电气测试技术林德杰课后答案

1-2 答：精密度表示指示值的分散程度，用δ表示。δ越小，精密度越高；反之，δ越大，精密度越低。准确度是指仪表指示值偏离真值得程度，用ε表示。ε越小，准确度越高；反之，ε越大，准确度越低。精确度是精密度和准确度的综合反映，用τ表示。再简单场合，精密度、准确度和精确度三者的关系可表示为：τ=δ+ε。

1-5 答：零位测量是一种用被测量与标准量进行比较的测量方法。其中典型的零位测量是用电位差及测量电源电动势。其简化电路如右下图所示。图中，E为工作电源，EN为标准电源，RN为标准电阻，Ex为被测电源。

测量时，先将S置于N位置，调节RP1，使电流计P读书为零，则I1ENRN。然后将S置于x位置，调节RP2，使电流计P读书为零，则I2ExRx。由于两次测量均使电流计P读书为零，因此有

ExENERxE I1I2xNRRNRNx零位测量有以下特点：

1) 被测电源电动势用标准量元件来表示，若采用高精度的标准元件，可有效提高测量精度。

2) 读数时，流经EN、Ex的电流等于零，不会因为仪表的输入电阻不高而引起误差。 3) 只适用于测量缓慢变化的信号。因为在测量过程中要进行平衡操作。 1-6答：将被测量x与已知的标准量N进行比较，获得微差△x，然后用高灵敏度的直读史仪表测量△x，从而求得被测量x=△x+N称为微差式测量。由于△x＜N，△x＜＜x,故测量微差△x的精度可能不高，但被测量x的测量精度仍然很高。

题2-2 解：(1) ΔA＝77.8－80＝－2.2（mA） c＝－ΔA＝2.2（mA）

ΔA-2.2 γA100%100%2.75%

A80(2)0mxm100%2.2% xm故可定为s＝2.5级。

题2-3解：采用式(2-9)计算。

（1）用表①测量时，最大示值相对误差为： xms%xm2000.5%5.0% x20（2）用表②测量时，最大示值相对误差为： xms%xm302.5%3.75% x20前者的示值相对误差大于后者，故应选择后者。 题2-4解：五位数字电压表2个字相当于0.0002V。

（1）U10.01%Ux0.00020.01%40.0002610V4

6104r1100%100%0.015%

U14U1（）2U20.01%Ux0.00020.01%0.10.00022.110V4

2.1104r1100%100%0.21%

Ux0.1U2题2-5解：已知sNNN0.1%，s=0.1级

UN9V,Ux10V,UUxUN1V

根据式（2-34）

xUNU100%0.4% UNUN1即 0.1%r0.4%

9r0.4%0.1%0.5% 9r4.5%

rs%xm1s%4.5% x1可选择Um=1V，s=2.5级电压表。

112题2-6解：（1）xxi501.07HZ

12i1（2）求剩余误差vixix，则

v10.22；v20.25；v30.28；v40.1；v50.03；v60.961；v70.13；v80.43； v90.53；v100.37；v110.27；v120.51；求vi0.020，说明计算x是正确的。

