思考题与习题解马西
第一章、思考题与习题
1、检测系统由哪几部分组成?说明各部分的作用。
答：1、检测系统由：传感器、测量电路、显示记录装置三部分组成。
2、传感器部分的作用：是把被测量变换成另一种与之有确定的对应关系，并且便于测量
的量的装置。
测量电路部分的作用：是将传感器的输出信号转换成易于测量的电压或电流信号。
显示记录装置部分的作用：是使人们了解检测数值的大小或变化的过程。
2、非电量的电测法有哪些优点?
答：P3
3、测量稳压电源输出电压随负载变化的情况时，应当采用何种测量方法?如何进行?
答：1）、采用微差式测量；
2）、微差式测量是综合零位式测量和偏差式测量的优点而提出的一种测量方法。
基本思路是：将被测量x的大部分作用先与已知标准量N的作用相抵消，剩余部分即两者差值
Δ=x-N。这个差值再用偏差法测量。
微差式测量中：总是设法使差值Δ很小，因此可选用高灵敏度的偏差式仪表测量之。即使差值的测量精度不高，但最终结果仍可达到较高的精度。
例如：测定稳压电源输出电压随负载电阻变化的情况时，输出电压U。可表示为U0=U+ ΔU，
其中ΔU是负载电阻变化所引起的输出电压变化量，相对U来讲为一小量。如果采用偏差法测
量，仪表必须有较大量程以满足U。的要求，因此对ΔU这个小量造成的U0的变化就很难测准。
当然，可以改用零位式测量，但最好的方法是采用如图1-3所示的微差式测量。
微差式测量：
⑴、微差式测量电路图中；
①、使用了高灵敏度电压表：毫伏表和电位差计；
②、Rr和E分别表示稳压电源的阻和电动势；
③、RL表示稳压电源的负载；
④、E1、R1和Rw表示电位差计的参数。
⑵、微差式测量过程
①、在测量前调整R1，使电位差计工作电流I1为标准值。
②、然后使稳压电压负载电阻RL为额定值，调整RP的活动触点，使毫伏表指示为零，这相当于事先用零位式测量出额
定输出电压U。
③、正式测量开始后，只需增加或减小负载电阻RL的值，负载变动所引起的稳压电压输出电压U0的微小波动值ΔU即可
由毫伏表指示出来。
根据Uo=U+ΔU，稳压电源输出电压在各种负载下的值都可以准确地测量出来。
⑶、微差式测量法的优点：是反应速度快，测量精度高，特别适合于在线控制参数的测量。
图1-3微差式测量
4、某线性位移测量仪，当被测位移由4.5mm变到5.0mm时，位移测量仪的输出电压由3.5V减至 2.5V，求该仪器的灵敏度。解：s= Δy/Δx=(2.5-3.5)V/(5.0-4.5)mm=-2V/mm
5、某测温系统由以下四个环节组成，各自的灵敏度如下:
铂电阻温度传感器: 0.35Ω/℃
电桥: O.OlV/Ω
放大器: 100(放大倍数)
笔式记录仪: O.lcm/V
求: (1)测温系统的总灵敏度;
(2)记录仪笔尖位移4cm时，所对应的温度变化值。
解：(1)、 s1=0.35Ω/℃ s2= O.OlV/Ω s3=100 s4= O.lcm/V
s=s1s2s3s4=0.35Ω/℃× O.OlV/Ω×100× O.lcm/V =0.035cm/℃
(2)、Δt=x×s=4cm/0.035cm/℃=114.28℃
6、有三台测温仪表，量程均为0～600℃，精度等级分别为2.5级、2.0级和1.5级，现要测量500℃的温度，要求相对误差不
超过2.5%，选哪台仪表合理?
解：2.5级测温仪表:2.5=(δm/L)100％=(δm/600)100％；δm=15℃
r=δm/500=(15/500)100％=3％
2.0级测温仪表:2.0=(δm/L)100％=(δm/600)100％；δm=12℃
r=δm/500=(12/500)100％=2.4％
1.5级测温仪表:1.5=(δm/L)100％=(δm/600)100％；δm=9℃
r=δm/500=(9/500)100％=1.8％
选2.0级测温仪表合理
7、什么是系统误差和随机误差?正确度和精密度的含义是什么?它们各反映何种误差?
