传感器原理及工程应用习题参考答案1.doc 21页

'《传感器原理及工程应用》习题答案第1章传感与检测技术的理论基础（P26）1－3用测量范围为－50～150kPa的压力传感器测量140kPa的压力时，传感器测得示值为142kPa，求该示值的绝对误差、实际相对误差、标称相对误差和引用误差。解：已知：真值L＝140kPa测量值x＝142kPa测量上限＝150kPa测量下限＝－50kPa2∴绝对误差Δ＝x-L=142-140=2(kPa)实际相对误差＝＝1.43％L14022标称相对误差＝＝1.41％引用误差＝＝1％x142测量上限－测量下限150－(－50)1－10对某节流元件（孔板）开孔直径d20的尺寸进行了15次测量，测量数据如下（单位：mm）：1 120.42120.43120.40120.42120.43120.39120.30120.40120.43120.41120.43120.42120.39120.39120.40试用格拉布斯准则判断上述数据是否含有粗大误差，并写出其测量结果。解：对测量数据列表如下：序测量值残余误差残余误差号d20(mm)vi(d20id20)(mm)vi(d20id20(i7))(mm)1120.420.0160.0092120.430.0260.0193120.40－0.004－0.0114120.420.0160.0095120.430.0260.0196120.39－0.014－0.0217120.30－0.104―――8120.40－0.004－0.0119120.430.0260.01910120.410.006－0.00111120.430.0260.01912120.420.0160.00913120.39－0.014－0.02114120.39－0.014－0.02115120.40－0.004－0.011d120.404mm152022vivii1i70.0327mm0.0161mmd(i7)120.411mmd20151d2014120G0.0788(mm)G0.0382(mm)d20d20当n＝15时，若取置信概率P＝0.95，查表可得格拉布斯系数G＝2.41。则G2.410.03270.0788(mm)v0.104，d207所以d为粗大误差数据，应当剔除。然后重新计算平均值和标准偏差。7当n＝14时，若取置信概率P＝0.95，查表可得格拉布斯系数G＝2.37。则G2.370.01610.0382(mm)v，所以其他14个测量值中没有坏值。d20id0.0161计算算术平均值的标准偏差200.0043(mm)d20n14330.00430.013(mm)d20所以，测量结果为：d(120.4110.013)(mm)(P99.73%)201－14交流电路的电抗数值方程为1XLC2 当角频率5Hz，测得电抗X为0.8；当角频率2Hz，测得电抗X为0.2；1122当角频率1Hz，测得电抗X为0.3。试用最小二乘法求电感L、电容C的值。33解法1：11L，设xL，y，则：CC10.85xy510.22xy20.3xy1550.81所以，系数矩阵为A2，直接测得值矩阵为L0.2，20.311ˆx()1最小二乘法的最佳估计值矩阵为XAAAL。y1552151303其中，AA2231.291111152303AA301.293329.0031.291AA11.29311121所以，(AA)AAAA29.733012225210.84.1AL0.20.04110.3152x11.2934.10.182所以Xˆ＝y29.73300.040.455所以，Lx0.182H11C2.2(F)y0.4553 解法2：11L，设xL，y，则：CC10.85xy510.22xy20.3xy155a11a121所以，系数矩阵为Aaa2，21222aa313211则，由（1－39）式决定的正规方程为a1a1xa1a2ya1la2a1xa2a2ya2l222其中，aaaaaaaa521301111112121313111a1a2a11a12a21a22a31a325211352a2a1a12a11a22a21a32a31322112a2a2a12a12a22a22a32a3211.2952a1la11l1a21l2a31l350.820.21(0.3)4.111a2la12l1a22l2a32l30.80.21(0.3)0.045230x3y4.1x0.18所以，所以，3x1.29y0.04y0.4551所以，Lx0.182HC2.2Fy第2章传感器概述（P38）4 5 \6 dt22－5当被测介质温度为t1，测温传感器示值温度为t2时，有下列方程式成立：tt。120d当被测介质温度从25℃突然变化到300℃时，测温传感器的时间常数＝120s，试确定经过300s后的动态误差。0dt25(t0)2已知：tt，t，120s求：t=350s时，tt?1201012d300(t0)解：t灵敏度k=1时，一阶传感器的单位阶跃响应为y(t)1e。类似地，该测温传感器的瞬态响应函数可表示为：t()25(30025)(1e0)。2350120当350s时，t25(30025)(1e)285.15(C)。2所以，动态误差tt300285.1514.85(C)。122－6已知某传感器属于一阶环节，现用于测量100Hz的正弦信号，如幅值误差限制在±5％以内，时间常数应取多少？若用该传感器测量50Hz的正弦信号，问此时的幅值误差和相位误差各为多少？1一阶传感器的幅频特性为：A21因为幅值误差限制在±5％以内，即A0.95当f100Hz时，有0.00052s。max若用此传感器测量f50Hz的信号，其幅值误差为：111－A1－＝1－10.9871.3%2211＋250Hz0.00052s相位误差为：arctg9.282－8已知某二阶系统传感器的固有频率为10kHz，阻尼比＝0.5，若要求传感器输出幅值误差小于3％，则7 传感器的工作范围应为多少？