برمجة المبرمج الآلي: الكتل الوظيفية الداخلية

3. المؤجل عند الراحة TOF والوماض بمؤجلين

التعريف

المؤجل عند الراحة (temporisation au repos، off-delay) كتلة TOF لها الأطراف نفسها: IN وPT في المداخل، وQ وET في المخارج. لكن سلوكها معكوس:

> TOF: المخرج Q يصعد فورا مع IN، ويتأخر عند السقوط: يبقى 1 مدة PT بعد سقوط IN.

• حين يصبح $IN = 1$: يصبح $Q = 1$ فورا ويُصفَّر ET؛
• حين يسقط IN: يبدأ ET بالزيادة، وحين يبلغ PT يسقط Q؛
• إذا عاد IN إلى 1 قبل انقضاء PT: يبقى $Q = 1$ ويُصفَّر ET، وتبدأ مهلة جديدة عند السقوط التالي (إعادة التسليح).

المخطط الزمني


يبيّن الشكل المؤجل T1 من النوع TOF بالزمن المسبق $PT = 5\ s$، ومدخله يعطي ثلاث نبضات: من $1\ s$ إلى $4\ s$، ومن $11\ s$ إلى $13\ s$، ومن $16\ s$ إلى $18\ s$.

• عند $1\ s$ يصعد Q مع IN دون أي تأخير.
• عند $4\ s$ يسقط IN فيبدأ ET، ويبلغ $5\ s$ عند $4 + 5 = 9\ s$: يسقط Q عند $9\ s$.
• عند $11\ s$ يصعد Q من جديد، ويسقط IN عند $13\ s$. يبلغ ET القيمة $3\ s$ عند $16\ s$، لكن IN يعود قبل انقضاء PT: يُصفَّر ET ويبقى Q مساويا 1.
• عند $18\ s$ يسقط IN نهائيا، فيسقط Q عند $18 + 5 = 23\ s$.

النبضتان الثانية والثالثة أعطتا إذن نبضة واحدة طويلة على Q، من $11\ s$ إلى $23\ s$.

مقارنة TON وTOF

| الخاصية | TON | TOF | |---|---|---| | صعود Q | بعد PT من صعود IN | فورا مع IN | | سقوط Q | فورا مع IN | بعد PT من سقوط IN | | أمر أقصر من PT | لا يظهر Q | يظهر Q مدة الأمر زائد PT | | ما يقابله سلكيا | تماس مؤجل عند العمل | تماس مؤجل عند الراحة | | استعماله في المتمن | القابليات الزمنية والأفعال المؤجلة | منطق المخارج خارج المتمن غالبا |

تطبيقان كلاسيكيان

إنارة الدرج (minuterie)

أزرار على كل الطوابق موصولة على التفرع بالمدخل I1، والمصباح على Q1. نريد أن يضيء المصباح عند الضغط ويبقى مضاء $90\ s$ بعد آخر ضغطة. نكتب مؤجلا T1 من النوع TOF بـ $IN = I1$ و$PT = 90\ s$، و$Q1 = T1.Q$.

مثال: ضغطة عند $t = 0$ ثم أخرى عند $t = 60\ s$ (مدة كل ضغطة نصف ثانية): الضغطة الثانية تعيد التسليح، فينطفئ المصباح عند $60{,}5 + 90 = 150{,}5\ s$ لا عند $90{,}5\ s$.

تبريد محرك بعد توقفه

المحرك على Q1 ومروحة تبريده على Q2، ويجب أن تدور المروحة ما دام المحرك يدور ثم $2\ min$ بعد توقفه. نكتب T2 من النوع TOF بـ $IN = Q1$ و$PT = 120\ s$، و$Q2 = T2.Q$. إذا اشتغل المحرك من $t = 0$ إلى $t = 300\ s$ تدور المروحة من $0$ إلى $420\ s$.

تركيب المؤجلات: الوماض بمؤجلين TON

نحتاج كثيرا إلى إشارة وامضة (clignotant): مصباح إنذار، أو ضوء برتقالي وامض في إشارة المرور. نحصل عليها بمؤجلين TON يوقف أحدهما الآخر، وهو المقابل البرمجي للهزاز اللامستقر NE555.


يبيّن الشكل البرنامج: المدخل I4 يسمح بالوميض، ومدخل T1 هو $I4\cdot\overline{T2.Q}$، ومدخل T2 هو T1.Q، والمصباح Q1 يساوي T1.Q. وتحته المخطط الزمني بـ $PT_1 = 0{,}6\ s$ و$PT_2 = 0{,}4\ s$.

نتتبع العمل انطلاقا من صعود I4 عند $t = 0{,}5\ s$:

• $T2.Q = 0$ فمدخل T1 يساوي 1: يبدأ T1.
• بعد $0{,}6\ s$ ($t = 1{,}1\ s$): $T1.Q = 1$، فيضيء Q1 ويبدأ T2.
• بعد $0{,}4\ s$ ($t = 1{,}5\ s$): $T2.Q = 1$، فيسقط مدخل T1، ويسقط T1.Q (ينطفئ Q1)، ويُصفَّر T1.
• سقوط T1.Q يصفّر T2 في الدورة التالية، فيعود $T2.Q = 0$ ويبدأ T1 من جديد. T2.Q لا يدوم إلا دورة مسح واحدة.

