傳感與檢測技術習題及解答

1、第1章傳感與檢測技術基礎電阻式傳感器電感式傳感器1、電感式傳感器有哪些種類？它們的工作原理分別是什么？2、說明3、變氣隙長度自感式傳感器的輸出特性與哪些因素有關？怎樣改善其非線性？怎樣提局其靈敏度？答：根據變氣隙自感式傳感器的計算式：L=W"oSo,線圈自感的大小，即線圈自感的輸出與線圈的匝數、等效截面積So和空氣中的磁導率有關，還與磁路上空氣隙的長度lo有關；傳感器的非線性誤差：r=生+（勺）2+產100%。由此可見，要改善非線性，必1010須使“要小，一般控制在0.10.2。（因要求傳感器的靈敏度不能太小，即初始間隙10應盡量小，故A1不能過大。）工2一dl傳感器的靈敏度：K1全

2、工歸縣=WTS,由此式可以看出，為提高靈敏度可增加線圈匝數W,增大等效截面積但這樣都會增加傳感器的尺寸；同時也可以減小初始間隙10,效果最明顯。4、試推導5、氣隙型6、簡述7、試分析8、試推導9、試分析10、如何通過11、互感式12、零點殘余電壓產生的原因是什么？怎樣減小和消除它的影響？答：在差動式自感傳感器和差動變壓器中，銜鐵位于零點位置時，理論上電橋輸出或差動變壓器的兩個次級線圈反向用接后電壓輸出為零。但實際輸出并不為零，這個電壓就是零點殘余電壓。殘差產生原因：由于差動式自感傳感器的兩個線圈結構上不對稱，如幾何尺寸不對稱、電氣參數不對稱。存在寄生參數； 供電電源中有高次諧波，而電橋只能對基

3、波較好地預平衡。 供電電源很好，但磁路本身存在非線性。工頻干擾。差動變壓器的零點殘余電壓可用以下幾種方法減少或消除：設計時，盡量使上、下磁路對稱；并提高線圈的品質因素QkL/R;制造時，上、下磁性材料性能一致，線圈松緊、每層匝數一致等采用試探法。在橋臂上用/并電位器，或并聯(lián)電容等進行調整，調試使零殘最小后，再接入阻止相同的固定電阻和電容。采用帶相敏整流的電橋電路。拆圈法：通過實驗，依次拆除二次線圈12圈，調整線圈的感抗。方法麻煩，但行之有效。（注：若按教材的回答也算正確）13、何謂渦流效應？14、為什么電渦流傳感器被歸類為電感式傳感器？它屬于自感式還是互感式？答：電感式傳感器是建立在電磁感應的

4、基礎上，利用線圈自感或互感的改變來實現非電量的檢測。電渦流傳感器是建立在電磁場理論的基礎上的，當檢測線圈通以交變電流并接近被測導體時，由于渦流效應，會在被測導體表面形成電渦流；同時電渦流與檢測線圈相互作用，會引起檢測線圈的阻抗變化。因為這種作用機理是建立在磁場相互作用的基礎上，所以電渦流傳感器歸類為電感式傳感器。根據電渦流傳感器的檢測原理，再結合電渦流傳感器的等效電路及分析，檢測線圈阻抗變化正是檢測線圈與“渦流線圈”之間的互感系數相互作用引起，所以是互感式15、16、簡述壓磁效應，并與應變效應進行比較。仙0=4兀X50-7H/m-1,線圈22、某變氣隙長度電感傳感器，鐵芯橫截面積S=1.5cm

5、2,磁路長度L=20cm,相對磁導率以i=5000,氣隙18=0.5cm,l=0.1mm,真空磁導率匝數W=3000,求該單極式電感傳感器的靈敏度L/Alo若做成差動結構形式，其靈敏度將如何變化？解：變氣隙型電感傳感器，磁路總磁阻:li.22Ol-2010。0.5102二2%S50000(1.510)0(1.510一)11022%(1.510/)(5000.51)1_20(1.510)所以對于導磁體，其磁阻可以忽略(以上計算可省略)所以線圈自感L為:w20s300024二10，1.510”_220.510=169.65101H)=169.65(mH)該單極式電感傳感器的靈敏度:dLdlW”S2