答：1）、在相同的条件下，多次重复测量同一量时，误差的大小和符号保持不变，或按照一定的规律变化，这种误差称为系统误差。
在相同条件下，多次测量同一量时，其误差的大小和符号以不可预见的方式变化，这种误差称为随机误差。
2)、正确度：系统误差的大小表明测量结果的正确度。正确度说明测量结果相对真值有一恒定误差，或者存在着按确
定规律变化的误差。系统误差愈小，则测量结果的正确度愈高。
精密度：随机误差的大小表明，测量结果重复一致的程度，即测量结果的分散性。通常，用精密度表示随机误差的大小。
随机误差大，测量结果分散，精密度低。
测量结果的重复性好，精密度高。随机误差大。
精确度：是测量的正确度和精密度的综合反映。精确度高意味着系统误差和随机误差都很小。精确度有时简称为精度。
8、服从正态分布规律的随机误差有哪些特性?
答：(1)、对称性：随机误差可正可负，但绝对值相等的正、负误差出现的机会相等。也就是说f(δ)-δ曲线对称于纵轴。
(2)、有界性：在一定测量条件下，随机误差的绝对值不会超过一定的围，即绝对值很大的随机误差几乎不出现。
(3)、抵偿性：在相同条件下，当测量次数n →∞时，全体随机误差的代数和等于零，即lim∑δi=0
(4)、单峰性：绝对值小的随机误差比绝对值大的随机误差出现的机会多，即前者比后者的概率密度大，在δ=0处随
机误差概率密度有最大值。
9、等精度测量某电阻10次，得到的测量值如下:
R1=167.95ΩR2=167.45Ω
R3=167.60ΩR4=167.60Ω
R5=167.87ΩR6=167.88Ω
R7=168.00ΩR8=167.85Ω
R9=167.82ΩR10=167.60Ω
(1)求10次测量的算术平均值/ R，测量的标准误差σ和算术平均值的标准误差s；
(2)若置信概率取99.7%，写出被测电阻的真值和极限值。
解：(1)
①、10次测量的算术平均值/ R
/R=（∑Ri）/n=（ R1+R2+R3+R4+R5+R6+R7+R8+R9+R10）/n
=（167.95+167.45+167.6+167.6+167.87+167.88+168+167.85+167.82+167.6）/10
=167.762Ω
②、测量的标准误差σ
σ=lim√∑（Ri-R0）2/n = lim√∑（δi）2/n
标准误差σ的估算值：
σ=lim√∑（Ri- /R）2/（n-1） = lim√∑（vi）2/n =
∑Vi2=（R1-/R）2+（R2-/R ）2+（R3-/R ）2+（R4-/R ）2+（R5-/R ）2+（R6-/R ）2
+（R7-/R ）2+（R8-/R ）2+（R9-/R ）2+（R10-/R ）2
=（167.95-167.762）2+（167.45-167.762）2+（167.6-167.762）2+（167.6-167.762）2 +167.87-167.762）2+（167.88-167.762）2+（168-167.762）2+（167.85-167.762）2 +（167.82-167.762）2+（167.6-167.762）2
=（0.188）2+（-0.312）2+（-0.162）2+（-0.162）2+（0.108）2
+（0.118）2+（0.238）2+（0.088）2+（0.058）2+（-0.162）2
=0.0361+0.0961+0.0256+0.0256+0.0121+0.0144+0.0576+0.0081+0.0036+0.0256=0.3047 标准误差σ：σ=√∑（vi）2/(n-1)=√0.3047/9=0.184Ω
算术平均值的标准误差s：s=σx=σ/ √ n =0.184/√10 =0.0582Ω
置信概率取99.7%，K=3，置信区间为±3S,
测量结果真值为:R0=/R±Ks=167.762±3×0.0582=(167.762±0.175) Ω
测量电阻的极限值：Rm=/R±Kσ=167.762±3×0.184=(167.762±0.552) Ω
168.314Ω～167.210Ω：测量数据中无坏值
置信概率取99.7%，K=3，置信区间为±3S,
测量结果真值为:R0=/R±KS=167.762±3×0.0582=(167.762±0.175) Ω
测量电阻的极限值：Rm=/R±Kσ=167.762±3×0.184=(167.762±0.552) Ω
168.314Ω～167.210Ω：测量数据中无坏值
10.用BASIC语言编写一个程序，用于完成类似第9题中所要求的计算任务。
第二章、思考题与习题
l.金属电阻应变片与半导体材料的电阻应变效应有什么不同?
