《传感器与检测技术》习题解答

传感器与检测技术习题解答第1页共17页第一章1.某压力传感器的校准数据如下表所示：校准数据列表压力（Mpa）输出值（mV）第一次循环第二次循环第三次循环正行程反行程正行程反行程正行程反行程0.00-2.73-2.71-2.71-2.68-2.68-2.690.020.560.660.610.680.640.690.043.964.063.994.094.034.110.067.407.497.437.537.457.520.0810.8810.9510.8910.9310.9410.990.1014.4214.4214.4714.4714.4614.46试分别用端点连线法和最小二乘法求校准直线、非线性误差，并计算迟滞和重复性误差。解：（1）端点连线法正行程反行程0.00-2.7067-2.6933-2.70000.01330.01780.0111-2.7000-0.00670.00670.00000.020.60330.67670.64000.07330.02890.01110.7300-0.1267(0.0533)0.09000.043.99334.08674.04000.09330.02440.01784.1600-0.1667(0.0733)0.12000.067.42677.51337.47000.08670.01780.01567.5900-0.1633(0.0767)0.12000.0810.903310.956710.93000.05330.02440.022211.0200-0.1167(0.0633)0.09000.1014.4514.450014.45000.00000.020.020014.45000.00000.00000.0000171.50x+-2.7017.15000.348%0.700%0.272%1.048%理论值误差Δ0.0199正反行程平均值反行程子样偏差端基法基准直线非线性误差ΔL正行程正行程反行程子样方差平均根平均值(v)端基法校准直线y=压力x迟滞ΔH（v）迟滞误差γH=总精度γ=满量程输出yFS=重复性γR=线性度γL=传感器与检测技术习题解答第2页共17页（2）最小二乘法正行程反行程0.0-2.7067-2.6933-2.70000.01330.01780.0111-2.77000.06330.07670.07000.00.60330.67670.64000.07330.02890.01110.6600-0.05670.01670.02000.03.99334.08674.04000.09330.02440.01784.0900-0.0967(0.0033)0.05000.17.42677.51337.47000.08670.01780.01567.5200-0.0933(0.0067)0.05000.110.903310.956710.93000.05330.02440.022210.9500-0.04670.00670.02000.114.450014.450014.45000.00000.02000.020014.38000.07000.07000.0700171.50x+-2.770017.15000.348%0.408%0.272%0.757%0.0199最小二乘法校准直线y=满量程输出yFS=最小二乘法基准直线理论值误差Δ非线性误差ΔL正反行程平均值线性度γL=迟滞误差γH=总精度γ=迟滞ΔH（v）重复性γR=子样方差平均根子样标准偏差正行程反行程正行程反行程压力x平均值(v)2．有一个温度传感器，其微分方程为xyty15.03dd30其中y为输出电压（mV），x为输入温度(OC)，试求该传感器的时间常数τ和静态灵敏度k。解：Cmv/05.0315.0O00abks1033001aa3.某加速度传感器的动态特性可用如下的微分方程来描述：xytyty1010322100.111025.2dd100.3dd式中y——输出电荷量（pC）x——输入加速度值（m/s2）试确定该传感器的ω0、ξ和k的大小。解：静态灵敏度：8889.41025.21011101000abk阻尼比：01.011025.223000210201aaa传感器与检测技术习题解答第3页共17页自振角频率：510200105.111025.2aa4.