《传感器原理及工程应用》习题答案第1章 传感与检测技术的理论基础（P26）1—1：测量的定义？答：测量是以确定被测量的值或获取测量结果为目的的一系列操作。

所以, 测量也就是将被测量与同种性质的标准量进行比较， 确定被测量对标准量的倍数。

1—2：什么是测量值的绝对误差、相对误差、引用误差？1－3 用测量范围为－50～150kPa 的压力传感器测量140kPa 的压力时，传感器测得示值为142kPa ，求该示值的绝对误差、实际相对误差、标称相对误差和引用误差。

解：已知： 真值L ＝140kPa 测量值x ＝142kPa 测量上限＝150kPa 测量下限＝－50kPa∴ 绝对误差 Δ＝x-L=142-140=2(kPa)实际相对误差 ％＝＝43.11402≈∆L δ标称相对误差 ％＝＝41.11422≈∆x δ引用误差％－－＝测量上限－测量下限＝1)50(1502≈∆γ1－10 对某节流元件（孔板）开孔直径d 20的尺寸进行了15次测量，测量数据如下（单位：mm ）： 120.42 120.43 120.40 120.42 120.43 120.39 120.30 120.40 120.43 120.41 120.43 120.42 120.39 120.39 120.40试用格拉布斯准则判断上述数据是否含有粗大误差，并写出其测量结果。

解：答：绝对误差是测量结果与真值之差, 即: 绝对误差=测量值—真值相对误差是绝对误差与被测量真值之比,常用绝对误差与测量值之比,以百分数表示 , 即: 相对误差=绝对误差/测量值 ×100%引用误差是绝对误差与量程之比,以百分数表示, 即: 引用误差=绝对误差/量程 ×100%则 2072.410.03270.0788()0.104d G mm v σ=⨯=<=-，所以7d 为粗大误差数据，应当剔除。

然后重新计算平均值和标准偏差。

当n ＝14时，若取置信概率P ＝0.95，查表可得格拉布斯系数G ＝2.37。

则 20 2.370.01610.0382()d i G mm v σ=⨯=>，所以其他14个测量值中没有坏值。

计算算术平均值的标准偏差200.0043()d mm σσ=== 20330.00430.013()d mm σ=⨯=所以，测量结果为：20(120.4110.013)()(99.73%)d mm P =±=1－14交流电路的电抗数值方程为CL X ωω1-= 当角频率Hz 51=ω，测得电抗1X 为Ω8.0； 当角频率Hz 22=ω，测得电抗2X 为Ω2.0；当角频率Hz 13=ω，测得电抗3X 为Ω-3.0。

试用最小二乘法求电感L 、电容C 的值。

解法1：1L CωωX =-，设x L =，1y C =-，则：10.85510.2220.3x y x y x y ⎫=+⎪⎪⎪=+⎬⎪-=+⎪⎪⎭所以，系数矩阵为15512211A ⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦， 直接测得值矩阵为0.80.20.3L ⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥-⎣⎦， 最小二乘法的最佳估计值矩阵为1ˆ()x X A A A L y -⎡⎤''==⎢⎥⎣⎦。

其中，155521303123 1.2921111152A A ⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎡⎤⎢⎥'==⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎢⎥⎣⎦30330 1.293329.003 1.29A A '==⨯-⨯=≠所以，112111222 1.29311()33029.7A A A A A A A A--⎡⎤⎡⎤'==⎢⎥⎢⎥'-⎣⎦⎣⎦5210.8 4.10.20.04110.3152A L ⎡⎤⎢⎥⎡⎤⎢⎥⎡⎤⎢⎥'==⎢⎥⎢⎥⎢⎥-⎣⎦⎢⎥⎢⎥-⎣⎦⎢⎥⎣⎦所以ˆx X y ⎡⎤==⎢⎥⎣⎦ 1.293133029.7-⎡⎤⎢⎥-⎣⎦ 4.10.04⎡⎤⎢⎥-⎣⎦＝0.1820.455⎡⎤⎢⎥-⎣⎦所以， 0.182L x H ==11 2.2()0.455C F y =-=-=- 解法2：1L CωωX =-，设x L =，1y C =-，则：10.85510.2220.3x y x y x y ⎫=+⎪⎪⎪=+⎬⎪-=+⎪⎪⎭所以，系数矩阵为11122122313215512211a a A a a a a ⎡⎤⎢⎥⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥==⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎢⎥⎢⎥⎣⎦， 则，由（1－39）式决定的正规方程为[][][][][][]1112121222a a x a a y a l a a x a a y a l ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩ 其中， []2221111112121313152130a a a a a a a a =++=++=[]12111221223132115211352a a a a a a a a =++=⨯+⨯+⨯=[]211211222132313a a a a a a a a =++=[]22222121222223232111 1.2952a a a a a a a a ⎛⎫⎛⎫=++=++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭[]111121231350.820.21(0.3) 4.1a l a l a l a l =++=⨯+⨯+⨯-=[]2121222323110.80.21(0.3)0.0452a l a l a l a l =++=⨯+⨯+⨯-=- 所以，303 4.13 1.290.04x y x y +=⎧⎨+=-⎩所以，0.180.455x y =⎧⎨=-⎩所以， 0.182L x H ==12.2C F y=-=第2章 传感器概述（P38）2－5 当被测介质温度为t 1，测温传感器示值温度为t 2时，有下列方程式成立：ττd dt t t 221+=。

