Univerza v Ljubljani Fakulteta za kemijo in kemijsko tehnologijo Katedra za fizikalno kemijo

Univerza v Ljubljani

Fakulteta za kemijo in kemijsko tehnologijo Katedra za fizikalno kemijo

OSNOVE REGULACIJE TEHNOLOŠKIH PROCESOV za študente 2. letnika Kemijske tehnologije

PRIMERI NALOG

(interno študijsko gradivo)

študijsko leto 2014/2015

1. Standardni signali

1.1. Standardni pnevmatski signali pretvarjamo v standardni tokovni signal z živo ničlo.

Kolikšen bo izhodni tokovni signal, če ima vhodni pnevmatski signal vrednost 0,868 bar?

Rešitev:

Standardni pnevmatski signal oziroma standardni tokovni signal z živo ničlo sta omejena z vrednostima:

Pmin = 0,2 bar (spodnja meja pn. st. signala) Pmaks = 1,0 bar (zgornja meja pn. st. signala) Imin = 4,0 mA (spodnja meja tok. st. signala) Imaks = 20,0 mA (zgornja meja tok. st. signala)

( )

( ) ( )

( )

( ) ( )

min min maks min

maks min

0,868 bar - 0,2 bar

4,0 mA + 20 mA - 4 mA 17,36 mA

1,0 bar - 0,2 bar

I I P P I I

P P

= + − ⋅ − =

−

= ⋅ =

( )

( ) ( )

( )

( ) ( )

min min maks min

maks min

0,868 bar - 0,2 bar

4,0 mA + 20 mA - 4 mA 17,36 mA

1,0 bar - 0,2 bar

I I P P I I

P P

= + − ⋅ − =

−

= ⋅ =

Isto nalogo lahko rešimo tudi grafično:

1.2. Tlak merimo v območju med 2 in 15 bari, in ta signal nato pretvorimo v standardni pnevmatski signal.

a) Kateremu tlaku ustreza standardni signal 0,4 bar?

b) Izmerjeni signal je 10 bar. Kolikšna je ta vrednost, izražena s standardnim tlakom? Nalogo rešite računsko in grafično!

Rešitev:

Reševanja te naloge se lotimo na zelo soroden način kot pretvarjanja ene vrste standardnih signalov v druge vrste standardnih signalov, le da tu na eni strani ni standardni signal ampak nek poljuben signal.

a) P = 5,25 bar b) Pst = 0,692 bar

1

2. Odziv termičnega procesa 1. reda na stopenjsko motnjo

2.1. Termometer s temperaturo 20 °C hipoma prestavimo v termostatsko kopel s temperaturo 60 °C. Kolikšno temperaturo kaže termometer 5,0 sekund po prenosu v kopel, če znaša njegova časovna konstanta 3,0 sekunde, termometer pa lahko obravnavamo kot termični sistem 1. reda?

Rešitev:

τ t

M T

T T T

0

0 =1−e⁻

−

− (enačba odziva termičnega procesa 1. reda na stopenjsko motnjo)

( ) ( ) ( )

C 445 , 52 C 445 , 32 C 20 8111 , 0 C 40 C 20

1889 , 0 1 C 40 C 20 e

1 C 20 C 60 C 20 e

1 ^3,0s

s 5,0 0

M 0

°

=

° +

°

=

⋅

° +

°

=

=

−

⋅

° +

°

=











 −

⋅

°

−

° +

°

=







 −

⋅

− +

=T T T ^{−τt −}

T

2.2. Termometer s časovno konstanto 1,5 s smo hipoma prestavili iz kopeli 20 °C v kopel s temperaturo 41 °C? Kolikšno temperaturo je pokazal termometer 0,75 sekunde potem, ko smo ga prestavili?

Rešitev:

T(0,75 s) = 28,263 °C.

2.3. Imamo termometer 1. reda, katerega časovna konstanta znaša 7 sekund. Ta termometer imamo sprva pomočen v kopel s temperaturo T = 70 °C (dovolj dolgo, da postane temperatura termometra enaka temperaturi te kopeli), nato pa ga hipoma prestavimo v drugo kopel s T = 30

°C. V tej drugi kopeli ga pustimo 7 sekund, potem pa ga zopet hipoma prestavimo nazaj v prvo kopel. Kolikšno temperaturo pokaže ta termometer a) po 7 sekundah v drugi kopeli in b) koliko po 7 sekundah od vrnitve nazaj v prvo kopel?

Rešitev:

a) T = 44,72 °C (ta rešitev sledi neposredno iz enačbe ^τt

M T

T T T

0

0 =1−e⁻

−

− , kjer je T0 = 70 °C in TM = 30 °C)

b) T = 60,70 °C (tudi ta rešitev sledi neposredno iz enačbe ^τt

M T

T T T

0

0 =1−e⁻

−

− , le da je tu T0

temperatura termometra v hladnejši kopeli v trenutku, ko termometer spet prestavimo v toplejšo kopel (torej T0 = 44,72 °C) in TM = 70 °C.

2

2.4. Na dvorišču proizvodnega obrata stoji toplotno izoliran kroglast (sferičen) rezervoar polmera 3,00 m, napolnjen z benzenom.

a) S kolikšno močjo moramo ogrevati ta rezervoar, če želimo temperaturo benzena vzdrževati pri 15 °C, zunanja temperatura znaša -10 °C, koeficient toplotne prestopnosti α pa znaša 0,200 W/m² K?

b) Z ogrevanjem rezervoarja nenadoma prekinemo. Čez koliko časa se bo v rezervoarju začel izločati trden benzen (benzen ima tališče 5,5 °C), če zunanja temperatura ostane ves čas enaka -10 °C? Molska specifična toplota benzena znaša 134,8 J/mol K, gostota benzena je 875 kg/m³, njegova molska masa pa 78 g/mol. Pri računu predpostavite, da se benzen znotraj rezervoarja enakomerno ohlaja (rezervoar ima vgrajeno mešalo, vneseno toploto zaradi mešanja pa zanemarimo). V računu zanemarite tudi toplotno kapaciteto plašča rezervoarja.

