时间常数 1 1 0.00159s 1.59ms 628
(2) 测量系统的频率特性4 NhomakorabeaW ( j) 1
1
1 j 1 j0.00159
幅频特性
W ( j) 1
1
1 ( )2 1 (0.00159)2
相频特性
arctan( ) arctan 0.00159
(3) 依题意有
1 1 1%
3. 解：
（1）设 RT
R0 (1
AT ) ，则
A
1 T
( RT R0
1)
4.25103
C
， RT
R0 (1
AT )
100 0.425T
，
U RT E 0.425T E 1.275T R1 RT 2 0.425T 200 2 200 0.425T
（2）T 0C,U0 0 ；T 10C,U10 0.0624V ；T 100C,U100 0.526V
dQ 2 dI dR dt Q I Rt
0.4 0.1 0.5 % 1.0%
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.
H () [1 (
1 )2 ] j1.5 104
104
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
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
5
形式：数字滤波和频域校正法。
4. 解： (1) 对二阶系统，有：
对一阶系统，有：
固有频率w0 105 rad / s 阻尼系数 0.1
1 s 2 104
则有：
w 2104 rad / s
w 0.2w 4000rad / s
却是一个较为稳定的冷端温度 T0
8
9. 三步测量法
10. (1)效零 输入标准值 x=0 测得 yR = y0
(2)标定 输入标准值 x1 测得
y1= yR +Ax1
(3)测量 输入 x 测得 y
则
x
y y1 A
x1
y y1
y1 yR
x1
x1
y yR y1 yR
x1
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 y0 ，A 均得恒不变。在三步之外可 以有变化。但 y0 为工频干扰量。时刻都在变化。故该法不能消除其影响。
2
f1
2
1 80
40
时，有
H(j )
1
0.786 ，
40
1 (10 )2
40
( ) arctan(10 ) 38.1o
40
40
（3）当输入频率
2
f2
2
1 160
80
时，有
H(j )
1
0.931 ，
80
1 (10 )2
80
( ) arctan(10 ) 21.4o
用格罗布斯准则，置信概率取 0.99 时有，n=15，a=0.01，查表得
g0 (n, a) 2.70
所以， g0 (n, a)ˆ 2.70 0.033 0.09
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：
直流增益 K=5。
(2)转折频率
f
2
1 2
1 2 0.5104
3185Hz
(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
1 1 1 1 0.106 10.6%
1 ( )2
1 0.52
欲将动态幅值误差限制在 5%，经过计算， 0.329 ，即要想该一阶系统满足动态误差要求，则系统的
T 0.05C (28 1) 12.75C
13. 解：
1
1 5% ，而ω=2πf=200π
1 ( )2
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：
y ' 1 -1 -1.31%
1 2
相差角：φ=-arctan(ωτ)=-9.33
当输入 0.01MPa 时， umin 0.03 0.01 0.3mV 放大器的增益 K 4.88mV 16.3
0.3mV
9
(3)U I0R0 (1 0.1P)
因为 I 的误差为 0.5% I0
得 U 0.5% 在测量时，认为该误差由压力引起 U U 0.1P 0.5% P 0.1mPa U 1 0.1P
1 ( )2
199 0.142 9801
200 0.142
1408(rad
/ s)
即转折频率 f 8845 Hz。
3. 解： (1)该系统为一阶系统，对比一阶系统传递函数
W (s) K 1 s
有
W
(s)
10 104 s
2
0.5
5 •104
s
1
得时间常数 0.5104 s 0.05ms
3
计算题 1. 解：
已知一阶系统的频率特性为 H ( j) K 1 j
由题知 10s ， K 1，则所给系统的频率特性为 H ( j) 1 ，其 1 j10
幅频特性为 H ( j)
1
1 (10)2
相频特性() arctan(10)
（1）当输入频率 0 时，有 H(0) 1，(0) 0
（2）当输入频率
=6.1+0.8
=6.9mv 查表 ∴ T=170℃
2. 解：
（1）依题意得
系统最大量化值
Dm
10MPa 0.01MPa
1000
，故至少选择
10
位的
A/D
其量化值
q
5V 210 1
4.88mV
（2）采用 3mV 恒流源调理电路时
u I0RP I0RN I0R0 (1 0.1P) I0RN 0.1PI0R0 0.1 3103 100P 0.03P
1
1
1
2
1
2
1
0
2
2
2
0
1
1
1
1 0.22
2
1
0.02
2
2 0.1 0.022
1.79%
(2)
1
1 5%
1
w w0
2
得： fmax 0.33 f 1050.4HZ
5. 解： （1）
K 1 104 s
104 rad / s
f
2
1. 因为已捕捉到响应曲线，所以根据自控理论，
ts
3
~
4时，y ts
yss
yss
100%
2%或者5%，
由此可确定，
2. 也可以用 t 确定，这里采用前法。 z
解法1： 11t T 1 2 2f
t 1 22 f
有表格知t 7t时，y t 39格，所以 39 40 0.025，
40
80
80
综上，该热电偶的输出表达式为
500 20 0.786sin(2 f1t 38.1o ) 10 0.931sin(2 f2t 21.4o ) 500 15.72sin(2 f1t 38.1o ) 9.31sin(2 f2t 21.4o )
2. 解：
(1) 转折频率 2 f 2 100 628 rad/s
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. ±6Ω
10. [79.78V，79.88V]
1
计算题 2. 解: (1)该电阻的平均值计算如下：
n
xi
x i1 28.504 n
该电阻的标准差计算如下：
n
2 i
ˆ i1 0.033
n 1
(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：
x 28.511 ˆ 0.018
1.591013 Hz
0 1010 105
0.2 105 2 105 1010
0.1
K 1
6
（2）
H 2 fH 1.59 2 3.14104 9.9852104
1
1 2
1
2
1
1
H 0
2
2
H 0
2
1 10
1 0.1997
1
0.5%
6. 解：
说明：本题有两种解法
计算题
1. 1. 解：(1) q=5000/28=19.5mv
(2) 1 12.2 k 19.5 300
得 k 19.5 300 479.5 12.2
12.2 (3) Tm 300 479.5 5000
得
Tm
5000 300 479.5 12.2
256 0C
(4)由中间温度定律
E(T,0)=E(T,T1)+E(T1,0)
当 t 0.2C ， U 1.925 0.2 0.385(mV )
量化值 q 2000 / 210 1.95(mV ) ，则 K q 1.95 5 U 0.385
测温范围为 Tmax