النتيجة: Q1 مطفأ مدة $PT_1$ ومضاء مدة $PT_2$:

$ T = PT_1 + PT_2 = 0{,}6 + 0{,}4 = 1\ s $

$ f = \frac{1}{T} = 1\ Hz $

$ \alpha = \frac{PT_2}{T} = \frac{0{,}4}{1} = 40\ \% $

(نهمل دورة أو دورتي مسح في كل دور، أي بضعة ميلي ثوان.) حين يسقط I4 يسقط مدخل T1 فيبقى المصباح مطفأ.

> في الوماض: مدة الإطفاء يحددها المؤجل الأول T1، ومدة الإضاءة يحددها المؤجل الثاني T2. لوميض متناظر نضع $PT_1 = PT_2 = T/2$.

ملاحظة للامتحان

• يعرّف المعيار أيضا كتلة النبضة TP (impulsion): عند الجبهة الصاعدة لـ IN يصبح $Q = 1$ مدة PT بالضبط، فلا يقطعها سقوط IN ولا تمدّدها جبهة جديدة أثناءها. في المتمن نحصل على أثر قريب بفعل محدود في الزمن بمؤجل TON ($Q = X_n\cdot\overline{T.Q}$)، مع فرق واحد: هذا الفعل ينقطع إذا غادر المتمن المرحلة قبل انقضاء PT.
• في جدول التعيينات لا تضع المؤجلات ولا متغيرات المراحل في عمود المداخل: هي متغيرات داخلية للمبرمج، لا أطراف موصولة بأسلاك.

أخطاء شائعة

• الظن أن TOF يؤخر صعود المخرج: هو يؤخر سقوطه فقط.
• نسيان إعادة التسليح: أمر جديد قبل انقضاء PT يمدد المهلة، ولا يضيفها إلى المهلة السابقة.
• قلب دوري المؤجلين في الوماض: مدة الإضاءة هي PT للمؤجل الذي يبدأ حين يضيء المصباح، أي T2.

4. العدادات الداخلية CTU وCTD وبرمجة العدّ

العداد التصاعدي CTU

العداد التصاعدي (compteur، count up) كتلة CTU لها:

| الطرف | النوع | دوره | |---|---|---| | CU | مدخل ثنائي بالجبهة الصاعدة (المثلث الصغير) | كل جبهة صاعدة تزيد القيمة بواحد | | R | مدخل ثنائي | الإرجاع إلى الصفر (Reset)، وله الأولوية | | PV | وسيط عددي | القيمة المسبقة (Preset Value) | | Q | مخرج ثنائي | يساوي 1 حين $CV \ge PV$ | | CV | مخرج عددي | القيمة الحالية (Current Value) |

قواعد العمل:

• عند كل جبهة صاعدة لـ CU: $CV := CV + 1$. مستوى CU لا يهم: مدخل يبقى 1 مدة طويلة يُعدّ مرة واحدة.
• إذا كان $R = 1$: $CV := 0$، مهما حدث على CU.
• $Q = 1$ ما دام $CV \ge PV$؛ والعداد يواصل العدّ بعد PV.

العداد التنازلي CTD

العداد التنازلي (décompteur، count down) كتلة CTD مداخلها CD (بالجبهة الصاعدة) وLD (Load) وPV:

• $LD = 1$: تُشحن القيمة المسبقة، $CV := PV$؛
• كل جبهة صاعدة لـ CD: $CV := CV - 1$؛
• $Q = 1$ حين $CV \le 0$.

يناسب CTD الحالات التي نريد فيها معرفة ما بقي: عدد القطع الباقية لملء علبة، يُعرض على شاشة المبرمج. وتوجد أيضا كتلة CTUD تجمع المدخلين CU وCD في عداد واحد.

المخطط الزمني لعداد CTU


يبيّن الشكل في أعلاه الكتلتين CTU وCTD، وفي أسفله عمل العداد C1 من النوع CTU بالقيمة المسبقة $PV = 3$.

| اللحظة | الحدث | CV | Q | |---|---|---|---| | $1\ s$ | جبهة صاعدة لـ CU | 1 | 0 | | $3\ s$ | جبهة صاعدة | 2 | 0 | | $5\ s$ | جبهة صاعدة، ويبقى CU مساويا 1 حتى $8\ s$ | 3 | 1 | | $9\ s$ | جبهة صاعدة | 4 | 1 | | $11\ s$ | $R = 1$ | 0 | 0 | | $13\ s$ | جبهة صاعدة | 1 | 0 |

لاحظ ثلاث نقاط: CU الذي بقي 1 من $5\ s$ إلى $8\ s$ عُدّ مرة واحدة؛ وQ ظهر عند بلوغ $CV = PV = 3$ وبقي بعد تجاوزها؛ وQ لم يسقط إلا بالإرجاع R.