6、%T300024二10,1.510”222(0.510)169.6510，0.510'=33.93(H/m)若做成差動結構形式，其靈敏度將是單極式靈敏度的2倍，即:差動結構的靈敏度為67.86(H/m)第4章電容式傳感器1 .推導變極距型差動式電容傳感器的靈敏度，并與單極式相比較。答：2 .根據電容式傳感器的工作原理說明它的分類，電容式傳感器能夠測量哪些物理量？答：平板電容器的電容量C計算式為：CM58：'0''',由此可把電容式傳感器分丸do為變極距形、變面積型和變介電常數型。電容式傳感器常用來測量位移、振動、角度、壓力、壓差和液位等。3 .總結電容式

7、傳感器的優(yōu)缺點，主要應用場合以及使用中應注意的問題。答：4 .如何改善變極距型單級式電容傳感器的非線性。5 .分布電容和寄生電容的存在對電容式傳感器有什么影響？一般采取哪些措施可減小其影響？6 .為什么電容式傳感器在高頻工作時連接電纜的長度不能任意變化？7 .舉例說明同軸圓柱形電容傳感器的應用。8 .簡述容柵式位移傳感器的工作原理。9 .簡述電容式測微儀的測量原理。10、變極距型電容式傳感器，兩極板間有效重疊面積為8x10-4m2,兩極板間距為1mm,已知空氣er=1,試計算該傳感器位移靈敏度。解：由平板電容器電容量C計算式：C=至=2S,當極板極距改變時可測微小66位移，此時傳感器的靈敏度為

8、:=7.0810'F/m),_|dC|_；0；rS8.85102810工"|dj一、2一(110工/11、若變極距型差動式電容傳感器的初始電容量C1=C2=80pF,初始距離d0=4mm,當動極板相對于定極板位移了d=0.75mm,試計算其非線性誤差。若將差動式電容傳感器改為單極式，初始值不變，其非線性誤差有多大？dj解：差動式電容傳感器的非線性誤差按下式計算：=(：dd)2100%=(0.754)2100%=3.52%若將差動式電容傳感器改為單極式，則非線性誤差為:1d：；“100%=(0.754)100%=18.75%12、變極距型電容式傳感器，當兩極板間距為1mm,若要

9、求測量線性度為0.1%,試求允許間距測量最大變化量是多少？13、已知平行板電容式傳感器極板間介質為空氣，極板面積S=axa=(2x2)cm2,極板問距d0=0.1mm。試求該傳感器初始電容值；若由于裝配關系，兩極板間不平行，一側間距為d0,而另一側間距為d0+b(b=0.01mm),如圖4.24所示。求此時傳感器電容量。14、圖4.25所示為變介電常數型電容式傳感器，試求其特性方程C=f(x)。設極板寬度為W,真空的介電常數為e0,e2>e1,其它參數如圖所示。解：圖4.25的等效電路如下，其中5頁c益；1(Wx)C0=、)；1S2；1W(l-x)圖4.25等效電路50mm）,£

10、;1=1,£2=40試在故整個傳感器的電容量為：ccC1C2”Wx；W（l-x）CC0一CiC2、d；2（d）；1?Wl1；1；2=W-x；1d；2（、-d）'：jd；2（'-d）的82Wl+Wa（鳥a2）d；1d；2（'d）1d；2（、一d）15、在上題中，設6=d=1mm,極板為正方形（邊長為x=050mm范圍內，畫出此位移傳感器的特性曲線，并給以適當說明16、已知圓盤形電容極板直徑D=50mm,間距d0=0.2mm,在電極間置一塊厚0.1mm的云母片（er=7）,空氣（£r=1）0求：（1）無云母片和有云母片兩種情況下電容值C1和C2各為多少？

11、（2）當間距變化d=0.025mm時，電容相對變化量C1/C1和C2/C2各為多少？17、某電容式液位傳感器由直徑為40mm和80mm的兩個同心圓柱體組成，儲存罐也是圓柱形，直徑為50cm,高為1.2m,被儲存液體相對介電常數為e1=1.2。計算傳感PF/m)。器的最小電容和最大電容，以及當放置在儲存罐內時傳感器的靈敏度（解：因儲存液體的相對介電常數為e1=1.2,故當容器內無液體時，此時電容傳感器的電容最小:2二；0L2二8.851021.27.536102小丁、min-=1.0910(F)ln(R/r)ln(80/40)ln2容器充滿液體時，電容傳感器的電容最大:CJmax2二；°

