zadano je KR = 2.7, TI = 3.78 s.

Zadatak 11.2

Odredite rekurzivnu jednadzbu PI regulatora s opcim parametrima KR i TIuz opcenito vrijeme uzorkovanja T ako je regulator diskretiziran:

a) Tustinovim postupkom i

b) Eulerovom unazadnom diferencijom.

Zadatak 11.3

Odredite diskretnu prijenosnu funkciju PI regulatora s opcim parametrimaKR i TI koristenjem Eulerove unazadne diferencije uz opcenito vrijeme uzor-kovanja T te odrediti rekurzivnu jednadzbu regulatora.

Zadatak 11.4

Odredite prijenosnu funkciju Gp(z) diskretizacijom kontinuiranog procesaGp(s) = 2

s+2uz zadrzavanje svojstva prijelazne funkcije i uz vrijeme uzor-

kovanja T = 0.1 s.

131

Zadatak 11.5

Zadana je presjecna frekvencija kontinuiranog vremenski nepromjenjivog sus-tava ωc = 30 s−1. Koji postupak diskretizacije treba upotrijebiti da diskreti-zirani sustav ima priblizno jednaku presjecnu frekvenciju, uz dovoljno malovrijeme uzorkovanja? Koliko iznosi ta frekvencija ako je vrijeme uzorkovanjaT = 0.01 s?

Zadatak 11.6

Diskretni sustav upravljanja u vremenski kontinuiranoj domeni prikazan jeslikom 11.1. Zadane su prijenosne funkcije regulatora i procesa:

GR(s) = 0.71+ss

, Gp(s) = 5(1+0.3s)(1+s)

.

Diskretni sustav upravljanja u diskretnoj domeni, koji je ekvivalentan sus-tavu prikazanom na slici 11.1, prikazan je slikom 11.2. Odredite GR(z) iGp(z) ako je zadano T = 100 ms.

R(s)GR(s)

1− e−sT

sGP (s)

T T

Y (s)

−

Slika 11.1: Diskretni sustav upravljanja.

GR(z) GP (z)R(z) Y (z)

−


Zadatak 11.7

Odrediti koliko se priblizno promijeni nadvisenje prijelazne funkcije zatvo-renog diskretnog kruga u odnosu na kontinuirani, ako presjecna frekvencijaotvorenog kruga s regulatorom iznosi ωc = 0.1 rad/s, a odabrano vrijemeuzorkovanja T = 1 s.

Zadatak 11.8

Odrediti preporuceni raspon vremena uzorkovanja ako je Bodeov dijagramotvorenog kruga prikazan slikom 11.3. U kojem se rasponu u tom slucaju mi-

132

jenja nadvisenje prijelazne funkcije diskretnog zatvorenog kruga upravljanjas rekonstruktorom nultog reda?

−100

−50

0

50M

agni

tude

(dB

)

10−3

10−2

10−1

100

−180

−135

−90

Pha

se (

deg)

Bode Diagram

Frequency (rad/sec)

Slika 11.3: Bodeov dijagram otvorenog kruga.

Zadatak 11.9

Prijenosna funkcija kontinuiranog procesa kojim se upravlja P regulatoromje dana s Go(s) = 1

4T1s(1+2T1s). Ako bi projektirani P regulator u sustavu

upravljanja kutom zakreta motora imao digitalnu umjesto analognu izvedbe,prakticnim preporukama odredite prikladno vrijeme uzorkovanja T . Proci-jenite za koliko bi se uz tako odreden T promijenilo nadvisenje prijelaznefunkcije sustava upravljanja kutom zakreta motora.

Zadatak 11.10

Zatvoreni diskretni sustav upravljanja prikazan je slikom 11.4. Potrebno jeodrediti iznos regulacijskog odstupanja e(∞) u ustaljenom stanju na pobudur(k) = S(k).

133

KR0.05

z − 0.95

0.2

z − 0.8

R(z) E(z) Y (z)

− −

+


134

11.1 Rjesenja

Rjesenje 11.1

GR(z) = GR(s)|s= 2Tz−1z+1

= KRT + 2TI

2TI

z − 2TI−T2TI+T

z − 1= 2.73571

z − 0.97389

z − 1

Rjesenje 11.2

a) Diskretizacija Tustinovim postupkom:

GR (z) =U (z)

E (z)= GR(s)|s= 2

Tz−1z+1

= KR1 + TIs

TIs

∣∣∣∣s= 2

Tz−1z+1

=

= KR

(T

2TI+ 1

)z + T−2TI

T+2TI

z − 1= KR

(T

2TI+ 1)z + T

2TI− 1

z − 1

Za odredivanje rekurzivne jednadzbe:

GR

(z−1)

= KR

T2TI

+ 1 +(

T2TI− 1)z−1

1− z−1

u (k) = u (k − 1) +KR

(T

2TI+ 1

)e (k) +KR

(T

2TI− 1

)e (k − 1)

b) Diskretizacija Eulerovom unazadnom diferencijom:

GR (z) =U (z)

E (z)= GR(s)|s= z−1

Tz= KR

1 + TIs

TIs

∣∣∣∣s= z−1

Tz

=

= KR

(1 +

T

TI· z

z − 1

)

Rekurzivna jednadzba:

u (k) = u (k − 1) +KR

TI(TI + T ) e (k)−KRe (k − 1)

