第一篇：三氧化鉬在碳硫分析儀中的工作原理

三氧化鉬在碳硫分析儀中的工作原理

一級品的三氧化鉬硫的含量應低于0.0007%，比分析純三氧化鉬硫含量低于0.002%還要嚴格。控制三氧化鉬中硫的空白值，是至關重要的。若空白值高，對硫的測定有害。需用優質純的三氧化鉬作添加劑，才有利于二氧化硫的測定。在電弧爐中，硫離子靠擴散從熔融的液相介質中到熔體表面，再與氧氣接觸氧化生成SO2，擴散的速度取決于溫度和攪拌。提高溫度有利于硫的測定，然而如何紅外碳硫分析儀,實現攪拌呢？這里有三氧化鉬奇妙的作用。三氧化鉬的熔點795℃，沸點1150℃，三氧化鉬沸騰時，體積增加約5000倍，它從液相中逸出時，產生氣泡，起良好的攪拌作用，增加了硫離子向表面的擴散速度，有利于SO2的生成。三氧化鉬另一重量作用是防止管道吸附，管式爐、高頻爐等都有吸附，電弧引燃爐更嚴重。經研究發現于Fe2O3有關。

SO2氧化成SO3在1000K的平衡轉化率為63%，若無Fe2O3存在，反應速度極慢，SO2很難轉化成SO3；Fe2O3在1000K是良好的催化劑，加速SO2的轉化，這樣就有一定數量的SO3生成，SO3是酸性極強的氧化物，它與堿性SnO或Fe2O3生成相應的鹽，引起的后果是測硫的結果偏低，通俗的說法，即管道吸附。三氧化鉬能與FeO生成FeMoO4，減少Fe2O3的數量。另外，三氧化鉬當溫度低于795℃時，從氣相、液相轉化為固相，此固體粉末覆蓋在Fe2O3的表面，紅外碳硫儀隔絕了SO2和O2與Fe2O3的接觸，Fe2O3失去催化作用，SO2難于轉化成SO3，使測硫的結果較好。

綜觀上述，三氧化鉬是酸性氧化物，它的加入，有利于SO2的釋放，它在1150℃生成氣體，從液相中逸出時，起良好的攪拌作用，有利于硫離子的擴散和SO2的生成。它能破壞Fe2O3的催化作用，防止管道吸附。它可以制成高純度的三氧化鉬，有較小的碳硫空白值。因此，三氧化鉬是碳硫分析儀中電弧爐燃燒測定碳硫的良好添加劑。

第二篇：碳硫分析儀工作原理

碳硫分析儀工作原理

碳硫分析儀是在新世紀推出的具有世界領先水平的高技術碳硫分析儀，具有高碳、低碳和高硫、低硫自動切換、電阻爐與高頻爐相互切換、靈敏度高、性能穩定、分析結果準確可靠、測量范圍寬及用途廣等優點，可以快速地分析鋼、鑄鐵、銅、合金、礦石、水泥、陶瓷、碳化合物、礦物、煤、焦炭、石油、灰分、催化劑、石灰、石膏、土壤、橡膠、樹葉、煙灰、垃圾、沙子、玻璃等固體和流體材料中的碳和硫的含量。

工作原理：載氣（氧氣）經過凈化后，導入燃燒爐（電阻爐或高頻爐），樣品在燃燒爐高溫下通過氧氣氧化，使得樣品中的碳和硫氧化為CO2、CO和SO2，所生成的氧化物通過除塵和除水凈化裝置后被氧氣載入到硫檢測池測定硫。此后，含有CO2、CO、SO2和O2的混合氣體一并進入到加熱的催化劑爐中，在催化劑爐中經過催化轉換CO→CO2，SO2→SO3，這種混合氣體進入到除硫試劑管后，導入碳檢測池測定碳。殘余氣體由分析器排放到室外。與此同時，碳和硫的分析結果以%C和%S的形式顯示在主機的液晶顯示屏上和連接的計算機顯示器上并儲存在計算機里，以便隨時調出，也可以通過連接的打印機輸出打印。