12、;；rLln(R/r)2二8.8510,21.21.27.536102“、=1.0910(F)ln(80/40)ln218、設計一個液位監(jiān)測系統(tǒng)。當液位高于X1時，蜂鳴振鈴并點亮紅色LED燈；當液位低于X2時，蜂鳴振鈴并點亮黃色；當液位介于X1和X2之間時，點量綠色LED燈。19、試設計電容式壓差測量方案，并簡述其工作原理。第5章電動勢式傳感器1 .某感應式速度傳感器總剛度c為3200N/m,測得其固有頻率為20Hz,今欲將其固有頻率減小為10Hz,問剛度應為多少？（提示：80=向京）解：因為：1：,2二.Gm:c2m=c1c2已知：c1=3200N/m,1：2=2:1,代入上式，有：2:1=

13、3200；c2推得：c2=3200/4=800N/m2 .某磁電式傳感器要求在最大允許幅值誤差2%以下工作，若其相對阻尼系數七=0.6,試求CD/CD0的范圍。3 .磁電感應式扭矩傳感器的工作原理是什么？4 .簡述磁電感應式流量傳感器的工作原理、特點和使用注意事項。5 .什么是霍爾效應？霍爾電勢與哪些因素有關？答：金屬或半導體薄片置于磁場中，當有電流流過時，在垂直于電流和磁場的方向上將產生電動勢，這種物理現象稱為霍爾效應。霍爾電勢的計算式為：Uh=Kh舊cos8,顯然，霍爾電勢的大小正比于控制電流I和磁感應強度B,還與霍爾元件的靈敏度Kh有關，此外還取決于霍爾元件與磁場方向的相對位置9有關。6

14、 .影響霍爾元件輸出零點的因素有哪些？怎么補償？答：影響霍爾元件輸出零點的因素包括：不等位電勢、寄生直流電勢等，其中不等位電勢是最主要的零位誤差。補償措施：制造工藝上采取措施，減少誤差；選材更精細；采用補償電路。7 .試分析霍爾元件輸出接有負載Rl時，利用恒壓源和輸入回路串聯(lián)電阻R進行溫度補償的條件。解：右圖為補償電路圖。設霍爾元件的輸入電阻Rit、靈敏度系數kHt隨溫度變化規(guī)律分別為：Rit=Ri01+a(t-t0);kHt=kH01+B(t-10)要實現溫度變化時霍爾元件的輸出電勢不變，即要求：UH=kH0l0B=kHtItB=常數,即：kH0l0=kHtIt因為：l0=U/(Ri0+Rp

15、);It=U/(Rit+Rp)故：kH0U/(Ri0+RP)=kH01+附to)U/Ri01+加to)+Rp1+Rt-t0)(Ri0+Rp)=Ri01+Kt10)+Rpe、c0(P所以：Rp=:Ri0即利用恒壓源和輸入回路串聯(lián)電阻a-P,二,，人r.一、口，Rp=一R。時，霍爾輸出不受溫度影響8 .試說明霍爾式位移傳感器的輸出Uh與位移x成正比關系。答：在磁場方向平行霍爾元件法線方向的情況下，霍爾電勢輸出：Uh=KhIB在霍爾位移傳感器中，磁場一般設計呈沿x方向變化的線性磁場，即B=kx,這時霍爾電勢輸出為Uh=KHIkx,顯然在控制電流一定的情況下，霍爾電勢與位移x呈正比關系。9 .某霍爾元

16、件a、b、d尺寸分別為1.0cmx0.35cmx0.1cm,沿a方向通以電流I=0.1mA,在垂直ab面方向加有均勻磁場B=0.3T,傳感器的靈敏度系數為22V/A.T,試求其輸出霍爾電動勢及載流子濃度。解：根據霍爾電勢的計算式Uh=KhIB,容易計算出霍爾電勢的大?。篣H=KH舊=220.110-0.3=0.6610=(V)=0.66(mV)又因為霍爾元件的霍爾系數與霍爾靈敏系數以及電子濃度有關系：Rh=-1/(ne),Kh=Rh/d所以：-1/(ne)=KHd,即：n=-1/(KHed)=-1/22«1.6父10,9)父0.1父10立=2.841X1020(1/m3)10 .要進

