《检测技术》期末复习题及答案

1、1、石英晶体为例简述压电效应产生的原理答：石英晶体在沿一定的方向受到外力的作用变形时，由于内部电极化现象同时在两个表面上产生符号相反的电荷，当外力去掉后，恢复到不带电的状态；而当作用力方向改变时，电荷的极性随着改变。晶体受力所产生的电荷量与外力的大小成正比。这种现象称为正压电效应。反之，如对石英晶体施加一定变电场，晶体本身将产生机械变形，外电场撤离，变形也随之消失，称为逆压电效应。石英晶体整个晶体是中性的，受外力作用而变形时，没有体积变形压电效应，但它具有良好的厚度变形和长度变形压电效应。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。答：假设某瞬间载波为正半周，此

2、时差动变压器两次级线圈的相位关系为a正b负、c正d负，则由上线圈供电的电流路径为31291143匕，电容C两端的电压为U。同理，电容C两端的电压为U。差动变压器的输出电压为上述两电压的代数和。24268即U=U-U同理，当某瞬间为负半周时，即两次级2线圈4的相位关系为a负b正、c负d正，按上述类似的分析，可得差动变压器输出电压U的表达式仍为上式。2当衔铁在零位时，因为U=U，所以U=0；当衔铁在零位以上时，因为U>U，有U>0;2468224682当衔铁在零位以下时，因为U<U,有U<0;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11+mr(

3、1-r)x100，R假设r二RmaxRmax。RL4、试证明热电偶的中间导体定律答：要证明本定律，只要证明EABC(T,T0)=EAB(T,T0);式一所以有：回路总电势为EABC(T,T0)=fAB(T)+fBC(T0)+fCA(T0)式二当T=T°，总电势为零，故有EABc(T,To)=fAB(T0)+fAB(T0)+fcA(T0)式三代入式二得fAB"'6式三EABC(T,T0)=fAB(T)-fAB(T0)=EAB(T,T0);所以式一得证，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

4、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答：补偿电桥法是一种利用电桥输出电压抵消热电偶冷端温度变化的温度补偿方法，图中补偿电桥与热电偶冷端处在相同的温度环境下，其中R1、R2、R3用电阻温度系数极小的锰铜丝绕制，且阻值相等，即R1R2R3；Rt用铜导线绕制，作补偿电阻(2分)。使用时，用延伸导线将热电偶冷端延伸至补偿电桥处，使补偿电桥与热电偶冷端感受同一温度Tn。选择Rt0R1R2R3，使电桥处于平衡状态，电桥输出Uab为零(2分);当冷端温度升高时，补偿电阻Rc阻值增加，电桥失去平衡，输出电压Uab增大，而热电偶的输出Eab则因冷端温度升高而减小，若能保证电桥输

5、出的增加等于热电偶输出的减小，则线路总输出就不随着冷端温度的变化而变化，达到冷端温度补偿的目的（3分）。当使补偿电桥满足以下条件：U=E（T,T）+U二E（T，T）+E（T,T）=E（T,T）（2分、0ABnabABnABn0AB0（2分）只要T不变，尽管Tn波动，驱动电压U0不会改变。这种补偿电桥通常称为冷端温度补偿器。目前国内有标准的冷端温度补偿器供应（1分）。6、测得某检测装置的一组输入输出数据如下：X0.92.53.34.55.76.7Y1.11.62.63.24.05.0试用最小二乘法拟合直线，求其线性度和灵敏度解：y=kx+b代入数据求得k=0.68b=0.25所以y-0.68x+

6、0.25拟合直线灵敏度k=0.6&线性度±7%。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答：在图中所示的温度补偿电路中，设初始温度为T、霍尔元件输入电阻为R、灵0i0敏度系数K、控制电流为I、分流电阻为R，根据分流的概念得H0200当温度升到T时，电路中各参数变为式中，6为霍尔元件输入电阻温度系数；P为分流电阻温度系数。则虽然温度升高AT,为使霍尔电势不变，补偿电路必须满足升温前、后的霍尔电势不变，即R将K=K（1+aAT）、I=tI、rr（1+BAT）代入上式得HH020R+RSI=I=J。IR0+Ri02R+RSR（1+BAT）+R（