裝有基于Windows軟件的計算機可以操作CS-2000碳硫分析儀。在分析過程中，為保證分析簡單可靠地執行，儀器可實時顯示工作狀態。樣品分析的燃燒釋放曲線同時顯示在計算機屏幕上。軟件具有自動校正和自動診斷功能。碳硫分析儀可以連接到實驗室信息管理系統（LIMS）

第三篇：CS230碳硫分析儀

CS230碳硫分析儀

CS230碳硫分析儀，可用于金屬與非金屬中碳、硫含量的檢測，產自于美國力可公司。

一、主要性能

高準確度、高穩定性、快速分析、低分析成本、低故障率等優異性能。

二、技術指標

a）采用專利的高靈敏度CO2檢測器檢測碳含量，適合高低含量檢測 b）CO至CO2 催化轉化，在線SO3捕集，安全環保 c）高頻感應爐18MHz，2.2KW d）自動系統自檢，各項維護參數實時監控 e）自動在線及旁路氣路檢漏 f）各種維護計數器，便于維護保養

g）分析模式，通道可任意設置，無數量限制

三、應用范圍

適用于鋼、鑄鐵、鐵合金、鈦合金、鎳基合金、高溫合金、催化劑、碳化物、陶瓷、砂、玻璃、石灰石、煤、焦等各種材料的定量分析。

第四篇：熱重分析儀的工作原理

熱重分析儀的工作原理

熱重分析儀主要由天平、爐子、程序控溫系統、記錄系統等幾個部分構成。

最常用的測量的原理有兩種，即變位法和零位法。所謂變位法，是根據天平梁傾斜度與質量變化成比例的關系，用差動變壓器等檢知傾斜度，并自動記錄。零位法是采用差動變壓器法、光學法測定天平梁的傾斜度，然后去調整安裝在天平系統和磁場中線圈的電流，使線圈轉動恢復天平梁的傾斜，即所謂零位法。由于線圈轉動所施加的力與質量變化成比例，這個力又與線圈中的電流成比例，因此只需測量并記錄電流的變化，便可得到質量變化的曲線。

熱重分析儀方法

當被測物質在加熱過程中有升華、汽化、分解出氣體或失去結晶水時，被測的物質質量就會發生變化。這時熱重曲線就不是直線而是有所下降。通過分析熱重曲線，就可以知道被測物質在多少度時產生變化，并且根據失重量，可以計算失去了多少物質，（如CuSO4˙5H2O中的結晶水）。從熱重曲線上我們就可以知道CuSO4·5H2O中的5個結晶水是分三步脫去的。通過TGA 實驗有助于研究晶體性質的變化，如熔化、蒸發、升華和吸附等物質的物理現象;也有助于研究物質的脫水、解離、氧化、還原等物質的化學現象。熱重分析通常可分為兩類：動態（升溫）和靜態（恒溫）。熱重法試驗得到的曲線稱為熱重曲線（TG曲線），TG曲線以質量作縱坐標，從上向下表示質量減少;以溫度（或時間）作橫坐標，自左至右表示溫度（或時間）增加。

熱重分析儀3D圖

熱重分析所用的儀器是熱天平，它的基本原理是，樣品重量變化所引起的天平位移量轉化成電磁量，這個微小的電量經過放大器放大后，送入記錄儀記錄；而電量的大小正比于樣品的重量變化量。當被測物質在加熱過程中有升華、汽化、分解出氣體或失去結晶水時，被測的物質質量就會發生變化。這時熱重曲線就不是直線而是有所下降。通過分析熱重曲線，就可以知道被測物質在多少度時產生變化，并且根據失重量，可以計算失去了多少物質（如CuSO4·5H2O中的結晶水）。從熱重曲線上我們就可以知道CuSO4·5H2O中的5個結晶水是分三步脫去的。TGA 可以得到樣品的熱變化所產生的熱物性方面的信息。

1、靜態法：包括等壓質量變化測定和等溫質量變化測定。等壓質量變化測定是指在程序控制溫度下，測量物質在恒定揮發物分壓下平衡質量與溫度關系的一種方法。等溫質量變化測定是指在恒溫條件下測量物質質量與溫度關系的一種方法。這種方法準確度高，費時。