Rešitev:

a) S segrevanjem moramo dovajati ravno toliko toplote, kot se jo iz rezervoarja (Tbenzen = 15 °C) izgublja v okolico (Tzun = -10 °C). Odvod toplote Qp po času t je toplotni tok q, ki ga izrazimo kot

T zun benzen

P R

T T

dt

q= dQ = − ,

kjer je RT termični upor, ki ga izračunamo iz koeficienta toplotne prestopnosti α in površine S plašča rezervoarja

( )

W

04421K , K 0 m W 200 , 0 m 3,00 4

1 4

1 1

2 2

T 2 =

⋅

⋅

= ⋅

⋅

⋅

= ⋅

= ⋅

α π π

α _r

R S

( )

_565,5W

W K 0,04421

K 25 W

K 0,04421

C 25 W

K 0,04421

C 10 C

15

T zun benzen T

=

° =

° =

−

−

= °

= −

= ∆

R T T

R q T

Rezervoar moramo torej ogrevati z močjo 565,5 W, če želimo njegovo temperaturo vzdrževati pri 15 °C. Še komentar k zadnjemu računu: v števcu smo na začetku računa razliko temperatur izražali v °C, medtem ko smo imeli v imenovalcu enoto K. Pretvorbo iz razlik temperatur, izraženo v °C, smo lahko naredili tako, da smo številčno vrednost obdržali enako, zamenjali smo le enoto. To lahko storimo le (in tudi moramo storiti), če gre za razliko temperatur, ne smemo pa tega storiti, če imamo opravka s temperaturo (tedaj moramo temperaturi izraženi v

°C prišteti 273,15 K).

b) Za izračun časa, ki mine do izločanja trdnega benzena (T=5,5 °C), uporabimo enačbo za odziv termičnega procesa 1. reda na stopenjsko motnjo:

( )

_τ^t

T T

T t T

0 M

0 =1−e⁻

−

−

V zgornji enačbi nam TM predstavlja končno temperaturo, to je temperaturo, ki bi jo rezervoar dosegel v času večkratnika časovne konstante τ (v tem primeru je temperatura okolice -10 °C).

Izhodiščna temperatura T0 je temperatura rezervoarja ob času izklopa gretja (T0 = -10 °C), T pa temperatura tališča benzena (T = 5,5 °C). Časovno konstanto τ izračunamo iz zmnožka termičnega upora RT in toplotne kapacitete C rezervoarja. Glede na besedilo naloge toplotno kapaciteto rezervoarja lahko kar izenačimo s toplotno kapaciteto benzena, s katero je napolnjen rezervoar. Ker imamo podano molsko specifično toploto cp,M benzena in iz polmera r rezervoarja lahko izračunamo njegov volumen V, potrebujemo še molsko maso benzena Mbenzen

in njegovo gostoto ρ:

3

( )

dni 87,51 h

2 , 2100 s

10 5609 , 7

K J 10 7102 , 1 W K 0,04421 m

kg 875 m 097 , 113 K g J 728 , 1 W K 0,04421

m kg 3 875

m 3,00 4

mol g 78

K mol J 8 , W 134 K 0,04421

3 4

6

8 3

3 3 3

3

benzen M P, benzen

M P P,

P

=

=

⋅

=

=

⋅

⋅

=

⋅

⋅

⋅

=

=

⋅ ⋅

⋅ ⋅

⋅

=

=

⋅ ⋅

⋅ ⋅

⋅

=

⋅

⋅

⋅

=

⋅

⋅

⋅

=

⋅

⋅

=

⋅

=

π

π ρ ρ

ρ

τ ^r

M R c M V

R c V

c R m c R C

R_{T T T T T}

Iz preurejene enačbe odziva termičnega sistema 1. reda na stopensko motnjo sedaj lahko izračunamo čas, v katerem se benzen s 15 °C ohladi na 5,5 °C:

0

1 0

e T T

T T

M t

−

− −

− =

τ

Zgornjo enačbo moramo logaritmirati



 





−

− −

−

=

0

1 0

ln T T

T T t

τ M

( ) ( )

(

0,4780

)

41,8dni dni

87,51

62 , 0 ln dni 87,51 38

, 0 1 ln dni 87,51 C

5 2

C 5 , 1 9 ln dni 87,51

C 5 2 -

C 5 , 9 1 - ln dni 87,51 C

5 1 C 10 -

C 5 1 C 1 5,5 ln dni 87,51 1

ln

0 0

=

−

⋅

−

=

=

⋅

−

=

−

⋅

−

=



 





°

− °

⋅

−

=

=



 





°

− °

⋅

−

=



 





°

−

°

°

−

− °

⋅

−

=



 





−

− −

⋅

−

= T T

T t T

M

τ

Komentar k uporabi enačbe

(

T

( )

t −T₀

) (

T_M −T₀

)

=1−e^−τt v razdelku b) te naloge:

če uporabimo to enačbo, se moramo zavedati, da TM ne pomeni nujno najvišje temperature (oziroma T0 ne nujno najnižje temperature) temveč v kontekstu izpeljave te enačbe TM pomeni temperaturo, ki jo mora po stopenjski spremembi po nekajkratniku časa τ doseči sistem, temperatura T0 pa pomeni izhodiščno temperaturo – to je temperaturo, ki jo je imel sistem v trenutku, ko je bil izpostavljen stopenjski spremembi. Pomen oznak se je tako obdržal tudi v razdelku b). Medtem, ko je bila v razdelku a) pravzaprav izhodiščna temperatura T0 (= - 10 °C) in najvišja dosegljiva temperatura (ob ogrevanju z močjo 565,5 W) TM (= 15 °C), se vrednost, ki ju nosita te oznaki, pri ohlajanju obrne: izhodiščna temperatura T0 nam tu predstavlja temperaturo, ki jo je imel benzen, dokler je ogrevanje delovalo (= 15 °C), po prekinitvi segrevanja pa se je temperatura začela zniževati in počasi padati proti končni temperaturi TM (= - 10 °C ), ki jo določa mrzla okolica.

