习题答案(董春利)1-6.doc

P11 1-1某线性位移测量仪，当被测位移由4.5mm变到5.0mm时，位移测量仪的输出电压由3.5V减至2.5V，求该仪器的灵敏度。解：该仪器的灵敏度为mV/mm1-2某测温系统由以下四个环节组成，各自的灵敏度如下： 铂电阻温度传感器: 0.35Ω/℃ 电桥： 0.01V/Ω 放大器： 100(放大倍数) 笔式记录仪：0.1cm/V求：(1)测温系统的总灵敏度； (2)记录仪笔尖位移4cm时，所对应的温度变化值。 解：（1）测温系统的总灵敏度为 cm/℃（2）记录仪笔尖位移4cm时，所对应的温度变化值为℃1-3有三台测温仪表，量程均为0~600℃，精度等级分别为2.5级、2.0级和1.5级，现要测量500℃的温度，要求相对误差不超过2.5％，选那台仪表合理最大相对误差分别为: 方法二：根据题意，允许仪表绝对误差不超过500×2.5%=12.5℃允许仪表相对误差不超过γn＝==2.08%答：2级和1.5级仪表均能满足测量误差要求，但从精度和经济性综合考虑，应选2级仪表。1-4检测及仪表在控制系统中起什么作用？两者的关系如何？P31 2-5 应力：纵向应变：横向应变：而：所以：2-7Rt=R0(1+αt) =50(1+4.28×10-3×250)=103.5Ω2-6因为：S=0.82mV/V当 Ui=2V 时，额定负荷2t时的输出电压为：Uo=0.82mV/V×2V=1.64mV所以 承载0.5t时的输出电压为：Uo=1.64mV×0.5/2=0.41mV根据全桥电压公式：式中：R1= R2 =R3 =R4 ΔR1=ΔR3 ，ΔR2=ΔR4=ΔR1×(-u)所以：ΔR1=0.41×10-3×120/1.3=-0.038ΩΔR2=0.4110-3×120/=0.038×0.3=0.011ΩR1= R3=119.962Ω R2= R4=120.011ΩUo=1.64mV×0.5/2=0.41mVP=U2/R=1/120=8.33mW2-10采用阻值为120Ω灵敏度系数K=2.0的金属电阻应变片和阻值为120Ω的固定电阻组成电桥，供桥电压为4V，并假定负载电阻无穷大。当应变片上的应变分别为1和1 000时，试求单臂、双臂和全桥工作时的输出电压，并比较三种情况下的灵敏度。解：单臂时，所以应变为1时/V，应变为1000时应为/V；双臂时，所以应变为1时/V，应变为1000时应为/V；全桥时，所以应变为1时/V，应变为1000时应为/V。从上面的计算可知：单臂时灵敏度最低，双臂时为其两倍，全桥时最高，为单臂的四倍。1uε时的电阻变化量为：ΔR1=120×2×1×10-6=0.24×10-3Ω1000uε时的电阻变化量为：ΔR2=120×2×1×10-3=0.24Ω单臂电桥：灵敏度： S1=U01/Ui=0.5×10-6灵敏度： S2=U02/Ui=0.5×10-3双臂电桥：灵敏度： S1=U01/Ui=1×10-6灵敏度： S2=U02/Ui=1×10-3全桥：灵敏度： S1=U01/Ui=2×10-6灵敏度： S2=U02/Ui=2×10-3P453-2变介电常数3-4正方形平板电容器,极板长度a=4cm,极板间距离δ=0.2mm.若用此变面积型传感器测量位移x,试计算该传感器的灵敏度并画出传感器的特性曲线.极板间介质为空气,。解：这是个变面积型电容传感器。 /pF pF/m3-5为什么说变极距型电容传感器特性是非线性的?采取什么措施可改善其非线性特征?答：下图为变极距式电容传感器的原理图。图中1为固定极板，2为与被测对象相连的活动极板。当活动极板因被测参数的改变而引起移动时，两极板间的距离d发生变化，从而改变了两极板之间的电容量C。设极板面积为A，其静态电容量为，当活动极板移动x后，其电容量为 (1)当xd时 则 (2)由式（1）可以看出电容量C与x不是线性关系，只有当 xd时，才可认为是最近似线形关系。同时还可以看出，要提高灵敏度，应减小起始间隙d。但当d过小时，又容易引起击穿，同时加工精度要求也高了。为此,一般是在极板间放置云母、塑料膜等介电常数高的物质来改善这种情况。在实际应用中，为了提高灵敏度，减小非线性，可采用差动式结构。3-81) 2)变化的格数为:100×5×0.0099=4.95(格)P624-1.电感传感器有几大类?各有何特点?答: 电感传感器有两大类:自感式、互感式。电涡流特点:结构简单、工作可靠、测量精度高、零点稳定、输出功率大等优点,其缺点是:灵敏度、线性度和测量范围相互制约,自身频率响应低,不适用于快速动态测量。电涡流的最大特点:能对位移、厚度、表面温度、速度、应力、材料损伤等进