《机械工程测试技术》习题答案第一章：略。

第二章： 2.1略。

2.2略。

2.3 解答：因为 5310410102010510F E EA σε--====⨯⨯⨯ R S R ε∆= 所以 32101200.24R S R ε-∆==⨯⨯=Ω 2.4 解答：由于线性电位器空载时满足：CB CB AB R U xAB R U==，即CB CB 150mm 30k 12V R U x ==Ω CB O AB 2212V 8V 33150mmR x xU U U U U R AB =-=-=⨯- （1）当O 0V U =时，100mm x =（2）当10~140mm x =时，O 7.2V ~3.2V U =-2.5 解答：（1）126632608.8510 3.14410(110) 4.9410pF 0.310A C εδδ-----⨯⨯⨯⨯∆≈∆=⨯±⨯=±⨯⨯ （2）31264.94101005 2.5/m 10C S S S μδ--∆⨯==⨯⨯≈∆格 （3）312 4.94101005 2.5n S C S S δ-=⨯∆=∆⨯⨯=±⨯⨯⨯=±格 2.6 解答：因为 12Z Z Z ==，85.32Z ==≈Ω所以 12o 12410()0.23V 42285.32Z Z u u Z u Z Z Z ∆∆∆=-==⨯≈ 2.7解答： q x o f f 1000.550mV 1000S a q u C C ⨯≈-=-=-= 2.8 解答：由输出波形图可知，输出信号频率15150Hz 0.1f == 旋转轴的转速为：6060150750r/min 12f n Z ⨯=== 2.10 解答：晚上无光照时，流过光敏二极管D1V 的电流很小，A 点为低电位，晶体管1V 截止、2V 导通，继电器K 线圈通电，常开触点1K 吸合，路灯点亮。

白天有光照时，流过光敏二极管D1V 的电流增大，A 点电位升高，晶体管1V 导通、2V 截止，继电器K 线圈断电，常开触点1K 断开，路灯熄灭。

D2V 为继电器K 提供放电回路，保护晶体管V 2。

第三章： 3.1略。

3.2 解答：设运放反相输入端电势为Ua ，R3左边电势为Uo ，右端电势为Ut 则有综上 由于12435R R R R R ===+，且53R R >>，则运算放大器A 输出电压为3.3 解答：设计的I/V 转换电路如下图所示（答案不是唯一的）o2bU 4R 3R AΔ∞i1R i u由图可知：i 1u iR =，22o i b 33(1)R Ru u U R R =+- 取1250R =Ω，则4~20mA i =，对应i 1~5V u =，o 0~10V u =，即22b 3322b 33(1)10(1)510R R U R R R R U R R ⎧+⨯-=⎪⎪⎨⎪+⨯-=⎪⎩解得：2332R R =，b 5V 3U =，取320k R =Ω，则230k R =Ω，423//12k R R R ==Ω3.4略。

3.5解答：（1）由题3.5图可知，为了测量拉力P ，电桥应满足相加特性，接桥如下图所示（2）电桥输出电压为：o 13241324()()44U UU R R R R S R εεεε=∆-∆+∆-∆=-+- 由于12500εεμε==，3410.3500150εενεμε==-=-⨯=-则6o 12(1)2(10.3)50010 1.3mV 22U U S νε-=+=⨯⨯+⨯⨯=3.6 解答：为了实现一次性贴片，测量弯矩M 和测量轴向力P 布片相同，如下图所示（1）欲测量弯矩M 接桥如下图所示（2）欲测量轴向力P 接桥如下图所示3.7 解答：由题3.7图可知，并联a R 、b R 和c R 时产生的电阻变化量分别为6a a 612010//1200.014412010R R R R ⨯∆=-=-≈+ 5b b 5120510//1200.028*******R R R R ⨯⨯∆=-=-≈+⨯5c c 512010//1200.14412010R R R R ⨯∆=-=-≈+ 因为RS Rε∆=，所以并联a R 、b R 和c R 时产生的应变分别为 a a 0.0144602120R SR εμε∆===⨯b b 0.028********R SR εμε∆===⨯c c 0.1446002120R SR εμε∆===⨯ 3.8略。

3.9解答：m c ()(10030cos220cos6)cos2x t f t f t f t πππΩΩ=++c c c c c 100cos215cos2()15cos2()10cos2(3)10cos2(3)f t f f t f f t f f t f f tπππππΩΩΩΩ=+++-+++- m ()x t 所包含的各频率分量及幅值分别为3.10 解答：m 11()(1cos )cos100cos100cos101cos9922x t t t t t t =+=++ 带通滤波器的幅频特性为：()A ω==带通滤波器的相频特性为：()arctan(2100)arctan(100)f ϕωπω=--=-- 当100ω=时，()1A ω=，()0ϕω= 当101ω=时，()A ω=，()4πϕω=-当99ω=时，()A ω=()4πϕω=调幅波通过带通滤波器后的输出为()cos100cos(101))4444y t t t t ππ=+-++ 3.11 解答：由题3.11图得：i o ()()u t iR u t =+，o ()du t i Cdt=，则 o i o ()()()du t u t RCu t dt=+令RC τ=，并对上式求拉普拉斯变换得：i o ()(1)()U s s U s τ=+（1）滤波器的传递函数、频率响应函数、幅频特性和相频特性表达式分别为1()1H s s τ=+ 1()1H j j ωωτ=+21()1()A ωωτ=+()arctan()ϕωωτ=-（2）当输入信号i 10sin1000u t =时，即1000ω=，幅频特性和相频特性分别为2362111()21()1(10001010)A ωωτ-===++⨯⨯ 36()arctan()arctan(10001010)4πϕωωτ-=-=-⨯⨯=-滤波器的输出信号为()52sin(1000)4y t t π=-3.12略。