i112ˆ，根据贝塞尔公式 （3）求标准差估计值R1 500Ω5VR2500ΩR3255ΩR4245Ω

（4）求系统不确定度，P=99%，n＝12，查表2-3，及ta＝3.17，

ˆ3.170.441.39 ta vim，故无坏值。

（5）判断是否含有变值系差 ① 马列科夫判据

（-0.25）＝0.35 vivi0.14i1i7612

RoUo374.05Ω50mV625.05Ω，故数据中无线性系差。

② 阿卑-赫梅特判据

ˆ vivi1n12vvi1n1ii1ˆ2 即0.6450.642 n1 可以认为无周期性系差。

ˆx（6）求算术平均值标准差

ˆxˆn0.440.12 12 （7）P＝99％，n＝12 ，ta3.17则

x3.170.120.38

（8）写出表达式

f＝501.070.38 HZ 0.0故0.07是不可靠数字，可写成f＝5010.38 HZ 70. 3题2-7解：依题意，该表的基本误差为

Um0.03%Ux0.002%Um0.003%0.50.002%13.5105V3.5105rx100%100%0.007%Ux0.49946

Um题2-8解：xAmBnCp

上式取对数得：lnxmlnAnlnBplnC 然后微分得：

dxdAdBdC mnpxABCrxmrAnrBprC

由于rA、rB、rC为系统不确定度，从最大误差出发得

rx（mrAnrBprC）1 （22.0％31.0％2.5％）28.25%题2-9解：伏安法测得的电阻为：

RxUx9.8200Ω Ix49103由图2-14可见，电流档内阻压降为

49UA5.004.9V

50Rx两端的实际电压为Ux0UxUA9.84.94.9V

因此Rx的实际值为： Rx0Ux04.90.1k100 Ix49测量误差为γRRxRx0200100100%100%100% Rx0100该方法由于电流档的内阻压降大(电流档内阻大)，误差比较大。为了减小误差，应

将电压表由B接至C点。

题2-10解：依图2-10用伏安法测得的电阻为

RxUx4.50.5MΩ 6Ix9010已知万用表的灵敏度kR20KΩ/V，则其内阻为

M R0kKUm20501Ω

由于Rx0//R0即

Rx0R0R1x00.5MΩ

Rx0R0Rx01Rx01MΩ

测量误差为 rxRxRx00.51100%100%Rx015 0%由于Rx0较大，所用电压档内阻R0有限，引起误差较大。为了减小误差，应将电压表由C点改接至B点。

题2-11解：（1）串联总电阻RR1R25.15.110.2KΩ 根据式（2-48）可得串联电阻相对误差为

rx（R1R25.15.1rR1rR2）（5.0%1.0%）R1R2R1R210.210.2

=（2.5%0.5%）=3.0%（2）两电阻并联总电阻R 根据式（2-50）得

rx（R1R25.12.55KΩ

R1R210.2R2R15.15.1rR1rR2）（1.0%5.0%）R1R2R1R210.210.2

=（0.5%2.5%）=3.0%（3）若两电阻的误差rR1rR22.5%，得 ①串联总电阻为R=10.2KΩ

12R2.5%2.5%1.25%1.25%2.5% RRR1R221RR ②并联总电阻R=1/2×5.1=2.55KΩ

R2R1R2.5%2.5%1.25%1.25%2.5% RRRR2121题2-12解：参考P38例2-21

PP1P2350034006900W

1m2ms%UI1.0%3801038W

Pm（1m2m）=（38+38）=76W

rpmpmP100%76100%1.10% 6900U2t为幂函数，则根据式（2-45）得 题2-13解：依题意WRrW（2rUrRrt）（21.5％1.0％0.1％）4.1％ 题2-14解：该电子仪表说明书指出了六项误差，分别为：

x4①基本误差r1s%m1.5%2.0%

x3（3020）1.0% ②温度附加误差r20.1%③电压附加误差r30.06%22010％1.32% ④频率附加误差r41.0％ ⑤湿度附加误差r50.2％ ⑥换集成块附加误差r60.2％

由于误差项较多，用方和根合成法比较合理，总的误差为：

rr12r22r32r42r52r62

(0.02)2(0.01)2(0.0132)2(0.01)2(0.002)2(0.002)2 2.8%

（U1U2）2.0%（4545）2.0%1.8V 题2-15解：UmU1U2Umn1.80.9V 2U1s%Ums%500.9V s%0.9100%1.8% 50选择s=1.5

故选Um＝50V，s=1.5电压表。

第四章

4.1解：（1）图4-205a为自动平衡位移测量仪表。 设左边电位器传感器的输出电压为U1，则

U1Uxx xm 设右边电位器传感器的输出为U2，则

UxxUxxmU2xxUxx2

xmxm 设放大器的输入为UU2Ui。当放大器放大倍数足够高时，U0，

则U2Ui 即

UiUxx2 xUi Ux 位移x与偏置电压Ui和输入电压Ux之比的开平方成正比。

（2）图b可见，U0为两个电压Ua和Ub经x1和x2分压后相加，即

U0UaU1x1bx2（Uax1Ubx2） xmxmxm（3）图c中，

U1UUx1，U01x2则 xmxmUx1xU U0mx2xx1xm2Uxx 1xmxm（4）图d中，r上的压降为Ux2UaUrar（Rr，忽略分母中的r） RxRx1 U0Uxx2UarUrx2xx2a，输出与2之比成正比。