2、動態法：就是我們常說的熱重分析和微商熱重分析。微商熱重分析又稱導數熱重分析（Derivative Thermogravimetry，簡稱DTG），它是TG曲線對溫度(或時間)的一階導數。以物質的質量變化速率（dm/dt）對溫度T(或時間t)作圖，即得DTG曲線。

第五篇：抽屜原理在數學中的運用

抽屜原理在初等數學中的運用

摘要：抽屜原理也稱為鴿巢原理，它是組合數學中的一個最基本的原理.也是數學中的一個重要原理，抽屜原理的簡單形式可以描述為：“如果把n+1個球或者更多的球放進n個抽屜，必有一個抽屜至少有兩個球.”它的正確性十分明顯，很容易被并不具備多少數學知識的人所接受，如果將其靈活地運用，則可得到一些意想不到的效果.運用抽屜原理可以論證許多關于“存在”、“總有”、“至少有”的存在性問題。學習抽屜原理可以用來解決數學中的許多問題，也可以解決生活中的一些現象。如招生錄取、就業安排、資源分配、職稱評定等等，都不難看到抽屜原理的作用。在解決數學問題時有非常重要的作用.抽屜原理主要用于證明某些存在性問題及必然性題目，如幾何問題、涂色問題等.各種形式的抽屜原理在高等數學和初等數學中經常被采用，使用該原理的關鍵在于如何巧妙地構造抽屜，即如何找出合乎問題條件的分類原則，抽屜構造得好，可得出非常巧妙的結論.本文著重從抽屜的構造方法闡述抽屜原理在高等數學和初等數學（競賽題）中的應用,同時指出了它在應用領域中的不足之處.關鍵詞：抽屜原理；初等數學；應用

一、抽屜原理（鴿巢原理）

什么是抽屜原理？先舉個簡單的例子說明，就是將3個球放入2個籃子里，無論怎么放，必有一個籃子中至少要放入2個球，這就是抽屜原理.或者假定有五個鴿子籠，養鴿人養了6只鴿子，當鴿子飛回巢中，那么一定至少有一個鴿籠里有兩只鴿子，這就是著名的鴿巢原理.除了這種比較普遍的形式外，抽屜原理還經許多學者推廣出其他的形式.比如陳景林、閻滿富編著的中國鐵道出版社出版的《組合數學與圖論》一書中對抽屜原理給出了比較具體的定義，概括起來主要有下面幾種形式: 原理1 把多于n個的元素按任一確定的方式分成n個集合，則一定有一個集合中含有兩個或兩個以上的元素.原理2 把m個元素任意放到n(m>n)個集合里，則至少有一個集合里至少有k個元素，其中

原理3 把無窮個元素按任一確定的方式分成有窮個集合，則至少有一個集合中仍含無窮個元素.盧開澄在《組合數學》（第三版）中將抽屜原理（書中稱為鴿巢原理）又進行了推廣[2].鴿巢原理：設k和n都是任意正整數，若至少有kn+1只鴿子分配在n個鴿巢中，則至少存在一個鴿巢中有至少k+1只鴿子.二、抽屜的構造途徑

在利用抽屜原理解題時，首先要明確哪些是“球”，哪些是“抽屜”，而這兩者通常不會現成存在于題目中，尤其是“抽屜”，往往需要我們用一些巧妙的方法去構造。我們利用抽屜原理解題的關鍵,就在于怎樣設計“抽屜”.三、抽屜原理在初等數學中的應用

初等數學問題的特點：只給出一些相關的條件，或者即使給出一些數值條件，也不能利用這些條件進行計算、或代入求值、或列方程、或做圖、或證明等方法去解決，只能利用這些條件進行推理、判斷，從而解決問題.討論存在性問題是數學競賽中的一類常見問題。處理這類問題常用到抽屜原理。下面我們就列舉抽屜原理在初等數學(競賽)中的應用.例9 某次考試有5道選擇題，每題都有4個不同的答案供選擇，每人每題恰選1個答案.在2000份答卷中發現存在一個n,使得任何n份答卷中都存在4份，其中每2份的答案都至多3題相同.n的最小可能值.(2000，中國數學奧林匹克)解：將每道題的4種答案分別記為1，2，3，4，每份試卷上的答案記為(g,h,i,j,k)，其中g,h,i,j,k∈{1,2,3,4}，令{(1,h,i,j,k),(2,h,i,j,k),(3,h,i,j,k),(4,h,i,j,k)}，h,i,j,k=1，2，3，4，共得256個四元組.由于2000=256×7+208，故由抽屜原理知，有8份試卷上的答案屬于同一個四元組.取出這8份試卷后，余下的1992份試卷中仍有8份屬于同一個四元組，再取出這8份試卷，余下的1984份試卷中又有8份屬于同一個四元組.又取出這8份試卷.三次共取出24份試卷，在這24份試卷中，任何4份中總

