湿度化工原理例题（精选4篇）
篇1：湿度化工原理例题
1．已知某2ASK系统的码元传输速率为1000B，载波频率为2000Hz，（1）设所传送的数字信息为011001，试画出相应的2ASK信号波形示意图；（2）计算2ASK的第一零点带宽和频带利用率。
2．设某2FSK系统的传码率为1000B，载频为1000Hz和2000Hz，（1）若发送的数字信息为10010，画出相应的2FSK信号波形；
（2）若发送的数字信息是等概的，试画出它的功率谱密度草图。
（3）计算2FSK的带宽和频带利用率。
3． 某2FSK系统的传码率为2MB，“1”码和“0”码对应的载波频率分别为10MHz，15MHz。
（1）请问相干解调器中的两个带通滤波器及两个低通滤波器应具有怎样的幅频特性？画出示意图说明。
（2）试求该2FSK信号占用的频带宽度。
4．已知数字信息为1011010，分别在下列两种情况下画出2PSK、2DPSK及相对码的波形。
（1）码元速率为1200B，载波频率为1200Hz；
（2）码元速率为1200B，载波频率为1800Hz。
5．某二进制数字相移键控系统传码率为1800Baud，载频为3600Hz，数字码元序列为11010010；若j或Dj考相位如下图所示。
（1）请画出相应的2PSK信号和2DPSK信号的波形；
（2）请画出2DPSK差分相干解调的接收框图；解调器输入端的信噪比r=10dB，试求解调器输出端的误码率；
（3）基带信号取第一过零点带宽，试求接收端带通滤波器的中心频率和带宽。
=0代表“0”，j或Dj=p代表“1”，参参考载波1 1 0100102PSK前一码元2DPSK
6．设二进制信号采用2DPSK系统传输，码元速率为1000波特。信道加性高斯白噪声的单边功率谱密度n0=2.5×10-8W/Hz。（1）画出相干解调和差分相干解调原理框图；
（2）1 0 1 1 1 0 1 0如果Δφ=0o代表数字信息“1”，Δφ=180o代表数字信息“0”，请2PSK写出下面2DPSK波形所代表的信息序列（图中第一码元波形为参考位）；（3）采用差分相干解调时若要求误码率不大于10-6，求接收机输入端所需的信号功率。
2DPSK
7．已知向量矢量关系如：00（p/4）、10（3p/4）、11（5p/4）、01（－p/4），请分别确定QPSK及QDPSK信号的相位。其中，初始参考相位为0相位，码元序列为***1。
篇2：湿度化工原理例题
1、把3个苹果任意放到两个抽屉里，可以有哪些放置的方法呢？一个抽屉放一个，另一个抽屉放两个；或3个苹果放在某一个抽屉里.尽管放苹果的方式有所不同，但是总有一个共同的规律：至少有一个抽屉里有两个或两个以上的苹果.2、如果把5个苹果任意放到4个抽屉里，放置的方法更多了，但仍有这样的结果.由此我们可以想到，只要苹果的个数多于抽屉的个数，就一定能保证至少有一个抽屉里有两个或两个以上的苹果.道理很简单：如果每个抽屉里的苹果都不到两个（也就是至多有1个），那么所有抽屉里的苹果数的和就比总数少了.3、我们从街上随便找来13人，就可以断定他们中至少有两个人属相（指鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪。等十二种生肖）相同.怎样证明这个结论是正确的呢？只要利用抽屉原理就很容易把道理讲清楚.事实上，由于人数（13）比属相数（12）多，因此至少有两个人属相相同（在这里，把13人看成13个“苹果”，把12种属相看成12个“抽屉”）。应用抽屉原理要注意识别“抽屉”和“苹果”，苹果的数目一定要大于抽屉的个数。
例题讲解
例1 有5个小朋友，每人都从装有许多黑白围棋子的布袋中任意摸出3枚棋子.请你证明，这5个人中至少有两个小朋友摸出的棋子的颜色的配组是一样的。
