1、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，选择的压力表为 YX-
2、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
3、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。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 p 2 ,则存在下述关系21pQ 12p)(6250321
4、Pa代入上述数据,得 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：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MPap5628max131625%67.110由此得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。
5、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03m,被测介质密度 =900kg/m 3 ,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? 图 法兰式差压变送器
6、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 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,相乘结果的单位就是 Pa。上述计算结果 p max 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 h2 0g。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
7、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) 。 Pap264871.903max hp0101g2 0221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
8、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E max = 2E(1000 ,0) - E(100 ,0) - E(30 ,0)= 29.585 - 0.645 - 0.173 =
9、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 + 0.17
10、3 + 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
11、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
12、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 100200,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，T I= 0.5min。若输入偏差如图所
13、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=1,所以 t=3min 时,其输出 %4010/3821460 edtTKpIC1epCedtTKICIedtpI43184dtpI在 t=34min 期间 ,由于 e=-2,故 t=4m
14、in 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
15、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与调节的功能。31402dttpI其工作过程如下：当水箱中的液位
16、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 (V)第三个波峰值为第二个波
17、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。 Te605.98xdt.14