Nalogo pa lahko rešimo tudi drugače. Zavedati se moramo, da se temperatura benzena v rezervoarju po prenehanju ogrevanja rezervoarja eksponentno padajoče (na začetku hitro, potem pa vedno počasneje) spreminja od začetne Tzac (15 °C) do končne Tkon (-10 °C). Če temperaturno območje normiramo na trak vrednosti med 1 in 0 (15 °C nam predstavlja 1, -10

°C pa 0), potem padanje normirane temperature s časom predstavlja funkcija e^−τt. Za primerjavo tega načina razmišljanja z rešitvijo naloge v razdelku b) moramo normirano temperaturo zopet »prevesti« v nam bolj domače enote °C. Taka funkcija se glasi:

( )

t T

(

T T

)

^τt

T = _kon+ _zac − _kon ⋅e⁻

4

Iz zgornje enačbe je razvidno, da je ob t=0 (pojav spremembe) temperatura enaka Tzac, v limiti, ko gre t→∞ pa je T(t→∞) = Tkon.

Ne glede na to, po katerem od pravilnih načinov rešimo nalogo v razdelku b), moramo seveda vedno dobiti pravo rešitev (t=41,8 dni). Pravilno izračunano padanje temperature benzena v rezervoarju je grafično predstavljeno na spodnji sliki. S te slike je razvidno, da benzen v ohlajajočem se rezervoarju doseže temperaturo strdišča (tališča) po 41,8 dneh.

5

3. Odziv hidravličnega procesa 1. reda na stopenjsko motnjo

3.1. Skozi pretočni rezervoar se pri konstantni vrednosti dotoka pretaka voda. Po dolgem času se gladina vode v tem rezervoarju ustali na višini 2 m. Tedaj sta dotok vode v rezervoar in iztok vode iz njega izenačena in enaka fV0 = 200 dm³/min. Odvzem vode iz rezervoarja nato zmanjšamo, pri tem pa se hidravlični upor RH poveča na vrednost 1000 s m^-2.

Na kateri višini se ustali nivo pri (začasno) zmanjšanem odvzemu?

Rešitev:

Hidravlični proces 1. reda je samoregulacijski proces, kjer se po dovolj dolgem času vzpostavi enakost h

(

t→∞

)

= f_V⋅R_H. Da odvzem vode zmanjšamo (dotok vode v rezervoar ostane enak kot prej), moramo bolj pripreti ventil na iztoku, s tem pa povečamo hidravlični upor, ki omejuje iztekanje vode iz rezervoarja. Gladina vode zaradi bolj priprtega ventila začne naraščati, s tem pa tudi hidrostatski tlak, ki potiska vodo iz rezervoarja. Zaradi povečevanja hidrostatskega tlaka se počasi povečuje tudi iztok iz rezervoarja in po dovolj dolgem času iztok iz rezervoarja zopet postane enak dotoku vode vanj.

h = 200 dm³/min · 1000 s/m² = 0,003333 m³/s · 1000 s/m² = 3,33 m³/m² = 3,33 m

3.2. Rezervoar za namakanje (navpično postavljen votel valj z notranjim premerom 5,00 m in višine 10,00 m) se polni z vod, ki ima konstanten volumski pretok 3,00 m³/min. Na dnu rezervoarja je vstavljen ventil, ki je v režimu normalnega delovanja (porabe vode) odprt toliko, da znaša njegov hidravlični upor RH 150 s/m².

a) Na kateri višini se ustali nivo vode v rezervoarju, če namakanje dovolj dolgo časa poteka v režimu normalnega delovanja?

b) Zaradi povečane potrebe po namakanju je v rezervoarju 100 m³ vode manj, kot jo je sicer v režimu običajne porabe vode (režim normalnega delovanja). Koliko časa je potrebno, da pri običajni odprtosti ventila (RH = 150 s/m²) nivo vode naraste na 6,00 m?

Rešitev:

a) Višino gladine vode iz rezervoarja lahko neposredno izračunamo iz enačbe, ki podaja odziv hidravličnega sistema 1. reda na stopenjsko motnjo. Nivo vode je rešitev h(t) ta čas, ko gre t → ∞. Omenjena rešitev sledi iz izpeljave enačbe za

( ( ) )

^τ

t

h t

h

h t h

0

0 =1−e⁻

−

∞

→

−

Iz izpeljave zgornje enačbe sledi, da je h

(

t→∞

)

= f_V⋅R_H Nivo vode torej določata konstantni volumski dotok vode fV v rezervoar in stopnja odprtosti ventila, ki jo odraža hidravlični upor ventila RH (in pripadajočih cevi) na izhodu iz rezervoarja.

