11傳感器原理及工程應(yīng)用課后習(xí)題答案 第三版 郁有文

1、傳感器原理及工程應(yīng)用-習(xí)題答案1 3示值為 解： 已知：傳感與檢測(cè)技術(shù)的理論基礎(chǔ)用測(cè)量范圍為-50150kPa的壓力傳感器測(cè)量 140kPa的壓力時(shí)，傳感器測(cè)得 142kPa，求該示值的絕對(duì)誤差、實(shí)際相對(duì)誤差、標(biāo)稱相對(duì)誤差和引用誤差。真值 L = 140kPa 測(cè)量值x= 142kPa 測(cè)量上限=150k Pa測(cè)量下限=絕對(duì)誤差實(shí)際相對(duì)誤差標(biāo)稱相對(duì)誤差50k Pa = x-L=142-140=2(k Pa) 6=2 2L6=也x1402142引用誤差止 1.43%.41%Y=測(cè)量上限-測(cè)量下限150-(-501%（孔板）開(kāi)孔直徑d20的尺寸進(jìn)行了 15次測(cè)量，測(cè)量數(shù)據(jù)如下（單對(duì)某節(jié)流元件1 1

2、0位: mm):120.43120.40120.42120.43120.39120.30120.40120.41120.43120.42120.39120.39120.40試用格拉布斯準(zhǔn)則判斷上述數(shù)據(jù)是否含有粗大誤差，并寫出其測(cè)量結(jié)果。解：對(duì)測(cè)量數(shù)據(jù)列表如下:序測(cè)量值殘余誤差殘余誤差號(hào)d20(mm)Vi =(d20i -d20)(mm)Vi =(d20id20(i H7)(mm)1120.420.0160.0092120.430.0260.0193120.400.0040.0114120.420.0160.0095120.430.0260.0196120.390.0140.0217120.30

3、0.1048120.400.0040.0119120.430.0260.01910120.410.0060.00111120.430.02610.01912120.420.0160.00913120.390.0140.02114120.390.0140.02115120.400.0040.011d20 = 120.404mm黑2t|_2Z ViE Vibd =! = 0.0327mmbd =V =0.0161mmd20(i h7) =120.411mmd20$15-1d20V 141Gbd2o =0.0788(mm)Ggo =0.0382(mm)當(dāng)n= 15時(shí)，若取置信概率 P= 0.95，查

4、表可得格拉布斯系數(shù)G= 2.41。= 2.41x0.0327 = 0.0788(mm) 卜7| =|-0.104所以d7為粗大誤差數(shù)據(jù)，應(yīng)當(dāng)剔除。然后重新計(jì)算平均值和標(biāo)準(zhǔn)偏差。G= 2.37。當(dāng)n= 14時(shí)，若取置信概率 P= 0.95，查表可得格拉布斯系數(shù)則 G% =2.37x0.0161 =0.0382(mm) A y，所以其他14個(gè)測(cè)量值中沒(méi)有壞值。計(jì)算算術(shù)平均值的標(biāo)準(zhǔn)偏差%0.0161 = 0.0043(mm)C =d20% =3x 0.0043 = 0.013(mm)所以，測(cè)量結(jié)果為：cbo =(120.4110.013)(mm)(P = 99.73%)1 14交流電路的電抗數(shù)值方程

5、為當(dāng)角頻率= 5Hz，測(cè)得電抗X1 為 0.80 ；當(dāng)角頻率= 2Hz，測(cè)得電抗X2 為 0.20 ；當(dāng)角頻率= 1Hz，測(cè)得電抗X3 為-0.30。試用最小二乘法求電感 L、電容C的值。解法1：1 1龍“一，設(shè) x=L，y J 則:1所以，系數(shù)矩陣為 A =最小二乘法的最佳估計(jì)值矩陣為其中,AA30所以,11_51.29(A A)11_5所以X所以,解法2：10.8 =5x + y510.2 =2x + y2-0.3 = X + y直接測(cè)得值矩陣為刃|X | =（aa）aL。 y115121303 131.29.=30 天 1.29-3x3 = 29301A11 A21L 11.293-A

6、A LA12 民229.7L-330-0.8 10.21-0.30.8 10.2L.3J1.29y29.7 -3L = x =0.182 H-r 4.1 1_0.182 I30-0.041 -0.4557455 FF)1X =L -cC設(shè) X =L,1y =，則:Ca11a12a21a22a31a32 _A =式?jīng)Q定的正規(guī)方程為所以，系數(shù)矩陣為其中,aiai =+a2ia2i +a3ia3i =5+ 22 +12 =3010.8 =5x + y510.2 =2x + y2-0.3 = X + y則，由（1-39） a1a1 x + a1a2 y = a1l a2a1 x + a2a2 y =

