自动化 课件 题例分析 部分.docx

1、自动化 课件 题例分析 部分第一章 仪表的允越大，表示它的精确度越低；反之，仪表的允越小，表示仪表的精确度越高。将仪表的允许相对百分误差去掉“”号及“”号，便可以用来确定仪表的精确度等级。目前常用的精确度等级有0.005，0.02，0.05，0.1，0.2，0.4，0.5，1.0，1.5，2.5，4.0等。例1-1某台测温仪表的测温范围为200700，校验该表时得到的最大绝对误差为4，试确定该仪表的相对百分误差与准确度等级。 解 该仪表的相对百分误差为 如果将该仪表的去掉“”号与“”号，其数值为0.8。由于国家规定的精度等级中没有0.8级仪表，同时，该仪表的误差超过了0.5级仪表所允许的最大误

2、差，所以，这台测温仪表的精度等级为1.0级。 例题分析1. 某台具有线性关系的温度变送器,其测温范围为 0200,变送器的输出为 420mA。对这台温度变送器进行校验,得到下列数据: 输入信号标准温度/050100150200输出信号/mA正行程读数x正正行程读数x反44.0288.1012.0112.1016.0116.092020.01试根据以上校验数据确定该仪表的变差、准确度等级与线性度。解:该题的解题步骤如下。 (1)根据仪表的输出范围确定在各温度测试点的输出标准值x标。任一温度值的标准输出信号(mA)为 例如,当温度为50时,对应的输出应为其余类推。 (2)算出各测试点正、反行程时的

3、绝对误差正与反 ,并算出正、反行程之差变 ,分别填入下表内(计算变时可不考虑符号,取正值)。 输入信号/050100150200输出信号/mA正行程读数x正反行程读数x反标准值44.02488.10812.0112.101216.0116.09162020.0120绝对误差/mA正行程正反行程反 00.0200.100.010.100.010.0900.01正反行程之差变 0.020.100.090.080.01(3)由上表找出最大的绝对误差max ,并计算最大的相对百分误差max。由上表可知 去掉max的“”号及“%”号后,其数值为0.625 ,数值在0.51.0之间,由于该表的max已超过

4、0.5级表所允许的允,故该表的准确度等级为1.0级。 (4)计算变差 由于该变差数值在1.0级表允许的误差范围内,故不影响表的准确度等级。注意若变差数值变max超过了绝对误差max ,则应以变max来确定仪表的准确度等级。 (5)由计算结果可知,非线性误差的最大值fmax = 0.10 ,故线性度f为 注意 在具体校验仪表时,为了可靠起见,应适当增加测试点与实验次数,本例题只是简单列举几个数据说明问题罢了。 2. 某台测温仪表的测温范围为2001000,工艺上要求测温误差不能大于5,试确定应选仪表的准确度等级。 解:工艺上允许的相对百分误差为 要求所选的仪表的相对百分误差不能大于工艺上的允,才

5、能保证测温误差不大于5,所以所选仪表的准确度等级应为0.5级。当然仪表的准确度等级越高,能使测温误差越小,但为了不增加投资费用,不宜选过高准确度的仪表。 第二章警惕！在化工生产过程中，常需要把压力控制在某一范围内，即当压力低于或高于给定范围时，就会破坏正常工艺条件，甚至可能发生危险。这时就应采用带有报警或控制触点的压力表。将普通弹簧管压力表稍加变化，便可成为电接点信号压力表，它能在压力偏离给定范围时，及时发出信号，以提醒操作人员注意或通过中间继电器实现压力的自动控制。 例题分析1.某台往复式压缩机的出口压力范围为2528MPa，测量误差不得大于1MPa。工艺上要求就地观察，并能高低限报警，试正

6、确选用一台压力表，指出型号、精度与测量范围。 解由于往复式压缩机的出口压力脉动较大，所以选择仪表的上限值为 根据就地观察及能进行高低限报警的要求，由本章附录，可查得选用YX-150型电接点压力表，测量范围为060MPa。 由于25/601/3，故被测压力的最小值不低于满量程的1/3，这是允许的。另外，根据测量误差的要求，可算得允许误差为 所以，精度等级为1.5级的仪表完全可以满足误差要求。至此，可以确定，选择的压力表为YX-150型电接点压力表，测量范围为060MPa，精度等级为1.5级。 2. 如果某反应器最大压力为0.6MPa，允许最大绝对误差为0.02MPa。现用一台测量范围为01.6M