( )

7,50m

s 60

s 450m min

s 450m m

150 s min ,00 m

3 ³ ₂

H

V⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ =

=

∞

→ f R

t h

b) Za rešitev tega dela naloge uporabimo enačbo, ki podaja odziv hidravličnega procesa 1.

reda na stopenjsko motnjo:

6

( ( ) ) ( )

_τ^t

h R f

h t h h

t h

h t h

0 H V

0 0

0 =1−e⁻

−

⋅

= −

−

∞

→

−

Pred reševanjem te enačbe moramo določiti še h0 in τ, ki v opisu naloge nista neposredno podana. Višina h0 nam predstavlja izhodiščno višino, od katere se gladina proti ravnovesni gladini h

(

t→∞

)

, dotok vode pa je v tem času ves čas konstanten, ventil na izhodu iz rezervoarja pa tudi vseskozi nudi hidravlični upor RH = 150 s/m².

Izhodiščno nivo vode h0 izračunamo tako, da od ravnovesne gladine vode (7,5 m) odštejemo znižanje nivoja, če iz rezervoarja odvzamemo 100 m³ (=∆V) vode, pri tem pa je ta višina odvisna od preseka S rezervoarja:

( )

π

( )

5m 4 ^{7,50m-5,093m 2,407m}

m m 100

50 ,

4 7 ²

3 H 2

V

0 = =

− ⋅

⋅ =

− ∆

⋅

∆ =

−

∞

→

= D

R V S f

t V h

h π

Časovno konstanto hidravličnega sistema 1. reda določata hidravlični upor RH ventila in presek S rezervoarja:

( )

_{150 2,5 s 2945,24s 49,087min}

4

m 5 π m s

4 150 ^{2 2 2}

H 2

H⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = =

= π π

τ _{R S R D}

Da bi sedaj lahko izračunali čas, ki je potreben, da se nivo vode z začetne višine h0 2,407 dvigne na višino 6,00 m, je potrebno enačbo odziva hidravličnega procesa 1. reda na stopenjsko motnjo preurediti:

( ( ) )

⁰ ₀

1

e h t h

h t

t h

−

∞

→

− −

− =

τ

Zgornjo enačbo sedaj logaritmiramo

( ( ) )

^_^





−

∞

→

− −

−

=

0

1 0

ln h t h

h t h t

τ

( ( ) )

(

0,29425

)

49,087min

(

-1,2224

)

60,00min 1,00ura ln

min 49,087

m 2,407 m

7,50

m 2,407 m

1 6,00 ln min 49,087 1

ln

0 0

=

=

⋅

−

=

⋅

−

=

=



 





−

− −

⋅

−

=



 





−

∞

→

− −

⋅

−

= h t h

h t t τ h

7

4. Odziv termičnega procesa 1. reda na linearno naraščajočo motnjo

4.1. V termostatu s temperaturo 10,0 °C je postavljena čaša vode s temperaturo, ki je enaka začetni temperaturi termostata (10,0 °C). Termostat sedaj vklopimo in temperatura termostata začne enakomerno naraščati s časom s hitrostjo 2 °C/min.

a) Kolikšna je stalna napaka (razlika med temperaturo termostata in temperaturo vode v čaši v limiti, kot gre t→∞)?

b) Kolikšna je temperatura čaše z vodo (vsebino čaše med poskusom mešamo) 5 minut po začetku segrevanja termostata, če je časovna konstanta čaše z vodo 10 minut? Kolikšna je tedaj razlika med temperaturo termostata in temperaturo čaše z vodo?

c) Kolikšna je razlika med temperaturo termostata in temperaturo čaše z vodo 40 minut po pričetku naraščanja temperature?

Rešitev:

a) stalna napaka = hitrost naraščanja temperature termostata · časovna konstanta čaše stalna napaka =(-)k·τ= (-) 2 °C/min · 10 min = (-) 20 °C

b) čaša

( )

⁼ zač^{+ ⋅ − ⋅ ⋅}

(

^{− −/}

)

^{= ° + ° ⋅ − ° ⋅}10min^⋅

(

1^{− −5min/10min}

)

⁼

min C min 2 min 5

C C 2 10

1 e e

k t k T t

T τ ^tτ

12,13 °C

Torej: ob t = 5 min je temperatura čaše 12,13 °C.

c) Z ozirom na to, da je od pričetka linearnega naraščanja temperature preteklo štirikrat toliko časa kot pa znaša časovna konstanta čaše z vodo, lahko pričakujemo, da bo razlika temperatur že skoraj enaka stalni napaki.

Napako ob poljubnem času lahko izračunamo po enačbi

( )

− ∆T =k⋅τ −k⋅τ ⋅e^−t/τ =

( )

10min

(

1

)

20 C 0,9817 19,63 C

min C

1− ^/ = 2° ⋅ ⋅ − ^40min/10min = ° ⋅ = °

⋅

⋅

=k τ e^{−t τ} e⁻

4.2. Po zajtrku se z avtom odpeljemo na plažo, kjer pustimo avtomobil na osončenem parkirišču. Ko zapustimo avtomobil, je temperatura v notranjosti avtomobila enaka zunanji temperaturi in znaša 25 °C. Notranjost avtomobila se sedaj prične segrevati s konstantno hitrostjo 15 °C na uro. V potovalni kabini avtomobila je vgrajen termometer, ki ima časovno konstanto 6 minut.

a) Kolikšna je temperatura v notranjosti avtomobila 12 minut po tem, ko smo ga zapustili?

b) Kolikšno temperaturo tedaj kaže termometer v avtomobilu?

c) Kolikšni sta tedaj stalna in prehodna napaka?

