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文档简介
1、电气测试技术复习1、石英晶体为例简述压电效应产生的原理 2、如图所示变压器式传感器差分整流电路全波电压输出原理图,试分析其工作原理。3、证明(线性)电位器式传感器由于测量电路中负载电阻RL带来的负载误差,假设;。4、试证明热电偶的中间导体定律5、由热电偶工作原理可知,热电偶输出热电势和工作端与冷端的温差有关,在实际的测量过程中,要对热电偶冷端温度进行处理,经常使用能自动补偿冷端温度波动的补偿电桥,如图所示,试分析此电路的工作原理 6、测得某检测装置的一组输入输出数据如下:X0.92.53.34.55.76.7Y1.11.62.63.24.05.0试用最小二乘法拟合直线,求其线性度和灵
2、敏度7、霍尔元件采用分流电阻法的温度补偿电路,如图所示。试详细推导和分析分流电阻法。8、采用四片相同的金属丝应变片(K=2),将其贴在实心圆柱形测力弹性元件上。力F1000kg。圆柱断面半径r=1cm,E=2×107N/cm2,=0.3。求:(1)画出应变片在圆柱上贴粘位置和相应测量桥路原理图;(2)各应变片的应变e的值,电阻相对变化量;(3)若U=6V,桥路输出电压U0;(4)此种测量方式能否补偿环境温度的影响,说明理由。9、一台变间隙式平板电容传感器,其极板直径D=8mm,极板间初始间距d0=1mm.,极板间介质为空气,其介电常数0=8.85×10-12F/m。试求:(
3、1)初始电容C0;(2)当传感器工作时,间隙减小Dd=10µm,则其电容量变化DC;(3)如果测量电路的灵敏Ku=100mV/pF,则在Dd=±1µm时的输出电压U0。10、热电阻测量电路采用三线连接法,测温电桥电路如图所示。(1)试说明电路工作原理;(2)已知Rt是Pt100铂电阻,且其测量温度为t=50,试计算出Rt的值和Ra的值;(3)电路中已知R1、R2、R3和E,试计算电桥的输出电压VAB。(其中(R1=10K,R2=5K,R3=10K,E=5V,A=3.940×10-3/,B-5.802×10-7/,C=-4.274×10
4、-12/)11、一个量程为10kN的应变式测力传感器,其弹性元件为薄壁圆筒轴向受力,外径20mm,内径18mm,在其表面粘贴八各应变片,四个沿周向粘贴,应变片的电阻值均为120,灵敏度为2.0,波松比为0.3,材料弹性模量E=2.1×1011Pa。要求:(1)绘出弹性元件贴片位置及全桥电路;(2)计算传感器在满量程时,各应变片电阻变化;(3)当桥路的供电电压为10V时,计算传感器的输出电压。12、压电式加速度传感器与电荷放大器连接,电荷放大器又与一函数记录仪连接,已知传感器的电荷灵敏度Kq=100PC/g,电荷放大器的反馈电容为Cf0.001uF,被测加速度a=0.5g,求:(1)电
5、荷放大器的输出电压V0=?电荷放大器的灵敏度Ku=?(2)如果函数记录仪的灵敏度Kv=20mm/mv,求记录仪在纸上移动的距离y=?(3)画出系统框图,求其总灵敏度K0=?13、如图所示,试证明热电偶的标准电极定律14、热电阻测温电桥的三线接法,如图所示。试分析电路的工作原理。15、一个量程为10kN的应变式测力传感器,其弹性元件为薄壁圆筒轴向受力,外径20mm,内径18mm,在其表面粘贴八各应变片,四个沿周向粘贴,应变片的电阻值均为120,灵敏度为2.0,波松比为0.3,材料弹性模量E=2.1×1011Pa。要求:(1)绘出弹性元件贴片位置及全桥电路;(2)计算传感器在满量程时,各
6、应变片电阻变化;(3)当桥路的供电电压为10V时,计算传感器的输出电压。16、某种压电材料的压电特性可以用它的压电常数矩阵表示如下:试分析压电常数矩阵的物理意义。17、额定载荷为8t的圆柱形电阻应变传感器,其展开图如图所示。未受载荷时四片应变片阻值均为120,允许功耗208.35mW,传感器电压灵敏度kU=0.008V/V,应变片灵敏度系数k=2。(1)、画出桥路接线图;(2)、求桥路供桥电压;(3)、荷载4t和8t时,桥路输出电压分别是多少?(4)、荷载4t时,R1R4的阻值分别是多少?18、已知某霍尔元件的尺寸为长L=10mm,宽b=3.5mm,厚d=1mm。沿长度L方向通以电流I=1.0
7、mA,在垂直于b×d两个方向上加均匀磁场B=0.3T,输出霍尔电势UH=6.55mV。求该霍尔元件的灵敏度系数KH和载流子浓度n。已知电子电量q=-1.6×1019C。(1)由,可得:(2)由,可得:19、推导差动自感式传感器的灵敏度,并与单极式相比较。解:(1)单极式自感式传感器的灵敏度为:假设初始电感为:当气隙变化为:时,电感为:电感的变化量为:灵敏度为:(2)差动式自感式传感器的灵敏度为:当气隙变化时,电感变化为:,电感的变化量为:电感总变化量为:灵敏度为:结论:是单极的2倍。20、如图所示为气隙型电感传感器,衔铁断面积S=4×4mm2,气隙总长度为l=0.
8、8mm,衔铁最大位移Dl=±0.08mm,激励线圈匝数N=2500匝,真空磁导率m04p×10-7H/m,导线直径d=0.06mm,电阻率r1.75×106.cm。当激励电源频率f=4000Hz时,要求计算:(1)线圈电感值;(2)电感量的最大变化值;(3)当线圈外断面积为11×11mm2时,其电阻值;(4)线圈的品质因数;(5)当线圈存在200pF发布电容与之并联后其等效电感值变化多大。解:(1)线圈电感值为:(2)电感量的最大变化值最大电感量为:(3)当线圈外断面积为11×11mm2时,其电阻值;(4)线圈的品质因数(5)当线圈存在200pF发布电容与之并联后其等效电感值变化多大21、已经测得某热敏电阻在T1320时电阻值R1965×103W;在T2400时电阻值R2364.6×103W。求:(1)热敏电阻的静态模型电阻与温度的关系;(2)当测得该热敏电阻RT500×103W,预估对应的温度T。答案:(1)热敏电阻的静态模型电阻与温度的关系为:根据已知条件,该热敏电阻是负温度系数热敏电阻。其温度和阻值之间的关系为:若已知两个电阻值R1和R2,以及相应的温度值T1和T2,便可求出A、B两个常数。解方程可得:(2)当测得该热
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