现测课后习题答案第1章1. 直接的间接的2. 测量对象测量方法测量设备3. 直接测量间接测量组合测量直读测量法比较测量法时域测量频域测量数据域测量4. 维持单位的统一，保证量值准确地传递基准量具标准量具工作用量具5. 接触电阻引线电阻6. 在对测量对象的性质、特点、测量条件（环境）认真分析、全面了解的前提下，根据对测量结果的准确度要求选择恰当的测量方法（方式）和测量设备，进而拟定出测量过程及测量步骤。

7. 米(m) 秒(s) 千克(kg) 安培(A)8. 准备测量数据处理9. 标准电池标准电阻标准电感标准电容第2章填空题1. 系统随机粗大系统2. 有界性单峰性对称性抵偿性3. 置信区间置信概率4. 最大引用0.6%5. 0.5×10-1[100.1Ω，100.3Ω]6. ±7.9670×10-4±0.04%7. 测量列的算术平均值8. 测量装置的误差不影响测量结果，但测量装置必须有一定的稳定性和灵敏度9. ±6Ω10. [79.78V，79.88V]计算题 2. 解:(1)该电阻的平均值计算如下：128.504nii xx n===∑该电阻的标准差计算如下：21ˆ0.0331nii n νσ===-∑(2)用拉依达准则有，测量值28.40属于粗大误差，剔除，重新计算有以下结果：28.511ˆ0.018x σ'='=用格罗布斯准则，置信概率取0.99时有，n=15，a=0.01，查表得0(,) 2.70g n a =所以，0ˆ(,) 2.700.0330.09g n a σ=⨯=可以看出测量值28.40为粗大误差，剔除，重新计算值如上所示。

(3) 剔除粗大误差后，生于测量值中不再含粗大误差，被测平均值的标准差为：ˆ/140.0048σσ''== (4) 当置信概率为0.99时，K=2.58，则()0.012m K V σ'∆=±=±由于测量有效位数影响，测量结果表示为28.510.01x x m U U V =±∆=±4. 解： (1)(2) 最大绝对误差∆Um=0.4，则最大相对误差=0.4%<0.5% 被校表的准确度等级为0.5(3) Ux=75.4，测量值的绝对误差:∆Ux=0.5%×100=0.5mV相对误差：r=0.5/75.4=0.63%(4) 此误差属于系统误差，消除系统误差可以通过：1、选择过高准确度等级的仪器设备；2、严格按照仪器工作要求操作；3、选择合理的测量方法；4、提高测量人员的测量水平 等几个方面来消除系统误差。

6. 解：① 300V 、0.5级电压表的相对误差 1(300/80)0.5% 1.88%γ=±⨯= ② 100V 、1.0级电压表的相对误差 2(100/80) 1.0% 1.25%γ=±⨯=12γγ>，所以选100V 、0.1级的表较好。

12. 解：()lg lg 0.24lg lg lg 0.24lg 20.40.10.5% 1.0%Q I R tdQ dI dR dtQ I R t=++++=++=±++=±第3章填空题1． 1. 测量系统有效辨别输入量最小变化量的能力 / 能分辨出最小的分辨量2. 微分方程 频率特性 测量动态信号3. 2441()[1()] 1.51010H j ωωω=-+⨯4. 零位点 灵敏度 分辨力 量程 迟滞 重复性 线性度 准确度 可靠性计算题 1. 解：已知一阶系统的频率特性为()1KH j j ωωτ=+由题知10s τ=，1K =，则所给系统的频率特性为1()110H j j ωω=+，其幅频特性为()H j ω=相频特性()arctan(10)ϕωω=-（1）当输入频率0ω=时，有(0)1H =，(0)0ϕ= （2）当输入频率11228040f πωππ==⨯=时，有()0.78640H jπ==， ()arctan(10)38.14040o ππϕ=-⨯=-（3）当输入频率212216080f πωππ==⨯=时，有()0.93180H jπ==， ()arctan(10)21.48080o ππϕ=-⨯=-综上，该热电偶的输出表达式为1212500200.786sin(238.1)100.931sin(221.4)50015.72sin(238.1)9.31sin(221.4)o o oof t f t f t f t ππππ+⨯-+⨯-=+-+-2. 解：(1) 转折频率22100628f ττωππ==⨯= rad/s 时间常数110.00159 1.59628s ms ττω==== (2) 测量系统的频率特性11()110.00159W j j j ωωτω==++幅频特性()W j ω==相频特性arctan()arctan 0.00159ϕωτω=-=- (3) 依题意有11%0.1422001408(/)0.142rad s ττγωωω=≤⇒≤=⇒≥=即转折频率8845f τ≥Hz 。

3. 解：(1)该系统为一阶系统，对比一阶系统传递函数 ()1KW s s τ=+ 有44105()1020.5101W s s s --==+•+ 得时间常数40.5100.05s ms τ-=⨯= 直流增益K=5。

(2)转折频率41131852220.510f Hz ττωππτπ-====⨯⨯(3) 当测量信号的频率为转折频率的0.5倍时，系统产生的动态幅值误差110.10610.6%γ===-=-欲将动态幅值误差限制在5%，经过计算，0.329τωω≤，即要想该一阶系统满足动态误差要求，则系统的转折频率应比信号的最高频率大至少3倍。