Rešitve:

a) Temperatura v avtomobilu s časom enakomerno narašča

( )

= + ⋅ = ° + ° ⋅12min=25°C+0,25°C/min⋅12min= min

60 C 5 C 1

zač 25

avto t T k t

T 28,0 °C

8

b) Zaradi časovne konstante termometra na termometru prikazana temperatura v splošnem zaostaja za temperaturo v okolici (tu: v notranjosti avtomobila):

( )

⁼ _zač ^{+ ⋅ − ⋅ ⋅}

(

^{− −/}

)

^{= ° + ° ⋅ − ° ⋅ ⋅}

(

^{− −12min/6min}

)

⁼

avto 6min 1

min 60

C 5 min 1 min 12

60 C 5 C 1 25

1 e e

k t k T t

T τ ^tτ

25,0 °C + 3,0 °C – 1,297 °C = 26,703 °C

c) stalna napaka (napaka, ki vztraja tudi v limiti, ko gre t→∞ ) je enaka (-)k·τ= (-) 1,5 °C prehodna napaka (ob t = 12min): ^/ 6min ^12min/6min

min 60

C 5

1 −

− = ° ⋅ ⋅

⋅

⋅ e e

k τ ^{t τ} = 0,203 °C

9

5. Odziv termičnih in hidravličnih sistemov 1. reda na periodično motnjo

5.1. Z meritvijo smo ugotovili, da v termostatu z dvopoložajno regulacijo temperatura niha za

± 0,1 °C. Perioda nihanja temperature v termostatu znaša 30 sekund. Kolikšna je frekvenca in kolikšna krožna frekvenca nihanja temperature?

a) Kolikšno časovno konstanto τ mora imeti čaša z vodo, ki jo postavimo v tak termostat, da temperatura vode v njej ne bo nihala za več kot ± 0,01 °C?

b) Kolikšno je pravo nihanje temperature v termostatu, če smo amplitudo nihanja ± 0,1 °C določili s termometrom s časovno konstanto 7 s?

Rešitev:

Frekvenca ν nam pove, kolikokrat v neki časovni enoti se dogodek zgodi. Iz podatkov je razvidno, da se temperatura v termostatu zaniha enkrat na 30 sekund. Sledi ν = 1/tperioda = 1/30 s = 0,0333 s^-1 = 2,0 min^-1. Krožna frekvenca ω je frekvenca, izražena v radianih: ω = 2·π·ν = 2·π·2,0 min^-1 =12,566 rad min^-1.

a) Naj oznaka TM1 označuje amplitudo nihanja temperature v termostatu (=0,1 °C), TM2 pa dovoljeno amplitudo nihanja temperature v čaši (=0,01 °C). Obe ti amplitudi sta povezani preko krožne frekvence nihanja temperature ω in časovne konstante τ čaše: T^M2 =

(

1+Tω^M12⋅τ²

)

. V tej enačbi nam je nepoznan le τ, ki ga zato lahko neposredno izračunamo: τ = 0,7918 min = 47,51 s.

b) Uporabimo prej zapisano enačbo o zvezi med krožno frekvenco nihanja temperature ω in časovno konstanto, le da imamo tu neznano (pravo) amplitudo nihanja temperature TM0 v termostatu, domnevno amplitudo nihanja temperature TM1 v termostatu ter časovno konstanto termometra τ_term, ki smo ga uporabili pri določanju nihanja temperature v termostatu. Enačbo zapišemo tokrat v obliki T_M0 =T_M1⋅

(

1+ω ⋅² τ_term²

)

. Rešitev je TM0 = 0,1775 °C.

5.2. Ob morju, katerega gladina od srednjega nivoja zaradi bibavice (ta se pojavlja dvakrat dnevno) sinusno niha z amplitudo ± 1,0 m, stoji olimpijski bazen z morsko vodo, ki je s cevjo povezan z morjem. Bazen ima globino (srednji nivo) 2,5 m, površino pa 600 m². Srednji nivo vode v bazenu je enak srednjemu nivoju vode v morju.

a) Kolikšen hidravlični upor RH mora imeti cev, ki povezuje bazen in morje, da gladina vode v bazenu ne bo nihala za več kot ± 5,0 cm od srednjega nivoja?

b) Kolikšen premer mora imeti cev z zahtevanim RH , če je dolžina cevi (razdalja med morjem in bazenom) 100 m? Morska voda ima pri dani temperaturi viskoznost 1,0·10^-3 Pa·s, gostoto pa 1,0 kg/dm³. Ker so hitrosti pretakanja dovolj majhne, lahko tu predpostavimo laminaren tok, s tem pa tudi veljavnost Hagen-Poiseuillovega zakona.

c) Bazen je trenutno prazen. Koliko časa potrebujete, da ga do višine 2,0 m napolnite z morsko vodo skozi cev premera, kot ste jo določili v nalogi b)? Račun pri tem poenostavite tako, da privzamete, da je gladina morja ves ta čas na srednji višini?

10

d) Kolikšen je časovni zamik med časom, ko plima doseže višek in časom, ko svoj maksimum doseže gladina vode v bazenu?

e) Koliko vode dnevno priteče v bazen (oziroma odteče iz bazena)?

f) Koliko bi nihal nivo vode v bazenu, če bi identičen bazen (z enako povezovalno cevjo) postavili ob obali, kjer se bibavica pojavlja le enkrat dnevno, pri tem pa nivo ravno tako niha ± 1,0 m od srednjega nivoja?