设有两只力传感器，均可作为二阶系统来处理，自振频率分别为800Hz和1200Hz，阻尼比ξ均为0.4，今欲测量频率为400Hz正弦变化的外力，应选用哪一只？并计算将产生多大的振幅相对误差和相位误差。解：讨论传感器动态特性时，常用无量纲幅值比)(k。（1）当用Hz8000f、4.0的传感器测量Hz400f的信号时，18.18004004.0280040011211)(22220220k0220007.285333.0arctan80040018004004.02arctan12arctan)(该传感器的振幅相对误差为%18%10011)(k相位误差为28.07O。（2）当用Hz12000f、4.0的传感器测量Hz400f的信号时，同理可得：070.16)(08.1)(k振幅相对误差为8%。相位误差为16.70O。由此可见，应选用自振频率为1200Hz的传感器进行测量。5.已知某二阶系统传感器的自振频率f0=20kHz，阻尼比ξ=0.1。若要求传感器的输出幅值误差小于3%，试确定该传感器的工作频率范围。解：此二阶系统的输出幅值误差为传感器与检测技术习题解答第4页共17页1211121112111)(2222022020220xxffffkk其中0ffx。一般地，传感器的工作频率应小于其自有频率，否则相频特性会较差。因此有：03.01211222xx解之可得：1729.0x即kHzffff4537.31729.01729.000即，此传感器的工作频率范围为0～3.4537kHz。可见，由于ξ较小，因此，此传感器的工作频率范围也较小，在设计二阶系统传感器时，一般应选ξ=0.6～0.7，则工作频率可达0.5f0。传感器与检测技术习题解答第5页共17页第二章1.一应变片的电阻R=120Ω，k=2.05，用作应变为800μm/m的传感元件。（1）求ΔR和ΔR/R；（2）若电源电压U=3V，求初始平衡时惠斯登电桥的输出电压。解：（1）电阻应变片的灵敏度定义为RRk因此，361064.11080005.2kRR1968.01201064.13R（2）初始平衡时惠斯登电桥的输出电压为mV23.1V1023.11064.143433RRUUO2．在下图所示的系统中：假设（1）当F=0和热源移开时，R1=R2=R3=R4=R，及UO=0；（2）各应变片的灵敏系数均为+2.0，且其电阻温度系数为正值；（3）梁的弹性模量随温度增加而减小；（4）应变片的热膨胀系数比梁的大传感器与检测技术习题解答第6页共17页（5）假定应变片的温度和紧接在它下面的梁的温度任何时刻均是相同的。在时间t=0时，在梁的自由端加上一个向上的力，然后维持不变，在振荡消失后，在一稍后的时间t1打开辐射热源，然后就一直打开，试简要绘出UO和t的时间关系的一般形状，并通过仔细推理说明你给出这种曲线形状的理由。解：这里，电阻R1～R4接入电桥后，构成差动全桥。在时间t1以前，各应变片的温度均为T0，它们只受力F的作用，设此时的电阻增量为ΔR，则电桥的输出电压为RRUUO在时间t1以后，幅射源打开，各应变片的温度将升高，设它们将线性升高，到时刻t2温度稳定到T1，设在t1～t2中的任意时刻t，各应变片的温度为T0+ΔTt，则)(11201ttttTTTt对单个应变片，当温度变化时，由此引起的电阻相对变化量为)()(1ttkTkTRRTtsgttt1212)(ttTTkksgtT其中，αt为应变片材料的电阻温度系数，k为应变片灵敏系数，αg为试件（即梁）的膨胀系数,αs为应变片材料的膨胀系数。因此，在t1～t2中的任意时刻t1+Δt，各应变片的电阻分别为R+ΔR+ΔRt和R-ΔR+ΔRt，此时差动全桥的输出电压为)1()()()()(tkRRRUURRRRUURRRRURRRRRRRRRRRRRRRRRRUUTtttttttttO由假设（4）知，αg<αs；又由（2）知，αt>0，k=2。因此，kT为正、为负、为零均有可能，这取决于应变片及试件所用的材料。此时，UO将分别增加、减小、不变，而且变化规律为双曲线型，如下图所示。传感器与检测技术习题解答第7页共17页第三章1.某螺管型差动式自感传感器（参见图3-7）的结构参数为N=800匝，h=10mm，t=6mm，d2=10mm，d1=2mm，并设a=1.30。（1）试求平衡状态下单个线圈的电感量L0；（2）若将其接入变压器电桥，电桥变压器二次侧电源频率为10000Hz，u=1.8V，设电感线圈有效电阻可忽略，求该传感器的灵敏度kz。