有2份的答案屬于同一個四元組，不滿足題目的要求.所以，n下面證明n=25.令

≥25.}S={(g,h,i,j,k)|g+h+i+j+k≡0(mod4),g,h,i,j,k∈{1,2,3,4}.則S=256，且S中去掉6個元素，當余下的250種答案中的每種答案都恰有8人選用時，共得到2000份答案，其中的25份答案中，總有4份不相同.由于它們都在S中，當然滿足題目要求.這表明，n=25滿足題目要求.綜上可知，所求的n的最小可能值為25.先運用抽屜原理給出n的下界，然后用構造法給出例子.這是一道典型的運用構造法解題的好題目.在解題中合理構造抽屜往往會收到意想不到的效果.例10 任給7個實數，證明必存在兩個實數a,b滿足0≤3

(a-b)<1+ab.ππ證明：設七個實數為a1,a2,a3,?,a7，作Qi=arctgai(i=1,　2,　?　,7),顯然Qi∈(-,)，22ππππππππππππ把(-,)等分成六個區間：(-,-)，(-,-)，(-,0)，(0,)，(,)，(,)，222336666332由抽屜原理，Q1,Q2,?,Q7必有兩個屬于同一區間，不妨設為Qi,Qj,而不論Qi,Qj屬于哪個小Qi-Qj<區間都有0≤ππ1(*)，不，由正切函數的單調性可知，0

a-bab,b=tgQj，則tg(Qi-Qj)=妨記a=tgQ,而由(?)知0≤0(Qi>Qj),1+ab>0, 從而有0≤3(a-b)<1+ab.例11 從1-100的自然數中，任意取出51個數，證明其中一定有兩個數，它們中的一個是另一個的整數倍。

分析：要解決該題，就得找到其關鍵，其實就在于“兩個數”，他們的關系是“其中一個是另一個的整數倍”。我們要構造“抽屜”，就要在每個抽屜中任取兩個數，并且有一個數是另一個的整數倍，而只有把公比是正整數的整個等比數列都放在同一個抽屜才行，這里用得到一個自然數分類的基本知識：任何一個正整數都可以表示成一個奇數與2的方冪的積，即若m∈N,K∈N，n∈N,則m=(2k-1)·2，并且這種表示方式是唯一的，如1=1×2°，2=1×2，3=3×2°，?

+

+

n

證明：因為任何一個正整數都能表示成一個奇數乘2的方冪，并且這種表示方法是唯一的，所以我們可把1-100的正整數分成如下50個抽屜（因為1-100中共有50個奇數）：

（1）{1，1×2，1×2，1×2，1×2，1×2，1×2}；

（2）{3，3×2，3×2，3×2，3×2，3×2}；

（3）{5，5×2，5×2，5×2，5×2}；

（4）{7，7×2，7×2，7×2}；

（5）{9，9×2，9×2，9×2}；

??

（25）{49，49×2}；

（26）{51}；

??