برمجة العدّ في المتمن

في درس البنيات القاعدية كتبنا التكرار بعداد C والفعل $C := C + 1$ ومتغير $c$ يساوي 1 عندما $C = 3$. في المبرمج يصبح ذلك عدادا CTU:

| في المتمن | في المبرمج | |---|---| | $C := 0$ في المرحلة الابتدائية | $R = X_0$ | | $C := C + 1$ عند تنشيط المرحلة n | $CU = X_n$ (الجبهة الصاعدة لـ $X_n$) | | $c = 1$ عندما $C = 3$ | $PV = 3$، وC1.Q في القابلية |

مثال: غمر سلة ثلاث مرات

دافعة V تُنزل سلة قطع في حوض ثم ترفعها، وتتكرر الغمرة 3 مرات، ثم يُخرج سير ناقل السلة.

| المدخل | العنصر | المخرج | العنصر | |---|---|---|---| | I1 | dcy | Q1 | dV+ (نزول السلة) | | I2 | $v_0$: السلة فوق | Q2 | dV− (صعود السلة) | | I3 | $v_1$: السلة في الحوض | Q3 | KM1 (السير الناقل) | | I4 | $e$: السلة في نهاية السير | | |


يبيّن الشكل المتمن: المرحلة 2 (صعود السلة) تغذي المدخل CU للعداد C1، والمرحلة 0 تُرجعه إلى الصفر، وتحت المرحلة 2 تباعد «أو»: $I2\cdot\overline{C1.Q}$ يعيد إلى المرحلة 1، و$I2\cdot C1.Q$ يواصل إلى المرحلة 3.

تتبع العداد:

| المرور | تنشيط المرحلة 2 | CV | C1.Q | الانتقال المجتاز عند $v_0$ | |---|---|---|---|---| | الغمرة 1 | الأول | 1 | 0 | نحو 1 | | الغمرة 2 | الثاني | 2 | 0 | نحو 1 | | الغمرة 3 | الثالث | 3 | 1 | نحو 3 |

يُحدَّث العداد لحظة تنشيط المرحلة 2، أي قبل وصول السلة إلى $v_0$ بوقت طويل، فتكون قيمة C1.Q صحيحة حين تُقرأ القابلية.

حدود العدّ: دورة المسح

المبرمج لا يرى المدخل إلا مرة في كل دورة مسح. لكي تُعدّ نبضة يجب أن يُرى المدخل 1 في دورة، ثم 0 في دورة أخرى: النبضة والفراغ بينها يجب أن يدوم كل منهما أكثر من دورة مسح $T_c$. لإشارة نسبتها $50\ \%$:

$ f_{max} = \frac{1}{2\,T_c} $

مثال: $T_c = 10\ ms$ يعطي $f_{max} = 1/0{,}02 = 50\ Hz$. خط يمرر 120 قارورة في الدقيقة يعطي $f = 120/60 = 2\ Hz$: لا مشكلة. أما ملتقط على محور يعطي $1\ kHz$ فيحتاج إلى مدخل عدّ سريع خاص.

تأجيل طويل بمؤجل وعداد

لتأجيل ساعتين بمبرمج لا يتجاوز مؤجله $999{,}9\ s$ نركّب:

• مؤجلا T1 من النوع TON بـ $IN = X_5\cdot\overline{T1.Q}$ و$PT = 60\ s$: يعطي نبضة لدورة واحدة كل دقيقة، لأنه يُصفّر نفسه حين يظهر Q؛
• عدادا C1 بـ $CU = T1.Q$ و$PV = 120$ و$R = X_0$.

يصبح $C1.Q = 1$ بعد $120\times60 = 7200\ s = 2\ h$ من تنشيط المرحلة 5، مع زيادة صغيرة: كل دقيقة تطول بدورتي مسح تقريبا (دورة لإسقاط IN وأخرى لإعادة التشغيل)، أي حوالي $120\times2\times10\ ms = 2{,}4\ s$ في الساعتين إذا كان $T_c = 10\ ms$، وهو مهمل.

أخطاء شائعة

• وضع الإرجاع داخل الحلقة: $R = X_1$ في متمن الغمر يصفّر العداد في كل غمرة، والإرجاع له الأولوية، فلا يبلغ CV أبدا القيمة 3 وتتكرر الغمرات بلا نهاية.
• نسيان الإرجاع: تبدأ الدورة الثانية و$C1.Q = 1$ من الدورة السابقة، فتنجز غمرة واحدة فقط.
• خطأ بواحد في PV: إذا كان العداد يُزاد عند كل غمرة، فـ PV هو عدد الغمرات المطلوب، لا عدد الرجوعات (اثنان).
• الظن أن CU يعدّ ما دام 1: CU يعدّ الجبهات الصاعدة فقط.

5. المتتاليات المتزامنة في المبرمج الآلي

تذكير: التباعد والتقارب «و»

في المتتاليات المتزامنة (séquences simultanées) يُنشّط انتقال واحد عدة فروع في آن واحد (التباعد «و»، خط مزدوج تحت الانتقال)، وتتطور الفروع مستقلة، ثم لا يُجتاز الانتقال الذي يجمعها (التقارب «و»، خط مزدوج فوق الانتقال) إلا حين تكون كل مراحلها الأخيرة نشطة. هذه المراحل الأخيرة غالبا مراحل انتظار بلا فعل.