Rešitev:

a) V hidravličnih sistemih 1. reda je hidravlični upor RH med drugim povezan s časovno konstanto sistema τ: τ= RH·S, kjer je S površina hidravličnega sistema (s konstantnim presekom vzdolž vertikale). Da bi iz tega izraza lahko izračunali RH, bi morali poznati τ. Tega lahko izrazimo iz razmerja amplitud nihanja gladine vode v bazenu A2 in v morju A1, pri tem pa moramo poznati še krožno frekvenco plimovanja ω:

(

^{2 2}

)

1 2

1 1

τ ω ⋅

= + A A

Krožna frekvenca ω je premosorazmerna frekvenci ν: ω = 2·π·ν

Ker se bibavica pojavlja dvakrat dnevno je njena frekvenca ν = 2 dan^-1 = 0,08333 h^-1 = 1,3889·10^-3 min^-1 = 2,315·10^-5 s^-1, krožna frekvenca ω pa ω = 0,5236 h^-1 = 8,727·10^-3 min^-1 Časovna konstanta τ bazena tako znaša ₌

( )

⁻ ₌

( )

⁻ ₌

−1 2 2

2 1

h 0,5236

1 cm 5,00 m 1,00 1

τ A ωA min

2289 h

38,15 h

0,5236 1 400

1 = =

= −₋

Hidravlični upor RH je enak _{H 2} 0,06358h/m² 3,815min/m² 228,9s/m² m

600 h

38,15 = = =

=

= S

R τ

, kjer je S površina bazena.

b) Za laminarni pretok skozi dolgo cev lahko hidravlični upor cevi izračunamo iz Hagen- Poiseuillovega zakona

g r

R l

⋅

⋅

⋅

⋅

= ⋅

ρ π

η

H 84

V zgornji enačbi pravzaprav iščemo premer cevi d = 2·r , saj so vse ostale količine poznane (hidravlični upor RH, dolžina cevi l, gostota vode ρ, viskoznost vode η, težnostni pospešek g):

cm 5 83 , 1 m 5 0183 , s 0 m 81 , 9 m kg 1000 m

s 228,9

m 100 s Pa 10 0 , 1 8

8 ₄

2 3

2 3 4

H

=

⋅ =

⋅

⋅

⋅

⋅

⋅

⋅

⋅

= ⋅

⋅

⋅

⋅

⋅

= ⋅ ₋ ⁻ _{− −}

π ρ

π η

g R

r l

c) Spreminjanje višine nivoja pri hidravličnem procesu 1. reda računamo z uporabo enačbe 11

τ

e t

h h

h

h = − −

−

− 1

0 M

0

V zgornji enačbi je h0 izhodiščna višina vode (0 m; bazen je prazen), h (=2,0 m) višina vode ob času t in hM končna višina vode (= 2,5 m).

Vrednost izraza 1−e^−tτje tako enaka e ^tτ h

h h

h = = − −

−

= −

−

− 0,8 1

m 0 m 25

m 0 m 2,0

0 M

0

Iz zgornjega izraza sledi: _t=−τ⋅ln

(

1−0,8

)

=−38,15h⋅ln

( )

0,2 =61,40h

Bazen se torej skozi cev, ki povezuje morje in bazen, z morsko vodo do višine 2,0 m napolni v 61,40 ure.

d) Na vprašanje, s kolikšnim časovnim zamikom se pojavi maksimum amplitude gladine vode v bazenu glede na maksimum amplitude morske gladine je najlažje odgovoriti grafično.

Narišemo sinusno valovanje gladine morja (če postavimo, da ima gladina morja ob času t = 0 vrednost srednje/povprečne gladine, t.j 0 m, potem prvič doseže maksimum ob t = 3 ure z gladino 1,0 m glede na povprečno gladino). Za gladino vode v bazenu vemo, da sinusno niha okoli srednje gladine morja z maksimumom amplitude 0,05 m (= 5,00 cm). Če torej na graf (narisan je spodaj) dodatno narišemo črto, ki označuje gladino 0,05 m, potem nam vrednosti časa v trenutku, ko ta narisana črta seka sinusno funkcijo nihanja gladine morja, predstavlja čase, ko gladina vode v bazenu doseže svoj maksimum amplitude (na grafu spodaj prekinjeni rdeči črti označujeta maksimum pozitivne in negativne amplitude gladine vode v bazenu).

Vidimo, da gladina vode v bazenu prvič doseže svoj maksimum ob času 5,904 ure, torej 2,904 ure (5,904 – 3,000 = 2,904) po tistem, ko je svoj maksimum dosegla gladina morja. Ta odgovor je razumljiv, saj gladina vode v bazenu raste vse dotlej, dokler je morska gladina višja od gladine vode v bazenu – ko morska gladina pade pod nivo gladine vode v bazenu začne voda odtekati iz bazena nazaj v morje in bazen se prične prazniti.

Do odgovora, s kolikšnim časovnim zamikom se pojavi maksimum gladine vode v bazenu glede na maksimum morske gladine, pa je moč priti tudi računsko. Fazni zamik φ ima vrednost

(

⋅

)

= ⋅ = = = °

=arctanω τ arctan(0,5236h⁻¹ 38,15h) arctan(19,975) 1,5208rad 87,134 φ

Pretvorimo sedaj fazni zamik φ še v časovni zamik β: 2,904h h

rad 6 523 , 0

rad 8 520 , 1

1 =

=

= ₋

ω β φ

12

Slika: Nihanje gladine vode v morju in v bazenu. Oznaka β predstavlja časovni zamik, ki ga ima maksimum gladine vode v bazenu glede na maksimum v morju.

e) Ker se bibavica pojavlja dvakrat dnevno, v bazen dvakrat dnevno priteka (in tudi odteka iz njega) voda. Če pogledamo na zgornjo sliko vidimo, da se zaradi tega dvakrat dnevno gladina vode v bazenu dvigne od negativne amplitude – 5,00 cm na pozitivno amplitudo + 5,00 cm:

gladina torej dvakrat dnevno naraste za ∆h = 10,00 cm.