答：金属电阻应变片电阻应变效应主要由几何尺寸的改变影响金属金属电阻应变片电阻应变效应。
半导应变片电阻应变效应主要由材料的电阻率随应变引起的变化是影响半导应变片电阻应变效应的主要因素。
2.直流测量电桥和交流测量电桥有什么区别?
答：直流测量电桥采用直流电源供电，
交流测量电桥采用交流电源供电；
3.热电阻测温时采用何种测量电路?为什么要采用这种测量电路?说明这种电路的工作原理。
答：采用三导线四分之一电桥电路：
在该电桥中热电阻的两根引线被分配在两个相邻的桥臂中；消除引线电阻因温度变化引起的阻值变化而产生的误差。
4.采用阻值为120Ω、灵敏度系数K=2.0的金属电阻应变片和阻值为120Ω的固定电阻组成电桥，供桥电压为4V.并假定负
载电阻无穷大。当应变片上的应变分别为1με和1000με时，试求单臂工作电桥、双臂工作电桥以及全桥工作时的输出电压，并比较三种情况下的灵敏度。
解：一个微应变：1με=1μm/m=1×10-6
因为R1=R2=R3=R4=R；是等臂电桥；U=4V；
1）、应变片上的应变为1με:s=U0/ΔR=[U(ΔR/R)/4]/ΔR=(U Kε)/4
电阻应变片的相对变化量：ΔR/R=Kε=2×10-6
电阻应变片的变化量：ΔR=R×Kε=120×2×10-6=0.24×10-3Ω
⑴、单臂工作电桥工作时的输出电压、灵敏度。
输出电压: U0=U(ΔR/R)/4=U Kε/4=2×10-6V
灵敏度： s=U0/ΔR=2×10-6V /0.24×10-3Ω=8.33×10-3V /Ω
⑵、双臂工作电桥工作时的输出电压、灵敏度。
输出电压: U0=U(ΔR/R)/2=（U/2）Kε=4×10-6V
灵敏度： s=U0/ΔR=4×10-6V /0.24×10-3Ω=16.66×10-3V /Ω
⑶、及全桥工作时的输出电压、灵敏度。
输出电压: U0= U(ΔR/R)=UKε=8×10-6V
灵敏度： s=U0/ΔR=8×10-6V /0.24×10-3Ω=33.33×10-3V/Ω
2）、应变片上的应变为1000με
电阻应变片的相对变化量：ΔR/R=Kε=2×10-3
电阻应变片的变化量：ΔR=R×Kε=120×2×10-3=0.24Ω
⑴、单臂工作电桥工作时的输出电压、灵敏度。
输出电压: U0=U(ΔR/R)/4=UKε/4=2×10-3V
灵敏度： s=U0/ΔR=2×10-3V /0.24Ω=8.33×10-3V/Ω
⑵、双臂工作电桥工作时的输出电压、灵敏度。
输出电压: U0=U(ΔR/R)/2=UKε/2=4×10-3V
灵敏度： s=U0/ΔR=4×10-3V /0.24Ω=16.66×10-3V/Ω
⑶、及全桥工作时的输出电压、灵敏度。
输出电压: U0=U(ΔR/R)=UKε/=8×10-3V
灵敏度： s=U0/ΔR=8×10-3V /0.24Ω=33.33×10-3V/Ω
5.采用阻值R=120Ω，敏度系数K=2.0的金属电阻应变片与阻值R= 120Ω的固定电阻组成电桥，供桥电压为10V 。当应变片应变为1000με时，若要使输出电压大于10mV 。则可采用何种接桥方式(设输出阻抗为无穷大)? 解： 应变片上的应变为1000με=10-3
电阻应变片的相对变化量：ΔR/R=K ε=2×10
-3
电阻应变片的变化量： ΔR=R ×K ε=120×2×10-3
=0.24Ω ⑴、单臂工作电桥工作时的输出电压、灵敏度。
输出电压: U0=U(ΔR/R)/4=UK ε/4=10×2×10-3
V/4=5mV 灵敏度： s=U0/ΔR=5×10-3
V /0.24Ω=20.833×10-3
V/Ω ⑵、双臂工作电桥工作时的输出电压、灵敏度。
输出电压: U0=U(ΔR/R)/2=UK ε/2=10×2×10-3