我们可以通过扩展系统的频带来改善其动态性能，主要采用两种形式：数字滤波和频域校正法。

4. 解：(1) 对二阶系统，有：5010/0.1w rad s ζ==固有频率阻尼系数 对一阶系统，有：41210s τ=⨯ 则有：4210/w rad s τ=⨯0.24000/w w rad s τ==()2021121120.10.021.79%γωζω=-⎛⎫+ ⎪⎝⎭=-+⨯⨯=(2)15%γ=-≤得： max 0.331050.4HZ f f τ==5. 解： （1）()441350551011010/1.59102100.2100.1210101K s rad sf HzK ττττωωπωζ---=====⨯==⨯==⨯⨯=（2）44222 1.592 3.14109.9852101121110.5%100.1997H HHfωπγωζω==⨯⨯⨯=⨯=-⎛⎫+ ⎪⎝⎭⎛⎫=⨯-=-⎪⎝⎭6. 解：()()1.3~4100%2%5%2.s sssssy t ytytzτττ-=⨯=∆=∆说明：本题有两种解法因为已捕捉到响应曲线，所以根据自控理论，时，或者，由此可确定，也可以用确定，这里采用前法。

()11111222239407390.0254077740.01344226176.9,0~76.9bTt tf ft t y tt t t sf Hz f Hztzτττττ''===-'===''==∴===⨯⨯===∆=∆解法：有表格知时，格，所以，则注意：当响应曲线难以捕捉时，最好的办法是()()()()111129%1190%11W jjdy ty t u tdtγγωωττ==-=-=-==-=++=一阶系统9. 解：111γ=-=-=-(1)T=1s，155.2%γ==-(2)T=2s，129.2%γ=-=-(3)T=3s，116.8%γ=-=-10. 解：80.05(21)12.75T C C=︒⨯-=︒13. 解：15%γ=≤，而ω=2πf=200π可得：τ≤5.2×10-4（s）,系统带宽fτ≥1923Hz同理，当ω=2πf=100π时，此时动态幅值误差：'-1.31%y==相差角：φ=-arctan(ωτ)=-9.33第4章填空题1. 量程转换时间分辨力2. 传感器调理电路数字采集卡计算机3. 避免自热效应产生影响4. 高频分布电容5. 灵敏度非线性误差6 捕获模拟输入量在采样时刻的数值，且将该数值维持不变送入A/D转换器入口，维持时间至少大于A/D转换器的转换时间7 转换时间8 采用一种专用补偿导线来延长热电偶，使冷端移到不受热端温度影响的远处，从而获得一个虽不为0℃但却是一个较为稳定的冷端温度T09. 三步测量法10. (1)效零 输入标准值 x=0 测得R y =y (2)标定 输入标准值 x1测得 y1=Ry +Ax1(3)测量 输入x 测得y则11111111RR Ry y y y y y x x x x x A y y y y ---=+=+=--不能消除该干扰影响，因为三步测量法要求在三步测量的时间段之内0y ，A 均得恒不变。

在三步之外可以有变化。

但0y 为工频干扰量。

时刻都在变化。

故该法不能消除其影响。

计算题1. 1. 解：(1) q=5000/28=19.5mv (2) 12.2119.5300k ⨯⨯=得 19.5300479.512.2k ⨯==(3) 12.2479.55000300m T ⋅⨯=得 05000300256479.512.2m T C ⨯==⨯(4)由中间温度定律E(T,0)=E(T,T 1)+E(T 1,0) =6.1+0.8 =6.9mv查表 ∴ T=170℃2. 解：（1）依题意得系统最大量化值1010000.01m MPaD MPa==，故至少选择10位的A/D其量化值105 4.8821Vq mV ==- （2）采用3mV 恒流源调理电路时00000003(10.1)0.10.13101000.03P N N u I R I R I R P I R PI R P P-∆=-=+-==⨯⨯⨯=当输入0.01MPa 时，min 0.030.010.3u mV ∆=⨯= 放大器的增益 4.8816.30.3mVK mV==(3)00(10.1)U I R P =+ 因为II ∆的误差为0.5% 得0.5%UU ∆=在测量时，认为该误差由压力引起 0.10.5%10.1U PU P∆∆==+ 0.1P mPa ∆= 3. 解：（1）设0(1)T R R AT =+，则301(1) 4.2510TR A C T R -=-=⨯Ω，0(1)1000.425T R R AT T =+=+，TTE T T E R R R U T T 425.0200275.12200425.0425.021+=⨯+=-+=（2）00,0T C U =︒=；1010,0.0624T C U V =︒=；100100,0.526T C U V =︒= （3）2255(2000.425)U S T T ∆==∆+，30 6.37510S V C -=⨯︒，310 6.11210S V C -=⨯， 3100 4.33610S V C -=⨯（4）0.425(0.425200)85U T T Et S E∆+∆∆==⨯，2)425.0200(255T U +=∆当0.3E V ∆=，6E V =，100T C =︒时， 有最大测量误差为0.425100(0.425100200)0.36.0625856t C ⨯⨯⨯+∆=⨯=︒4、5、6、 7. 解： (1)2001000210.2n CC︒=≤-︒，可取n=10；即A/D 转换器位数为10；(2) )(925.15385.0)(0mV t t I R R U t =⨯=⨯-=当0.2t C =︒，)(385.02.0925.1mV U =⨯=∆ 量化值)(95.12/200010mV q ==，则5385.095.1==∆=U q K 测温范围为C T ︒=⨯⨯=8.207385.052.02000max ，大于200︒C ，满足设计要求。