135

Rjesenje 11.3

PI regulator diskretiziran Eulerovom unazadnom diferencijom:

GR (z) =U (z)

E (z)= GR(s)|s= z−1

Tz= KR

1 + TIs

TIs

∣∣∣∣s= z−1

Tz

=

= KR

(1 +

T

TI· z

z − 1

)

Rekurzivna jednadzba:

u (k) = u (k − 1) +KR

TI(TI + T ) e (k)−KRe (k − 1)

Rjesenje 11.4

Svojstva prijelazne funkcije zadrzavaju se ZOH diskretizacijom:

Gp(z) = (1− z−1)ZGp(s)

s

= (1− z−1)Z

2

s(s+ 2)

=

= (1− z−1)(1− e−aT )z−1

(1− z−1)(1− e−aT z−1)

gdje je a = 2. Slijedi:

Gp(z) =0.1813z−1

1− 0.8187z−1

Rjesenje 11.5

Tustinov postupak cuva presjecnu frekvenciju. Tustinovim postupkom sefrekvencija preslikava kao:

ω∗c =2

TtgωcT

2= 30.227 s−1.

Rjesenje 11.6

Regulator se diskretizira uz ocuvanje impulsnog odziva:

GR(z) = Z

0.71 + s

s

= 0.7Z

1

s+ 1

= 0.7

(1

1− z−1+ 1

)= 0.7

2z − 1

z − 1.

Proces se diskretizira ZOH metodom:

Gp(z) = (1−z−1)Z

1

s

5

(1 + 0.3s)(1 + s)

=z − 1

zZA

s+

B1

0.3+ s

+C

1 + s

136

A = 5 B =15

7C = −50

7

Gp(z) =z − 1

z

(Az

z − 1+B

z

z − e− 13

+ Cz

z − e−0.1

)=

= A+Bz − 1

z − e− 13

+ Cz − 1

z − e−0.1

=0.06259z + 0.07229

(z − 0.71653)(z − 0.90484)=

0.06259z + 0.07229

z2 − 1.62137z + 0.64834

Rjesenje 11.7

Diskretizacija se nadomjesta ekvivalentnim mrtvim vremenom iznosa polavremena uzorkovanja:

∆ϕ (ωc) = −ωc ·T

2= −0.1 · 1

2= −0.05 rad = −2.86

S obzirom da vrijedi σm[%] ≈ 70− γ[] slijedi da ∆σm[%] ≈ −∆γ[] pa je

∆σm ≈ 2.86%

Nadvisenje se poveca priblizno 2.86%.

Rjesenje 11.8

Presjecna frekvencija iz Bodeovog dijagrama: ωc = 0.01 rad/s. Preporuceniraspon vremena uzorkovanja T :

T ∈ (0.17, 0.34)1

ωcT ∈ (17, 34) s

Za odredivanje povecanja nadvisenja treba uzeti ekvivalentno kasnjenje odpola vremena uzorkovanja. Utjecaj elementa kasnjenja na faznu karakteris-tiku:

ϕ (ωc) = −T2ωc = −(17, 34)

2· 0.01 = − (0.085, 0.17) rad = − (4.87, 9.74)

Kako su nadvisenje i fazno osiguranje povezani pribliznom relacijom σm[%] ≈70− γ[], slijedi da se smanjenjem iznosa fazne karakteristike (faznog osigu-ranja) za navedeni raspon isto toliko poveca nadvisenje.

U predavanjima se spominje da se nadvisenje poveca 5-10%.

137

Rjesenje 11.9

Pronalazimo presjecnu frekvenciju ωc:

4T1ω2c

√1 + 4T 2

1ω2c = 1

ωc =1

2T1

√√2− 1

2=

0.23

T1

Prema preporuci za odredivanje T na temelju karakteristika otvorenog kon-tinuiranog regulacijskog kruga imamo:

T = (0.17÷ 0.34)1

ωc,

pa je dakle dobar odabir:

T =xT1

0.23,

pri cemu je x ∈ [0.17, 0.34] (T ∈ [14.8, 29.6]ms). Pad u faznom osiguranju

dobije se ako se serija impulsni element-ZOH aproksimira kasnjenjem e−sT2 ,

sto vodi na:

∆γ ≈ −ωcT

2= −0.23

T1

· xT1

0.23 · 2 = −x2

rad = −180x

2π

Ovisno o odabranom x, pad faznog osiguranja, a time i rast nadvisenja ot-prilike iznosi 180x

2π%, tj. njegov raspon je 4.9÷ 9.7%.

Rjesenje 11.10

E(z) =1

1 +KRz−0.9z−0.95

0.2z−0.6

· z

z − 1=

=z(z − 0.95)(z − 0.6)

(z − 1)(z2 + z(0.2KR − 1.55) + 0.57− 0.18KR)

e(∞) = limz→1

(1− z−1)E(z) =0.05 · 0.4

1 + 0.2KR − 1.55 + 0.57− 0.18KR

=

=0.02

0.02 + 0.02KR

=1

1 +KR

138

Poglavlje 12

Stabilnost linearnih diskretnihsustava upravljanja

Zadatak 12.1

Za diskretni sustav upravljanja prikazan slikom 12.1 zadan je regulatorGR(z) =KR

z0.5z−0.4

i proces Gp(z) = 0.1813z−1

1−0.8187z−1 .