في المبرمج الآلي تحتوي لغة المتمن SFC كتلتين خاصتين لهذا: كتلة التباعد «و» (divergence en ET) وكتلة التقارب «و» (convergence en ET)، فيُنقل المتمن كما هو. الجديد في هذا الدرس أن كل فرع قد يحمل مؤجلاته وعداداته الخاصة، وأن الفروع تعمل معا في الزمن.

مثال: محطة ثقب ووسم متزامنين

قطعة توضع تحت محطتين. عند dcy ينطلق عملان معا:

• الثقب: ينزل المثقب (الرافعة B) وهو يدور (المحرك KM1) حتى $b_1$، ثم يصعد وهو يدور حتى $b_0$؛
• الوسم: تخرج رافعة الوسم M حتى $m_1$، وتبقى ضاغطة $2\ s$، ثم ترجع حتى $m_0$.

حين ينتهي العملان يُخرج سير ناقل (KM2) القطعة مدة $4\ s$، ثم يعود النظام إلى حالته الابتدائية. الرافعتان مزدوجتا المفعول بموزعين 5/2 ثنائيي الاستقرار.

| المدخل | العنصر | المخرج | العنصر | |---|---|---|---| | I1 | dcy | Q1 | KM1 (دوران المثقب) | | I2 | $p$: حضور القطعة | Q2 | dB+ (نزول المثقب) | | I3 | $b_0$: المثقب فوق | Q3 | dB− (صعود المثقب) | | I4 | $b_1$: المثقب تحت | Q4 | dM+ (خروج الواسم) | | I5 | $m_0$: الواسم راجع | Q5 | dM− (رجوع الواسم) | | I6 | $m_1$: الواسم خارج | Q6 | KM2 (السير الناقل) |


يبيّن الشكل المتمن المكتوب بعناوين المبرمج: بعد المرحلة الابتدائية 10 والقابلية $I1\cdot I2\cdot I3\cdot I5$ يبدأ الفرعان معا، فرع الثقب (11، 12، ومرحلة الانتظار 13) وفرع الوسم (14، 15، 16، ومرحلة الانتظار 17)، ثم يلتقيان في المرحلة 18 التي تشغّل السير الناقل.

ملاحظات على المتمن:

• الشروط الابتدائية $b_0$ و$m_0$ (I3 وI5) مكتوبة في قابلية الانطلاق، فلا تبدأ دورة والرافعتان خارج موضع الراحة.
• المرحلة 15 لا تحمل إلا المؤجل T1: الرافعة M تبقى خارجة لأن موزعها ثنائي الاستقرار.
• قابلية التقارب $= 1$: المرحلة 18 تنشط في اللحظة التي تصبح فيها 13 و17 نشطتين معا.

الكتل الداخلية ومعادلات المخارج

| الكتلة | النوع | المدخل | الوسيط | الاستعمال | |---|---|---|---|---| | T1 | TON | $X_{15}$ | $PT = 2\ s$ | قابلية 15 ← 16 | | T2 | TON | $X_{18}$ | $PT = 4\ s$ | قابلية 18 ← 10 |

| المخرج | المعادلة | |---|---| | Q1 (KM1) | $Q1 = X_{11} + X_{12}$ | | Q2 (dB+) | $Q2 = X_{11}$ | | Q3 (dB−) | $Q3 = X_{12}$ | | Q4 (dM+) | $Q4 = X_{14}$ | | Q5 (dM−) | $Q5 = X_{16}$ | | Q6 (KM2) | $Q6 = X_{18}$ |

KM1 يظهر في مرحلتين متتاليتين، فنكتب مجموعهما في معادلة واحدة.

مثال محسوب: مدة الدورة

الأزمنة المقيسة: نزول المثقب $3\ s$، صعوده $2\ s$، خروج الواسم $1\ s$، رجوعه $1\ s$. يُضغط dcy عند $t = 0$:

| الفرع | المراحل | ينتهي عند | |---|---|---| | الثقب | 11 ($3\ s$) ثم 12 ($2\ s$) | $5\ s$ | | الوسم | 14 ($1\ s$) ثم 15 ($2\ s$) ثم 16 ($1\ s$) | $4\ s$ |

• فرع الوسم ينتهي أولا، فتنتظر المرحلة 17 مدة $5 - 4 = 1\ s$؛
• المرحلة 18 تنشط عند $5\ s$ وتدوم $4\ s$، فتعود المرحلة 10 عند $9\ s$؛
• مدة الدورة $9\ s$، والإنتاج الأقصى $3600/9 = 400$ قطعة في الساعة.

لو كانت العمليتان متتاليتين لدامت الدورة $5 + 4 + 4 = 13\ s$، أي حوالي 277 قطعة في الساعة: هذا هو ربح التزامن.