Volumen vode, ki dnevno priteče v bazen, je tako: ∆V = 2·S·∆h = 2·600 m²·0,100 m = 120 m³ f) Za izračun razmerja amplitud nihanja gladine vode v bazenu in v morju A2/A1 uporabimo enačbo, ki smo jo zapisali že v odgovoru a): 1

(

^{2 2}

)

2

1 1

τ ω ⋅

= + A A

Razlika glede na prejšnji odgovor je v tem, da se sedaj bibavica pojavlja le enkrat dnevno, kar pomeni, da bo krožna frekvenca le polovica prejšnje, torej ω = 0,2618 h^-1 , medtem ko τ ostaja enak (38,15 h), saj je za sistem karakterističen. Račun pokaže, da bi bila sedaj amplituda skoraj še enkrat večja kot prej, to je A2 = 9,96 cm. Ta rezultat je pričakovan, saj je sedaj neprekinjeno časovno okno, v katerem je morska gladina višja od tiste v bazenu, še enkrat daljše in se tako v bazen dlje časa lahko neprekinjeno dovaja voda.

13

6. Delovanje regulatorjev

PI regulator

6.1 PI regulator ima konstanto proporcionalnega ojačenja KC nastavljeno na vrednost 0,5, integralnega časa τ_I pa na τ_I = ∞. Narišite odziv PI regulatorja na stopenjsko motnjo ob času t

= 2 min, če se tedaj pojavi napaka in se vhodni signal spremeni s 5 mA na 15 mA, regulator pa je vezan v odprto zanko. PI regulator sprejema in oddaja standardni tokovni signal z živo ničlo, vrednost signala na izhodu pa je 7 mA, če napake ni.

Rešitev:

od 0 do 2 min: 7 mA od 2 min naprej: 12 mA

14

6.2. Iz odziva PI regulatorja (električni tokovni signal z mrtvo ničlo) na stopenjsko motnjo ε = 2 mA določite konstanto proporcionalnega ojačenja KC in integralni čas τ_I. V regulacijski zanki ni vezanega izvršilnega člena, ki bi odpravljal (konstantno) napako.

Ob katerem času signal doseže svojo maksimalno vrednost?

Rešitev:

KC = 3

To je razvidno iz višine stopnice pri t = 4 min, ki predstavlja zmnožek KC·ε: (8-2) mA/ε = 6 mA / 2 mA = 3)

τI = 6,0 min

Od časa nastanka napake ob t = 4 min izhod iz PI regulatorja zaradi delovanja I načina naraste za vrednost KC·ε = 6 mA (na vrednost 14 mA) ob času 10 min. Od nastanka napake je tedaj preteklo 6 min (= 10 min – 4 min), kar je enako integralnemu času τI = 6,0 min.

t20mA = 16 min (oz. 12 min po nastopu napake)

Iz diagrama je razvidno, da izhodni tok iz PI regulatorja narašča s hitrostjo 1 mA/min. Če je imel izhodni tok takoj po odzivu P načina vrednost 8 mA (ob t = 4 min), bo potem zato, da bo dosegel vrednost 20 mA, potreboval še dodatnih 12 minut.

15

6.3. Na graf spodaj skicirajte odziv PI regulatorja (KC = 2,5; τI = 10 s) na stopničasto motnjo (ε

= 2 mA), ki se pojavi ob času 0. Izhod iz PI regulatorja posreduje naprej standardni električno signal z mrtvo ničlo. Izvršilni člen v zanko ni vezan, zato se napaka ohranja. Signal regulatorja v času, ko napake ni, je y0 = 5 mA.

Rešitev:

Napake do časa t = 0 ni. Torej bo izhodni signal iz PI regulatorja na grafu med časom -5 s in 0 s enak y0 = 5 mA. Ob času t = 0 bo izhodni signal zaradi pojava napake in odziva P načina nanjo poskočil za vrednost KC·ε = 2,5·2 mA = 5 mA na vrednost 10 mA. Izhodni signal se bo nato zaradi odziva I načina linearno povečeval (daljica z naklonom 0,5 mA/s) za vrednost KC·ε

= 5 mA vsakih 10 s (= τ_I). Ob času 20 s bo tako izhodni signal dosegel vrednost 20 mA.

Vrednost 20 mA je tudi zgornja vrednost standardnega tokovnega signala z mrtvo ničlo. Od tedaj naprej se tok na izhodu PI regulatorja ne bo več povečeval in bo ostajal na svoji zgornji meji 20 mA.

16

6.4. V obliki diagrama y (mA) od časa t (v min) narišite odziv, ki ga da PI regulator (na izhodni strani daje posreduje standardni tokovni signal z mrtvo ničlo) s konstanto proporcionalnega ojačenja KC= 2,3 in z integralnim časom τ_I=50 sekund, če se ob času t = 1,5 min nenadoma pojavi konstantna napaka ε=1,2 mA? Regulator je vezan v odprti zanki.

Odziv PI regulatorja, ko v sistemu ni napake, je y0 = 1,5 mA.

Ob katerem času signal doseže svojo maksimalno vrednost?

Rešitev:

Med t = 0 in 1,5 min ni napake in tedaj velja enačba y(0≤t<1,5 min) = y0 = 1,5 mA.