−

Slika 12.1: Blokovska shema diskretnog sustava upravljanja.

Primjenom Juryjevog kriterija stabilnosti odredite interval vrijednostipojacanja KR za koje je sustav na slici 12.1 stabilan.

Zadatak 12.2

Zadan je sustav prikazan slikom 12.2.

a) Odredite prijenosnu funkciju G(z) = Y (z)R(z)

.

b) Juryjevim kriterijem stabilnosti odredite interval pojacanja K za koja jesustav stabilan.

Zadatak 12.3

Zatvoreni diskretni sustav upravljanja prikazan je slikom 12.3. Potrebno je:

139

z − 0.4

z − 1

z + 0.5

z − 0.5

K

R(s) Y (s)

−

−


KR0.05

z − 0.95

0.2

z − 0.8

R(z) E(Z) Y (z)

− −

+

Slika 12.3: Diskretni sustav upravljanja

a) Odrediti prijenosnu fuknciju zatvorenog kruga G(z) = Y (z)R(z)

.

b) Koristenjem Juryjevog kriterija stabilnosti odrediti za koje vrijednostipojacanja KR je zatvoreni sustav upravljanja stabilan.

Zadatak 12.4

Za sustav upravljanja prikazan slikom 12.4 potrebno je Hurwitzovim kriteri-jem stabilnosti odrediti interval vrijednosti perioda uzorkovanja T za koje jetaj sustav stabilan.Zadano je: GR(s) = 2

s, Gp(s) = 2

s+1.

R(s)GR(s) ZOH Gp(s)

T T

Y (s)

−

Slika 12.4: Blokovska shema sustava upravljanja.

140

Zadatak 12.5

Zatvoreni diskretni sustav upravljanja zadan je slikom 12.5, a prijenosnefunkcije regulatora i procesa su:

GR(z) = 10 z−0.4z−0.6

, Gp(z) = 0.04 z−0.25(z−0.4)(z−0.6)

.


−


Ispitajte stabilnost sustava koristeci Hurwitzov kriterij stabilnosti.

141

12.1 Rjesenja

Rjesenje 12.1

Zadano je GR(z) = KRz

0.5z−0.4. Prema tome, prijenosna funkcija otvorenog

kruga ima oblik:

Go(z) = GR(z)Gp(z) = KR0.3625z

(z2 − 1.6187z + 0.655)

Iz karakteristicne jednadzbe 1 +Go(z) = 0 slijedi karakteristicni polinom:

f(z) = 0.655 + (0.3625KR − 1.6187)z + z2 = a0 + a1z + a2z2 = 0

Juryjev kriterij stabilnosti ima samo jedan redak (a0 = 0.655, a1 =0.3625KR − 1.6187, a2 = 1). Uvjeti stabilnosti imaju oblik:

• f(1) > 0, odakle slijedi

0.655 + 0.3625KR − 1.6187 + 1 > 0, ⇒ KR > −0.1

• (−1)nf(−1) > 0, odakle slijedi (n = 2)

0.655− 0.3625KR + 1.6187 + 1 > 0, ⇒ KR < 9.031

• |a0| < |an| je zadovoljen jer je a0 = 0.655 < a2 = 1.

Rjesenje 12.2

a)

G3(z) =G2(z)

1 +KG2(z)=

z + 0.5

(1 +K)z + 0.5(K − 1)

Gz(z) =G1(z)G3(z)

1 +G1(z)G3(z)=

(z + 0.5)(z − 0.9)

((1 +K)z + 0.5(K − 1))(z − 1)=

=z2 − 0.4z − 0.45

(1 +K)z2 − 0.5(1 +K)z + 0.5(1−K)

b) Karakteristicni polinom:

f(z) = (1 +K)z2 − 0.5(1 +K)z + 0.5(1−K)

Uvjeti stabilnosti:

142

• f(1) = 0.15 > 0

• (−1)2f(−1) = 3.95 +K > 0⇒ K > −3.95

• |a2| > |a0| → |2 +K| > |0.5K − 0.05| Rjesenje gornje nejednadzbeocitavamo sa slike 12.6: K ∈ (−∞, −4.1) ∪ (−1.3, ∞)

−6 −5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 30

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

4.5

5

y = |2 + K|y = |0.5K − 0.05|

Slika 12.6

Presjek svih uvjeta daje da je sustav stabilan za K ∈ (−1.3, ∞).

Rjesenje 12.3

a) Prijenosna fukncija zatvorenog kruga je:

G(z) =Y (z)

R(z)=KR(1 + 0.05

z−0.95)

0.2z−0.8

1+ 0.2z−0.8

1 +KRz−0.9z−0.95

0.2z−0.6

=0.2KR(z − 0.9)