17、行兩個電壓Ui、U2乘法運算，若采用霍爾元件作為運算器，請?zhí)岢鲈O計方案,并畫出測量系統(tǒng)的原理圖11 .簡述霍爾元件中不等位電勢產生的原因、影響和解決的辦法。解：不等位電動勢產生的原因包括：（a）焊接時，輸出兩電極點不在同一等位面上；（b）材料不均勻，造成等位面歪斜。不等位電勢影響霍爾元件的零位輸出不為零，引起測量誤差。解決辦法：制造工藝上采取措施，減少誤差；選材更精細；采用補償電路12 .為什么要對霍爾元件進行溫度補償？如何補償可較好的消除溫度誤差?13 .壓電元件在使用時常采用多片串聯(lián)或并聯(lián)的結構形式，試述在不同接法下輸出電壓、輸出電荷、輸出電容的關系，以及某種接法適用于哪種場合。14 .分

18、析壓電式加速度傳感器的頻率響應特性。又若測量電路的Cz=1000pF,R*500MQ,傳感器固有頻率f0=30kHz,相對阻尼系數=0.5,求幅值誤差2%以內的使用頻率范圍。15 .壓電式傳感器中采用電荷放大器有什么優(yōu)點？為什么電壓靈敏度與電纜長度有關？而電荷靈敏度與之無關？16 .壓電式傳感器的測量電路中為什么要接入前置放大器？壓電式傳感器為什么不適宜對靜態(tài)力的測量？答：壓電式傳感器的內阻很高，輸出電信號很微弱，通常把傳感器信號先輸入到高輸入阻抗的前置放大器中，經過阻抗變換后，方可輸入到后續(xù)顯示儀表中。因此前置放大器有兩個作用：把傳感器的高阻抗輸出變換為低阻抗輸出；把傳感器的微弱信號進行放大

19、。利用壓電式傳感器測量靜態(tài)或準靜態(tài)量值時，必須采取一定的措施，使電荷從壓電晶片上經測量電路的漏失減小到足夠小程度。因此要求測量電路的前級輸入端要有足夠高(理論上要求無窮大)的阻抗，才能防止電荷迅速泄漏而使測量誤差變大。而實際的放大器的輸入阻抗總是有限的。在動態(tài)力作用下，電荷可以得到不斷補充，可以供給測量電路一定的電流，故壓電傳感器適宜作動態(tài)測量。17 .用石英晶體加速度計及電荷放大器測量機器的振動，已知：加速度靈敏度為5pC/g,電荷放大器靈敏度為50mV/pC,當機器達到最大加速度時相應的輸出電壓幅值為2V,試求該機器的振動加速度。解：測試系統(tǒng)框圖如下：加速度計_電荷放大器、31=5pCgS

20、2=50mV/pC根據測試系統(tǒng)靈敏度，其輸出與輸入關系為：3-.V=S1S2amax=5pC/g50mV/pCamax=210mV因此，amax=2103/250=8(g)18.某壓電晶體的電容為1000pF,Kq=2.5C/cm,Cc=3000pF,示波器的輸入阻抗為1MQ和并聯(lián)電容為50pF,求：(1)壓電晶體的電壓靈敏度？(2)測量系統(tǒng)的高頻響應？(3)如系統(tǒng)允許的測量幅值誤差為5%,可測最低頻率是多少？(4)若頻率為10Hz,允許誤差為5%,用并聯(lián)方式，電容值是多少？19 .用壓電式傳感器測量最低頻率為1Hz的振動，需要在1Hz時的靈敏度下降不超過5%。若測量回路的總電容為500pF,

21、求所用電壓前置放大器的輸入電阻應為多大？20 .某壓電晶片的輸出電壓幅值為200mV,若要產生一個大于500mV的信號，需采用什么樣的連接方法和測量電路達到該要求。解：有兩種方法達到：10頁(1)采用用接接法-將三片壓電晶片用接，然后接入放大倍數為1的前置電壓放大器，此時輸出為600mV;(2)單片使用壓電晶片，通過前置電荷放大器，然后再進行普通放大達設計要求。此時連接導線長度不會影響輸出。21.如圖5.32所示電荷前置放大器電路，已知Ca=100pF,Cc=oo,Ci=10pF。若考慮引線Ci的影響，當A=104時，要求輸出信號衰減小于1%。求使用90pF/m的電纜其最大允許長度為多少？解：