解：（1）平衡状态下单个线圈的电感量为mH6.5H0056.0)1010(3)2/10ln()106(210)610(4)102()30.11()101416.34(1416.38003)/ln(24/)1(323333232722312021202232020htddthdaNhtthRNL（2）变压器电桥的输出电压为ZZuuO2由假设：电感线圈的有效电阻可忽略，故有02LLuuO又差动式螺管型自感传感器的电感相对增量为ttLLLLS0006所以，该传感器的灵敏度为传感器与检测技术习题解答第8页共17页22273221220000106V/m18.363)2/10ln(800)101416.34(1416.32106.58.13)/ln(23162htddNLutLLutuksOz2．上述差动式自感传感器，若要控制理论线性度在1%以内，最大量程为多少？解：此传感器的非线性误差为%1002/2200000300ttLLttLttLssL因此，要使其理论线性度为1%，其最大量程应满足如下：%1%10060056.00023.022maxtL由此可得，其最大量程为mm67.00023.020056.001.06maxt3.有一差动变压器式传感器，设已知h=h1=15mm，l1=30mm，r2=10mm，r1=2mm，N1=N2=1000匝，反串接线，励磁电压有效值U=3V，频率4000Hz，试求：（1）平衡点的互感系数Ma、Mb；（2）平衡点的传感器灵敏度k；（3）当最大位移x=1.2mm时，理论线性度相对误差γL。解：（1）在平衡点有x=0，因此mH6.4H0046.0)2/10ln(03.0015.08)015.003.0(03.010001000)101416.34(1416.3)/ln(8)(27121111210rrhlhllNNMMba（2）平衡点的传感器灵敏度为V/m225303.0015.0203.03015.003.01000015.0100032332221121212112UlhlhlhNNk(3)理论线性度相对误差为传感器与检测技术习题解答第9页共17页%1.0001.00012.074.74074.740)23)(()(12)23(42221121212121211121xxlhlhlhllhlL第四章1.表4.1中单组式变面积型平板形线位移电容传感器，两极板相互覆盖的宽度为4mm，两极板的间隙为0.5mm，极板间介质为空气，试求其静态灵敏度？若极板相对移动2mm，求电容变化量？解：单组式变面积型平板形线位移电容传感器的灵敏度为F/m1008.7105.01085.8104/113123dadxdaxddxdCk若极板相对移动2mm，则电容变化量为pF1416.0F10416.11021008.713311xkC2．表4.1中单组式变面积型圆柱形线位移电容传感器，其可动极筒外径为9.8mm，定极筒内径为10mm，两极筒遮盖长度为1mm，极筒间介质为空气，试求其电容值？当供电频率为60Hz时，求其容抗值？解：单组式变面积型圆柱形线位移电容传感器的电容量为pF7524.2F107524.2)8.9/10ln(1011085.81416.32)/ln(21231212rrlC当供电频率为60Hz时，其容抗为M73.963106373.9107524.2601416.32121812CfR3.在压力比指示系统中采用的电容传感元件及其电桥测量线路如下图所示。已知：δ0=0.25mm，D=38.2mm，R=5.1KΩ，U=60V(A.C)，f=400Hz，C=0.001μF，C0=0.001μF。试求：（1）该电容传感器的电压灵敏度（单位V/m）Ku（2）当电容传感器活动极板位移Δδ=10μm时，输出电压U0的值。解：传感器与检测技术习题解答第10页共17页)(4)(402020201DSCDSC对电桥有：241302111CjRZCjRZCZCZ初始，=0，因此C1=C2，故Z3=Z4，电桥满足平衡条件Z1Z4=Z2Z3，此时U0=0。当传感器极板向上移动时，根据等效发电机原理，输出电压UDRjUDRjCCCUDRjDRjCCCUDDRjDRjCCCUCjRCjRCjRCjCjCjUZZZZZZU020200020200202020002110433211042)4221()82)(4())(4)(42)(4(111111因此（1）此电容传感器的电压灵敏度为)/(120000)4()(242202200200mVDRjUDRjUUKu（2）输出电压为)(2.110*10*12000060VKUu传感器与检测技术习题解答第11页共17页4.