3.13略。

3.14略。

第四章：4.1 解答：()()12sin(30)2o f t t t μ=-⋅4.2解答：错误!未找到引用源。

的周期为错误!未找到引用源。

，错误!未找到引用源。

的周期为错误!未找到引用源。

，则：()()ααπ<<-=t e t x t 10cos 2的周期为1/10。

4.3 解答：已知矩形单位脉冲信号()t x 0的频谱为()⎪⎭⎫⎝⎛=2sin 0ωττωc A X ，又知错误!未找到引用源。

是()t x 0经以T 为周期的周期延拓，幅值放大A 倍，即 错误!未找到引用源。

由傅里叶变换时域卷积性质，错误!未找到引用源。

的频谱函数为：4.4 解答：已知单个矩形脉冲()⎩⎨⎧=01t ut t t t >≤的频谱函数为：()f U ()02sin ft c πτ=余弦信号的傅里叶变换为：()()[]000212cos f f f f t f -++⇔δδπ又知错误!未找到引用源。

t 错误!未找到引用源。

则：错误!未找到引用源。

的傅里叶变换为错误!未找到引用源。

其中：错误!未找到引用源。

4.5 解答：设错误!未找到引用源。

是宽度为2、幅度为1的三角波信号，由于错误!未找到引用源。

可由两个单位脉冲方波错误!未找到引用源。

的卷积求得，即错误!未找到引用源。

，错误!未找到引用源。

的傅里叶变换为：错误!未找到引用源。

，由傅里叶变换的时域卷积性得：错误!未找到引用源。

的傅里叶变换为：错误!未找到引用源。

，利用傅里叶变换的线性和展缩特性可得错误!未找到引用源。

的傅里叶变换为：错误!未找到引用源。

4.6 解答：()2201T x x t dt T ψ=⎰ ()()()t d t x t x TR Tx ⎰+=01ˆττ所以有x ψ2=错误!未找到引用源。

错误!未找到引用源。

=错误!未找到引用源。

x ψ2=错误!未找到引用源。

=6400 则其均方根值为：80 4.7 解答：()221T x x t dt T ψ=⎰错误!未找到引用源。

=错误!未找到引用源。

=X 2/2 则其均方根值为：X/错误!未找到引用源。

4.8 解答：()01Tx x t dt T μ=⎰错误!未找到引用源。

=0 ()2201T x x t dt Tψ=⎰错误!未找到引用源。

=X 2/2 4.9 略。

第五章：5.1 解答：由引用误差n n nΔ100%100%x x x x γ-≈⨯=⨯可得，两温度计的绝对误差分别为 1n1n1Δ0.5%300=1.5C x γ==⨯ 2n2n2Δ1%120=1.2C x γ==⨯两支温度计的相对误差分别为11Δ 1.5100%=100%=1.5%100γμ=⨯⨯ 22Δ 1.2100%=100%=1.2%100γμ=⨯⨯ 由于第二支温度计比第一支温度计的相对误差小，因此应选用第二支温度计。

5.2 本题解法不是唯一的，答案也有所差别。

若用平均法求拟合直线：解答：将数据整理如下设拟合直线方程为：01ˆa a F ε=+ 由上表可得01012413309603120a a aa =+⎧⎪⎨⎪=+⎩ 求得010.437.99a a ≈⎧⎪⎨⎪≈⎩则拟合直线方程为：ˆ0.437.99F ε=+ 传感器的灵敏度为：617.9910/N S a -≈=⨯最大偏差max (0.437.9930)22812.13L ∆=+⨯-=传感器的线性度为：L 12.13100%3%400γ=⨯≈ 传感器的滞后量为：H 252228100%6%400γ-=⨯≈5.3 解答：由Δ()11Aω==-可得当5s T =时，Δ()18.5%A ω=-≈-当1s T =时，Δ()158.6%A ω==-当2s T =时，Δ()132.7%A ω==-5.4 解答：幅值误差不大于5%，即()0.95A ω===≥由此解得：523s τμ≤5.5 解答：（1）由/u ()1e20%t y t τ-=-=解得u 28.96s ln[1()]ln[10.2]t y t τ=-=≈--（2）由/u ()1e95%t y t τ-=-=解得u ln[1()]8.96ln[10.95]26.84s t y t τ=--=--≈5.6 解答：由题意可得，炉温的表达式为：5405002()520sin 52020sin 240x t t t T ππ-=+=+ 当40πω=时，()0.787A ω==≈()arctan()arctan(10)0.66540πϕωωτ=-=-⨯≈-（1）()520200.787sin(0.665)52015.74sin(0.665)4040y t t t ππ=+⨯-=+-（2）()arctan()0.665rad ϕωωτ∆=-=- （3）()0.6658.47s /40t ϕωωπ==≈ 5.7 解答：由1()1H j j ωω=+可知，该一阶系统的时间常数1s τ=，幅频特性和相频特性分别为()A ω==()arctan()arctan()ϕωωτω=-=-（1）当1ω=时，(1)A =(1)45ϕ=- 当3ω=时，(3)A =，(3)71.6ϕ=-稳态输出信号为：10()45)cos(3116.6)50y t t t =-+- （2）不失真条件为：()A ω=常数，()ϕωω=常数本题(1)(3)A A ≠幅值失真，(1)(3)13ϕϕ≠相位失真，即测量结果波形失真。