电气测试技术林德杰课后答案

1、电气测试技术课后答案第一章1-1测量仪表应具有哪些基本功能？答：应具有变换、选择、比较和选择 4种功能。1-2精密度、准确度和精确度的定义及其三者的相互关系如何？答：精密度表示指示值的分散程度，用 S表示。S越小，精密度越高；反之，S 越大，精密度越低。准确度是指仪表指示值偏离真值得程度，用 £表示。£越小，准 确度越高；反之，£越大，准确度越低。精确度是精密度和准确度的综合反映，用 T 表示。再简单场合，精密度、准确度和精确度三者的关系可表示为：T = 3 + £。1-5举例分析零位测量原理，并分析零位测量的特点。答：零位测量是一种用被测量与标准量进行

2、比较的测量方法。其中典型的零位测 量是用电位差及测量电源电动势。其简化电路如右下图所示。图中，E为工作电源，En为标准电源，&为标准电阻，Ex为被测电源。测量时，先将S置于N位置，调节FP1,使电流计P读书为零，则A EnRn。然后将S置于x位置，调节 电，使电流计P读书为零，则丨2 ExJRx。由于两次测 量均使电流计P读书为零，因此有零位测量有以下特点：1）被测电源电动势用标准量元件来表示，若采用高精度的标准元件，可有效提高 测量精度。2）读数时，流经En、Ex的电流等于零，不会因为仪表的输入电阻不高而引起误差。3）只适用于测量缓慢变化的信号。因为在测量过程中要进行平衡操作。1-6

3、在微差式测量中，为什么说微差厶x的精度可能不高，但被测量x的测量精度 仍很高。请证明之。答：将被测量X与已知的标准量N进行比较，获得微差 X,然后用高灵敏度的直读史仪表测量 X，从而求得被测量x=Ax+N称为微差式测量。由于 xV “， xvv X,故测量微差 X的精度可能不高，但被测量X的测量精度仍然很高。第二章题2-2解：(1) A= 77.8 80= 2.2 (mAc = A= 2.2 (mA0m100%2.2%Xm故可定为s = 2.5级。题2-3解：米用式(2-9)计算。(1) 用表测量时，最大示值相对误差为：(2) 用表测量时，最大示值相对误差为：前者的示值相对误差大于后者，故应选

4、择后者题2-4解：五位数字电压表 2个字相当于 0.0002V。题2-5解：已知 sN 0.1%，s=0.1 级NUn 9V , Ux 10V , U Ux UN 1V根据式(2-34)1即 0.1%r 0.4%9可选择Um=1V，s=2.5级电压表。题2-6解：_ 1 12(1) XX 501.07 HZ12 i 1(2) 求剩余误差vi xi x，贝U12求vi 0.02 0，说明计算x是正确的。i 1(3) 求标准差估计值？，根据贝塞尔公式(4) 求系统不确定度，P=99%，n = 12，查表2-3，及ta = 3.17，ta?3.17 0.441.39Mm，故无坏值。(5) 判断是否含

5、有变值系差马列科夫判据RoUo,故数据中无线性系差。 阿卑-赫梅特判据n 1vv 1Jn 1?2ViVi 1i 1可以认为无周期性系差。n 1?2即 0.645 0.642(6) 求算术平均值标准差?(7) P= 99%, n= 12 , ta 3.17 则(8) 写出表达式f = 501.070.38 HZQ0.07 0.38故0.07是不可靠数字，可写成f = 501 0.38 HZ题2-7解：依题意，该表的基本误差为题2-8解：上式取对数得：ln x ml nA n In B p In C然后微分得:dCPWdxdAdBm n一 xA B由于A、 rC为系统不确定度，从最大误差出发得题2