7、a2l 1 1Ca1a2 】=a1112 + a21a22 + a31 a32 = 5 + 2x +11=3叫2卄.29a2ai =印2311 +a22a21 +a32a31 =3 TOC o 1-5 h z r 1“2 32= 31222 +a22a22 +a32a32 15丿aiH = ciili +a21l2 +a31l3 =5咒0.8 + 2咒0.2 + 仔(-0.3) = 4.1 HYPERLINK l bookmark61 o Current Document 11a2l lajj +a22l2 +a32l3 = 0.8+咒0.2+1咒(0.3) = 0.0452所以,(30 x

8、+3y=4.1：3x +1.29y = -0.04所以,! x =0.18-0.455所以,L =x =0.182HCh-1 =2.2Fy第2章傳感器概述（P38）2 - 5當(dāng)被測(cè)介質(zhì)溫度為 切，測(cè)溫傳感器示值溫度為t2時(shí)，有下列方程式成立:dtot1 丸。dx當(dāng)被測(cè)介質(zhì)溫度從 25 C突然變化到300 C時(shí),測(cè)溫傳感器的時(shí)間常數(shù)t0=12Os，試確定經(jīng)過(guò)300s后的動(dòng)態(tài)誤差。dto已知：右耳2+10竺dT,ti25= 300(t0)(tAO)5 =1208求：t=350s 時(shí)，t1-t2=?解:靈敏度k=1時(shí)，一階傳感器的單位階躍響應(yīng)為y亠嚴(yán)。類似地，該測(cè)溫傳感器的瞬態(tài)響應(yīng)函數(shù)可表示為:上2

9、(巧=25 + (300 -25)x (1 eV逆)。當(dāng) T =3508 時(shí)，t2 =25+(300-25) x(1-e50120) =285.15()C)。所以，動(dòng)態(tài)誤差 t -t2 =300-285.15 =14.85f：C)。*2 6已知某傳感器屬于一階環(huán)節(jié)，現(xiàn)用于測(cè)量100Hz的正弦信號(hào)，如幅值誤差限制在 5 %以內(nèi)，時(shí)間常數(shù) T應(yīng)取多少？若用該傳感器測(cè)量 50Hz的正弦信號(hào)，問(wèn)此時(shí)的幅值誤 差和相位誤差各為多少？解:一階傳感器的幅頻特性為:A )=(1 + 仰 f因?yàn)榉嫡`差限制在5 %以內(nèi)，即 A（B）0.95當(dāng) f = 100Hz 時(shí)，有 Tmax = 0.00052s。若用此傳

10、感器測(cè)量 f =50Hz的信號(hào)，其幅值誤差為:1 A)=1岀中伽)/牙=1 一 0.987 = 1.3%& +(2兀50Hz 0.00052s)2相位誤差為:何)=-arctggt = -9.28*2 8已知某二階系統(tǒng)傳感器的固有頻率為10kHz，阻尼比 J 0.5，若要求傳感器輸出幅值誤差小于3%，則傳感器的工作范圍應(yīng)為多少?已知n =2i10kHz，U0.5，1 A（叭 3% o求：傳感器的工作頻率范圍。解：二階傳感器的幅頻特性為：A)=11721-卜丿111叭丿當(dāng)=0時(shí)，A )=1，無(wú)幅值誤差。當(dāng)0時(shí)，A尸般不等于1，即出現(xiàn)幅值誤差。若要求傳感器的幅值誤差不大于 3%，應(yīng)滿足0.97 A

11、（豹）1.03O解方程A)=0.97，得 1 =1.0曲 n ；1-丨+2匕丿111叫丿解方程A)2 -2f1 -a+2己g 嘰丿 n ?n 7= 1.03，得 2=0.25，03 3= 0.9705 n o由于匕=0.5，根據(jù)二階傳感器的特性曲線可知，上面三個(gè)解確定了兩個(gè)頻段，即31。前者在特征曲線的諧振峰左側(cè)，后者在特征曲線的諧振峰右側(cè)。對(duì)于后者，盡管在該頻段內(nèi)也有幅值誤差不大于3%，但是該頻段的相頻特性很差而通常不被采用。所以,只有02頻段為有用頻段。由2 =0.2500 n =0.25X2兀10kHz 可得 f = 2.5kHz，即工作頻率范圍為02.5kHz OR1第3章應(yīng)變式傳感器