解析（首先要确定3枚棋子的颜色可以有多少种不同的情况，可以有：3黑，2黑1白，1黑2白，3白共4种配组情况，看作4个抽屉.把每人的3枚棋作为一组当作一个苹果，因此共有5个苹果.把每人所拿3枚棋子按其颜色配组情况放入相应的抽屉.由于有5个苹果，比抽屉个数多，所以根据抽屉原理，至少有两个苹果在同一个抽屉里，也就是他们所拿棋子的颜色配组是一样的。）例2 一副扑克牌（去掉两张王牌），每人随意摸两张牌，至少有多少人才能保证他们当中一定有两人所摸两张牌的花色情况是相同的？
解析（扑克牌中有方块、梅花、黑桃、红桃4种花色，2张牌的花色可以有：2张方块，2张梅花，2张红桃，2张黑桃，1张方块1张梅花，1张方块1张黑桃，1张方块1张红桃，1张梅花1张黑桃，1张梅花1张红桃，1张黑桃1张红桃共计10种情况.把这10种花色配组看作10个抽屉，只要苹果的个数比抽屉的个数多1个就可以有题目所要的结果.所以至少有11个人。）例3 从2、4、6、„、30这15个偶数中，任取9个数，证明其中一定有两个数之和是34。
解析（用题目中的15个偶数制造8个抽屉：
凡是抽屉中有两个数的，都具有一个共同的特点：这两个数的和是34。现从题目中的15个偶数中任取9个数，由抽屉原理（因为抽屉只有8个），必有两个数在同一个抽屉中.由制造的抽屉的特点，这两个数的和是34。）例4 从1、2、3、4、„、19、20这20个自然数中，至少任选几个数，就可以保证其中一定包括两个数，它们的差是12。
解析（在这20个自然数中，差是12的有以下8对： ｛20，8｝，｛19，7｝，｛18，6｝，｛17，5｝，｛16，4｝，｛15，3｝，｛14，2｝，｛13，1｝。另外还有4个不能配对的数｛9｝，｛10｝，｛11｝，｛12｝，共制成12个抽屉（每个括号看成一个抽屉）.只要有两个数取自同一个抽屉，那么它们的差就等于12，根据抽屉原理至少任选13个数，即可办到（取12个数：从12个抽屉中各取一个数（例如取1，2，3，„，12），那么这12个数中任意两个数的差必不等于12）。)
例5 从1到20这20个数中，任取11个数，必有两个数，其中一个数是另一个数的倍数。
解析（分析与解答 根据题目所要求证的问题，应考虑按照同一抽屉中，任意两数都具有倍数关系的原则制造抽屉.把这20个数按奇数及其倍数分成以下十组，看成10个抽屉（显然，它们具有上述性质）： ｛1，2，4，8，16｝，｛3，6，12｝，｛5，10，20｝，｛7，14｝，｛9，18｝，｛11｝，｛13｝，｛15｝，｛17｝，｛19｝。从这10个数组的20个数中任取11个数，根据抽屉原理，至少有两个数取自同一个抽屉.由于凡在同一抽屉中的两个数都具有倍数关系，所以这两个数中，其中一个数一定是另一个数的倍数。）
例6 证明：在任取的5个自然数中，必有3个数，它们的和是3的倍数。分析与解答 按照被3除所得的余数，把全体自然数分成3个剩余类，即构成3个抽屉.如果任选的5个自然数中，至少有3个数在同一个抽屉，那么这3个数除以3得到相同的余数r，所以它们的和一定是3的倍数（3r被3整除）。如果每个抽屉至多有2个选定的数，那么5个数在3个抽屉中的分配必为1个，2个，2个，即3个抽屉中都有选定的数.在每个抽屉中各取1个数，那么这3个数除以3得到的余数分别为0、1、2.因此，它们的和也一定能被3整除（0+1+2被3整除）。
例7 某校校庆，来了n位校友，彼此认识的握手问候.请你证明无论什么情况，在这n个校友中至少有两人握手的次数一样多。
分析与解答 共有n位校友，每个人握手的次数最少是0次，即这个人与其他校友都没有握过手；最多有n-1次，即这个人与每位到会校友都握了手.校友人数与握手次数的不同情况（0，1，2，„，n-1）数都是n，还无法用抽屉原理。然而，如果有一个校友握手的次数是0次，那么握手次数最多的不能多于n-2次；如果有一个校友握手的次数是n-1次，那么握手次数最少的不能少于1次.不管是前一种状态0、1、2、„、n-2，还是后一种状态1、2、3、„、n-1，握手次数都只有n-1种情况.把这n-1种情况看成n-1个抽屉，到会的n个校友每人按照其握手的次数归入相应的“抽屉”，根据抽屉原理，至少有两个人属于同一抽屉，则这两个人握手的次数一样多。