7、1+6AT）S0i0i0i0经整理，忽略aBAT2高次项得当霍尔元件选定后，它的输入电阻R和温度系数B及霍尔元件电势温度a可以从元件i0参数表中查到（R可以测量出来），用上式即可计算出分流电阻R及所需的分流电阻温i00度系数B值。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=2X107N/cm2,口=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)此种测量方式能否补偿环境温度的影响，说明理由。可以补偿环境温度变化的

8、影响因素，因为四个相同电阻应变片在同样的环境条件下，感受温度变化产生电阻相对变化量相同，在全桥电路中不影响输出电压值，即：9、一台变间隙式平板电容传感器，其极板直径D=8mm，极板间初始间距d0=lmm.,极板间介质为空气，其介电常数£0=8.85x1O-i2F/m。试求：(1) 初始电容c0；(2) 当传感器工作时，间隙减小d=10ym，则其电容量变化C；(3) 如果测量电路的灵敏Ku=100mV/pF,则在d=±lym时的输出电压U。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，且其测量温度为t

9、=50°C，试计算出R的值和R的值；ttta(3) 电路中已知R、R2、R3和E,试计算电桥的输出电压VABO(其中(R=10KQ,R2=5KQ,R3=10KQ,E=5V，A=3.940X10-3/C,B=-5.802X10-7/C,C=-4.274X10-12/C)(1) 如图，G为检流计，热电阻Rt通过电阻为r2,rg,r3三根导线与电桥连接，r1和r2分别接在相邻的两桥臂内，当温度变化时，只要它们的长度和电阻温度素数相等，它们的电阻变化就不会影响电桥的状态。(2) Rt=R0(1+At+Bt2)，R2R3=R1Ra=R1(Ra+Rt)11、一个量程为10kN的应变式测力传感器，

10、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=2.1X10nPa。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。解：(1)如图所示(2)S二兀(R2一r2)=59.66x10-6(m2)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K=100PC/g,电荷放大器的反馈电容为C=0.001uF,被测加速度a=0.5g

11、,求：(1) 电荷放大器的输出电压V°=?电荷放大器的灵敏度K=?(2) 如果函数记录仪的灵敏度K=20mm/mv，求记录仪在纸上移动的距离y二(3) 画出系统框图，求其总灵敏度=0Ku=U0/Q13、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。试分析电路的工作原理。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：试分析压电常数矩阵的物理意义。压电常数d的物理意义在“短路条件”下，单位应力所产生的电荷密度。“短路条件”是指压电元件的表面电荷从一开始发生就被引开，因而在晶体变形上不存在“二次效应”的理想条件。压电常数d有时也称为压电应变常数

12、。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120Q,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的阻值分别是多少？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bXd两个方向上加均匀磁场B=0.3T，输出霍尔电势U=6.55mV。H求该霍尔元件的灵敏度系数K和载流子浓度n。已知电子电量q=-1.6X10

13、i9C。H（1）由U=KxIxB，可得：HH由Kh=，可得:nxqxd010219、推导变气隙单极式自感式传感器的灵敏度及差动自感式传感器的灵敏度表达式，并说明两者的关系。解：（1）单极式自感式传感器的灵敏度为：假设初始电感为：L二性盒o210当气隙变化为：1二1+A1时，电感为:10W2卩S002(1+A1)0电感的变化量为：ALW2pSW2pS,=0_0_002(1+A1)2100W2pSA1=0_0xx2l011+-10灵敏度为：S号L010Al-+l02）差动式自感式传感器的灵敏度为：当气隙变化时，1二1+A1，1二1A1，电感变化为:010S002(1+A1)0，LW2卩S/=0_0

14、22(1A1)0电感的变化量为：AW2pSW2pSAL=LL=o_0_01102(1+A1)2100W2pSA10dxx21电感总变化量为：灵敏度为：S竝一卡07A1+l0两者的关系是：差动是单极的2倍。20、如图所示为气隙型电感传感器，衔铁断面积S=4X4mm2，气隙总长度为1=0.8mm,衔铁最大位移l5=±008mm，激励线圈匝数N=2500匝，真空磁导率oFXZH/m,导线直径d=0.06mm,电阻率=1.75X106Q.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11X11mm2时，其电阻值；(4