(z − 0.95)(z − 0.6) + 0.2KR(z − 0.9)

b) Karakteristicni polinom je:

f(z) = z2 + z(0.2KR − 1.55) + 0.57− 0.18KR

• Kriterij stabilnosti prema Juryu, prvi uvjet:

f(1) = 1 + 0.2KR − 1.55 + 0.57− 0.18KR =

= 0.02 + 0.02KR > 0 ⇒ KR > −1

143

f(−1) = 1− 0.2KR + 1.55 + 0.57− 0.18KR =

= 3.12− 0.38KR > 0 ⇒ KR < 8.21

KR > −1 ∪KR < 8.21 ⇒ −1 < KR < 8.21

• Kriterij stabilnosti prema Juryu, drugi uvjet:

|0.57− 0.18KR| < 1

0.57− 0.18KR > 0 i 0.57− 0.18KR < 1

⇒ (KR < 3.17) ∩ (KR > −2.39)⇒ −2.39 < KR < 3.17

0.57− 0.18KR < 0 i 0.57− 0.18KR > −1

⇒ (KR > 3.17) ∩ (KR < 8.72)⇒ 3.17 < KR < 8.72

(−2.39 < KR < 3.17) ∪ (3.17 < KR < 8.72)⇒ −2.39 < KR < 8.72

Konacno rjesenje je presijek prvog i drugog uvjeta:

(−1 < KR < 8.21) ∩ (−2.39 < KR < 8.72)⇒ −1 < KR < 8.21

Rjesenje 12.4

Predavanje 15:

GR(z) = Z GR(s) =2z

z − 1,

Gp(z) = (1− z−1)ZGp(s)

s

= 2

1− e−Tz − e−T .

Prijenosna funkcija otvorenog i zatvorenog kruga:

Go(z) = GR(z)Gp(z) =4z(1− e−T )

(z − 1)(z − e−T ),

Gcl(z) =4z(1− e−T )

z2 + z(3− 5e−T ) + e−T.

Karakteristicni polinom zatvorenog kruga:

P (z) = z2 + z(3− 5e−T ) + e−T

Brojnik od P(

1+w1−w):

(6e−T − 2)w2 + 2(1− e−T )w + 4(1− e−T ) = a2w2 + a1w + a0

144

podvrgava se Hurwitzovom kriteriju stabilnosti. Buduci da je a1 > 0 i a0 > 0slijedi i da mora biti a2 > 0, sto vodi na:

e−T >1

3⇒ T < ln 3 s = 1.1 s

Rjesenje 12.5


1 +Go(z) = 1 + 10z − 0.4

z − 0.60.04

z − 0.25

(z − 0.4)(z − 0.6)= 0

z2 − 0.8000z + 0.26000 = 0

Kako bi se mogao koristiti Hurwitzov kriterij potrebno je napraviti bilinearnutransformaciju z = 1+w

1−w :

(1 + w

1− w )2 − 0.81 + w

1− w + 0.26 = 0

2.06w2 + 1.48w + 0.46 = 0


a2 = 2.06 > 0

a1 = 1.48 > 0

a0 = 0.46 > 0


D1 = a1 > 0

Sustav je stabilan.

145

Poglavlje 13

Parametriranje PID regulatora

Zadatak 13.1


Gp (s) =4 (1− 4s)

(1 + 10s) (1 + 2s).

Potrebno je projektirati PI regulator koristenjem Ziegler-Nicholsove metoderuba stabilnosti.

Zadatak 13.2

Prijenosna funkcija procesa je:

Gp(s) =Kp

(1 + T1s)(1 + T2s)(1 + T3s),

gdje su vremenske konstante iznosa T1 = 2 s, T2 = 3 s, T3 = 4 s; pojacanjeprocesa iznosi Kp = 1.

Za navedeni proces projektirajte PID regulator koristenjem Ziegler-Nicholsovemetode ruba stabilnosti.

Zadatak 13.3

Sustav upravljanja prikazan je slikom 13.1 gdje je GR(s) PI strukture, aprijenosna funkcija procesa Gp(s) = 1

s(s+1)(s+2).

Parametrirajte regulator Ziegler-Nicholsovom metodom ruba stabilnosti.Za odredivanje ruba stabilnosti koristite Nyquistov kriterij stabilnosti.

Zadatak 13.4

Zatvoreni sustav upravljanja zadan je slikom 13.2 gdje je GR(s) idealni re-gulator paralelne PID strukture. Prijenosna funkcija procesa je Gp(s) =

146

GR(s) GP (s)R(s) Y (s)

−


5(s+2)(s+1)2

.

GR(s) GP (s)R(s) Y (s)

−


Parametrirajte regulator prema Ziegler-Nicholsovim pravilima koristecimetodu ruba stabilnosti. Za odredivanje ruba stabilnosti koristite Nyquistovkriterij stabilnosti.

Zadatak 13.5

Sustav skladistenja fluida u spremniku cilindricnog oblika se sastoji od isto-smjernog elektromotornog pogona koji upravlja ventilom i cija je dinamikapojednostavljeno opisana integracijskim djelovanjem GEMP (s) = Xv(s)

U(s)= 1

5s;

ventila cija je linearizirana prijenosna funkcija u radnoj tocki Gv = QuXv

=0.2

1+0.1s; te spremnika cija je linearizirana prijenosna funkcija u radnoj tocki

Gs = HQu

= 251+125s

. Regulator razine fluida u spremniku je P tipa. Ziegler-Nicholsovom metodom ruba stabilnosti parametrirajte regulator.

Zadatak 13.6


Go (s) =0.6

(1 + 40s) (1 + 25s).

Potrebno je projektirati PI regulator koristenjem Ziegler-Nicholsove metodeprijelazne funkcije.

Zadatak 13.7

Sustav upravljanja zadan je slikom 13.3 gdje je GR(s) PI regulator.

a) Analiticki odredite prijelaznu funkciju procesa.