当被测介质温度从25℃突然变化到300℃时，测温传感器的时间常数s 1200＝τ，试确定经过300s 后的动态误差。

已知：2120dt t t d ττ=+，125(0)300(0)t t t ≤⎧=⎨>⎩，0120s τ=求：t=350s 时，12?t t -=解：灵敏度k=1时，一阶传感器的单位阶跃响应为()1t y t e τ-=-。

类似地，该测温传感器的瞬态响应函数可表示为：02()25(30025)(1)t e τττ-=+-⨯-。

当350s τ=时，350120225(30025)(1)285.15()t e C -=+-⨯-= 。

所以，动态误差12300285.1514.85()t t C -=-= 。

*2－6 已知某传感器属于一阶环节，现用于测量100Hz 的正弦信号，如幅值误差限制在±5％以内，时间常数τ应取多少？若用该传感器测量50Hz 的正弦信号，问此时的幅值误差和相位误差各为多少？ 解：一阶传感器的幅频特性为：()()211ωτω+=A因为幅值误差限制在±5％以内，即 ()95.0>ωA 当Hz f 100=时，有s 00052.0max =τ。

若用此传感器测量Hz f 50=的信号，其幅值误差为：()()()%3.1987.0100052.0502111111122=-=⋅⋅+=s Hz A πωτω＋－＝－－相位误差为：()()︒-=-=Φ28.9ωτωarctg*2－8 已知某二阶系统传感器的固有频率为10kHz ，阻尼比5.0＝ξ，若要求传感器输出幅值误差小于3％，则传感器的工作范围应为多少？已知kHz n 102⋅=πω，5.0＝ξ，()%31<-ωA 。

求：传感器的工作频率范围。

解：二阶传感器的幅频特性为：222211)(⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=n nA ωωξωωω。

当0=ω时，()1=ωA ，无幅值误差。

当0>ω时，()ωA 一般不等于1，即出现幅值误差。

若要求传感器的幅值误差不大于3％，应满足()03.197.0≤≤ωA 。

解方程97.0211)(222=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=n nA ωωξωωω，得n ωω03.11=；解方程03.1211)(222=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=n nA ωωξωωω，得n ωω25.02=，n ωω97.03=。

由于5.0＝ξ，根据二阶传感器的特性曲线可知，上面三个解确定了两个频段，即0～2ω和3ω～1ω。

前者在特征曲线的谐振峰左侧，后者在特征曲线的谐振峰右侧。

对于后者，尽管在该频段内也有幅值误差不大于3％，但是该频段的相频特性很差而通常不被采用。

所以，只有0～2ω频段为有用频段。

由kHz n 10225.025.02⋅⨯==πωω可得kHz f 5.2=，即工作频率范围为0～kHz 5.2。

第3章 应变式传感器（P60）*3－6 题3－6图为等强度悬臂梁测力系统，1R 为电阻应变片，应变片灵敏系数K ＝2.05，未受应变时，1120R =Ω。

当试件受力F 时，应变片承受平均应变m m /800με＝，试求：① 应变片电阻变化量1R ∆和电阻相对变化量11/R R ∆。

② 将电阻应变片1R 置于单臂测量电桥，电桥电源电压为直流3V ，求电桥输出电压及电桥非线性误差。

③ 若要减小非线性误差，应采取何种措施？分析其电桥输出电压及非线性误差大小。

已知：K ＝2.05，1120R =Ω，4800/8.0010m m εμ-==⨯，3E V = 求：11/R R ∆，1R ∆，0U ， L γ解：①应变片的电阻相对变化量为 4311/ 2.058.0010 1.6410R R K ε--∆==⨯⨯=⨯ 电阻变化量为()31111120 1.64100.1968R R R R -⎛⎫∆∆==⨯⨯=Ω ⎪⎝⎭②设电桥的倍率n ＝1，则电桥的输出电压为()()331102113 1.6410 1.2310441R R nE U E V R R n --⎛⎫⎛⎫∆∆==⨯⨯=⨯ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭电桥的非线性误差为 1131131112 1.64100.08%2 1.6410112L R R R R R R n RR γ--∆∆⎛⎫⎪⨯⎪====∆+⨯⎛⎫∆ ⎪+++ ⎪ ⎪⎝⎭③若要减小非线性误差，可以采用差动电桥电路（半桥差动电路或者全桥差动电路）。

此时可以消除非线性误差，而且可以提高电桥电压的灵敏度，同时还具有温度补偿作用。

（a ）如果采用半桥差动电路，需要在等强度梁的上下两个位置安装两个工作应变片，一个受拉应变，一个受压应变，接入电桥的相邻桥臂，构成半桥差动电路。

此时电桥的输出电压为R 1A (a )R 1A (b )()331013 1.6410 2.461022R E U V R --⎛⎫∆==⨯⨯=⨯ ⎪⎝⎭，是单臂工作时的两倍。