7、Pa，准确度为1.5级的压力表来进行测量，问能否符合工艺上的误差要求？若采用一台测量范围为01.0MPa，准确度为1.5级的压力表，问能符合误差要求吗？试说明其理由。 解：对于测量范围为01.6MPa，准确度为1.5级的压力表，允许的最大绝对误差为1.61.5% = 0.024(MPa)因为此数值超过了工艺上允许的最大绝对误差数值,所以是不合格的。对于测量范围为01.0MPa，准确度亦为1.5级的压力表,允许的最大绝对误差为1.01.5% = 0.015(MPa) 因为此数值小于工艺上允许的最大绝对误差,故符合对测量准确度的要求,可以采用。 该例说明了选一台量程很大的仪表来测量很小的参数值是不

8、适宜的。 第三章例题分析1.某差压式流量计的流量刻度上限为320m3/h ,差压上限2500Pa。当仪表指针指在160m3/h时,求相应的差压是多少 (流量计不带开方器)? 解：由流量基本方程式可知 流量是与差压的平方根成正比的。当测量的所有条件都不变时,可以认为式中的、F0、1均为不变的数。如果假定上题中的 Q1 = 320m3/h ;p1 = 2500Pa ; Q2 = 160m3/h ;所求的差压为p2 ,则存在下述关系代入上述数据,得 该例说明了差压式流量计的标尺如以差压刻度,则是均匀的,但以流量刻度时,如果不加开方器,则流量标尺刻度是不均匀的。当流量值是满刻度的1/2时,指针却指在标

9、尺满刻度的1/4处。 2.通常认为差压式流量计是属于定节流面积变压降式流量计,而转子流量计是属于变节流面积定压降式流量计,为什么? 解：这可以从它们的工作原理上来分析。 差压式流量计在工作过程中,只要节流元件结构已定,则其尺寸是不变的,因此它是属于定节流面积的。当流量变化时,在节流元件两侧的压降也随之而改变,差压式流量计就是根据这个压降的变化来测量流量的,因此是属于变压降式的。 转子流量计在工作过程中转子是随着流量变化而上下移动的,由于锥形管上部的直径较下部的大,所以转子在锥形管内上下移动时,转子与锥形管间的环隙是变化的,即流体流通面积是变化的,因此它是属于变节流面积的。 由于转子在工作过程中

10、截面积不变,重力也不变,而转子两端的静压差作用于转子上的力恒等于转子的重力,转子才能平衡在一定的高度上,所以在工作过程中,尽管转子随着流量的变化上下移动,但作用在转子两侧的静压差却是恒定不变的,所以它是属于定压降式流量计。 第四章例题分析1.某贮罐内的压力变化范围为1215MPa，要求远传显示，试选择一台DDZ-型压力变送器 (包括准确度等级和量程)。如果压力由12MPa变化到15MPa，问这时压力变送器的输出变化了多少?如果附加迁移机构,问是否可以提高仪表的准确度和灵敏度?试举例说明之。 解：如果已知某厂生产的 DDZ-型压力变送器的规格有： 010，16，25，60，100 （MPa） 精

11、度等级均为0.5级。 输出信号范围为010mA。 由已知条件，最高压力为15MPa，若贮罐内的压力是比较平稳的，取压力变送器的测量上限为 若选择测量范围为025MPa、准确度等级为0.5级,这时允许的最大绝对误差为 由于变送器的测量范围为025MPa，输出信号范围为010mA,故压力为12MPa时,输出电流信号为 压力为15MPa时，输出电流信号为 这就是说,当贮罐内的压力由12MPa变化到15MPa时,变送器的输出电流只变化了1.2mA。 在用差压变送器来测量液位时，由于在液位H=0时,差压变送器的输入差压信号p并不一定等于0，故要考虑零点的迁移。实际上迁移问题不仅在液位测量中遇到，在其他参

12、数的测量中也可能遇到。加上迁移机构，可以改变测量的起始点，提高仪表的灵敏度 (只不过这时仪表量程也要作相应改变)。 由本例题可知，如果确定正迁移量为7MPa，则变送器的量程规格可选为16MPa。那么此时变送器的实际测量范围为723MPa，即输入压力为7MPa时，输出电流为0mA；输入压力为23MPa时，输出电流为10mA。这时如果输入压力为12MPa，则输出电流为 输入压力为15MPa时,输出电流为 由此可知，当输入压力由12MPa变化到15MPa时，输出电流变化了1.875mA，比不带迁移机构的变送器灵敏度提高了。 变送器的准确度等级仍为0.5级，此时仪表的最大允许绝对误差为(23-7)0.