已知210kHz，＝0.5，1A3%。求：传感器的工作频率范围。n1二阶传感器的幅频特性为：A()。22212nn当0时，A1，无幅值误差。当0时，A一般不等于1，即出现幅值误差。若要求传感器的幅值误差不大于3％，应满足0.97A1.03。1解方程A()0.97，得1.03；1n22212nn1解方程A()1.03，得0.25，0.97。2n3n22212nn由于＝0.5，根据二阶传感器的特性曲线可知，上面三个解确定了两个频段，即0～和～。前者在特231征曲线的谐振峰左侧，后者在特征曲线的谐振峰右侧。对于后者，尽管在该频段内也有幅值误差不大于3％，但是该频段的相频特性很差而通常不被采用。所以，只有0～频段为有用频段。由20.250.25210kHz可得f2.5kHz，即工作频率范围为0～2.5kHz。2n第3章应变式传感器（P60）8 3－6题3－6图为等强度悬臂梁测力系统，R为电阻应变片，应变片灵敏系数K＝2.05，未受应变时，R120。119 当试件受力F时，应变片承受平均应变＝800m/m，试求：1应变片电阻变化量R和电阻相对变化量R/R。1112将电阻应变片R置于单臂测量电桥，电桥电源电压为直流3V，求电桥输出电压及电桥非线性误差。13若要减小非线性误差，应采取何种措施？分析其电桥输出电压及非线性误差大小。4已知：K＝2.05，R120，800m/m8.0010，E3V求：R/R，R，U，11110L43①应变片的电阻相对变化量为R/RK2.058.00101.641011R13电阻变化量为RR1201.64100.196811R1②设电桥的倍率n＝1，则电桥的输出电压为nR1ER1333U02E1.64101.2310V1nR14R14RR113R2R1.641011电桥的非线性误差为0.08%LRR3121.64101n11R2R11R1FR1R4R2BB＋＋R1＋R1R2－R2R1＋R1R2－R2ACUACUooR3R4－－R＋R44R－R33DDEE(a)(b)③若要减小非线性误差，可以采用差动电桥电路（半桥差动电路或者全桥差动电路）。此时可以消除非线性误差，而且可以提高电桥电压的灵敏度，同时还具有温度补偿作用。（a）如果采用半桥差动电路，需要在等强度梁的上下两个位置安装两个工作应变片，一个受拉应变，一个受压应变，接入电桥的相邻桥臂，构成半桥差动电路。此时电桥的输出电压为ER1333U01.64102.4610V，是单臂工作时的两倍。2R21（b）如果采用全桥差动电路，需要在等强度梁的上下四个位置安装四个工作应变片，两个受拉应变，两个受压应变，将两个应变符号相同的接入相对桥臂上，构成全桥差动电路。此时电桥的输出电压为10 R133U0E31.64104.9210V，是单臂工作时的四倍。R163－7在题3－6条件下，如果试件材质为合金钢，线膨胀系数1110/C，电阻应变片敏感栅材质为康g66铜，其电阻温度系数1510/C，线膨胀系数14.910/C。当传感器的环境温度从10℃变化到s50℃时，所引起的附加电阻相对变化量（R/R）为多少？折合成附加应变为多少？t6已知：试件合金钢的线膨胀系数1110/C，电阻应变片的灵敏系数为K0＝2.05，电阻温度系数g661510/C，线膨胀系数14.910/C，t50104（0C），s则由温度变化引起的附加电阻相对变化为：Rt664Kt15102.051114.910402.80210。00gsR04Rt/R02.802104折合成附加应变为1.3710。tK2.0503－8一个量程为10kN的应变式测力传感器，其弹性元件为薄壁圆筒轴向受力，外径为20mm，内径为18mm，在其表面粘贴八个应变片，四个沿轴向粘贴，四个沿周向粘贴，应变片的电阻值均为120Ω，灵敏度为2.0，泊11松比为0.3，材料弹性模量E2.110Pa。要求：1绘出弹性元件贴片位置及全桥电路；2计算传感器在满量程时各应变片的电阻；3当桥路的供电电压为10V时，计算电桥负载开路时的输出。11已知：F＝10kN，外径D20mm，内径d18mm，R＝120Ω，K＝2.0，0.3，E2.110Pa，Ui＝10V。RRRR56782263圆筒的横截面积为SDd59.710mmRRRR41234弹性元件贴片位置及全桥电路如图所示。(c)应变片1、2、3、4感受轴向应变：1234xRRRR1357应变片5、6、7、8感受周向应变：5678yUoRRRR6824满量程时，～U(a)(b)(d)F10kNRRRRKRKR2.01200.1911234x6311SE59.710mm2.110PaRRRRKRR0.30.1910.05735678y1电桥的输出为：11 RRRRRRRR11336688UU0iRRRRRRRRRRRRRRRR1133557766882244120.191120.191119.943119.94310V10mV120.191120.191119.943119.943119.943119.943120.191120.191第4章电感式传感器（P84）4－7已知一差动整流电桥电路如题4－7图所示。电路由差动电感传感器Z1、Z2及平衡电阻R1、R2（R1=R2）组成。桥路的一个对角接有交流电源U，另一个对角线为输出端U，试分析该电路的工作原理。i0忽略R3、R4的影响，可知U0＝UCD=UD－UC。若电源电压U上端为正、下端为负时，VD1、VD3导通，等效电路如图（a）所示。i当差动电感传感器Z1＝Z＋Z，Z2＝Z－Z时，UC>UD，U0为负。当差动电感传感器Z1＝Z－Z，Z2＝Z＋Z时，UCUD，U0为负。当差动电感传感器Z1＝Z－Z，Z2＝Z＋Z时，UC