Ob t = 1,5 min se pojavi konstantna napaka. Vrednost y tedaj zaradi odziva P načina hipoma poskoči na vrednost y = y0 + KC·ε = 1,5 mA + 2,3·1,2 mA = 4,26 mA

Po času t = 1,5 min izhodni signal zaradi I načina linearno narašča s hitrostjo KC·ε·trel/τI kjer je trelčas, ki teče od nastanka napake naprej. Namesto relativnega časa trel lahko zapišemo linearno naraščanje izhodnega signala tudi z uporabo absolutnega časa tabs, kot ga bomo risali na diagramu. Enačbo naraščanja izhodnega signala takrat zapišemo kot KC·ε·(tabs – 1,5 min)/τΙ. Račun pokaže, da tedaj izhodni signal narašča s hitrostjo 3,312 mA/min (=KC·ε/τΙ = 2,3·1,2 mA/50 s =0,0552 mA/s = 3,312 mA/min). Signal torej potrebuje (20 mA – 4,26 mA)/(3,312 mA/min) = 4,752 min, da od vrednosti 4,26 mA doseže maksimalno vrednost 20 mA. Tedaj je tabs enak 1,5 min+ 4,752 min = 6,252 min. Od tedaj naprej izhodni signal vztraja pri svoji največji možni vrednosti 20 mA.

Še račun izhodnega signala ob tabs = 5 min: y = y0 + KC·ε + KC·ε·(tabs – 1,5 min)/τΙ = 4,26 mA + 3,312 mA/min·(tabs – 1,5 min) = 15,852 mA.

17

PD regulator

6.5. Iz odziva PD regulatorja (električni tokovni signal z živo ničlo) na enakomerno naraščajočo napako (dε/dt) = 2 mA/min določite konstanto proporcionalnega ojačenja KC in derivativni čas τD. V regulacijski zanki ni vezanega izvršilnega člena, ki bi odpravljal napako.

Ob katerem času signal doseže 70 % svoje maksimalne vrednosti? Vrednost pri 70 % vzemite kot 70 % vrednosti razpona tokovnega signala z živo ničlo.

Rešitev:

Ob času 4 min se pojavi linearno naraščajoča napaka. Kot posledica pojava te napake se ob času t=4 min tok na izhodu iz PD regulatorja skokovito dvigne za 3 mA (=8 mA – 5 mA). Po pojavu te napake odziv PD regulatorja zaradi delovanja P načina linearno narašča s hitrostjo 1 mA/min (razvidno iz grafa): za 3 mA prirastka (višina stopnice pri t=4 min) so torej potrebne 3,0 min, kar je tudi derivativni čas: τ_D = 3,0 min

Višina stopnice pri t=4 min je torej 3 mA. Ta višina je hkrati tudi enaka zmnožku 3 mA = K t

d dε

D

C⋅τ ⋅ . Derivativni čas τD že poznamo (3,0 min), to, da napaka linearno narašča s hitrostjo 1 mA/min (

dt

= dε) pa smo tudi že omenili. Torej velja: KC = 1,0

Razpon standardnega tokovnega signala z živo ničlo je med 4 in 20 mA. Na 70 % tega razpona ima tok vrednost (20 mA – 4 mA)·0,70 = 11,2 mA. Časovno odvisnost napake lahko izrazimo z enačbo ε(t) = 1,0 mA/min∙t , kjer nam t predstavlja čas, ki se prične s pojavom napake. Enačbo

18

odziva PD regulatorja torej lahko zapišemo kot

( )

⁼



 



 + ⋅

⋅ +

= y K t t

y d

d

D C

0

τ ε

ε 1 mA + 1,0·(1,0

mA/min∙t + 3,0 min · 1,0 mA/min) = 1 mA + 1,0·1,0 mA/min∙t + 3,0 mA = 4,0 mA + 1,0 mA/min∙t = 11,2 mA. Iz te enačbe izračunamo, da je t = 7,2 min (po nastanku napake) oziroma ob času 11,2 min glede na časovno os narisanega diagrama. Ta račun potrjuje tudi diagram, kjer pa se moramo zavedati, da moramo na y osi vrednosti 11,2 mA prišteti še 4 mA (kar je spodnja meja standardnega tokovnega signala z živo ničlo): iskana točka je torej točka (11,2 min; 15,2 mA).

19

6.6. V PD regulator smo ob času t = 0 min uvedli s časom linearno naraščajočo motnjo ε(t) = 0,5 mA/min∙t in dobili naslednji diagram odziva PD regulatorja:

a) Določite derivativni čas τD in konstanto proporcionalnega ojačenja KC!

b) Kolikšna bi morala biti KC regulatorja zgolj s proporcionalnim odzivom (P regulator), da bi bil njegov odziv ob času 8 minut enak odzivu (napaka je v obeh primerih enaka) tu obravnavanega PD regulatorja? Dorišite na zgornji diagram odziv takega P regulatorja.

Rešitev:

a) τ_D = 4 min (čas, ki je potreben, da proporcionalni odziv doseže vrednost odziva derivativnega dela).

KC izračunamo iz višine stopnice, nastale v trenutku, ko se je pojavila napaka. Ta stopnica ima višino (graf!) 4 mA in je enaka vrednosti

K t

d

D dε

C⋅τ ⋅ . Hitrost naraščanja napake ( t d

dε ) dobimo z odvajanjem časovne funkcije napake, podane v opisu naloge (ε(t) = 0,5 mA/min∙t). Vrednost

t d

dε znaša 0,5 mA/min. V enačbi 4 mA = K t

d

D dε

C⋅τ ⋅ ostaja neznanka tako le KC; iz te preurejene enačbe izračunamo, da je KC = 2.

b) Ob času 8 min znaša napaka 8 min·0,5 mA/min, t. j. 4 mA. Odziv PD regulatorja y-y0 ob času 8 minut je 12 mA, torej bi KC P regulatorja morala biti enaka 12 mA/4 mA = 3. Odziv takega P regulatorja na linearno naraščajočo motnjo bi bila daljica med točkama (0 min, 0 mA) in (10 min, 15 mA). Odziv PD regulatorja bi seveda sekala v točki (8 min, 12 mA).

20

7. Uglaševanje regulatorjev

7.1. Z uporabo Ziegler-Nicholsove