147

GR(s)5

(1 + s)(1 + 2s)

R(s)

Z(s)

E(s) Y (s)

−−


b) Parametrirajte regulator GR(s) koristeci Ziegler-Nicholsovu metodu pri-jelazne funkcije.

c) Na slici 13.4 prikazan je PI regulator analogne izvedbe. Odredite vrijed-nosti otpora R2 i kapaciteta C tako da regulator ima pojacanje KR = −5i vremensku konstantu TI = 2 s. Zadan je otpor R1 = 100 kΩ.

−

+

R2C2

e(t)

R1

u(t)

Slika 13.4: Analogni PI regulator

Zadatak 13.8

Funkcionalna shema sustava upravljanja momentom elektromotora prikazanaje na slici 13.5. Proces izgradnje/razgradnje momenta motora Mm [Nm]opisan je diferencijalnom jednadzbom

T1Mm = K1Mref −Mm,

gdje je T1 = 20 ms, K1 = 0.1 NmV

i Mref [V] signal referentne velicine regula-cijskog kruga po momentu motora.Razvijeni moment motora Mm uzrokuje vrtnju motora sto je opisano dife-rencijalnom jednadzbom

JdΩ

dt= Mm − bΩ,

148

Regulatormomenta

elektromotoraPojačalo snage

, ,mM θΩ

bΩrefM

Osovina

Sustav upravljanja momentom elektromotora

M

Proces

Slika 13.5: Funkcionalna shema sustava upravljanja momentom elektromo-tora.

gdje je J = 0.1 kgm2 moment inercije rotora motora, b = 0.01 kgm2

skoeficijent

viskoznog trenja, a Ω[

rads

]je brzina vrtnje motora. Zakret motora θ [rad],

za kojeg vrijedidθ

dt= Ω,

regulira se kaskadnim sustavom upravljanja koji sadrzi regulacijski krug br-zine vrtnje motora (podredeni krug) i regulacijski krug kuta zakreta motora(nadredeni krug). Regulator brzine vrtnje ima PI strukturu, a regulator kutazakreta je P strukture.

a) Prikazite ovaj kaskadni sustav upravljanja blokovskom shemom. Svakombloku na shemi pridruzite pripadnu prijenosnu funkciju.

b) Parametrirajte regulator brzine vrtnje prema postupku tehnickog opti-

muma (ζ =√

22

). Zatvoreni regulacijski krug po brzini vrtnje strukturnopojednostavnite, tj. prikazite ga PT1 clanom.

c) Odredite pojacanje regulatora kuta zakreta tako da relativni koeficijent

prigusenja regulacijskog kruga po zakretu iznosi ζ =√

22

. Pri tome uzmiteu obzir strukturno pojednostavljenje pod b).

Zadatak 13.9

Zatvoreni sustav upravljanja zadan je slikom 13.6 gdje je GR(s) PI regulator.

GR(s)1

(1 + s)3R(s)

Z(s)

E(s) Y (s)

−−


149

a) Odredite parametre regulatora minimizacijom ISE kriterija pri odzivu sus-tava na skokovitu promjenu poremecajne velicine. Zadani su izrazi zaparcijalne derivacije ISE kriterija po parametrima regulatora:

∂I3,4

∂KR

=(8−KR)2 (2KR + 1)TI + 9KR (KR − 16)

(16TIKR − 2K3RTI + 2K2

R (7TI − 9))2

∂I3,4

∂TI=

(8−KR) (KR + 1)TI − 18KR

(16TIKR − 2K3RTI + 2K2

R (7TI − 9))2

b) Koristeci parametre regulatora odredene pod a) odredite vrijednost IEkriterija pri odzivu sustava na skokovitu promjenu referentne velicine.

Zadatak 13.10

Zadan je sustav upravljanja prikazan slikom 13.7 gdje je GR(s) PI regula-tor, a GP (s) stabilan proces drugog reda cija je amplitudno-frekvencijskakarakteristika prikazana slikom 13.8. Vremenskom konstantom regulatorakompenzira se veca vremenska konstanta procesa.

GR(s) GP (s)R(s)

Z(s)

E(s) Y (s)

−−


a) Odredite prijenosnu funkciju procesa.

b) Odredite pojacanje regulatora uz uvjet da relativni koeficijent prigusenjazatvorenog sustava upravljanja iznosi ζ = 1√

2.

c) Nacrtajte Bodeovu (amplitudnu i faznu) karakteristiku otvorenog regula-cijskog kruga uz pojacanje regulatora KR = 0.15 koristeci aproksimacijepravcima.

d) Diskretizirajte PI regulator uz KR = 0.15 koristeci Tustinovu relaciju.Vrijeme uzorkovanja odredite na temelju presjecne frekvencije ωc tako dabude na polovici preporucenog intervala.

150

0.1 5010−30

−20

−10

0

10

20

30

ω [rad/s]

|Gp(jω

)| [d

B]

25

1 5

−20 dB/dek

−40 dB/dek

Slika 13.8: Amplitudno-frekvencijska karakteristika procesa (aproksimacijapravcima)

Zadatak 13.11


Go (s) =0.4

(1 + 125s) (1 + 50s) (1 + 25s).