22、第6章光電式傳感器第7章熱電式傳感器(第2版)1、什么叫熱點效應？熱電動勢由哪幾部分組成的？熱電偶產生熱電勢的必要條件是什么？答：將兩種不同材料的導體A和B用接成一個閉合回路，當兩個結點溫度不同時，在回路中就會產生熱電動勢，形成電流，此現象稱為熱電效應。熱電動勢由導體A和B的接觸電動勢，以及各個導體的溫差電動勢兩部分組成。熱電偶產生熱電勢的必要條件：組成熱電偶的兩導體材料不同，以及熱電偶兩個接點的溫度不相同。2、簡述熱電偶測溫與熱電阻測溫異同。答：兩者同屬熱電式傳感器，都是常用的測溫元件。熱電偶測溫是基于熱電效應，將溫度變化轉換為熱電動勢輸出；熱電偶測溫一般需要采用溫度補償措施；熱電阻測溫是利

23、用導體的電阻隨溫度變化的特性，輸出是電阻的變化，需要其它的變換電路將電阻變化轉換成電壓或電流輸出；熱電阻測量精度一般高于熱電偶。11頁3、K型熱電偶(鍥銘一鍥硅)工彳時，在T0=30C測得Ek(T,T0)=39.17mV,求真實的實際溫度T?解：根據中間溫度定律有：Ek(T,To)=Ek(T,0)+Ek(0,To)=Ek(T,0)-Ek(To,0);即：Ek(T,30)=Ek(T,0)-Ek(30,0)=39.17mV查K型熱電偶分度表：Ek(30,0)=1.203mV,所以：Ek(T,0)=39.17mV+1.203=40.373mV,再查分度表：Ek(970,0)=40.096mV,Ek(

24、980,0)=40.488mV,求得溫度：T=977C4、簡述熱電偶冷端溫度補償的原因和常用冷端溫度補償的方法。答：熱電偶的輸出電勢E是熱電偶兩結點溫度T0和T的二元函數。要使其輸出成為熱端T的單值函數關系，則冷端溫度T0=0或為常數。所以在實際應用中，要對冷端采取穩(wěn)定措施或補償措施。常用冷端溫度補償的方法包括：冰點法、冷端溫度計算校正法、補償電橋法、補償導線法等等。5、熱電偶冷端補償導線的作用？答：當熱電偶冷端離熱源較近，受其影響使冷端溫度變化很大，這時可采用延引熱電極，即采用熱電偶補償導線的方法。補償導線采用熱電性能與熱電偶絲相近的導線(補償導線)與熱電偶參考端相接，以便將參考端移到環(huán)境溫

25、度恒定處，能夠消除熱電偶冷端溫度變化引起的測量誤差，然后再用其他補償方法將參考端溫度補正到零度，保證儀表對介質溫度的精確測量。6、鋁電阻溫度計在100c時的電阻值為139Q,當它與熱的氣體接觸時，電阻值增至281Q,試確定該氣體的溫度(設0c時的電阻值為100Q)。解法1:鋁電阻溫度計具有線性特性，設電阻溫度之間關系為：Rt=R01+At依題意，t=0C時，Ro=100Q;t=100C時，Rt=1001+AX100=139Q,求得：A=3.9X10-3所以當電阻值增至281Q時，此時被測氣體的溫度為：t=(281/1001)/(3.9X10-3)=464.1C7、鍥銘一鍥硅熱電偶的靈敏度為0.04mV/C,把它放在溫度為1200c處，若以指示表作為冷端，此處溫度為50C,試求熱電動勢的大小。解法1:根據中間溫度定律有：12頁Ek(T,T0)=Ek(T,0)+Ek(0,T0)=Ek(T,0)-Ek(T0,0);即：Ek(1200,50)=Ek(1200,0)+Ek(0,50)=Ek(1200,0)-Ek(50,0)=48.838-2.023=46.815mV解法2:可設熱電偶的輸出輸入特性為：V=KT+A=0.04T+A,當冷熱端溫度均為50C時，輸出等于零，即：0=0.04X50+A,推得：A=-