抽屉原理2：将多于m×n件的物品任意放到n个抽屉中，那么至少有一个抽屉中的物品的件数不少于m＋1。概念解析
1、假定这n个抽屉中，每一个抽屉内的物品都不到（m＋1）件，即每个抽屉里的物品都不多于m件，这样n个抽屉中可放物品的总数就不会超过m×n件，这与多于m×n件物品的假设相矛盾。这说明一开始的假定不能成立，所以至少有一个抽屉中物品的件数不少于（m＋1）件。
2、“抽屉原理1”和“抽屉原理2”的区别是：“抽屉原理1”物体多，抽屉少，数量比较接近；“抽屉原理2”虽然也是物体多，抽屉少，但是数量相差较大，物体个数比抽屉个数的几倍还多 例题讲解
1、如果将13只鸽子放进6只鸽笼里，那么至少有一只笼子要放3只或更多的鸽子。道理很简单，如果每只鸽笼里只放2只鸽子，6只鸽笼共放12只鸽子，剩下的一只鸽子无论放入哪只鸽笼里，总有一只鸽笼放了3只鸽子。
2、有40名小朋友，现有各种玩具122件，把这些玩具全部分给小朋友，是否会有小朋友得到4件或4件以上的玩具？
分析与解：将40名小朋友看成40个抽屉。有玩具122件，而122＝3×40＋2，应用抽屉原理2，取n＝40，m＝3，立即知道至少有一个抽屉中放有4件或4件以上的玩具，也就是说，至少会有一个小朋友得到4件或4件以上的玩具
3、布袋里有4种不同颜色的球，每种都有10个。最少取出多少个球，才能保证其中一定有3个球的颜色一样？
分析与解：把4种不同颜色看做4个抽屉，把布袋中的球看做元素。根据抽屉原理2，要使其中一个抽屉里有3个颜色一样的球，那么放入的球的个数最少应比抽屉个数的2倍多1，即最少取出（3－1）×4＋1＝9（个）球。
4、有47名学生参加一次数学竞赛，成绩都是整数，满分是100分。已知3名学生的成绩在60分以下，其余学生的成绩均在75～95分之间。问：至少有几名学生的成绩相同？
分析与解：关键是构造合适的“抽屉”。既然是问“至少有几名学生的成绩相同”，说明应以成绩为抽屉，学生为物品。除3名成绩在60分以下的学生外，其余学生的成绩均在75～95分之间，而75～95分中共有21个不同的分数，将这21个分数作为21个抽屉，把47－3＝44（个）学生作为物品。则有44÷21＝2„„2，根据抽屉原理2，至少有1个抽屉中至少有3件物品，即这47名学生中至少有3名学生的成绩是相同的
5、学校开办了语文、数学、美术三个课外学习班，每个学生最多可以参加两个（也可以不参加）。问：至少有多少名学生，才能保证有不少于5名学生参加学习班的情况完全相同？
分析与解：首先要弄清参加学习班有多少种不同的情况：不参加学习班有1种情况，只参加一个学习班有3种情况，参加两个学习班有语文和数学、语文和美术、数学和美术3种情况。共有1＋3＋3＝7（种）情况。将这7种情况作为7个“抽屉”，根据抽屉原理2，要保证有不少于5名学生参加学习班的情况完全相同，那么至少有学生7×（5－1）＋1＝29（名）。
6、夏令营组织2000名营员活动，其中有爬山、参观博物馆和到海滩游玩三个项目。规定每人必须参加一项或两项活动。那么至少有几名营员参加的活动项目完全相同？
分析与解：本题的抽屉不是那么明显，因为问的是“至少有几名营员参加的活动项目完全相同”，所以应该把活动项目当成抽屉，营员当成物品。营员数已经有了，现在的问题是应当搞清有多少个抽屉。
因为“每人必须参加一项或两项活动”，共有3项活动，所以只参加一项活动的情况有3种，参加两项活动的有爬山与参观、爬山与海滩游玩、参观与海滩游玩3种情况，所以共有3＋3＝6（个）抽屉。则有2000÷6＝333„„2，根据抽屉原理2，至少有一个抽屉中有333＋1＝334（件）物品，即至少有334名营员参加的活动项目是完全相同的。
7、幼儿园里有120个小朋友，各种玩具有364件。把这些玩具分给小朋友，是否有人会得到4件或4件以上的玩具？