对变极距式电容传感元件，若初始极板间距为δ0=1mm，当电容C的线性度规定为：（1）0.1%，（2）1.0%，（3）2.0%时，求允许的极距最大变化量Δδmax。解：对变极距电容传感器有：初始电容为00SC变极距后，电容为0SC因此有：302000000)()(111CC故00CC其非线性误差来、主要来自于，对无穷极数的截断。因此，其线性度为0max0max020max0max0)(CCySFL故，要满足一定的线性度，要求0maxL因此，当0=1mm时，若要求电容C的线性度为（1）0.1%；（2）1.0%；（3）2.0%，所允许的极距的最大变化量为（1）0.001mm；（2）0.01mm；（3）0.02mm。5.差动非接触式电容位移传感器如下图所示，由4块置于空气中的平行平板组成。其中极板A、C和D是固定的，板B可如图所示移动，其厚度为t，并距两边固定极板的距离均为d。板B、C和D的长度均为L，板A的长度为2L。所有极板的宽度都为b，板C和D之间的间隙以及边缘效应可以忽略，试导出极板B从中点位移x=±L/2时，电容CAC和CAD的表达式，x=0是对称位置。解：CAC是由A、B两极板之间的电容CAB和B、C两极板间的电容CBCCAD1ABCD移动xCAC1传感器与检测技术习题解答第12页共17页串联后，再与A、C两极板间的电容CAC1并联而得。类似地，CAD是由A、B两极板之间的电容CAB和B、D两极板间的电容CBD串联后，再与A、D两极板间的电容CAD1并联而得。以向左移动的方向为x移动的正方向，则txlbCtxlbCxlbCxlbCblCADACBDBCAB2)2/(2)2/()2/()2/(11因此lxlxbltxlbxlxlbltxlbxlbblxlbbltxlbCCCCCCBCABBCABACAC23212)2/(2/32/2)2/()2/()2/(2)2/(1lxlxbltxlbCCCCCCBDABBDABADAD23212)2/(1当2lx时，tblCblCADAC2,21当2lx时，blCtblCADAC21,2第五章1．某感应式速度传感器总刚度c为3200N/m，测得其固有频率为20Hz，今欲将其固有频率减小到10Hz，问刚度应为多少？（提示：mc/0）解：固有频率与刚度之间的关系式为mc/0因此，欲将感应式速度传感器的固有频率减小到10Hz，刚度应满足c:3200=102:202即c=800N/m2．某霍尔元件l、b、d尺寸分别为1.0cm、0.35cm、0.1cm，沿l方向通以电流I=1.0mA，在垂直lb平面方向加有均匀磁场B=0.3T，传感器的灵敏度系数为22V/(A·T)，试求其传感器与检测技术习题解答第13页共17页输出霍尔电动势及载流子浓度。解：此霍尔元件的输出霍尔电动势为mV6.6V106.63.0)100.1(2233IBkUHH因为neddRkHH1所以，此霍尔元件的载流子浓度为20319108374.2)101()10602.1(2211edknH第六章1.某压电晶体的电容为1000pF，电荷灵敏度为Kq=2.5C/cm，连接电缆电容为Ce=3000pF，示波器的输入阻抗为1M，并联电容为50pF，求（1）压电晶体的电压灵敏度；（2）测量系统的高频响应；（3）如系统允许的测量幅值误差为5%，可测量的最低频率是多少？（4）如频率为10HZ，允许误差为5%，用并联连接方式，电容值为多大？解：（1）此压电晶体的电容Ca=1000pF，故，此压电晶体的电压灵敏度为cmVCkkaqu/105.21010005.2912（2）此压电传感器的总有效电容为pFCCCCeca40503000501000因此，此传感器的高频响应为)(1017.61040505.2812VCkCqUqSC其电压灵敏度为cmVUkSCu/1017.68（3）此系统的相对幅频特性为2221CRRCK其中C=4050pF，R=106Ω传感器与检测技术习题解答第14页共17页因允许误差为5%，故取K=0.95，因此允许的角频率下限为22.75195.0111040501095.01121262KRCKL因此，允许的频率下限为HzfLL12056.1192（4）如果已知频率下限为10Hz，则传感器的总有效电容C为pFfRKKC48422101014159.3295.0195.0211622因此电路的并联电容应为nFpFCCCCeac422.444442230001000484222.