Potrebno je projektirati PI regulator koristenjem Bodeovog prikaza frek-vencijskih karakteristika (aproksimacije s pravcima) tako da se integracij-skom vremenskom konstantom regulatora kompenzira dominantna vremen-ska konstanta procesa, te uz uvjet da nadvisenje prijelazne funkcije y(t) za-tvorenog kruga s jedinicnom povratnom vezom iznosi σm ≈ 10%. Pri tomekoristite priblizne relacije za sustav drugog reda koje povezuju vremensko ifrekvencijsko podrucje.

151

13.1 Rjesenja

Rjesenje 13.1

Prvi nacin rjesavanja pomocu frekvencijske karakteristike:Frekvencijska karakteristika:

Gp (jω) = KR ·4 (1− 4jω)

(1 + 10jω) (1 + 2jω)=

4KR (1− 4jω)

1− 20ω2 + 12jω· 1− 20ω2 − 12jω

1− 20ω2 − 12jω

= 4KR ·1− 68ω2

(1− 20ω2)2 + 144ω2+ j4KR ·

80ω3 − 16ω

(1− 20ω2)2 + 144ω2

Frekvencija oscilacija ωπ:

Im Gp (jωπ) = 0

80ω3π − 16ωπ = 0 ⇒ ωπ = 0.4472 s−1

Kriticni iznos pojacanja KR,kr:

|Gp (jωπ)| = |Gp (jωc)| = 1

4KR,kr

√1 + 16ω2

π√1 + 100ω2

π

√1 + 4ω2

π

= 1 ⇒ KR,kr =

√1 + 100ω2

π

√1 + 4ω2

π

4√

1 + 16ω2π

= 0.75

Period oscilacija i parametri regulatora:

Tkr =2π

ωπ= 14.05 s

KR = 0.45KR,kr = 0.3375

TI = 0.85Tkr = 11.94 s

Drugi nacin pomocu karakteristicnog polinoma zatvorenog kruga: Karak-teristicni polinom i uvjeti stabilnosti:

αcl (s) = 20s2 + (12− 16KR) s+ 1 + 4KR = 0

1 + 4KR > 0 ⇒ KR > −0.25

12− 16KR ⇒ KR < 0.75

Rub stabilnosti se dobiva uz kriticno pojacanje KR = KR,kr = 0.75. Frek-vencija oscilacija na rubu stabilnosti se dobije uz KR = 0.75:

αcl (s) = 20s2 + 4 = 0 ⇒ ωπ =1√5

s−1

152

Period oscilacija i parametri regulatora:

Tkr =2π

ωπ= 2π

√5 = 14.05 s

KR = 0.45KR,kr = 0.3375

TI = 0.85Tkr = 11.94 s

Rjesenje 13.2

Prijenosna funkcija otvorenog kruga s P-regulatorom je:

Go(jω) =KsKR

1− ω2(T1T2 + T1T3 + T2T3) + jω(T1 + T2 + T3 − ω2T1T2T3)

za rub stabilnosti vrijediGo(jωπ) = −1,

pa se izjednacavanjem imaginarnog dijela s nulom dobije

ωπ =

√T1 + T2 + T3

T1T2T3

= 0.6124 ⇒ Tkr =2π

ωπ= 10.2604.

Uvrstavanjem u realni dio dobije se

Kkr =ω2π(T1T2 + T1T3 + T2T3)− 1

Ks

= 8.75.

Parametri PID regulatora su:

KR = 0.6Kkr = 5.25, TI = 0.5Tkr = 5.1302 s, TD = 0.12Tkr = 1.231 s.

Rjesenje 13.3

ZN metoda ruba stabilnosti radi se s P-regulatorom u zatvorenoj petlji:

Go(s) =KR

s(s+ 1)(s+ 2)

Nyquistovim kriterijem rub stabilnosti utvrdujemo kad je Re[Go(jωπ)] = −1.Pisemo:

Go(jω) =KR

jω(1 + jω)(2 + jω)=

−3KR

ω4 + 5ω2 + 4− j KR(2− ω2)

ω(ω4 + 5ω2 + 4)=

= Ro(ω) + jIo(ω)

153

Io = 0 ⇒ ωπ =√

2

Kriticno pojacanje dobije se iz uvjeta:

Ro(ωπ) = −1 ⇒ KR,kr =ω4π + 5ω2

π + 4

3= 6

Period oscilacija je:

Tkr =2π

ωπ= π√

2 s = 4.44 s

Prema ZN-metodi PI regulator GR(s) = KR1+TIsTIs

se parametrira ovako:

KR = 0.45KR,kr = 2.7, TI = 0.85Tkr = 3.78 s

Rjesenje 13.4

Go(s) = Kkr5

(s+ 2)(s+ 1)2= Kkr

5

2− 4ω2 + j(5ω − ω3)=

= 5Kkr2− 4ω2 − j(5ω − ω2)

(2− 4ω2)2 + (5ω − ω3)2

Io(ωπ) = 0 ⇒ 5ωπ − ω2π = 0 ⇒ ωπ =

√5

Tkr =2π

ωπ= 2.81

Ro(ωπ) = −1 = 5Kkr2− 4ω2

(2− 4ω2)2 + (5ω − ω3)2⇒ Kkr = 3.6

Parametri PID regulatora su:

KR = 0.6Kkr = 2.16, TI = 0.5Tkr = 1.405s, TD = 0.12Tkr = 0.3372s

Rjesenje 13.5

KRkr = 10, KR = 5

Rjesenje 13.6

Izraz za Y (s) dobije se iz prijenosne funkcije i jedinicne skokovite pobude uLaplaceovom podrucju:

Go (s) =Y (s)

U (s)⇒ Y (s) = G (s) · U (s) =

0.6

(1 + 40s) (1 + 25s)· 1

s

154

Svodenjem ne nesto prikladniji oblik i rastavom na parcijalne razlomke dobijese:

Y (s) =0.6

40 · 25· 1

s(s+ 1

40

) (s+ 1

25

) =A

s+

B

s+ 140

+C

s+ 125

gdje su koeficijenti:

A = s · 0.6

40 · 25· 1

s(s+ 1

40

) (s+ 1

25

)∣∣∣∣∣s=0

= 0.6

B =

(s+

1

40

)· 0.6

40 · 25· 1

s(s+ 1

40

) (s+ 1

25

)∣∣∣∣∣s=− 1

40

= −1.6

C =

(s+

1

25

)· 0.6

40 · 25· 1

s(s+ 1

40

) (s+ 1

25

)∣∣∣∣∣s=− 1

25

= 1

Primjenom inverzne Laplaceove transformacije dobije se prijelazna funkcija:

y (t) = h (t) = L−1 Y (s) =(

0.6− 1.6e−t40 + e−

t25

)S (t)

Da bi dosli do tocke infleksije potrebne su nam prva i druga derivacija prije-lazne funkcije. Prva derivacija (tezinska funkcija) glasi:

h (t) =(

0.04e−t40 − 0.04e−

t25

)S (t) +

(0.6− 1.6e−

t40 + e−

t25

)δ (t)

S obzirom da se tocka infleksije ne nalazi na pocetku prijelazne funkcije, drugidio izraza h(t) koji je neodreden izraz u trenutku t = 0 mozemo zanemariti,pa je:

h (t) =(

0.04e−t40 − 0.04e−

t25

)S (t)

Druga derivacija, uz slicno zanemarenje, iznosi:

h (t) =

(−0.04

40e−

t40 +

0.04

25e−

t25

)S (t)

Izjednacavanjem h(t) s nulom i rjesavanjem dobivene jednadzbe za t > 0,dobije se tocka infleksije:

−0.04

40e−

ti40 +

0.04

25e−

ti25 = 0

5e−ti40 = 8e−

ti25

∣∣∣ ln

ln 5− ti40

= ln 8− ti25

ti = 31.3336 s

155

Iznos prijelazne funkcije u tocki infleksije:

yi = h (ti) = 0.1545

Nagib tangente u tocki infleksije:

k = h (ti) = 0.0069

Jednadzba tangente u tocki infleksije:

y − yi = k (t− ti)y = 0.0069t− 0.0602

Vrijeme zadrzavanja tz:

0 = 0.0069tz − 0.0602 ⇒ tz = 8.7828 s

Vrijeme kad tangenta presijeca stacionarno stanje prijelazne funkcije Ks =h(∞) = 0.6:

0.6 = 0.0069 (tz + ta)− 0.0602 ⇒ ta = 87.5508 s

Parametri PI regulatora:

KR = 0.9tatzKs

= 14.95

TI = 3.33tz = 29.25 s

Rjesenje 13.7

a)

Y (s) = Gp(s) ·1

s=

5

s(1 + s)(1 + 2s)=A

s+

B

1 + s+

C

1 + 2s

A = 5 B = 5 C = −20

y(t) =(

5 + 5e−t − 10e−t2

)S(t)

156

b) Iz prijenosne funkcije ocitamo staticko pojacanje procesa Ks = 5. Zaodredivanje vremena tz i ta potrebno je izracunati prve dvije derivacijeprijelazne funkcije y(t) (zanemaruju se rezultatati derivacija koji se dobijuoko 0, tj. derivacija step funkcije, jer nisu potrebni za proracun):

y(t) = −5e−t + 5e−t2

y(t) = 5e−t − 2.5e−t2

Tocka infleksije se odreduje iz druge derivacije:

y(tin) = 0 ⇒ tin = ln 4 = 1.386s

y(tin) =5

4= 1.25.

U tocki infleksije provlaci se tangenta na prijelaznu funkciju:

yt(t) = k · t+ l

k = y(tin) =5

4= 1.25

l = y(tin)− k · tin =5

4(1− ln 4) = −0.483

Vremena tz i ta odredujemo iz tocki gdje tangenta sijece pravac y = 0 iy = 5:

yt(tz) = 0 ⇒ tz = ln 4− 1 = 0.386s

yt(tz + ta) = 5 ⇒ ta = 4s

Parametri regulatora odreduju se prema relacijama:

KR = 0.9tatzKs

= 1.864

TI = 3.33tz = 1.286s

c) Prijenosna funkcija regulatora:

GR(s) = −R2

R1

1 + sR2C

sR2C= KR

1 + sTIsTI

R2 = −KRR1 = 500kΩ

C =TIR2

= 4µF

157

Rjesenje 13.8

a) Blokovska shema je na slici 13.9: Pritom je:

GR2(s) GR1(s) Gp1(s) Gp2(s)Ω(s)Θref (s) E(s) Ωref (s) Mref (s) Θ(s)

− −

Slika 13.9: Blokovska shema kaskadnog sustava upravljanja.