把120个小朋友看做是120个抽屉，把玩具件数看做是元素。则364=120×3+4，4＜120。根据抽屉原理的第（2）条规则：如果把m×x×k（x＞k≥1）个元素放到x个抽屉里，那么至少有一个抽屉里含有m+1个或更多个元素。可知至少有一个抽屉里有3+1=4个元素，即有人会得到4件或4件以上的玩具
课堂练习
1.五名同学在一起练习投篮，共投进了41个球，那么至少有一个人投进了几个球？
2.有100名学生，他们都订阅甲、乙、丙三种杂志中的一种、两种或三种。问：至少有多少名学生订阅的杂志种类相同？
3.篮子里有苹果、梨、桃和橘子，现有81个小朋友，如果每个小朋友都从中任意拿两个水果，那么至少有多少个小朋友拿的水果是相同的？
4.放体育用品的仓库里有许多足球、排球和篮球，有66名同学来仓库拿球，要求每人至少拿1个球，至多拿2个球。问：至少有多少名同学所拿的球的种类是完全一样的？
5.①求证：任意25个人中，至少有3个人的属相相同。②要想保证至少有5个人的属相相同，但不能保证有6个人的属相相同，那么人的总数应在什么范围内？
参考答案
1.解：将5个同学投进的球数作为抽屉，将41个球放入抽屉中，41＝5×8＋1，所以至少有一个抽屉中放了9个球，即至少有一个人投进了9个球。
2.解：首先应当弄清订阅杂志的种类共有多少种不同的情况。
订一种杂志有：订甲、订乙、订丙3种情况；
订两种杂志有：订甲乙、订乙丙、订丙甲3种情况；
订三种杂志有：订甲乙丙1种情况。
总共有3＋3＋1＝7（种）订阅方法。我们将这7种订法看成是7个“抽屉”，把100名学生看作100件物品。因为100＝14×7＋2。根据抽屉原理2，至少有14＋1＝15（名）学生所订阅的杂志种类是相同的。
3.解：首先应弄清不同的水果搭配有多少种。两个水果是相同的有4种，两个水果不同的有6种：苹果和梨、苹果和桃、苹果和橘子、梨和桃、梨和橘子、桃和橘子，所以不同的水果搭配共有4＋6＝10（种）。将这10种搭配作为10个“抽屉”，因为81＝8×10＋1，根据抽屉原理2，至少有8＋1＝9（个）小朋友拿的水果是相同的。
4.解：拿球的配组方式有以下9种：｛足｝，｛排｝，｛篮｝，｛足，足｝，｛排，排｝，｛篮，篮｝，｛足，排｝，｛足，篮｝，｛排，篮｝。
把这9种配组方式看作9个抽屉，因为66＝7×9＋3，所以至少有7＋1＝8（名）同学所拿的球的种类是完全一样的。
5.解：①把12种属相看作12个抽屉，因为25＝2×12＋1，所以根据抽屉原理2，至少有3个人的属相相同。
②要保证有5个人的属相相同，总人数最少为4×12＋1＝49（人）。不能保证有6个人的属相相同的最多人数为5×12＝60（人）。所以总人数应在49人到60人的范围内。
练习1：
1、一个幼儿园大班有40个小朋友，班里有各种玩具125件。把这些玩具分给小朋友，是否有人会得到4件或4件以上的玩具？
2、把16枝铅笔放入三个笔盒里，至少有一个笔盒里的笔不少于6枝。为什么？
3、把25个球最多放在几个盒子里，才能至少有一个盒子里有7个球？
答案：
1、把40名小朋友看做40个抽屉，将125件玩具放入这些抽屉，因为125＝3×40+5，根据抽屉原理，可知至少有一个抽屉有4件或4件以上的玩具，所以肯定有人会得到4件或4件以上的玩具。
2、把三个笔盒看做3个抽屉，因为16＝5×3+1，根据抽屉原理可以至少有一个笔盒里的笔有6枝或6枝以上。
3、把盒子数看成抽屉，要使其中一个抽屉里至少有7个球，那么球的个数至少应比抽屉个数的（7－1）倍多1，而25＝4×（7－1）+1，所以最多方子4个盒子里，才能保证至少有一个盒子里有7个球。
例题2：
布袋里有4种不同颜色的球，每种都有10个。最少取出多少个球，才能保证其中一定有3个球的颜色一样？ 解析：把4种不同颜色看做4个抽屉，把布袋中的球看做元素。据抽屉原理2要使其中一个抽屉里至少有3个颜色一样的球，那么取出的球的个数应比抽屉个数的2倍多1。即2×4+1=9（个）球。列算式为（3—1）×4+1=9（个）
练习2：
1、布袋里有组都多的5种不同颜色的球。最少取出多少个球才能保证其中一定有3个颜色一样的球？