13、5% = 0.08MPa，所以，由于加了迁移机构，使仪表的测量误差减少了。 2.用一台双法兰式差压变送器测量某容器的液位,如图4-15所示。已知被测液位的变化范围为03m,被测介质密度=900kg/m3 ,毛细管内工作介质密度0=950kg/m3。变送器的安装尺寸为 h1=1m, h2=4m。求变送器的测量范围,并判断零点迁移方向,计算迁移量,当法兰式差压变送器的安装位置升高或降低时,问对测量有何影响? 解：当不考虑迁移量时,变送器的测量范围应根据液位的最大变化范围来计算。 液位为3m时,其压差为 这里值得一提的是压力单位Pa用SI基本单位时就相当于m-1kgs-2，即 所以液柱压力用Hg计算

14、时,只要H用m,用kg/m3，g用m/s2为单位时,相乘结果的单位就是Pa。上述计算结果pmax为26.487kPa,经过圆整后,测量范围可选030kPa。 根据图示,当液位高度为H时,差压变送器正压室所受的压力p1为 负压室所受的压力p2为因此，差压变送器所受的压差为 由上式可知,该差压变送器应进行负迁移,其迁移量为 h20g。 当差压变送器安装的高度改变时,只要两个取压法兰间的尺寸h2不变,其迁移量是不变的。3.用单法兰电动差压变送器来测量敞口罐中硫酸的密度,利用溢流来保持罐内液位H恒为1m。如图4-16所示。已知差压变送器的输出信号为010mA,硫酸的最小和最大密度分别为min = 1.

15、32(g/cm3),max = 1.82(g/cm3) 图4-16 流体密度测量示意图min=1.32(g/cm3),max= 1.82(g/cm3) 要求:(1)计算差压变送器的测量范围；(2)如加迁移装置,请计算迁移量；(3)如不加迁移装置,可在负压侧加装水恒压器 (如图中虚线所示) ，以抵消正压室附加压力的影响,请计算出水恒压器所需高度h。解：（1）若不考虑零点迁移,那么就要以max来计算差压变送器的测量范围。当=max = 1.82g/cm3时,差压变送器所承受的差压为将H=1m,max=1820kg/m3，g=9.81m/s2代入上式,得 如果选择差压变送器的测量范围为02104Pa

16、,则当=max= 1.82g/cm3时,对应的变送器输出为 当=min=1.32g/cm3时,其差压为 这时差压变送器的输出为 由上可知，当硫酸密度由最小值变化到最大值时，输出电流由6.475mA变化到8.925mA，仅变化了2.45mA，灵敏度是很低的。 （2）为了提高灵敏度，可以考虑进行零点迁移，提高测量的起始点。考虑到=max时，这时所对应的压差仍为1.785104Pa，所以在提高测量起始点的同时，测量上限却可以不改变，这样一来，实际量程压缩了。 当=min=1.32g/cm3时,pmin=1.295104Pa。因此可以选择迁移量为1104Pa ,测量范围为11042104Pa的差压变送

17、器。这时,若=min时,变送器的输出为 当=max时,变送器的输出为 这时由min变到max时,输出电流由2.95mA变为7.85mA,变化了4.9mA,大大提高了仪表的灵敏度。 （3）如果不加迁移装置，而在负压侧加装水恒压器，而迁移量仍为1104Pa，根据 以水的密度=1000kg/m3代入,得 第五章例5-1 今用一只镍铬-镍硅热电偶,测量小氮肥厂中转化炉的温度,已知热电偶工作端温度为800,自由端(冷端)温度为30,求热电偶产生的热电势 E(800,30)。 解：由附录三可以查得 E(800,0)=33.277(mV) E(30,0)=1.203(mV)将上述数据代入式(5-3),即得E

18、(800,30)=E(800,0) -E(30,0)=32.074 ( mV)例5-2 某支铂铑10-铂热电偶在工作时，自由端温度t0= 30,测得热电势 E(t,t0) =14.195mV，求被测介质的实际温度。解:由附录一可以查得 E(30,0)=0.173(mV)代入式(5-3)变换得 E(t,0)=E(t,30)+E(30,0)=0.173+14.195=14.368(mV)再由附录一可以查得14.368mV对应的温度t为1400。例5-3 用铂铑10-铂热电偶进行温度检测,热电偶的冷端温度t0=30，显示仪表的温度读数 (假定此仪表是不带冷端温度自动补偿且是以温度刻度的)为985，试