إذا لم يكن في المبرمج كتل SFC: المراحل بذاكرات SR

بعض المبرمجات لا تُبرمج إلا بـ FBD أو Ladder. في درس المبرمج الآلي برمجنا المتمن بلغة Ladder بدرجة تثبيت ومسح لكل انتقال؛ وبلغة FBD نكتب معادلات المراحل (درس معادلات التنشيط والتخميل) بذاكرة SR لكل مرحلة: $S1 = CA_n$ و$R = CD_n$. نختار SR لا RS لأن التنشيط له الأولوية (القاعدة الخامسة):

$ X_n = CA_n + \overline{CD_n}\cdot X_n $

ونأخذ إشارة التهيئة Init من بت النظام الذي يساوي 1 في أول دورة مسح بعد وضع التغذية.

| المرحلة | S1 (التنشيط) | R (التخميل) | |---|---|---| | 10 | $X_{18}\cdot T2.Q + Init$ | $X_{11}\cdot X_{14}$ | | 11 | $X_{10}\cdot I1\cdot I2\cdot I3\cdot I5$ | $X_{12} + Init$ | | 12 | $X_{11}\cdot I4$ | $X_{13} + Init$ | | 13 | $X_{12}\cdot I3$ | $X_{18} + Init$ | | 14 | $X_{10}\cdot I1\cdot I2\cdot I3\cdot I5$ | $X_{15} + Init$ | | 15 | $X_{14}\cdot I6$ | $X_{16} + Init$ | | 16 | $X_{15}\cdot T1.Q$ | $X_{17} + Init$ | | 17 | $X_{16}\cdot I5$ | $X_{18} + Init$ | | 18 | $X_{13}\cdot X_{17}$ | $X_{10} + Init$ |

نرى فيه قواعد البنية «و»: المرحلتان 11 و14 لهما التنشيط نفسه، والمرحلة 10 تُخمَّل بـ جداء $X_{11}\cdot X_{14}$، والمرحلة 18 تُنشَّط بـ جداء مرحلتي الانتظار، وتُخمّل 13 و17 كلتاهما بـ $X_{18}$.

أخطاء شائعة

• التقارب بـ «أو»: $CA_{18} = X_{13} + X_{17}$ يشغّل السير الناقل حين ينتهي فرع واحد، والواسم ربما ما زال على القطعة.
• حذف مرحلة الانتظار: لو كانت 12 هي آخر فرع الثقب، لبقي KM1 وdB− مشغّلين في انتظار انتهاء الوسم.
• مؤجل واحد لفرعين: الفرعان يعملان في الوقت نفسه، فلا يتقاسمان مؤجلا ولا عدادا قد يُستعملان معا؛ لكل فرع كتله.
• نسيان شروط الراحة في قابلية الانطلاق، فتبدأ دورة والمثقب ما زال تحت.

6. تطبيق كامل: محطة ملء القارورات وسدّها

دفتر الشروط

محطة آلية تملأ قارورات بسائل ثم تسدّها. سير ناقل يقدّم القارورات خطوة خطوة، وفيه موضعان: موضع الملء وموضع السدّ الذي يليه.

• عند الضغط على dcy، والرافعة C راجعة، يدور السير الناقل (KM1) حتى تصل قارورة جديدة أمام الملتقط $p$ في موضع الملء.
• يبدأ عملان معا:
• الملء: يُفتح الصمام الكهربائي EV1 مدة $6\ s$؛
• السدّ (للقارورة التي مُلئت في الدورة السابقة): تخرج الرافعة C حتى $c_1$، وتضغط السدادة $2\ s$، ثم ترجع حتى $c_0$.
• حين ينتهي العملان: إذا لم تُملأ 6 قارورات بعد، يتقدم السير بقارورة جديدة؛ وإذا مُلئت 6 قارورات (صندوق القارورات الفارغة فرغ) يضيء المصباح H1، ويستبدل العامل الصندوق ويضغط زر الإقرار Acq، فيعود النظام إلى حالته الابتدائية.

نفترض أن موضع الملء فارغ عند أول انطلاق.

جدول التعيينات والكتل الداخلية

| المدخل | العنصر | المخرج | العنصر | |---|---|---|---| | I1 | dcy | Q1 | KM1 (السير الناقل) | | I2 | $p$: قارورة في موضع الملء | Q2 | EV1 (صمام الملء) | | I3 | $c_0$: الرافعة C راجعة | Q3 | dC+ (خروج C) | | I4 | $c_1$: الرافعة C خارجة | Q4 | dC− (رجوع C) | | I5 | Acq: زر الإقرار | Q5 | H1 (مصباح «الصندوق فارغ») |

| الكتلة | النوع | المداخل | الوسيط | دورها | |---|---|---|---|---| | T1 | TON | $IN = X_2$ | $PT = 6\ s$ | مدة الملء | | T2 | TON | $IN = X_5$ | $PT = 2\ s$ | مدة ضغط السدادة | | C1 | CTU | $CU = X_2$، $R = X_0$ | $PV = 6$ | عدد القوارير المملوءة | | R_TRIG | كاشف جبهة | $CLK = I2$ | — | القابلية $\uparrow I2$ |

المتمن من وجهة نظر المبرمج


يبيّن الشكل المتمن الكامل: المرحلة 1 تقدّم القارورة، ثم تباعد «و» إلى فرع الملء (2 ثم الانتظار 3) وفرع السدّ (4، 5، 6 ثم الانتظار 7)، ثم تقارب «و» نحو المرحلة 8، وتحتها تباعد «أو»: $\overline{C1.Q}$ يعيد إلى المرحلة 1، وC1.Q يؤدي إلى المرحلة 9 (المصباح) ثم إلى المرحلة 0 بالإقرار I5.