2、一个容器里放有10块红木块、10块白木块、10块蓝木块，它们的形状、大小都一样。当你被蒙上眼睛去容器中取出木块时，为确保取出的木块中至少有4块颜色相同，应至少取出多少块木块？
3、一副扑克牌共54张，其中1—13点各有4张，还有两张王的扑克牌。至少要取出几张牌，才能保证其中必有4张牌的点数相同？
参考答案
1、最少应取出（3－1）×5+1＝11个球
2、至少取出（4－1）×3+1＝10块木块。
3、如果没有两张王牌，至少要取（4－1）×13+1＝40张，再加上两张王牌，至少要摸出40+2＝42张，才能保证其中必有4张牌点数相同。
例题3：
某班共有46名学生，他们都参加了课外兴趣小组。活动内容有数学、美术、书法和英语，每人可参加1个、2个、3个或4个兴趣小组。问班级中至少有几名学生参加的项目完全相同？
解析：参加课外兴趣小组的学生共分四种情况，只参加一个组的有4种类型，只参加两个小组的有6个类型，只参加三个组的有4种类型，参加四个组的有1种类型。把4+6+4+1=15（种）类型看做15个抽屉，把46个学生放入这些抽屉，因为46=3×15+1，所以班级中至少有4名学生参加的项目完全相同。
练习3：
1、某班有37个学生，他们都订阅了三种报刊中的一、二、三种。其中至少有几位同学订的报刊相同？
2、学校开办了绘画、笛子、足球和电脑四个课外学习班，每个学生最多可以参加两个（可以不参加）。某班有52名同学，问至少有几名同学参加课外学习班的情况完全相同？
3、库房里有一批篮球、排球、足球和铅球，每人任意搬运两个，问：在31个 搬运者中至少有几人搬运的球完全相同？
参考答案
1、小学六年中最多有2个闰年，共366×2+365×4＝2191天，因为13170＝6×2192+18，所以其中一定有7人是同年同月同日生的。
2、参加课外兴趣小组的学生共分四种情况，只参加一个组的有4种类型，只参加两个组的有6种类型，只参加三个字的有4种类型，参加四个组的有1种类型。把4+6+4+1＝15种类型看作15个抽屉，把46个学生放入这些抽屉，因为46＝15×3+1，所以班级中至少有4名学生参加的项目完全相同。
3、全班订阅报刊的类型共有3+3+1＝7种，因为37＝5×7+2，所以其中至少有6位学生订的报刊相同。
例题4：
从1至30中，3的倍数有30÷3=10个，不是3的倍数的数有30—10=20个，至少要取出20+1=21个不同的数才能保证其中一定有一个数是3的倍数。
练习4：
1、在1，2，3，„„49，50中，至少要取出多少个不同的数，才能保证其中一定有一个数能被5整除？
2、从1至120中，至少要取出几个不同的数才能保证其中一定有一个数是4的倍数？
3、从1至36中，最多可以取出几个数，使得这些数中没有两数的差是5的倍数？
参考答案 练4
1、在1～50中，5的倍数有50÷5＝10个，不是5的倍数的就有50－10＝40个，至少要取
出40+1＝41个不同的数才能保证其中有个数能贝5整除。
2、在1～120中，4的倍数有120÷4＝30个，不是4的倍数有120－30＝90个，正是要取出90+1＝91个不同的数才能保证其中一定有一个数是4的倍数。
3、差是5的两数有下列5组：
1、6，11、16，21、26，31、36；
2、7，12、17，22、27；
3、8，13、18，23、28、33；
4、9，14、19，24、29，34；
5、10，15、20，25、30、35。要使取出的数中没有两个数的差是5的倍数，最多只能从每组中各取1个数，即最多可以取5个数。
例题5：
将400张卡片分给若干名同学，每人都能分到，但都不能超过11张，试证明：找少有七名同学得到的卡片的张数相同。
解析：这题需要灵活运用抽屉原理。将分得1，2，3，„„，11张可片看做11个抽屉，把同学人数看做元素，如果每个抽屉都有一个元素，则需1+2+3+„„+10+11=66（张）卡片。而400÷66=6„„4（张），即每个周体都有6个元素，还余下4张卡片没分掉。而这4张卡片无论怎么分，都会使得某一个抽屉至少有7个元素，所以至少有7名同学得到的卡片的张数相同。
