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25〜28MPa,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p=p义2=28义2=56MPa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0〜60MPa。由于25>1，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0可算得允许误差为±*100%=167%60 .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0〜60MPa,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0〜1.6MPa,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0〜1.0MPa,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0〜1.6MPa,准确度为1.5级的压力表，允许的最大绝对误差为1.6X1.5%=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0〜1.0MPa,准确度亦为1.5级的压力表，允许的最大绝对误差为1.0X1.5%=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。.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一一'^Q=a&F,—Ap。\,p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a、s、F0、p1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4=3L 由此得 Ap=空ApQ2%Ap2 2Q2 1代入上述数据，得Ap代入上述数据，得Ap216023202x2500=625(Pa).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：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,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0〜3m,被测介质密度p=900kg/m3，毛细管内工作介质密度p0=950kg/m3。变送器的安装尺寸为h『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？图法兰式差压变送器测液位图法兰式差压变送器测液位解：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Ap =Hpg=3x900x9.81=26487（Pa）所以液柱压力用Hpg计算时，只要H用m,p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Apmax为26.487kPa,经过圆整后,测量范围可选0〜30kPa。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10p=p+Hpg-hpg10负压室所受的压力p为p=p+S-h）pg因此2，差压变送器所受的压差为12Ap=p-p=Hpg-hpg12由上式可知,该差压变送器应进行负迁移，其迁移量为h2P0g。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。.如果用两支粕铑10-粕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1000c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1000c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=2X9.585=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Emax=2E(1000,0℃)-E(100,0℃)-E(30,0℃)=2X9.585-0.645-0.173=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℃)=2X9.585-2X0.173=18.824(mV).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+2X0.173=15.346(mV)即 E(t,0)=7.673(mV)查表可得实际温度约为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？⑴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100〜200℃,电动控制器的输出是0〜10mA，假如当指示值从140℃变化到160℃时，相应的控制器输出从3mA变化至lj8mA,这时的比例度为？、(160-140)/(200-100)15二(8-3)/。0-0) *W％二加%2.对一台比例积分控制器作开环试验。已知KC=2,T0.5min。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(1,e+—J(1,e+—JedtT1 TIAp=KC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Ap-Ke当KC=2时,输出波形如图2(a)所示。积分部分的输出为A积分部分的输出为ApKcJedtTi当KC=2,TI=0.5min时ApI=4Jedt在t=0〜1min期间，由于e=0，故输出为0。在t=1〜3min期间，由于e=1,所以t=3min时,其输出Ap-4J3dt-81 1在t=3〜4min期间，由于e=-2，故t=4min时,其积分总输出 \p二4j力-4J42dt=0

故ApI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.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。.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。.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32X1/4=8(V)第三个波峰值为第二个波峰值的1/4，故为8X1/4=2(V)所以指针