V/2=10mV 灵敏度： s=U0/ΔR=10×10-3
V /0.24Ω=41.67×10-3
V/Ω ⑶、等臂全桥工作时的输出电压、灵敏度。
输出电压: U0=UK ε/=10×2×10-3V=20mV
灵敏度： s=U0/ΔR=20×10-3
V /0.24Ω=83.33×10-3
V/Ω 输出电压:U0=UK ε=10×103
mv ×2×10-3
=20mv
综上所述:若要使输出电压大于10mV 。则可采用等臂全桥接桥方式。
6.图2-43所示为一直流电桥，供电电源电动势E=3V. R3=R4= 100Ω。 R1和R2为相同型号的电阻应变片，其电阻均为50Ω。灵敏度系数K=2.0。两只应变片分别粘贴于等强度梁同一截面的正反两面。设等强度梁在受力后产生的应变为5000με试求此时电桥输出端电压U o 。
解：受力时:R1=r+ΔR 、R2=r-ΔR 、R3=R4=R=100Ω
U0=（R2R4-R1R3）U/[（R4+R3）（R1+R2）]=R （R2-R1）U/[2R （R1+R2）] =-2R ΔRU/2R2r=-（U/2）（ΔR/r ）=-（U/2）（K ε）=-1.5×2×5×10-3
=-1.5×10-2
V=-15mv
第三章、思考题与习题
1.试分析变面积式电容传感器和变间隙式电容传感器的灵敏度?为了提高传感器的灵敏度可采取什么措施并应注意什么问题?
答: 1) 对变面积式电容传感器
设初始电容为: C0=0
εr εA/d=εab/d 为初始电容。
当动极板相对定极板沿长度a 方向平移Δx 时，则电容为
C=0
εr εb （a －Δx ）/ d=（0εr εab/ d ）－（0εr εb Δx/ d ）
=C0－εb Δx/d （3-2） C=C0－ΔC
ΔC= C －C0=－εb Δx/d=- C0Δx/a 电容的相对变化量为：ΔC/C0=Δx/a
显然传感器的输出特性呈线性。适合于测量较大的直线位移和角位移。
灵敏度为：K=ΔC/Δx=－εb /d
可见：①、灵敏度是个常数；
②、增大b 值、减小d 值，可增大灵敏度；
③、但极板的长度b 不易过小，否则边缘效应增大，使非线性误差也增大。
④、与变极距型相比，变面积型电容传感器的灵敏度较低。因此，在实际应用中，也采用差动式结构，以提高灵敏
度。
2) 对变间隙式电容传感器
若传感器的ε和
A =ab 为常数，初始的极距为d ，其初始电容量（静态电容为）
：C0=0εr εA/d=εA/d 当动极板移动x 后，其电容为：
C=εA/（d-x ）
=（εA /d ）×[d/（d-x ）] = C0 d /（d-x ）
= C0 [（1+x/d ） /（1-x 2/d 2
）]
当x< ≈1； 则：C= C0（1+x/d ） 由式（3-5）可知：电容C 与x 不是线形关系；只有当x< 灵敏度为：K=ΔC/ x= C0/d =εA/d 2 要提高灵敏度，应减小起始间隙d ；但当d 过小时，易引起击穿。 一般在极板间添加介电常数高的物质（云母、塑料膜），且可以改善电容器的耐压性能。 2.为什么说变间隙型电容传感器特性是非线性的?采取什么措施可改善其非线性特性? 答:对变间隙式电容传感器 若传感器的ε和 A =ab 为常数，初始的极距为d ，其初始电容量（静态电容为） ：C0=0εr εA/d=εA/d 当动极板移动x 后，其电容为： C=εA/（d-x ） =（εA /d ）×[d/（d-x ）] = C0 d /（d-x ） = C0 [（1+x/d ） /（1-x 2/d 2 ）] 当x< ≈1； 则：C= C0（1+x/d ） 由式（3-5）可知：电容C 与x 不是线形关系；只有当x< 3.有一平面直线位移型差动电容传感器其测量电路采用变压器交流电桥，结构组成如图3-20所示。