6、-9解：伏安法测得的电阻为：由图2-14可见，电流档内阻压降为Rx两端的实际电压为Ux。Ux U A 98 494.9 V因此Rx的实际值为：Rx0Ux04 9490.1 k100lx49测量误差为y RxRx0100%200 100100% 100%Rx0100该方法由于电流档的内阻压降大(电流档内阻大)，误差比较大。为了减小误差，应 将电压表由B接至C点。题 2-10 解：依图2-10用伏安法测得的电阻为已知万用表的灵敏度kR 20K QN，则其内阻为由于Rx。/ Ro即Rx0 R0Rx010.5M QRx0R0Rx01测量误差为由于Rx0较大，所用电压档内阻R0有限，弓I起误差较大。为了

7、减小误差，应将电压表由C点改接至B点。题 2-11解：(1) 串联总电阻 R R1 R25.1 5.110.2K Q根据式(2-48)可得串联电阻相对误差为(2) 两电阻并联总电阻R -R1R251 2.55K QR R210.2根据式(2-50 )得(3) 若两电阻的误差rR1 rR22.5%，得 串联总电阻为R=10.2KQ 并联总电阻 R=1/2X 5.1=2.55K Q题 2-12解：参考P38例2-21题 2-13解：依题意WU2t为幕函数，则根据式(2-45 )得题 2-14解：该电子仪表说明书指出了六项误差，分别为： 基本误差r1s%xm1.5%-2.0%x3 温度附加误差r20

8、.1% (30 201.0%电压附加误差r30.06% 220 10%1.32% 频率附加误差r41.0% 湿度附加误差心0.2% 换集成块附加误差r60.2%由于误差项较多，用方和根合成法比较合理，总的误差为: 题 2-15解：选择s=1.5故选Um = 50V, s=1.5电压表。第四章4.1解：（1）图4-205a为自动平衡位移测量仪表。设左边电位器传感器的输出电压为Ui，则设右边电位器传感器的输出为U2，则设放大器的输入为 U U2 Ui。当放大器放大倍数足够高时，U 0，则U2 Ui即位移X与偏置电压Ui和输入电压Ux之比的开平方成正比。（2）图b可见，U0为两个电压Ua和Ub经X1

9、和X2分压后相加，即（3）图c中，UU1QUiX1，Uo lX2则XmXm（4） 图d中，r上的压降为Ux U±rr （Q Rr，忽略分母中的r）RxRx1U 0 U Xx2 Ua r x2a-gX2，输出与2之比成正比。RxlR X）xl题4-2解：电位器的电阻变化量 R为因此可得右图4-2a，由此图求开路电压U。为 图4-2a根据戴维南定理求右图4-2a，电源短路内阻Ro因此可将电路等效为右图4-2b，贝U图4-2b由此可求得Px为题4-3解：根据式（4-43）可计算RiR4所受应变i 4。62010 3102.0105310 3(1103)261210 3102.0105310

10、 3(1103)2=2000 (微应变)旦F2 1Ebh2=1200 (微应变)旦F2 1Ebh2题4-4 解：(1)根据式4-55 )可得简单自感传感器三次方非线性误差为：(2)根据式(4-63 )可得差动自感传感器三次方非线性误差为: 题4-6解：(1)波纹管将被测压力Px转换成力Fx，使杠杆绕支点作顺时针方向偏转，衔铁靠 近电感L,经放大器转成电压V,再经Ki转换成输出电流Io。另一方面Io经Kfi和Ki转 换成反馈力Ff作用于杠杆，使杠杆绕支点作逆时针方向偏转。当作用力矩Mx与反馈力矩Mf相等时，系统处于动态平衡状态。输出电流 Io稳定于某一数值。Io与Px成比 例。(2) 根据上述工