（50）{99}。

這樣，1-100的正整數就無重復，無遺漏地放進這50個抽屜內了。從這100個數中任取51個數，也即從這50個抽屜內任取51個數，根據抽屜原則，其中必定至少有兩個數屬于同一個抽屜，即屬于（1）-（25）號中的某一個抽屜，顯然，在這25個抽屜中的任何同一個抽屜內的兩個數中，一個是另一個的整數倍。

說明：（1）從上面的證明中可以看出，本題能夠推廣到一般情形：從1-2n的自然數中，任意取出n+1個數，則其中必有兩個數，它們中的一個是另一個的整數倍。想一想，為什么？因為1-2n中共含1，3，?，2n-1這n個奇數，因此可以制造n個抽屜，而n+1＞n，由抽屜原則，結論就是必然的了。給n以具體值，就可以構造出不同的題目。例2中的n取值是50，還可以編制相反的題目，如：“從前30個自然數中最少要（不看這些數而以任意方式地）取出幾個數，才能保證取出的數中能找到兩個數，其中較大的數是較小的數的倍數？”

（2）如下兩個問題的結論都是否定的（n均為正整數）想一想，為什么？

①從2，3，4，?，2n+1中任取n+1個數，是否必有兩個數，它們中的一個是另一個的整數倍？

②從1，2，3，?，2n+1中任取n+1個數，是否必有兩個數，它們中的一個是另一個的整數倍？

你能舉出反例，證明上述兩個問題的結論都是否定的嗎？

（3）如果將（2）中兩個問題中任取的n+1個數增加1個，都改成任取n+2個數，則它們的結論是肯定的還是否定的？你能判斷證明嗎？

例12（第6屆國際中學生數學奧林匹克試題）17名科學家中每兩名科學家都和其他科學家通信，在他們通信時，只討論三個題目，而且任意兩名科學家通信時只討論一個題目，證明：其中至少有三名

科學家，他們相互通信時討論的是同一個題目。

證明：視17個科學家為17個點，每兩個點之間連一條線表示這兩個科學家在討論同一個問題，若討論第一個問題則在相應兩點連紅線，若討論第2個問題則在相應兩點連條黃線，若討論第3個問題則在相應兩點連條藍線。三名科學家研究同一個問題就轉化為找到一個三邊同顏色的三角形。（本例同第十二講染色問題例4）

考慮科學家A，他要與另外的16位科學家每人通信討論一個問題，相應于從A出發引出16條線段，將它們染成3種顏色，而16=3×5+1，因而必有6=5+1條同色，不妨記為AB1，AB2，AB3，AB4，AB5，AB6同紅色，若Bi（i=1，2，?，6）之間有紅線，則出現紅色三角線，命題已成立；否則B1，B2，B3，B4，B5，B6之間的連線只染有黃藍兩色。

考慮從B1引出的5條線，B1B2，B1B3，B1B4，B1B5，B1B6，用兩種顏色染色，因為5=2×2+1，故必有3=2+1條線段同色，假設為黃色，并記它們為B1B2，B1B3，B1B4。這時若B2，B3，B4之間有黃線，則有黃色三角形，命題也成立，若B2，B3，B4，之間無黃線，則△B2，B3，B4，必為藍色三角形，命題仍然成立。

說明：（1）本題源于一個古典問題--世界上任意6個人中必有3人互相認識，或互相不認識。（美國普特南數學競賽題）。

（2）將互相認識用紅色表示，將互相不認識用藍色表示，（1）將化為一個染色問題，成為一個圖論問題：空間六個點，任何三點不共線，四點不共面，每兩點之間連線都涂上紅色或藍色。求證：存在三點，它們所成的三角形三邊同色。

（3）問題（2）可以往兩個方向推廣：其一是顏色的種數，其二是點數。

本例便是方向一的進展，其證明已知上述。如果繼續沿此方向前進，可有下題：

在66個科學家中，每個科學家都和其他科學家通信，在他們的通信中僅僅討論四個題目，而任何兩個科學家之間僅僅討論一個題目。證明至少有三個科學家，他們互相之間討論同一個題目。

（4）回顧上面證明過程，對于17點染3色問題可歸結為6點染2色問題，又可歸結為3點染一色問題。反過來，我們可以繼續推廣。從以上（3，1）→（6，2）→（17，3）的過程，易發現

6=（3-1）×2+2，17=（6-1）×3+2，66=（17-1）×4+2，同理可得（66-1）×5+2=327，（327-1）×6+2=1958?記為r1=3，r2=6，r3=17，r4=66，r5=327，r6=1958，?

我們可以得到遞推關系式：rn=n(rn-1-1)+2，n=2,3,4?這樣就可以構造出327點染5色問題，1958點染6色問題，都必出現一個同色三角形。

參考文獻

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