لماذا هذه الاختيارات؟

القابلية $\uparrow I2$ لا $I2$: حين تنشط المرحلة 1 من جديد تكون القارورة التي مُلئت للتو ما زالت أمام $p$، أي $I2 = 1$. لو كتبنا $I2$ لاجتيز الانتقال فورا دون أن يتحرك السير، ولأعيد ملء القارورة نفسها فيفيض السائل. الجبهة الصاعدة لا تظهر إلا حين تغادر القارورة الملتقط ($I2 = 0$) ثم تصل الجديدة ($I2 = 1$).

مرحلتا الانتظار 3 و7: تتوقف كل عملية عند انتهائها (يُغلق EV1 بمجرد مغادرة المرحلة 2) بينما ينتظر الفرع الآخر.

المرحلة 8 بلا فعل: الانتقال الواقع تحت خط التقارب «و» واحد، فنضع بعده مرحلة يتفرع تحتها الاختيار «أو». تُجتاز في دورة مسح واحدة.

العدّ في المرحلة 2: $CU = X_2$ يزيد العداد عند بداية كل ملء، أي قبل الوصول إلى المرحلة 8 بست ثوان على الأقل، فتكون قيمة C1.Q صحيحة حين يُختار الفرع. لو عددنا بـ $X_8$، وهي مرحلة لا تدوم إلا دورة واحدة، لصار صواب الاختيار متوقفا على ترتيب تنفيذ الكتل داخل الدورة.

الإرجاع في المرحلة 0: المرحلة 0 تنشط مرة واحدة في كل صندوق، خارج الحلقة 1 ← 8 ← 1. لو أُرجع العداد في المرحلة 1 لما بلغ أبدا القيمة 6.

معادلات المخارج

| المخرج | المعادلة | |---|---| | Q1 (KM1) | $Q1 = X_1$ | | Q2 (EV1) | $Q2 = X_2$ | | Q3 (dC+) | $Q3 = X_4$ | | Q4 (dC−) | $Q4 = X_6$ | | Q5 (H1) | $Q5 = X_9$ |

مثال محسوب

المعطيات: تقدّم السير بقارورة يدوم $4\ s$، خروج الرافعة C يدوم $1\ s$ ورجوعها $1\ s$، تدفق الصمام $q_v = 0{,}25\ L/s$، والقاعدة الزمنية للمؤجلات $0{,}1\ s$.

1. حجم القارورة المملوءة:

$ V = q_v\times t = 0{,}25\times6 = 1{,}5\ L $

2. مدة دورة قارورة: فرع الملء $6\ s$، وفرع السدّ $1 + 2 + 1 = 4\ s$، فينتظر فرع السدّ في المرحلة 7 مدة $2\ s$. الدورة $4 + \max(6, 4) = 4 + 6 = 10\ s$.

3. مدة صندوق: $6\times10 = 60\ s$. تنشط المرحلة 1 ست مرات (مرة من المرحلة 0 وخمس مرات من المرحلة 8)، وتنشط المرحلة 8 ست مرات، والمرحلة 9 مرة واحدة.

4. الإنتاج في الساعة: إذا استغرق العامل $30\ s$ لاستبدال الصندوق والإقرار وإعادة الانطلاق، فدورة الصندوق $60 + 30 = 90\ s$، أي $3600/90 = 40$ صندوقا، أو $40\times6 = 240$ قارورة في الساعة.

5. قيم المؤجلات المسبقة: $N_1 = 6/0{,}1 = 60$ و$N_2 = 2/0{,}1 = 20$.

6. تغيير القارورة: لقوارير سعتها $1\ L$ يكفي تغيير الوسيط في البرنامج: $PT_1 = 1/0{,}25 = 4\ s$، أي $N_1 = 40$، دون لمس أي سلك. هذه هي ميزة التكنولوجيا المبرمجة. وتصبح الدورة $4 + \max(4, 4) = 8\ s$.

تتبع العداد

| القارورة | CV بعد تنشيط المرحلة 2 | C1.Q | الفرع المختار تحت 8 | |---|---|---|---| | 1 | 1 | 0 | نحو 1 | | 2 إلى 5 | 2 إلى 5 | 0 | نحو 1 | | 6 | 6 | 1 | نحو 9 |

ثم في المرحلة 0: $R = X_0 = 1$، فـ $CV = 0$ و$C1.Q = 0$، والصندوق الجديد يبدأ من الصفر.

ملاحظة للامتحان

في سؤال «حوّل المتمن إلى متمن المبرمج» لا تنس ثلاثة أشياء: جدول التعيينات، وجدول الكتل الداخلية بمداخلها ووسائطها، ومعادلات المخارج. ودارة الاستطاعة (المحرك، الصمام، الموزعات) لا تمر عبر المبرمج: المبرمج يقود المنفذات المتصدرة فقط.

7. تمارين محلولة بنمط البكالوريا

التمرين 1: إشارات المرور في مفترق طرق

دفتر الشروط

مفترق طريقين A وB، لكل منهما إشارة ضوئية (F1 للطريق A، وF2 للطريق B) بثلاثة أضواء. يتحكم في الإشارتين مبرمج آلي.