练习5：
1、把280个桃分给若干只猴子，每只猴子不超过10个。证明：无论怎样分，至少有6只猴子得到的桃一样多。
2、把61颗棋子放在若干个格子里，每个格子最多可以放5颗棋子。证明：至少有5个格子中的棋子数目相同。
3、汽车8小时行了310千米，已知汽车第一小时行了25千米，最后一小时行了45千米。证明：一定存在连续的两小时，在这两小时内汽车至少行了80千米。
参考答案练5
1、把11秒钟看做11个抽屉，把100米看作100个元素，因为100＝9×11+1，所以必有1个抽屉里超过9米，即必有某一秒钟，他跑的距离超过9米。
2、如图答30－1，把边长为2的等边三角形分成四个边长为1的小等边三角形。把它看作4个抽屉，5个点看作5个元素，则一定有一个小三角形内有2个点，这2个点之间的距离不超过1。
篇3：湿度化工原理例题
温湿度独立控制空调 (independent temperature-humidity control air conditioning) 是由我国学者率先倡导, 并在国内外普遍采用的一种全新的空调模式。与传统的空调形式相比, 温湿度独立控制空调的不同点在于, 它采用两个相互独立的系统分别对室内的温度和湿度进行调控, 这样不仅有利于对室内环境温湿度控制, 而且可以完全避免因再热产生的不必要能源消耗, 从而产生较大的节能效果。在我国, 温湿度独立控制空调系统由于在节能、空气品质方面的优越性而受到越来越多的关注并且被广泛应用。许多开发商也开发了系列的相关产品, 有些广告如“告别空调暖气时代”、“科技住宅”、“超低能耗住宅”等, 非常具有诱惑力, 在社会上也引起了强烈反响, 其实就是该空调模式应用。那么温湿度独立控制空调是否具有那么大的市场潜力和发展前景呢?本文从它的原理和性能上做一下分析讨论。
1. 基本原理
温湿度独立控制空调系统的特点是用干燥新风通过变风量方式调节室内湿度, 用高温冷水通过独立的末端 (辐射方式或对流方式) 调节室内温度[3]。
1.1 系统组成
温湿度独立控制空调系统的基本组成为:处理显热的系统与处理潜热的系统, 两个系统独立调节分别控制室内的温度与湿度, 参见图1。处理显热的系统包括:高温冷源、余热消除末端装置, 采用水作为输送媒介。处理潜热 (湿度) 的系统包括:新风处理机组、送风末端装置, 采用新风作为能量输送的媒介, 同时满足室内空气品质的要求。
1.2 核心设备
温湿度独立控制系统的四个主要设备分别为:高温冷水机组 (出水温18℃左右) 、新风处理机组 (制备干燥新风) 、去除显热的室内末端装置、去除潜热的室内送风末端装置。其中核心设备是新风处理机组和室内显热控制末端装置。
1.2.1 新风处理机组
溶液调湿型空气处理机组是温湿度独立控制空调系统中最常用的新风处理机组, 它采用具有调湿性能的盐溶液为工作介质, 利用溶液的吸湿与放湿特性实现对空气的除湿与加湿处理过程。盐溶液与空气中的水蒸气分压力差是二者进行水分传递的驱动势。当溶液的表面蒸汽压低于空气的水蒸气分压力时, 溶液吸收空气中的水分, 空气被除湿;溶液当其表面蒸汽压高于空气中的水蒸气分压力时, 溶液中的水分进人空气中, 溶液被浓缩再生, 空气被加湿。
具体来说, 溶液调湿新风机组具有如下特点:
(1) 夏季独立除湿, 不受室内外温度、湿度及主机运行的限制;
(2) 夏季送风温度约20℃, 满足人体舒适要求, 同时, 送风温度高于室内露点温度, 房间无结露危险;
(3) 冬季通过调整溶液的温度、浓度等参数, 可以对空气进行加湿, 不需增加其他加湿设备, 而且加湿效率高, 完全满足室内湿度要求;
(4) 空气净化:空气通过盐溶液滤, 空气中的尘埃得到过滤, 类似于工业除尘器的喷水除尘;
(5) 空气消毒:盐溶液可杀灭大部分病毒、细菌等;
(6) 系统大大简化, 没有低温冷冻水系统, 水源热泵仅须制备高温冷水, 效率大大提高, 夏季大部分时间可以直接使用地下水供应天棚盘管;