12、(P60)* 36題3 6圖為等強(qiáng)度懸臂梁測(cè)力系統(tǒng)，R為電阻應(yīng)變片，應(yīng)變片靈敏系數(shù) K = 2.05，未受應(yīng)變時(shí)，R, =12E 。當(dāng)試件受力F時(shí)，應(yīng)變片承受平均應(yīng)變s= 80m / m ,試求:應(yīng)變片電阻變化量 也R和電阻相對(duì)變化量 AR1/o將電阻應(yīng)變片 R置于單臂測(cè)量電橋，電橋電源電壓為直流3V，求電橋輸出電壓及電橋非線性誤差。若要減小非線性誤差，應(yīng)采取何種措施？分析其電橋輸出電壓及非線性誤差大小。已知：K = 2.05, R =12g , s =800Pm/m =8.00 x10鼻,E =3V求：i R/R，氐 R，Uo，嘰解:應(yīng)變片的電阻相對(duì)變化量為iR/R =K&=2.05x8.0

13、0 x10 =1.64x10電阻變化量為ER1聲、= 120X1.64X10=0.1968(0 )設(shè)電橋的倍率n= 1，則電橋的輸出電壓為n 卜尺(1 + n f I R1 丿UoL電橋的非線性誤差為h =E r 蟲(chóng)R、31= X1.64X104 1 R1 丿 4AR1R2RJ3ERi2R丿1卄弍IR13=1.23 Ud, U0 為負(fù)。 =Z +AZ 時(shí)，Uc Ud, U0 為負(fù)。=Z +AZ 時(shí)，Uc C2 時(shí),Z2 ,U P正半周時(shí),U p負(fù)半周時(shí),UaUa Ub ,即0 cUA vU 即 UA cUbB，所以 eAB o ;o當(dāng)C1Z2 ,Up正半周時(shí),Up負(fù)半周時(shí),UaUa波形如圖所示

14、。 Ub ,Ub 即0Ua uo，所以 eAB 10J2f0.5咒10,所以兩電極間的輸出電壓值為Ca(2)此元件與高輸入阻抗運(yùn)放連接時(shí)，連接電纜的電容與壓電元件本身的電容相并聯(lián)，輸qx出電壓將改變?yōu)?22.6 仗2Uo _Ca +Cc _3.98咒10斗2 +4咒 10斗2 一2.832、（選作）一只石英晶體壓電式傳感器的面積A=1cm2，厚度d=1mm，固定在兩塊金屬板之間，用來(lái)測(cè)量作用在晶體兩表面上的力的變化。已知石英的彈性模量 E = 9X 1O10 Pa ,相對(duì)介電常數(shù)Sr =5.1，傳感器的電荷靈敏度q = 2 pC/N，電阻Ra =1010。另有一個(gè)Cl =20 pF的電容和一個(gè)

15、Rl =100M0的電阻與極板并聯(lián)。所加外力F =0.01sin(103t)N。試求:(1)(2)兩極板間電壓的峰一峰值; 晶體厚度的最大變化。解:(1)傳感器的電容量為:石英晶體受力最大時(shí)，產(chǎn)生的電荷量最多。受力方向改變時(shí)，電荷符號(hào)也隨之改變。 受正弦力作用時(shí)，電荷量也按照正弦規(guī)律變化。根據(jù)題意，可知所加外力的幅值為Frn =0.01N，因此，無(wú)負(fù)載時(shí)輸出的電荷量的幅值為: TOC o 1-5 h z 1212qm=SqFm=2x10 X 0.01 = 0.02% 10 C_J2_4 HYPERLINK l bookmark218 o Current Document 5.1X8.85X10

16、 X1X10上匚=4.51 咒 10 F1X10則無(wú)負(fù)載時(shí)輸出電壓的幅值為魚= 0.020：=4.43mVCa4.51咒 10則無(wú)負(fù)載時(shí)兩極板間電壓的峰一峰值為:Up 十 2U m = 2% 4.43 = 8.86mV接負(fù)載時(shí)，實(shí)際輸出電壓與理想輸出電壓之比的相對(duì)幅頻特性為式中，eo = 103rad/s為所加外力的角頻率；t = RC為電路的時(shí)間常數(shù)，其中， R為Ra與Rl的等效電阻，C為Ca與Cl的等效電容，即r 苛 105C =Ca +Cl =(4.51 +20F1042 = 24.51X102F103咒108咒24.51咒10二2c ccc=0.92628x24.51 咒 10-2 1