电容传感器起始时bl =b2=b=20mm ， al =a2=a=10mm ，极距d=2mm ，极间介质为空气，测量电路中ui= 3sinωtV ，且u=ui 。试求动极板上输入一位移量Δx=5mm 时的电桥输出电压u 0。 图3-20题3图 解: 电桥的空载输出电压为： ù0=2ù[Z2/（Z1+Z2）]-ù=ù[2Z2/（Z1+Z2）-（Z1+Z2）/（Z1+Z2）] =ù（Z2-Z1）/（Z1+Z2） 其中：Z1=1/j ωC1，Z2=1/j ωC2，C1、C2，为差动电容传感器的电容量；带入，得 ù0=ù（Z2-Z1）/（Z1+Z2）=ù（1/j ωC2-1/j ωC1）/（1/j ωC1+1/j ωC2） =ù（1/C2-1/C1）/（1/C1+1/C2）=ù（C1-C2）/（C1+C2） 对变面积式电容传感器：设初始电容为：C0=0 εr εA/d=εab/d 为初始电容。 当动极板相对定极板沿长度a 方向平移Δx 时，则电容为 C=0 εr εb （a ±Δx ）/ d=（0εr εab/ d ）±（0εr εb Δx/ d ） =C0±εb Δx/d=C0±ΔC C1=C0－ΔC ； C2=C0+ΔC ； U0=U （C1-C2）/（C1+C2）=-U ΔC/C0=-U （εb Δx/d ）/（εab/d ）=-U Δx/a =-（3sin ωtV ）×（5/10）=-（3/2）sin ωtV=-1.5sin ωtV 4、变间隙电容传感器的测量电路为运算放大器电路，如图3-21所示。传感器的起始电容量Cx0=20pF ， 定动极板距离do=1.5mm ，Co=10pF ，运算放大器为理想放大器(即K →∞，Zi→∞)， Rf 极大，输入电压 ui=5sin ωtV ，求当电容传感器动极板上输入一位移量Δx=0.15mm 使d0减小时，电路输出电压u0为多少? 解: 对于变间隙电容传感器,当动极板移动Δx 后，其电容为： CX=εA/（d0-Δx ）=（εA/d0）×[d0/（d0-Δx ）] = Cx0d0 /（d0-Δx ）=Cx0/（1-Δx/d0）=20/（1-0.15/1.5）pf =（20/0.9）pf=（200/9）pf=22.22 pf 对于理想运放，其输入阻抗和开环放大倍数都很高（Zi →∞，A →∞），因此其输出端输出电压u0与CX 成反比，即： u0＝－uiC0/CX=－[10pf/（200/9）pf]×5sin ωtV =－(90/200)×5sin ωtV =－2.25sin ωtV 当动极板移动Δx=0mm 后，其电容为: u0＝－uiC0/CX=－(10pF/20Pf)5sin ωtV=－2.5sin ωtV Cx=Cx0(1+Δx/d)=20 pF(1+0.15/1.5)=22 pF Cx ’=εA/（d0-Δx ）=Cx0/(1-Δx/d)=20pF/(1-0.15/1.5)=22.22pF δ=∣(Cx ’-Cx)/Cx ∣=∣(20/0.9-20×1.1)/(20/0.9)∣=∣1-0.99∣=10﹪ u0=-uiC0/Cx=-5sin ωtV(10pF/22pF)=-2.273 sin ωtV u0’=-uiC0/Cx ’=-5sin ωtV[(10pF/(20pF/0.9)]=-2.25sin ωtV δ=∣(u0’-u0)/u0∣=∣(-2.25+5×10/22)/(5×10/22)∣ =∣-0.99+1∣=10﹪ 5.如图3-22所示正方形平板电容器，极板长度a=4cm.极板间距离δ=0.2mm 。若用此变面积型传感器测量位移x.试计算该传感器的灵敏度并画出传感器的特性曲线。极板间介质为空气。ε0=8.85 X 10－12 F/m 。
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