化工仪表及自动化课堂例题.docx

1、化工仪表及自动化课堂例题教材外课堂例题（注：部分例题不需要掌握，所以未列出）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 ，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

2、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01.6MPa，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

3、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。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

4、流量计是属于变节流面积定压降式流量计,为什么? 解：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

5、,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。 1.用一台双法兰式差压变送器测量某容器的液位,如图所示。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 所以液柱压力用Hg计算时,只要H用m,用kg/m3，g用m/s2为单位时,相

6、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,其迁移量不变。3.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(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10

7、00时的热电势可以查得 E(1000 ,0) = 9. 585 (mV) 两支热电偶串联,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

8、100时形成的热电势,即E(100 ,0) = 0.645 (mV) 由于该电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。 (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)4.在上题所述三种情况时,如果由测量仪表得

9、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,查表可得实际温度约为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) = 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

10、约为830。2. 图4-7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)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。 (3)加大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

11、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。 1. 一只比例作用的电动温度控制器,它的量程是 10

12、0200,电动控制器的输出是010mA ,假如当指示值从140变化到160时,相应的控制器输出从3mA变化到8mA ,这时的比例度为？2. 对一台比例积分控制器作开环试验。已知KC=2，TI= 0.5min。若输入偏差如图所示,试画出该控制器的输出信号变化曲线。 图1 输入偏差信号变化曲线解：对于PI控制器,其输入输出的关系式为将输出分为比例和积分两部分,分别画出后再叠加就得到PI控制器的输出波形。比例部分的输出为当KC = 2时,输出波形如图2(a)所示。积分部分的输出为当KC = 2 , TI = 0. 5min时在t=01min期间,由于e=0 ,故输出为0。在t=13min期间,由于e

13、=1,所以t=3min时,其输出 在t=34min期间,由于e=-2,故t=4min时,其积分总输出 故pI输出波形如图2 (b)所示。 将图2(a)、(b)曲线叠加,便可得到PI控制器的输出,如图2 (c)所示。 图2 输出曲线图1. 在生产实际中,由于生产负荷的变动,使原设计的控制阀尺寸不能相适应,会有什么后果?为什么?解：当生产中由于负荷增加,使原设计的控制阀尺寸显得太小时,会使控制阀经常工作在大开度,调节效果不好。此时若开启旁路阀,会使控制阀特性发生畸变,可调范围大大降低; 当生产中由于负荷减少,使原设计的控制阀尺寸显得太大时,会使控制阀经常工作在小开度,调节显得过于灵敏 (特别是对于

14、直线流量特性的控制阀) ,控制阀有时会振动,产生噪声,严重时发出尖叫声。 此时，为了增加管路阻力,有时会适当关小与控制阀串联的工艺阀门,但这样做的结果会使控制阀的特性发生严重畸变,严重时会使控制阀失去调节作用。 所以当生产中负荷有较大改动时,在可能的条件下,应相应地更换控制阀,或采用其他控制方案 。 1.如图所示为一水箱的液位控制系统。试画出其方块图,指出系统中被控对象、被控变量、操纵变量各是什么?简要叙述其工作过程,说明带有浮球及塞子的杠杆装置在系统中的功能。 图 水箱液位控制系统解：系统中水箱里水的液位为被控变量;进水流量为操纵变量;水箱为被控对象。带有浮球及塞子的杠杆装置在系统中起着测量

15、与调节的功能。其工作过程如下：当水箱中的液位受到扰动变化后,使浮球上下移动,通过杠杆装置带动塞子移动,使进水量发生变化,从而克服扰动对液位的影响。例如由于扰动使液位上升时,浮球上升,带动塞子上移,减少了进水量,从而使液位下降。 2.某一电压表在稳定时能够准确显示被测电压值。在被测电压突然变化时,指针来回摆动,最后能够稳定在被测数值上。假定指示系统的衰减比为4:1。当电压突然由0上升到220V后,指针最高能摆到252V。问经三次摆动,指针能到多少伏 (即第三个波峰值)。 解：由于第一个波峰离开稳态值为252 - 220 = 32 (V)第二个波峰值为第一个波峰值的1/4，故为321/4 = 8

16、(V) 第三个波峰值为第二个波峰值的1/4 ，故为81/4 = 2 (V) 所以指针第三次摆动的最高峰值为222V。 1.某温度计是一静态放大系数为1的一阶环节。当温度计由温度为 0的地方突然插入温度为100的沸水中，经1min后,温度指示值达到98.5。试确定该温度计的时间常数T,并写出其相应的微分方程式。解：参照式 (2-33) ，已知 K= 1，输入阶跃幅值为100， t= 60s时，其温度值 y= 98. 5，则有 由上式可以解得 T= 14. 3 (s) 由此可写出描述该温度计的微分方程为 式中， y表示输出量 (温度值) ； x表示输入变化量，式中的时间量纲为s。 Welcome ToDownload !欢迎您的下载，资料仅供参考！