• مبدّلة التشغيل S (المدخل I1): إذا كانت $S = 0$ تنطفئ الأضواء كلها عند نهاية الدورة الجارية.
• ملتقط الليل N (المدخل I2): مقاومة ضوئية مع مقارن، $N = 1$ ليلا.
• نهارا: أخضر F1 وأحمر F2 مدة $25\ s$، ثم برتقالي F1 وأحمر F2 مدة $3\ s$، ثم أحمر F1 وأخضر F2 مدة $25\ s$، ثم أحمر F1 وبرتقالي F2 مدة $3\ s$.
• ليلا: يومض البرتقاليان معا، مضاءين $1\ s$ ومطفأين $1\ s$.
• يُختار نمط النهار أو الليل في المرحلة 0، أي عند بداية كل دورة.

| المخرج | الضوء | المخرج | الضوء | |---|---|---|---| | Q1 | أحمر F1 | Q4 | أحمر F2 | | Q2 | برتقالي F1 | Q5 | برتقالي F2 | | Q3 | أخضر F1 | Q6 | أخضر F2 |

القاعدة الزمنية للمؤجلات $0{,}1\ s$.

العمل المطلوب

• ارسم المتمن من وجهة نظر المبرمج، بمؤجلات من النوع TON.
• أعط جدول المؤجلات بمداخلها وقيمها المسبقة N.
• اكتب معادلات المخارج.
• احسب مدة الدورة النهارية، وعدد الدورات الكاملة في الساعة، وتواتر الوميض ليلا.
• يصبح $N = 1$ بعد مغادرة المرحلة 0 بقليل. بعد كم من الوقت يبدأ الوميض على الأكثر؟
• اقترح تلميذ مؤجلا واحدا T1 للمرحلتين 1 و3 (كلتاهما $25\ s$) بـ $IN = X_1 + X_3$، ومؤجلا واحدا T5 للمرحلتين 5 و6 بـ $IN = X_5 + X_6$. ناقش الاقتراحين.

الحل

1. المتمن


يبيّن الشكل المرحلة 0 بلا فعل، وتحتها تباعد «أو»: $I1\cdot\overline{I2}$ نحو دورة النهار (المراحل 1 إلى 4)، و$I1\cdot I2$ نحو الوميض (المرحلتان 5 و6). ينتهي الفرعان بتقارب «أو» يعيد إلى المرحلة 0. القابليتان متنافيتان بفضل $I2$ و$\overline{I2}$. والمرحلة 6 بلا ضوء: هي زمن الإطفاء.

2. المؤجلات

| المؤجل | IN | PT | N | |---|---|---|---| | T1 | $X_1$ | $25\ s$ | 250 | | T2 | $X_2$ | $3\ s$ | 30 | | T3 | $X_3$ | $25\ s$ | 250 | | T4 | $X_4$ | $3\ s$ | 30 | | T5 | $X_5$ | $1\ s$ | 10 | | T6 | $X_6$ | $1\ s$ | 10 |

3. معادلات المخارج: نجمع لكل ضوء المراحل التي يضيء فيها.

| المخرج | المعادلة | |---|---| | Q1 (أحمر F1) | $Q1 = X_3 + X_4$ | | Q2 (برتقالي F1) | $Q2 = X_2 + X_5$ | | Q3 (أخضر F1) | $Q3 = X_1$ | | Q4 (أحمر F2) | $Q4 = X_1 + X_2$ | | Q5 (برتقالي F2) | $Q5 = X_4 + X_5$ | | Q6 (أخضر F2) | $Q6 = X_3$ |

للتحقق: في كل مرحلة نهارية يكون ضوء واحد مشتعلا في كل إشارة، وأحد الطريقين على الأقل أحمر.

4. الأزمنة

$ T_{jour} = 25 + 3 + 25 + 3 = 56\ s $

عدد الدورات الكاملة: $3600/56 \approx 64{,}3$، أي 64 دورة في الساعة (المرحلة 0 تُجتاز في دورة مسح، فزمنها مهمل). الوميض: دوره $1 + 1 = 2\ s$، فتواتره $f = 1/2 = 0{,}5\ Hz$.

5. أطول انتظار: الاختيار لا يُقرأ إلا في المرحلة 0. إذا أصبح $N = 1$ بعد مغادرتها مباشرة، تُتمّ دورة النهار كاملة: يبدأ الوميض بعد $56\ s$ على الأكثر. هذا مقصود: لا نقطع دورة والأخضر مشتعل.

6. مناقشة الاقتراحين

• T1 للمرحلتين 1 و3: بينهما المرحلة 2 حيث $IN = 0$ مدة $3\ s$، فيُصفَّر المؤجل قبل دخول 3، ويعدّ $25\ s$ من جديد. الاقتراح صحيح (والقيمة المسبقة واحدة).
• T5 للمرحلتين 5 و6: المرحلتان متتاليتان، فيبقى $IN = 1$ عند المرور من 5 إلى 6، ويبقى $T5.Q = 1$، فتُجتاز المرحلة 6 في دورة مسح. يعود المتمن إلى 0 ثم إلى 5 فورا: يبقى البرتقاليان مضاءين تقريبا دون انقطاع، ولا وميض. الاقتراح خاطئ.