x1Rx1Rx1题4-2解：电位器的电阻变化量R为

RRm500x5001065Ω 2xm510R1 5VR2500ΩR4500ΩR3255Ω245Ω因此可得右图4-2a，由此图求开路电压UO为

UO2.5V24550.05V50mV 500

根据戴维南定理求右图4-2a，电源短路内阻RO

图4-2a

ROR1//R2R3//R4500500255245374.05Ω

500500255245因此可将电路等效为右图4-2b，则

UO50I50uA

RO625.05374.05625.05RoUo374.05Ω50mV625.05Ω

图4-2b

由此可求得Px为

Px100001div/uA50uA=500kPa

1000题4-3解：根据式（4-43）可计算R1~R4所受应变1~4。

6l620103101F＝2000（微应变） 25332Ebh2.010310（110）6010 200

212000106

6l612103103F＝1200（微应变） 25332Ebh2.010310（110）6010 120

431200106 Umax2R2PmaxUmax4PmaxR425010310010VUOU10k12342200020001200120010632mV44 R1ROROk110010022000106100.40ΩR2ROROk21001002200010699.6ΩR3ROROk310010021200106100.24ΩR4ROROk41001002120010699.76Ω题 4-4解：（1）根据式（4-55）可得简单自感传感器三次方非线性误差为：

L0[30(0)2(0L00)3]L00100%[0(0)2]100%1.01%

（2）根据式（4-63）可得差动自感传感器三次方非线性误差为：

2L0[3'0(0)3]2L00100%(2L00)2100%(0.01)2100%0.01%0

题 4-6解：（1）波纹管将被测压力Px转换成力Fx，使杠杆绕支点作顺时针方向偏转，衔铁靠近电感L，经放大器转成电压V，再经KI转换成输出电流Io。另一方面Io经KfI和KI转换成反馈力Ff作用于杠杆，使杠杆绕支点作逆时针方向偏转。当作用力矩Mx与反馈力矩Mf相等时，系统处于动态平衡状态。输出电流Io稳定于某一数值。Io与Px成比例。

（2）根据上述工作原理可画框图如下：

PxKPFxl1Mx+x-KVVFfKIIoMfl2KfKfI

（3）由上图可见，该系统是平衡变换型结构。可得输入与输出关系为：

IoKPl1KVKIPx 1KVKIKfIKfl2当KVKIKfIKfl21时，忽略上式分母中的1，则

IoKPl1Px

KfIKfl2（4）已知总误差1.0%，按系统误差相同原则分配，则

1.0%0.2%

n5题 4-7解：简单变气隙式电容传感器三次方非线性误差为

iC0[3dddd()2()3]C0d0d0d0d0dd100%[()2]100%dd0d0C0 d0(d0.01)d01.01% 差动变气隙式电容传感器三次方非线性误差为

2C0[3'ddd()3]2C0d0d0d0d100%()2100%0.01%

dd02C0d0

题 4-8解：由于这里所知道的1和2均为相对介电常数，所以必须考虑真空介电常数

08.851012F/m。 根据式（4-85）可得：

2L1(2)0100(pF) 即R1lnr28.851012(2.291)L1100(pF)1001012(F)

0.5ln0.025L14.178(m)Cx 即液位在原来高度基础上变化±4.178（m）

题 4-9解：依题意 h＝0，CxCx0，0，E=0。此时桥路平衡USC＝0，则电桥平衡条件为：

E1Cx0CE

当液位为h时，Cxk1h。此时指针偏转角且E2有增量E。即

E1(Cx0Cx)(E2E)C

EE1ECx1k1h CC由图可见，减速器进动指针偏转的同时，也带动电位器动触点位移，改变E，使电

桥重新平衡，因此E与角成正比。即

k2E 则

E1k1k2h C

题 4-10解：依题意热电偶测温电路见右图。此图配错热电偶补偿导线的型号。若不配错，S热电偶修正到0℃的热电偶可查分度表求得： 1000℃ES(1000,0)=9.556 mV ESSESK40℃25℃(1000,40)= (1000,0)- ES(40,0)=9.556-0.235=9.321 mV

查K热电偶分度表得EK(40,0)=1.61 mV

' 由上图可求得电路电势为ES

'ES(1000,0)ES(1000,40)EK(40,0)9.3211.6110.931mV

'ESES10.9319.556100%100%14.4%

ES9.556

题 4-11解：热电偶补偿电桥在20℃时平衡，即其产生的补偿电势为零。补偿电桥的灵敏度与被补偿的热电偶的灵敏度相同。依题意，若不配错补偿电桥型号，得

Ee(700,40)=Ee(700,20)＋Ee(40,20)