GR1(s) = KR11 + TI1s

TI1s,

GR2(s) = KR2,

Gp1(s) =K1

T1s+ 1

1b

Jbs+ 1

,

Gp2(s) =1

s

b) Unutarnji krug – kompenzira se dominantna vremenska konstanta (TI1 =Jb

= 10 s), te se KR1 podesava za ζ =√

22

:

Go1(s) =KR1K1

b

TI1s(1 + T1s)

KR1 =b

K1

TI12T1

= 25

Prijenosna funkcija zatvorenog unutarnjeg regulacijskog kruga:

Gr1(s) =1

1 + 2T1s+ 2T 21 s

2,

sto se moze aproksimirati PT1 clanom

Gr1(s) ≈ 1

1 + 2T1s

c) Prijenosna funkcija otvorenog vanjskog regulacijskog kruga nakon struk-turnog pojednostavnjenja prijenosne funkcije zatvorenog podredenog kruga:

Go2(s) =KR2

s(1 + 2T1s)

158

Uz zahtjev ζ =√

22

za vanjski krug proizlazi:

KR2 =1

2 · 2T1

=1

4T1

= 12.5

Rjesenje 13.9

a) Za odredivanje minimuma integralnog kriterija, potrebno je derivacije po

parametrima regulatora izjednaciti s nulom. Iz ∂I3,4∂TI

= 0 proizlazi:

TI =18KR

8 + 7KR −K2R

Iz ∂I3,4∂KR

= 0 slijedi:

TI =9KR (16−KR)

(8−KR)2 (2KR + 1)

Izjednacavanjem gornje dvije relacije dobiva se sljedece:

2 (8−KR) (2KR + 1) = (16−KR) (KR + 1)

3KR (KR − 5) = 0

Optimalni parametri PI regulatora iznose: KR = 5, TI = 5s.

b) Za racunanje IE kriterija, potrebno je odrediti E(s):

R(s) =1

s

E(s) =Gp(s)

1 +Gp(s)GR(s)R(s)

=KpTI

sTI(1 + 3Tps+ 3T 2

p s2 + T 3

p s3)

+KpKR (1 + TIs)

=1

s4 + 3s3 + 3s2 + 6s+ 1

∫ ∞

0

e(t) dt = lims→0

s1

sE(s) =

TIKR

= 1

159

Rjesenje 13.10

a) Prijenosna funkcija procesa:

Gp(s) =Kp

(1 + s)(1 + s5)

20 logKp = 25 ⇒ Kp = 102520 = 17.78

b) Nulom PI regulatora kompenzira se domimantna vremenska konstanta:TI = 1s.Tada prijenosna funkcija otvorenog kruga glasi:

Go(s) =KRKp

s(1 + s5)


Gz(s) =Go(s)

1 +Go(s)=

1

1 + sKRKp

+ s2

5KRKp

=1

1 + 2ζωns+ s2

ω2n

ωn =√

5KRKp

KR =5

2Kp

= 0.141

c) Prijenosna funkcija otvorenog kruga:

Go(s) =2.5

s(1 + s5)

Bodeova karakteristika prikazana je slikama 13.10 i 13.11.

d) Presjecna frekvencija ωc = 2.5s−1 se ocitava sa slike 13.10. Vrijeme uzor-kovanja iznosi:

T =0.17 + 0.34

2ωc= 102ms

U GR(s) uvrstavamo s = 2Tz−1z+1

= 10.051

z−1z+1

:

GR(z) = KR

(1 +

T

2TI

z + 1

z − 1

)= 0.141

1.051z + 0.949

z − 1

160

0.1 1 10 10052.5−60

−50

−40

−30

−20

−10

0

10

20

30

ω [rad/s]

ampl

ituda

[dB

]

−2

−1

Slika 13.10: Amplitudno-frekvencijska karakteristika otvorenog regulacijskogkruga

0.1 1 10 1000.5 505

−180

−160

−140

−120

−100

−80

ω [rad/s]

faza

[°]

Slika 13.11: Fazno-frekvencijska karakteristika otvorenog regulacijskog kruga

Rjesenje 13.11

Integracijska vremenska konstanta: TI = Tmax = 125 s.Prijenosna funkcija PI regulatora:

GR (s) = KR ·1 + 125s

125s

Prijenosna funkcija otvorenog kruga s PI regulatorom:

GoR (s) = GR (s) ·Go (s) = KR ·1 + 125s

125s· 0.4

(1 + 125s) (1 + 50s) (1 + 25s)=

=0.0032KR

s (1 + 50s) (1 + 25s)

Iz uvjeta σm ≈ 10% i priblizne relacije γ [] ≈ 70 − σm [%] slijedi da faznoosiguranje mora iznositi γ ≈ 60.

161

Crta se Bodeov dijagram uz pojacanje regulatora KR = 1 (slika 13.12).

10−3

10−2

10−1

100

−100

−80

−60

−40

−20

0

ω [s−1]

L(ω

) [d

B]

−1−2

−3

10−3

10−2

10−1

100

−270

−180

−225

−135

−90

ω [s−1]

φ(ω

) [°

]

−2

−1

−1

Slika 13.12: Bodeov dijagram otvorenog kruga s regulatorom.

Sa slike 13.12 ocitava se presjecna frekvencija ωc = 0.0061 s−1, te iz-nos pojacanja za koji je potrebno podici amplitudnu karakteristiku KR =5.6 dB = 1.906.

162

Documents

zbirka.pdf