15、) 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。解：(1) 线圈电感值为：(2) 电感量的最大变化值最大电感量为：AL=LL=65mH21(3) 当线圈外断面积为11X11mm2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21、已经测得某热敏电阻在T=320°C时电阻值R=965X103；在T2=400°C时电阻值R1122=364.6X103。求：(1) 热敏电阻的静态模型电阻与温度的关系；(2) 当测得该热敏电阻RT=500X103，预估对应的温度T。答案：(1) 热敏电阻

16、的静态模型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：若已知两个电阻值R和R2，以及相应的温度值T1和T2,便可求出A、B两个常数。解方程可得：(2) 当测得该热敏电阻RT=500X103，预估对应的温度T。根据电阻和温度的关系：可得：22、简述差动变压器的零点残余电压及其产生原因。答：一、零残电压包括基波和谐波分量： 基波分量是由于两个二次测量线圈的等效参数不对称，使其输出的基波感应电动势的幅值和相位不同而形成的。 谐波分量主要由导磁材料磁化曲线的非线性引起，产生高次谐波，不能相互抵消。措施：从设计和工艺上改进结构和电气参数的对称性。选用合适的

17、测量电路。 采用补偿电路。23、分析下图所示的带有相敏整流的电桥电路的工作原理，其中电桥的两臂召和Z2为差动自感传感器的两个线圈的阻抗，另两臂为R1和R2(R=R2)。当衔铁处于中间位置时，则Z1=Z2=Z，电桥处于平衡状态，输出电压U0=0；当衔铁上移，使上线圈阻抗增大，Z1=Z+AZ,而下线圈阻抗减少Z2=Z-AZ。如果输入交流电压为正半周，即A点电压为正，B点电压为负，则二极管VD1、VD4导通，VD2、VD3截止，这样，在AEfCB支路中，C点电位由于Z1的增大而比平衡时C点的电位降低；在AFDB支路中，D点电位由于Z2的降低而比平衡时D点的电位增加，所以D点电位高于C点电位，此时直流

18、电压表正向偏转。如果输入交流电压为负半周，即A点电压为负，B点电压为正，则二极管VD2、VD3导通，VD1、VD4截止，这样，在B-C-FfA支路中，C点的电位。由于Z2的减小而比平衡时降低，而在B-D-E-A支路中，D点的电位由于Z1的增加比平衡时的电位增加。所以仍然是D点电位高于C点电位，直流电压表正向偏转。这就是说只要衔铁上移，不论输入电压是正半周还是负半周，电压表总是正向偏转，即输出电压总为正。24、一应变片的电阻R=120，K=2.05，用作应变为=800m/m的传感元件。(1) 求R和R/R的值。(2) 若电源电压U3V,求单臂电桥的非平衡输出电压。解：(1)R和R/R的值根据R=

19、K，可得:二2.05x800pm106pm=1.64x10-3根据单臂电桥的非平衡输出电压为：U=-x兰xU=-x1.64x10-3x3=1.23mV04Ri425、在四臂电桥中，R为工作应变片，由于应变而产生的相对电阻变化为R,R，R，R11234为固定电阻，电桥输出电压为U,工作电源电压为U,并设R=-o(1)试推导单臂直流电桥的的输出电压U、灵敏度k0和非线性误差表达式？(2)1如果采用半桥差动电路，试推导直流电桥的输出电压U、灵敏度k和非线性误差表达式？26、差动式电容传感器的脉宽调制电路如图所示，图中C，C为差动式电容传感器，固定x1x2电阻R=R，A，A为比较器，VD，VD为两只性能完全相同的二极管，简述其电路工作原121212理。27、如图所示电路是电阻应变仪中所用的不平衡电桥的简化电路，图中R2=R3=R是固定电阻，R1与R4是电阻应变片，工作时R1受拉，R4受压，AR表示应变片发生应变后，电阻值的变化量。当应变片不受力，无应变时AR=0，桥路处于平衡状态，当应变片受力发生应变时，桥路失去了平衡，这时，就用桥路输出电压Ucd表示应变片应变后的电阻值的变化量。试证明：U=-竺cd2R