(7) 新风机组负担全部的新风负荷及室内空调冷负荷中的潜热部分, 水源热泵机组的负荷大大降低[4]。
1.2.2 显热控制末端装置
温湿度独立控制系统的显热控制末端可采用风机盘管、辐射板等形式, 其中以辐射板应用最多。辐射板具体又包括毛细管、辐射地板、金属辐射吊顶等形式。辐射板的供冷量由辐射换热量与对流换热量两部分组成, 其中辐射换热量占主要部分。清华大学曾对辐射板的性能和计算方法做过比较全面的研究, 提出了以室内等效辐射温度作为计算参数的辐射板换热计算方法, 并把辐射板热阻作为衡量辐射板优劣的参数:在供水温度、水量相同的情况下, 辐射板的热阻越大, 辐射板表面温度越高, 供冷能力越差;反之辐射板热阻越小, 表面温度越低, 供冷能力越强。
经研究发现, 在室内温度26℃, 人员多为静坐劳动强度的房间, 且没有太阳辐射的情况下, 地板辐射供冷系统的最大供冷能力约为50W/m2。辐射板表面结露的问题限制了辐射板的表面温度必须高于周围空气的露点温度, 进一步限制了辐射板的单位面积供冷量。因此, 提高辐射板的单位面积供冷量成为其应用的先决条件。目前有效的解决的方法是采用对流强化辐射板 (见图3) , 在没有太阳辐射的情况下, 若表面传热系数设为2~3W/ (m·℃) , 对流强化式辐射板与普通辐射板相比, 对流部分供冷量增加13~38W/m2[5]。
2. 节能性分析
温湿度独立控制空调系统处理显热时采用高温冷水机组, 冷水温度由7℃提高到18℃左右, 由于机组蒸发温度的提高其COP值也增大, 从节能效果显著。湿度处理系统采用热泵式溶液调湿新风机组内置溶液全热回收单元, 其较高的全热回收效率可达70%~80%, 能有效回收排风的冷量 (热量) , 减少新风处理能耗。用De ST软件模拟结果显示, 温湿度独立控制空调系统能源效率明显高于常规空调系统, 清华大学以北京地区大型公共建筑为例对温湿度独立控制空调和常规空调进行模拟, 其能耗水平如下表:
结合图表的数据, 我们我们可以发现对于北京的办公建筑, 温湿度独立控制空调系统全年EER为4.5;常规空调系统全年EER为3.6, 节能率为20.83%。其中, 常规制冷机的平均COP为5.49;而高温制冷机的平均COP为7.77, 溶液新风机组平均COP为6.04, 都比常规制冷机高, 整体冷源节能率为26.22%。通过其它实验比较可以发现温湿度独立控制空调的节能率为20%~30%, 其中冷源的贡献率最大在70%左右[7]。
结论
温湿度独立控制空调作为一种全新的空调模式, 它克服了传统空调存在的诸多缺点, 其优越的节能性和舒适性受到普遍的认可和好评。但是, 该系统由于受技术上的限制有很多地方需要改进, 在采用现浇楼板内预埋塑料管的天棚辐射板时存在热惰性过大的问题, 热惰性大虽然使得室温波动较小, 达到“恒温”的效果, 但是, 也造成系统几乎不具备室温调节的可能, 既不能满足不同人员的不同要求, 也容易造成室温过低或过高。另外, 高温冷水机组的技术发展还不是很成熟, 仍有很大的节能空间。相信随着技术上的改进和理论上的突破, 温湿度独立控制空调将会有很大的发展前景, 其应用也必定越来越广泛。
参考文献
[1]刘晓华, 江亿.温湿度独立控制空调系统[M].北京:中国建筑工业出版社, 2006.
[2]张海强, 刘晓华, 江亿.温湿度独立控制空调系统和常规空调系统的性能比较[J].暖通空调, 2011, 41.
[3]徐征, 刘筱屏, 何海亮.温湿度独立控制空调系统节能实例分析[J].暖通空调, 2007, 37.
[4]韩晓东, 齐立宝, 李向东.某“恒温恒湿”住宅空调系统优化设计.建筑热能通风空调, 2010, 29.
[5]张伦, 刘晓华, 江亿.对流强化式辐射板实验与性能分析[J].暖通空调, 2011, 41.
[6]刘晓华, 易晓勤, 谢晓云, 常晓敏.基于溶液除湿方式的温湿度独立控制空调系统性能分析.中国科技论文在线, 2008, 3.
