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 ，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1.6×1.5% = 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1.0×1.5% = 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320m 3/h ,差压上限2500Pa 。

当仪表指针指在160m 3/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α、ε、F 0、ρ1均为不变的数。

如果假定上题中的 Q 1 = 320m 3/h ;Δp 1 = 2500Pa ; Q 2 = 160m 3/h ;所求的差压为Δp 2 ,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2121p p Q Q ∆∆=121222p Q Q p ∆=∆)(6252500320160222Pa p =⨯=∆代入上述数据,得 MPa p p 562282max 1=⨯=⨯=316025>%67.1%100601=⨯p F Q ∆=102ραε由此得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ρ=900kg/m 3 ,毛细管内工作介质密度ρ0=950kg/m 3。

变送器的安装尺寸为 h 1=1m, h 2=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H ρg 计算时,只要H 用m,ρ用kg/m 3，g 用m/s 2为单位时,相乘结果的单位就是Pa 。

上述计算结果Δp max 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p 1为负压室所受的压力p 2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 h 2ρ0g 。

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h 2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)。

图 法兰式差压变送器测液位()Pa g H p 2648781.99003max =⨯⨯==∆ρg h g H p p 0101ρρ-+=()gh h p p 01202ρ-+=gh g H p p p 0221ρρ-=-=∆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 = 2×9.585 = 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E max = 2E(1000 ,0℃) - E(100 ,0℃) - E(30 ,0℃)= 2×9.585 - 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E max = 2E(1000 ,0℃) - 2E(30 ,0℃)= 2×9.585 - 2×0.173 = 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 + 0.173 + 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 + 2×0. 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,滑动触点将向右移动,这是因为当温度升高后,R t增加,只有滑动触点向右移,使与R t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R 6,滑动触点将向右移动,这是因为R 6增加,会使与R t 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R 6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,R t 必然要小一些,以抵消增加R 6对整个桥臂电阻值的影响。

R t 小,就表示这时的起点温度降低。

(4)减小R 5,量程会降低,这是因为R 5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,R t 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K C =2，T I = 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K C = 2时,输出波形如图2(a)所示。

积分部分的输出为当K C = 2 , T I = 0. 5min 时在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,其输出在t =3～4min 期间,由于e =-2,故t =4min 时,其积分总输出()()()()%40%100010/38100200/140160=⨯----=δ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=∆⎰edt T e K p I C 1e K p C p =∆⎰=∆edt T K p I C I ⎰=∆edtp I 4⎰==∆3184dt p I ⎰⎰=-=∆31430244dt dt p I故Δp I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,严重时发出尖叫声。