19、求被测温度的实际值。 解：由分度号为S的铂铑10-铂热电偶分度表 (附录一)查出985时的热电势值为9.412mV。也就是E(t,t0)=9.412mV,又从分度表中查得 E(t0 ,0) = E(30 ,0) = 0.173mV。将此两个数值代入式 (5-14),得 E(t,0)=9.412mV+0.173mV=9.585(mV) 再查分度表可知,对应于9.585mV的温度t=1000,这就是该支铂铑10-铂热电偶所测得的温度实际值。 例题分析1.用分度号为K的镍铬-镍硅热电偶测量温度,在没有采取冷端温度补偿的情况下,显示仪表指示值为500,而这时冷端温度为60,试问实际温度应为多少?如果热

20、端温度不变,设法使冷端温度保持在20,此时显示仪表的指示值应为多少? 解：显示仪表指示值为500时,由附录三可以查得这时显示仪表的实际输入电势为20.64mV,由于这个电势是由热电偶产生的,即 E(t,t0) = 20.64 (mV) 由附录三同样可以查得 E(t0 ,0) = E(60,0) = 2.436 (mV) 由式 (5-14)可以得到 E(t,0) = E(t,t0) + E(t0 ,0) = 20.64 + 2.436 = 23.076 (mV) 由23.076mV,查附录三,可得 t557 即被测实际温度为557。 当热端为557,冷端为20时,由于E(20 ,0) = 0.7

21、98mV,故有 E(t,t0) = E(t,0) - E(t0 ,0) = 23.076 - 0.798 = 22.278 (mV) 由此电势,查附录三,可得显示仪表指示值约为538.4。 由此可见,当冷端温度降低时,显示仪表的指示值更接近于被测温度实际值。 2.如果用两支铂铑10-铂热电偶串联来测量炉温,连接方式分别如图5-18(a)、(b)、(c)所示。已知炉内温度均匀,最高温度为1000,试分别计算测量仪表的测量范围 (以最大毫伏数表示)。 解: (a)由于这时热电偶的冷端均为0,每支热电偶对应于1000时的热电势可以由附录一查得 E(1000 ,0) = 9. 585 (mV) 两支热

22、电偶串联,测量仪表所测信号的最大值为 Emax = 29.585 = 19.17 (mV) 根据这个数值可以确定仪表的测量范围。 (b)由于这时不仅要考虑补偿导线引出来以后的冷端温度(30),而且要考虑炉旁边补偿导线与热电偶的接线盒内的温度(100)对热电势的影响。 假定补偿导线 C、D与热电偶 A、B本身在100以下的热电特性是相同的,所以在冷端处形成的热电势为E(30 ,0) = 0.173 (mV) 在补偿导线C、D与热电偶的连接处1、4两点可以认为不产生热电势,但在接线盒内2、3两点形成的热电偶相当于热电偶在100时形成的热电势,即E(100 ,0) = 0.645 (mV) 由于该电

23、势的方向与两支热电偶在热端产生的电势方向是相反的,所以这时总的热电势为E max = 2E(1000 ,0) - E(100 ,0) - E(30 ,0) = 29.585 - 0.645 - 0.173 = 18.352 (mV) 根据这个数值可以确定仪表的测量范围。在这种情况下,如果炉旁边接线盒内的温度变化,会以测量产生较大的影响,造成较大的测量误差。 (c)由于这时两支热电偶冷端都用补偿导线引至远离炉子处,冷端温度为30,故总的热电势为Emax = 2E(1000 ,0) - 2E(30 ,0) = 29.585 - 20.173 = 18.824 (mV) 由此可知,在同样都是用两支热

24、电偶串联来测量炉温时,由于接线不同,产生的热电势也是不相同的,在选择测量仪表时,一定要考虑这种情况。 3.在上题所述三种情况时,如果由测量仪表得到的信号都是15mV,试分别计算这时炉子的实际温度。 解：在(a)情况时,由于2E(t,0) =15mV,即E(t,0) = 7.5mV,查附录一)可得实际温度约为814.3。 在(b)情况时,由于 2E(t,0) = 15 + E(30 ,0) + E(100 ,0) =15 + 0.173 + 0.645 = 15. 818 ( mV)E(t,0) = 7. 909 ( mV)查表可得实际温度约为851.2。 在(c)情况时,由于2E(t,0) =

25、 15 + 2E(30 ,0) = 15 + 20. 173 = 15.346 (mV) 即 E(t,0) = 7. 673 (mV) 查表可得实际温度约为830。 由上述例子可以看出,虽然采用了补偿导线,但并不能完全克服冷端温度变化对测量的影响。补偿导线只是将冷端由温度变化比较剧烈的地方移至温度变化较小的地方。如果这时冷端的温度仍不为 0,那么还必须考虑如何进行冷端温度补偿的问题。 4.在用热电偶测量温度时,除了要考虑冷端温度的影响外,还要注意热电偶极性不能接错;热电偶与补偿导线要配套;热电偶分度号与指示仪表要配套等问题。在用热电阻测量温度时,同样要考虑热电阻分度号与测量仪表配套、三线制接法