11、作原理可画框图如下：(3) 由上图可见，该系统是平衡变换型结构。可得输入与输出关系为：当KvKi Kfi Kfl21时，忽略上式分母中的1,贝U(4) 已知总误差1.0%，按系统误差相同原则分配，则题4-7解：简单变气隙式电容传感器三次方非线性误差为 差动变气隙式电容传感器三次方非线性误差为题4-8解：由于这里所知道的1和2均为相对介电常数，所以必须考虑真空介电常数08.85 10 12 F/m。根据式(4-85)可得： 即液位在原来高度基础上变化土 4.178 (m题4-9解：依题意h= 0，Cx Cxo，0，E=0。此时桥路平衡USc= 0，则电桥平衡条件为:当液位为h时，Cx k。此时指

12、针偏转 角且吕有增量E。即由图可见，减速器进动指针偏转的同时，也带动电位器动触点位移，改变E,使电桥重新平衡，因此E与角成正比。即k2E则题 4-10解：依题意热电偶测温电路见右图。此图配错热电偶 补偿导线的型号。若不配错，S热电偶修正到0C的热 电偶可查分度表求得：Es (1000,0)=9.556 mVEs (1000,40)= Es(1000,0)- Es (40,0)=9.556-0.235=9.321 mV查K热电偶分度表得Ek (40,0)=1.61 mV由上图可求得电路电势为Es题 4-13解：热电偶补偿电桥在20C时平衡，即其产生的补偿电势为零。补偿电桥的灵敏度与 被补偿的热电

13、偶的灵敏度相同。依题意，若不配错补偿电桥型号，得Ee (700,40)= Ee(700,20) + Ee (40,20)=Ee (700, 0)- Ee(20,0)+ Ee(40,0) - Ee(20,0)查E热电偶分度表得：Ee (700,40)=57.74-1.31+2.66-1.31=57.78 mV由于配错补偿桥路型号，则 引起的测量误差为题 4-15Rl Rl t解：30C时引线电阻Rl1Rl2RL32.52.5 4.28 10 3/ C 30C=2.821Q0°c时电桥平衡，U0=0,贝u R臂的电阻R3 R3 Rl 100 2.5 102.5RP=54Q查 Rt46 分

14、度表，400C 时 Rt =114.72 Q环境为30 C，t=400C，接成三线制桥路输出电压 UO为环境为30C，t=400C，接成两线桥路输出电压为Uo为接成二线制引起的误差为题 4-17解：根据式(4-125)传感器的灵敏度为：已知导线Kc=25pF/m,则2m电缆的分布电容为则 Ca Ci Cc'75 50125pF可求得灵敏度为设传感器的输入信号为x,依题意用2m电缆时的显示值为xKv ' 40g N 1.6 N 64g则引起的测量误差为题 4-18解：已知 qvM1000m7h,VM 35.3m/s，仪表常数 K=10 niHz/h , f 0=3.5MHz C=

15、1500m/s。管道截面积 S为：S=qV 1000 7.87 10 3m2vm 35.42/ S nR27.87 103.140.05m 5cm K SLf0.210m3 MHz h SLf020m3 MHz . h320m MHz hSf0320m MHz h 36007.87 10 3 3.5 10620cmtg 1 JL !£2R 2070.5qVMK 10m3 MHz h 1.0 10 4 1000m3 hn1n2因此，最后设计参数为：D=10cm L=20cm N=508, N=536, 题 4-2070.5解：已知：P=00.5MPa 灵敏度 Kp=2kHz/MPa m

16、21.0%，膜片面积S=10cm膜片受力变化量 Fm SPm 10cm2 5kgf.cm2 50kgf根据式（4-142）得:1 F 1.0%8FmF50kgf0.25 F .8 1.0% 0.28200kgf取 f 0.25弦长 L 一般在 12mm20mtb间，L d 300 500 之间。若取L=20mm L d 400 则1Fo2 mLFo4fo2L200kgf4 (1 103)2202.5(g)题 4-24解：已知 S=10cm=10< 10"2m,f°=4MHz N=1X 104SSf°s则v-Nf°tf0 -tvvf°S 4MHz 101024 10610 10 2 3600 一一，-v4(m s)43144(km h)N1 10110 10题 4-30最后