篇4：湿度化工原理例题
关键词：化工原理；教学方法；化工
化工原理是化工及相近专业的一门必修专业基础课。针对非化工专业学时少的特点，选择了化工原理中流体流动、流体输送机械、传热、精馏和塔设备作为课堂讲授内容，在这几章中分别涵盖了动量、热量和质量传递的重要理论以及相应的设备；而沉降与过滤和干燥的内容，涉及的重要理论少，对设备的结构与操作原理介绍多，因此采用以学生自学、查阅资料为主。化工原理是一门理论与实践紧密结合，工程实践性强的课程。由于化工原理课程的教学内容中既有严谨的理论分析，又有实践经验的总结，设备类型多种多样且结构复杂，学生在学习过程接受较慢。本文以化工原理课堂教学方法作为出发点，探讨了化工原理教学中教学方法。
一、由浅入深，循序渐进
化工单元操作的许多原理与现实生活息息相关，将生活中的现象与过程原理相类比，化感性认识为理性认识，可以大大提高学生的接受程度。在讲解位能时可以手中的实物为例，放在同样的高度，但基准面的选取不同位能的大小不同。进而强调位能是一个相对值，使用中一定要注意基准面的选取。而在讲解流体在管路中的流速分布时，学生平时并没有注意到这种现象，也没有测定过流速。可通过举例水面漂浮的草棍来看河水中流速的分布情况，靠近河中央的位置草棍行进的速度快，而靠近岸边的速度慢。通过列举一些与生活、专业密切相关的现象，引起学生的好奇心，激发学生的求知欲。
二、严格推导，有理有据
《化工原理》每一章涉及到的公式推导和计算，如流体流动中的柏努利方程、流体输送设备中的离心泵安装高度、传热中的传热速率方程和精馏中的精馏操作线方程及塔板数的计算，若单纯采用PowerPoint课件进行讲解，这些公式在屏幕上显示直观感觉“乱”，造成学生视觉上的疲劳，而且许多学生往往还没有反应过来，页面就已经翻过去了，学生会感到枯燥无味，造成多数学生不爱听，失去学习化工原理的兴趣。此部分教学内容更适合逐步地在黑板上边推导边讲解，黑板即时重现力强，随写随看，诱导学生进入动态思维过程，调动学生学习的能动性，从而让学生跟着教师的思路走。总传热速率方程的推导，从传热速率微分方程提出总传热系数，通过传热速率微分方程的积分，提出温度差与传热面积有关即T-t=f（S），但此关系式没有具体表达式，不能积分求解，从而提出T-t=f（Q）可得到线形方程，将此式代入求解推得对数平均温度差表达式，得到总传热速率积分方程。通过推导使学生理解总传热系数和对数平均温度差的来龙去脉，了解推导过程中问题的解决方法。最后在对总传热速率方程中的总传热系数、对数平均温度差和传热面积分别进行讨论，强化总传热速率方程的理解。精馏的物料衡算和操作线方程是分别对全塔、精馏段和提馏段进行物料衡算推导而得，在流体流动中的连续性方程已经用过一次物料衡算方程，在本章仍然要仔细讲解衡算的过程，加深学生对本知识点的理解。通过推导操作线方程，帮助同学理解操作线中各参数的意义。结合操作线方程在x-y坐标图中绘出精馏段操作线和提馏段操作线，让学生思考参数的改变怎样影响操作线。尤其是逐板计算理论板数，从塔顶开始交替使用操作线方程和气液平衡方程逐板推导，使学生逐渐了解操作线和气液平衡在解决工程的实际问题中的应用。再结合逐板计算讲解图解计算理论板数，理解图解法的基本原理。通过对每种传递现象分析和重要公式的严格推导，使学生掌握过程的来龙去脉，以及了解工程問题的解决方法和途径，调动学生的学习积极性和提高学习的兴趣。
三、形象生动，简单易懂
由于绝大数学生不具备实际工程经验，教师在向学生阐述、剖析解决某些工程实际问题时，很难系统地、清晰地表达清楚，学生听起来也感到吃力。以往在对设备结构的阐述时通常采用工程图纸、简单的教学模型等来辅助教学，往往枯燥乏味大有纸上谈兵之意，使学生感到讲解内容过于空洞和难于理解。随着计算机在教育领域的应用普及和多媒体技术的快速发展，运用多媒体技术手段进行教学，已成为教育改革的必然趋势。
化工原理课程中每种单元操作都具有相对的独立性，学生学习过程中总是感觉很难。采用单一的教学方法，对于公式繁多和设备多样的化工原理课程来说，显然是不太适合的。积极探索和改进教学方法，最大限度地提高学生学习积极性，以取得较好的教学效果。