=Ee(700, 0)-Ee(20,0)+Ee(40,0)-Ee(20,0)

查E热电偶分度表得：

Ee(700,40)=57.74-1.31+2.66-1.31=57.78 mV

由于配错补偿桥路型号，则

Ee'(700,40)Ee(700,0)Ee(20,0)ES(40,0)ES(20,0)57.741.310.2350.11356.552mV引起的测量误差为

Ee'(700,40)Ee(700,40)56.55257.78100%100%2.13%

Ee(700,40)57.78

题 4-12解：30℃时引线电阻RL1RL2RL3RLRLt

2.52.54.28103/℃30℃

=2.821Ω

0℃时电桥平衡，U0=0，则R3臂的电阻R3'R3RL1002.5102.5 ∴ RP=54Ω

查Rt46分度表，400℃时Rt=114.72Ω

环境为30℃，t=400℃，接成三线制桥路输出电压Uo为

Uo(114.722.821541002.821)10V 114.722.8215410001002.8211000 531.98(mV)'环境为30℃，t=400℃，接成两线桥路输出电压为Uo为

Uo'(114.7222.82154100)10V 114.7722.8215410001001000 575.65(mV)接成二线制引起的误差为

'UoUo575.65531.98100%100%8.2%

Uo531.98

题 4-14解：根据式（4-125）传感器的灵敏度为：

d332001012CNKV2N

CaCcCi1001012C已知导线KC=25pF/m，则2m电缆的分布电容为

Cc'KV2m25pF/m2m50pF

CaCcCi100pF Cc25pF ∴CaCi75pF

则CaCiCc'7550125pF 可求得灵敏度为

d332001012CNKV'1.6N 12CaCiCc'12510C设传感器的输入信号为x，依题意

xKV80g x80g80g40gN KV2N用2m电缆时的显示值为 xKV'40gN1.6N64g 则引起的测量误差为



6480100%20% 80题 4-15解：已知qVM1000m3h,vM35.3ms，仪表常数K=10 m3Hz/h，f0=3.5MHz，C=1500m/s。

管道截面积S为：S=

qVM10007.87103m2。 vM35.4∵SπR ∴R2S7.871030.05m5cm π3.14∵KSLf0210m3MHzh ∴SLf020m3MHzh

20m3MHzh20m3MHzh3600则L20cm 36Sf07.87103.510tg1S10 ∴70.5° 2R20t1L0.21.45104(s)

Csinv1500sin70.535.3L0.2t21.53104(s)

Csinv1500sin70.535.3N1f0t13.5MHzs1.45104s508 N2f0t23.5MHzs1.53104s536

N2N153650828 N1N2508536272288 N2N1281.0104

N1N2272288∴qVMKN2N110m3MHzh1.01041000m3h

N1N2因此，最后设计参数为：D=10cm，L=20cm，N1=508，N2=536，70.5°

题 4-16解：已知：P=0~0.5MPa，灵敏度KP=2kHz/MPa，m1.0%，膜片面积S=10cm2

fmKPPm2kHzMPa0.5MPa1.0kHz

膜片受力变化量FmSPm10cm25kgfcm250kgf

根据式（4-142）得：

12mF1.0% ∴F81.0%0.28 取F0.25

8∵F0FmF50kgf200kgf 0.25弦长L一般在12mm~20mm之间，L300~500之间。

d若取L=20mm，Ldd400 则

200.05mm 400∵f0F0200kgf1F02.5(g) ∴m2324fL4(110)202mL0最后设计参数：F0200kgf，L=20mm，d0.05mm，m2.5g

题 4-18解：已知S=10cm=10×10-2m，f0=4MHz，N=1×104

则vfSSS Nf0tf00

vvtf0S4MHz101024106101023600(ms)144(kmh) ∴vN11041104103

题 4-20解：由图4-210可见，当压力为0～2MPa时，霍尔片位移为0～10µm，磁感应强度为0～10KGS（千高斯）。

∵VHKHBI ∴B压力灵敏度为：KP则Px

VH1605(KGS) KHI840~10KGS5KGSMPa

0~2KGSB5KGS1MPa KP5KGSMPa