26、等,下面给出几个思考题及其结论,请大家自行证明 (或说明)。 (1)如果热电偶热端为600,冷端为30,仪表的机械零点为0,没有加以冷端温度补偿。问该仪表的指示值将高于还是低于600? (低于600)。 (2)采用镍铬-镍硅热电偶测量温度,将仪表机械零点调至 25,但实际上室温 (冷端温度为 10) ,问这时仪表指示值将偏高还是偏低? (偏高)。 (3)有 S分度号动圈仪表一台,错接入 K分度号热电偶,问指示值偏高还是偏低? (偏高)。 (4)铂铑10-铂热电偶,错接入铜-铜镍补偿导线 (铂铑10与铜相接,铂与铜镍相接) ,问指示值将偏高还是偏低? (偏高)。 (5)当热电偶补偿导线极性接错时

27、,指示值偏高还是偏低? (偏低)。 (6)当热电偶短路、断路及极性接反时,与之配套的自动电子电位差计的指针各指向哪里? (室温或指示值偏低、断偶前的温度、始端)。 (7)当热电阻短路或断路时,与之配套的动圈仪表指针将指向哪里? (始端、终端)。 (8)当用热电阻测温时,若不采用三线制接法,而连接热电阻的导线因环境温度升高而增加时,其指示值将偏高还是偏低? (偏高)。 第六章例6-1 用镍铬-镍硅热电偶配电子电位差计测量某炉温,温度的测量范围在400900。图6-4是电位差计测量桥路。已知E=1V；I1=4mA；I2=2mA；R2= 5.33；RPRB=90。试根据测温要求确定桥路中的其他电阻值

28、。 解：根据镍铬-镍硅热电偶分度表(第五章附录三)查得 400900对应的热电势为16.39537.325mV。 假定由于R2的存在,实现了冷端温度的全补偿,故冷端温度的变化对热电势的影响可以不予考虑。当温度在测量下限400时,滑动触点移至滑线电阻的最左端,此时根据 根据测量范围的要求,滑线触点由滑线电阻的最左端移至最右端,电压差应为因此,RP、RB、RM并联后的等效电阻 RnP应为 已知 RPRB= 90,可求得 R M5. 55。 根据式(6-2),可得 图6-5是自动平衡电桥的工作原理图。请问在下列情况时,仪表的指针 (即滑动触点的位置)、起点温度、仪表量程会如何变化?简述其原因? (1

29、)温度升高；(2)仪表停电; (3)加大R6； (4)减小R5；(5)电阻体被烧断。 解：(1)当温度升高时,滑动触点将向右移动,这是因为当温度升高后,Rt增加,只有滑动触点向右移,使与Rt串联的这个桥臂的电阻值减小,才能使电桥达到新的平衡。(2)仪表停电时,指针随拨随停,因为此时放大器的输入与输出均没有信号,可逆电机不可能自行转动。 解：(1)当温度升高时,滑动触点将向右移动,这是因为当温度升高后,Rt增加,只有滑动触点向右移,使与Rt串联的这个桥臂的电阻值减小,才能使电桥达到新的平衡。 (2)仪表停电时,指针随拨随停,因为此时放大器的输入与输出均没有信号,可逆电机不可能自行转动。 (3)加

30、大R6,滑动触点将向右移动,这是因为R6增加,会使与Rt串联的这个桥臂的电阻值增加,只有滑动触点右移,才能使这个桥臂的电阻值恢复到原来的数值,电桥恢复平衡。若其他电阻值都不变,增加R6会使起点温度降低,这是因为滑动触点移至最左端时,代表的是起始温度,这时要使电桥平衡,Rt必然要小一些,以抵消增加R6对整个桥臂电阻值的影响。Rt小,就表示这时的起点温度降低。 (4)减小R5,量程会降低,这是因为R5减小,滑线电阻组件的等效电阻值减小,使滑动触点由最左端移到最右端的电位差变小,故量程减小。 (5)电阻体被烧断,滑动触点将移向最右端,这是因为电阻体烧断后,Rt趋于无穷大,放大器始终有一个正的电位输入,可逆电机转动,直至滑向最右端指针被挡住为止。 第七章某换热器的温度控制系统在单位阶跃干扰作用下的过渡过程曲线如下图所示。试分别求出最大偏差、余差、衰减比、振荡周期和过渡时间（给定值为200）。解: 最大偏差A230-20030余差C205-200由图上可以看出，第一个波峰值B230-20525