《电气测试技术》-复习

1、时磊论呎 电气测试技术一复习 1、石英晶体为例简述压电效应产生的原理 2、如图所示变压器式传感器差分整流电路全波电压输出原理图，试分析其工作 原理。 3、证明（线性）电位器式传感器由于测量电路中负载电阻 Rl带来的负载误差 Uo Ul Uo 100%= 1 1 1 mr(1 - r) 100%，假设r Rx ) max Rmax 。 Rl 4、试证明热电偶的中间导体定律 5、由热电偶工作原理可知，热电偶输出热电势和工作端与冷端的温差有关，在 实际的测量过程中，要对热电偶冷端温度进行处理，经常使用能自动补偿冷端温 度波动的补偿电桥，如图所示，试分析此电路的工作原理 -or 6测得某检测装置的一组

2、输入输出数据如下: X 0.9 2.5 3.3 4.5 5.7 6.7 Y P 1.1 1.6 2.6 3.2 P 4.0 5.0 试用最小二乘法拟合直线，求其线性度和灵敏度 7、霍尔元件采用分流电阻法的温度补偿电路，如图所示。试详细推导和分析分 流电阻法。 8、采用四片相同的金属丝应变片(K=2)，将其贴在实心圆柱形测力弹性元件上。 力 F= 1000kg。圆柱断面半径 r=1cm, E=2X 107N/cm2,卩=0.3。求： (1) 画出应变片在圆柱上贴粘位置和相应测量桥路原理图； (2) 各应变片的应变的值，电阻相对变化量； (3) 若U=6V，桥路输出电压U0； (4) 此种测量方式

3、能否补偿环境温度的影响，说明理由。 I F L 1 F 1 0 R2 a oR R4 D 3 1 1 F 解： (1) 按题意可知，如图所示 F 1000 9.8-4 (2) 1 -厂 - 1 71.56 10 SE 12 2 107 尹 尸一 F -0.47 104 SE R1 Rb k 产 3.12 104 R1 R3 V 罟-9410-4 1 ( R尺十R3 R出 4 R1R2 (3) 如果测量电路的灵敏 Ku=100mV/pF，则在d= 阿时的输出电压Uo。 10、热电阻测量电路采用三线连接法，测温电桥电路如图所示。 (1) 试说明电路工作原理； (2) 已知Rt是Pt100铂电阻，且

4、其测量温度为t=50C，试计算出R的值和R 的值； (3) 电路中已知R1、R2、R3和E,试计算电桥的输出电压 VAB。 (其中(R1=10K Q, R2=5K Q, R3=10K Q, E=5V，A=3.940X 10-3/C，B= -5.802 X 10-7/ C, C=-4.274 X 10-12/ C) 11、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20mm内径18mm在其表面粘贴八各应变片，四个沿周向粘贴，应变片的 电阻值均为120Q,灵敏度为2.0，波松比为0.3，材料弹性模量E=2.1X lOPa。 要求： (1) 绘出弹性元件贴片位置及全桥电

5、路； (2) 计算传感器在满量程时，各应变片电阻变化； (3) 当桥路的供电电压为10V时，计算传感器的输出电压。 12、压电式加速度传感器与电荷放大器连接，电荷放大器又与一函数记录仪连接， 已知传感器的电荷灵敏度 Kq=100PC/g,电荷放大器的反馈电容为 C = 0.001uF， 被测加速度a=0.5g，求: (1) 电荷放大器的输出电压 V=?电荷放大器的灵敏度Ku=? (2) 如果函数记录仪的灵敏度Kz=20mm/mv求记录仪在纸上移动的距离y=? (3) 画出系统框图，求其总灵敏度 K)=? 13、如图所示，试证明热电偶的标准电极定律 14、热电阻测温电桥的三线接法，如图所示。试分

6、析电路的工作原理 15、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20mm内径18mm在其表面粘贴八各应变片，四个沿周向粘贴，应变片的 电阻值均为120Q,灵敏度为2.0，波松比为0.3，材料弹性模量E=2.1X lOPa。 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，各应变片电阻变化； (3) 当桥路的供电电压为10V时，计算传感器的输出电压。 16、某种压电材料的压电特性可以用它的压电常数矩阵表示如下: d11 d12 d13 d14 d15 d16 D d21 d22 d23 d24 d25 d26 d31 d32 d3

7、3 d34 d35 d36 试分析压电常数矩阵的物理意义 17、额定载荷为8t的圆柱形电阻应变传感器，其展开图如图所示。未受载荷时 四片应变片阻值均为120 Q，允许功耗208.35mW传感器电压灵敏度 kU=0.008V/V，应变片灵敏度系数k=2。 (1) 、画出桥路接线图； (2) 、求桥路供桥电压； (3) 、荷载4t和8t时，桥路输出电压分别是多少？ (4) 、荷载4t时，R1R4勺阻值分别是多少？ R1R2R3R4 U 二 二 80yK =40mr =2666x10 此=A3 =/? + = 120.64Q _ =-1333x10 6 R2=R. = ft + Rksr =119.