分析压电式加速度传感器的频率响应特性。又若测量电路的C总=1000pF，R总=500M，传感器固有频率f0=30KHZ，相对阻尼系数=0.5，求幅值误差在2%以内的使用频率范围。解：压电元件受外力作用时，压电元件的两个极性表面将产生电荷，由于输出信号很小，通常将此电信号输入到高输入阻抗的前置放大器（电压放大器或电荷放大器）中变换为低阻抗输出信号，由于前置放大器的输入电阻和压电元件的绝缘电阻做到无穷大，因此，压电电荷就会通过放大器的输入电阻和传感器本身的泄漏电阻漏掉，这就从原理上决定了压电式传感器不能测量绝对静态物理量。前置放大器的实际输入电压与理想输入电压（即当R无穷大时）之比的相对幅频特性为2)(1K式中τ为测量回路的时间常数，)(eCaCCCRω为作用在压电元件上的频率。上式决定了压电传感器的低限频率ωL，则L1据此选择与配置各电阻和电容的值。由压电式加速度传感器的频响特性决定其高限频率，其幅值比为2022020))(2())(1()1(miax式中ω0为传感器的固有频率。xi是质量块相对于传感器壳体位移的幅值am是加速度幅值传感器与检测技术习题解答第15页共17页ξ是相对阻尼系数根据题义，把已知数代入以上两式便得对于低限频率：k98.002.01)(12因此，90.910100010500198.0198.01112622kk因此，低限频率为HzfLL6.11415927.3290.92对于高限频率：402202201||)2())(1(imxa略去小项401，得0)(5.02)()(21204020解这个方程，略去虚数项，得近似解71.00因此，kHz7.201415927.32301415927.3248.02KfHH故该加速度计使用频率范围为1.6Hz～20.7KHz。3.石英晶体压电式传感器，面积为1cm2，厚度为1mm，固定在两金属板之间，用来测量通过晶体两面力的变化。材料的弹性模量为9×1010Pa，电荷灵敏度为2pC/N，相对介电常数为5.1，材料相对两面间电阻是1014。一个20pF的电容和一个100M的电阻与极板并联。若所加力F=0.01sin(1000t)N，求：（1）两极板间电压峰值；（2）晶体厚度的最大变化。解：（1）此石英晶体的电阻为R1=1014Ω，石英晶体的电容为pFdSCra425.4101.01011085.8524120,传感器与检测技术习题解答第16页共17页因此，此压电传感器的总有效电容为pFC425.2420425.4此压电传感器的总有效电阻为88148141010101010R因此，两个极板间的峰值电压为mVCFkCqUaqaa52.410425.401.0102||||1212（2）压电晶体所受力与晶体厚度变化量Δd的关系为ddSYF其中，F为压电晶体所受压力；Y为杨式模量；S为压电晶体的面积；D为压电晶体的厚度。因此，mSYdFd1241021011.1101109101.001.0即，压电晶体厚度的最大变化量为121011.1米。传感器与检测技术习题解答第17页共17页第七章1.在自由空间，波长λ=500nm的光从真空进入金刚石（折射率nd=2.4）。在通常情况下，当光通过不同物质时频率不变，试计算金刚石中波的速度和波长。解：由折射定理知：000sinsinnnvvddd其中v0、vd分别为光在真空和金刚石中的传播速度，因此有smcnvnnvddd/1025.11800由v=λf，且光通过不同物质时频率不变，知，其波长为nmnfncfvdddd33.2084.25002.利用斯乃尔定理推导出临界角θc表达式，计算水（n=1.33）与空气（n=1）分界面的θc的值。解：由斯乃尔定理知：22210sinnnnNAc所以，临界角为02221arcsinnnnc本题中，n0=1,n2=1,n1=1.33，因此，临界角为02267.610693.11133.1arcsinc3.求光纤n1=1.46，n2=1.45的NA值；如外部的n0=1，求最大入射角θm=？解：1706.045.146.1sin22522210nnnNAc最大入射角为008220.91714.01706.0arcsinarcsinnNAcm