17、RCA Fl=2 = f=RC)(1+ Q03x10upUp=0.926x8.86 = 8.20mV所以有負(fù)載時(shí)兩極板間電壓的峰一峰值為：(2)當(dāng)所受外力為最大壓力時(shí)，厚度減小量最大；當(dāng)所受外力為最大拉力時(shí)，厚度增加量 最大。所以厚度的最大變化量為空亠半匕叫=2.22 M02mEA9x10 x1x10鼻可見(jiàn)厚度的改變量非常小。第7章磁電式傳感器1、某霍爾元件尺寸為 l=10mm , b=3.5mm , d=1.0mm，沿I方向通以電流I=1.0mA，在垂直 于I和b的方向上加有均勻磁場(chǎng)B = 0.3T,靈敏度為22V/(A -T)，試求輸出的霍爾電勢(shì)以及載流子濃度。解:輸出的霍爾電勢(shì)為:可得載

18、流子濃度為:第8章光電式傳感器UH =KHIB=22x1.OOxo.3 = 6.6(mV)1n =Kh8-8 當(dāng)光纖的 n1=l.46 , n2=1.45 ,入射光的最大入射角 9 。c解：最大入射角丄ne1203ed 22X1.6X109x1c10 一2.810 /m如光纖外部介質(zhì)的 n0=1,求光在光纖內(nèi)產(chǎn)生全反射時(shí)0C = arcsin 丄 Jn； - nfn02、若某光柵的柵線密度為 50 形成的莫爾條紋的間距。= arcsin J1.462 -1.452 = arcsin0.1706 =9.8線/mm，標(biāo)尺光柵與指示光柵之間的夾角為0.01rad。求：所解:1 =0.02mm 50/

19、mm標(biāo)尺光柵與指示光柵之間的夾角為B十旦sin2光柵柵距為W=莫爾條紋的間距為Waz09 =0.01rad0.02mm 小=2mm0.01其最小分辨率是多少？如果要求每個(gè)最小分辨率則碼盤半徑應(yīng)有多大？若碼盤輸出數(shù)碼為“101101”3、利用一個(gè)六位循環(huán)碼碼盤測(cè)量角位移，對(duì)應(yīng)的碼盤圓弧長(zhǎng)度最大為0.01mm,初始位置對(duì)應(yīng)數(shù)碼為“ 110100”則碼盤實(shí)際轉(zhuǎn)過(guò)的角度是多少?解:六位循環(huán)碼碼盤測(cè)量角位移的最小分辨率為:a 淨(jìng)* 0.098rad。C l 0.01mm C .mm R = = 0.1mmJ 0.098循環(huán)碼101101的二進(jìn)制碼為110110,十進(jìn)制數(shù)為54;循環(huán)碼110100的二進(jìn)制

20、碼為100111，十進(jìn)制數(shù)為39。碼盤半徑應(yīng)為:碼盤實(shí)際轉(zhuǎn)過(guò)的角度為:9 =（54-39） a =155.6 =84。第13章傳感器在工程檢測(cè)中的應(yīng)用P27515- 8用兩只K型熱電偶測(cè)量?jī)牲c(diǎn)溫差， 其連接線路如圖所示。已知 t1=420C, t0=30 C,測(cè)得兩 點(diǎn)的溫差電勢(shì)為15.24mV，試問(wèn)兩點(diǎn)的溫差為多少？ 后來(lái)發(fā)現(xiàn)，t1溫度下的那只熱電偶錯(cuò)用 E型熱電偶， 其它都正確，試求兩點(diǎn)實(shí)際溫度差。-H解：ti=420 C, to=3O C。若為K型熱電偶，查表（15-5）可知:totoAABBt2tleAB（ti,0） =17.241mVeAB（to,O） =1.203mV所以eAB (ti ,t0)=17.241 1.203 =16.038(mV)因?yàn)閑ABft ,to) -Gab (t2,to) =15.24mV所以Gab (t2 ,to) = 16.03815.24 = 0.798(mV)所以eAB(t2,0) =eAB(t0,0) +eAB(t2，t0)=1.203+0.798 = 2.001(mV)查表可得t 50C所以，兩點(diǎn)的溫差為t2 -t, =420-50 =370(C)若t1溫度下用的是E型熱電偶，則需查表(15 -6)。t1