8、6842 18、已知某霍尔元件的尺寸为长 L=10mm，宽b=3.5mm，厚d=1mm。沿长度L 方向通以电流I=1.0mA，在垂直于bx d两个方向上加均匀磁场 B=0.3T,输出霍 尔电势UH=6.55mV求该霍尔元件的灵敏度系数 Kh和载流子浓度n。已知电子电 量 q=-1.6 x 1019C。 (1) 由Uh Kh I B，可得: Kh Uh I B 3 r6讥 2183V/AT (2) 由Kh d，可得: 1 Khq d I B Uh q d 3 1.0 100.3 6.55 10 3 1.6 10 19 10 32.86 1020C/m3 19、推导差动自感式传感器的灵敏度，并与单

9、极式相比较。 解： (1)单极式自感式传感器的灵敏度为: W2 S。 假设初始电感为: Lo 2lo 当气隙变化为：l1 lo l时, 电感为：Li w2 0S0 2(l。 l) 电感的变化量为: LiLo W2 0 S0 2(l0 l) w2 0S0 2l0 w2 0S0 2l0 _l_ l 0 1_ l。 灵敏度为：S + i仁 (2) 差动式自感式传感器的灵敏度为: 当气隙变化时，I1 Io I 1 Io l,电感变化为: W2 oSo F， .W2 oSo 22?口 电感的变化量为：L1 L1 Lo W2 o So I) W2 oSo 2Io W2 2Io o So I ro 1 Io

10、 L2 L2 Lo 臥 W2 oSo I) Wl 2Io W1 2Io 0 S0 1 c Io 电感总变化量为: L2 Li 灵敏度为：S 2Lo Io I ro Io 结论：是单极的2倍。 20、如图所示为气隙型电感传感器，衔铁断面积 S=4X 4mm2，气隙总长度为I. =0.8mm,衔铁最大位移 18= 0.08mm，激励线圈匝数 N=2500匝，真空磁导 率 o = 4 X 10-7H/m，导线直径 d=0.06mm,电阻率 =1.75X 10_6Q .cm。当激励 电源频率f=4000Hz时，要求计算： (1) 线圈电感值； (2) 电感量的最大变化值； (3) 当线圈外断面积为11

11、 X 11mm2时，其电阻值； (4) 线圈的品质因数； (5) 当线圈存在200pF发布电容与之并联后其等效电感值变化多大。 L 解： (1) 线圈电感值为： N2 0S 25002410 74 4 10 6, 3157mH 0.8 10 3 (2) 当 Li l 电感量的最大变化值 0.08m m时： N2 S25002 410 7 4 4 10 6 0131mH l 2 l 3 (0.8 2 0.08) 10 0.08m m时： 2276 L2 N 0S 25004104 4 10“ -3196 mH l 2 l(0.82 0.08)10 3 最大电感量为：L L2 L1 65mH (3

12、) 当线圈外断面积为11 x 11mm2时，其电阻值； 6 m 4 N lcp 4 1.75 102500 4 0.75 ，一 (0.06 10 1 )2 R2 上? 2464 d2 (4) 线圈的品质因数 L 2400015710 Q8.5 R464 (5) 当线圈存在200pF发布电容与之并联后其等效电感值变化多大 L 与 L 3mH (1L0C) 3 21、已经测得某热敏电阻在 T1 = 320T时电阻值R = 965X 10 ；在T2 = 400E时 电阻值 R = 364.6 X 103 。 时需Sr彳 求： (1) 热敏电阻的静态模型一电阻与温度的关系； (2) 当测得该热敏电阻RT= 500X 103，预估对应的温度T。 答案： (1)热敏电阻的静态模型一电阻与温度的关系为： 根据已知条件，该热敏电阻是负温度系数热敏电阻。其温度和阻值之间的关系为： R A eB/T 若已知两个电阻值 Ri和R2,以及相应的温度值Ti和T2,便可求出A、B两个 常数。 Ri A eB/Ti R2 A eB/T2 解方程可得： B 1 n Rl T2R2 4855K A R1 e( B/T1) 268.46