التمرين 2: محطة خلط منتوجين

دفتر الشروط

خزان خلط يُملأ بمنتوجين A وB ثم يُخلطان ثم يُفرغ الخزان.

• عند dcy (I1) والخزان فارغ ($b = 0$): يُفتح معا الصمامان EV1 (المنتوج A) وEV2 (المنتوج B).
• كمية A تُقاس بعداد تدفق يعطي نبضة كل $0{,}5\ L$ على المدخل I3، والمطلوب $40\ L$؛ ثم يُغلق EV1.
• EV2 يبقى مفتوحا $12\ s$ بتدفق $0{,}5\ L/s$.
• حين ينتهي الملآن: يدور الخلاط (KM1) $30\ s$، ثم يُفتح صمام التفريغ EV3 حتى يفرغ الخزان ($b = 0$).
• $b$ (المدخل I2) ملتقط مستوى أسفل الخزان: $b = 1$ إذا كان فيه سائل.
• المخارج: Q1 (EV1)، Q2 (EV2)، Q3 (KM1)، Q4 (EV3).

المعطيات: تدفق EV1 هو $1{,}25\ L/s$، وتدفق التفريغ $2\ L/s$، ودورة المسح $T_c = 15\ ms$، والقاعدة الزمنية $0{,}1\ s$، ونبضات عداد التدفق نسبتها $50\ \%$.

العمل المطلوب

• احسب القيمة المسبقة PV للعداد C1.
• احسب مدة ملء A، وتواتر نبضات عداد التدفق، وتحقق من أن المبرمج يعدّها كلها.
• اكتب المتمن من وجهة نظر المبرمج (جدولا: مرحلة، أفعال، قابلية)، مع برمجة الكتل الداخلية.
• أعط قيم N للمؤجلين.
• احسب مدة الدورة، ونسبة المنتوج B في الخليط.
• برمج تلميذ العداد بـ $R = X_1$. ماذا يحدث؟

الحل

1. $PV = 40/0{,}5 = 80$ نبضة.

2. مدة ملء A: $t_A = 40/1{,}25 = 32\ s$. تواتر النبضات: $f = 1{,}25/0{,}5 = 2{,}5\ Hz$، أي نبضة كل $0{,}4\ s$ تدوم $0{,}2\ s$. أكبر تواتر يمكن عدّه:

$ f_{max} = \frac{1}{2T_c} = \frac{1}{0{,}03} \approx 33{,}3\ Hz $

بما أن $2{,}5\ Hz$ أصغر بكثير من $33{,}3\ Hz$ (والنبضة $200\ ms$ أطول بكثير من $15\ ms$)، فلا تضيع أي نبضة، ولا حاجة إلى مدخل عدّ سريع.

3. المتمن والكتل

| المرحلة | الأفعال | القابلية التي تليها | |---|---|---| | 0 (ابتدائية) | — | $I1\cdot\overline{I2}$، ثم تباعد «و» نحو 1 و3 | | 1 | Q1 (EV1) | C1.Q ← المرحلة 2 | | 2 (انتظار) | — | تقارب «و» مع 4 | | 3 | Q2 (EV2)، T1 | T1.Q ← المرحلة 4 | | 4 (انتظار) | — | تقارب «و» مع 2، القابلية $= 1$ ← المرحلة 5 | | 5 | Q3 (KM1)، T2 | T2.Q ← المرحلة 6 | | 6 | Q4 (EV3) | $\overline{I2}$ ← المرحلة 0 |

| الكتلة | النوع | البرمجة | |---|---|---| | C1 | CTU | $CU = I3\cdot X_1$، $R = X_0$، $PV = 80$ | | T1 | TON | $IN = X_3$، $PT = 12\ s$ | | T2 | TON | $IN = X_5$، $PT = 30\ s$ |

نكتب $CU = I3\cdot X_1$ لكي لا يُعدّ إلا ما يمر أثناء ملء A. ومعادلات المخارج: $Q1 = X_1$، $Q2 = X_3$، $Q3 = X_5$، $Q4 = X_6$.

4. $N_1 = 12/0{,}1 = 120$ و$N_2 = 30/0{,}1 = 300$.

5. الحجم الكلي $V = 40 + 0{,}5\times12 = 40 + 6 = 46\ L$. الملء يدوم $\max(32, 12) = 32\ s$ (تنتظر المرحلة 4 مدة $20\ s$)، والخلط $30\ s$، والتفريغ $46/2 = 23\ s$:

$ T_{cycle} = 32 + 30 + 23 = 85\ s $

نسبة B: $6/46 \approx 0{,}13$، أي حوالي $13\ \%$.

6. المدخل R له الأولوية: ما دامت المرحلة 1 نشطة يُفرض $CV = 0$، فلا يبلغ العداد أبدا 80، ويبقى $C1.Q = 0$، ولا يُغلق EV1: يفيض الخزان. الإرجاع يوضع في المرحلة 0، قبل فتح الصمامين.