《检测技术》期末复习题及答案

检测技术—复习

1、石英晶体为例简述压电效应产生的原理

答：石英晶体在沿一定的方向受到外力的作用变形时，由于内部电极化现象同时在两个表面上产生符号相反的电荷，当外力去掉后，恢复到不带电的状态；而当作用力方向改变时，电荷的极性随着改变。晶体受力所产生的电荷量与外力的大小成正比。这种现象称为正压电效应。反之，如对石英晶体施加一定变电场，晶体本身将产生机械变形，外电场撤离，变形也随之消失，称为逆压电效应。 石英晶体整个晶体是中性的，受外力作用而变形时，没有体积变形压电效应，但它具有良好的厚度变形和长度变形压电效应。

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。

答：假设某瞬间载波为正半周，此时差动变压器两次级线圈的相位关系为a 正b 负、c 正d 负，则由上线圈供电的电流路径为a →1→2→9→11→4→3→b ，电容C 1两端的电压为U 24。同理，电容C 2两端的电压为U 68。差动变压器的输出电压为上述两电压的代数和。即

U 2= U 24-U 68

同理，当某瞬间为负半周时，即两次级线圈的相位关系为a 负b 正、c 负d 正，按上述类似的分析，可得差动变压器输出电压U 2的表达式仍为上式。

当衔铁在零位时，因为U 24=U 68，所以U 2=0；当衔铁在零位以上时，因为U 24> U 68，有U 2>0; 当衔铁在零位以下时，因为U 24< U 68，有U 2<0;

3、证明①（线性）电位器式传感器由于测量电路中负载电阻R L 带来的负载误差

％％＝10011

1100U U U 0L 0L ⨯⎥⎦

⎤⎢⎣⎡+-⨯-=

r)-mr(1δ，假设max x R R r =；L max R R m =。

max

2

max

00m 0a 0

x

0=100%1

1-100%1+mr(1-r r 1(1)

)x L

l x x L L L L L L L L L

R R U U R R R U U U R U r

U U mr r U U U R U U δδ+--=

⨯⎡

⎤

=⨯⎢=+-⎥

⎣⎦

L max max 电位器负载为R ,则此电位器的输出电压为

=R R 在未接入负载时，电位器的输出电压为

接入负载后输出电压为电位器在接入负载电阻后的将与带入上式得

负载误差为

4、试证明热电偶的中间导体定律

答：要证明本定律，只要证明E ABC （T,T 0）=E AB (T,T 0); 式一 所以有：

回路总电势为E ABC (T,T 0)=f AB (T)+f BC (T 0)+f CA (T 0) 式二 当T=T 0，总电势为零，故有E ABC (T,T 0)=f AB (T 0)+f AB (T 0)+f CA (T 0) 即f BC (T 0)+f CA (T 0)=- f AB (T ，T 0) 式三

式三代入式二得

E ABC (T,T 0)=f AB (T)- f AB (T 0)= E AB (T,T 0); 所以式一得证，

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

答：补偿电桥法是一种利用电桥输出电压抵消热电偶冷端温度变化的温度补

偿方法，图中补偿电桥与热电偶冷端处在相同的温度环境下，其中1R 、2R 、3

R 用电阻温度系数极小的锰铜丝绕制，且阻值相等，即

3

21R R R ==；

t

R 用铜导线

绕制，作补偿电阻(2分)。 使用时，用延伸导线将热电偶冷端延伸至补偿电桥处，使补偿电桥与热电偶冷端感受同一温度

n

T 。选择

3

210R R R R t ===，使电桥处于平衡状态，电桥输出

ab

U 为零(2分)；

当冷端温度升高时，补偿电阻

c

R 阻值增加，电桥失去平衡，输出电压

ab

U 增

大，而热电偶的输出AB E 则因冷端温度升高而减小，若能保证电桥输出的增加等于热电偶输出的减小，则线路总输出就不随着冷端温度的变化而变化，达到冷端温度补偿的目的(3分)。

ab

n AB U T T E U +=），（0

当使补偿电桥满足以下条件：

）

，（0T T E U n AB ab =

ab n AB U T T E U +=），（0）（），（0,T T E T T E n AB n AB +=)

,(0T T E AB =（2分）

只要T 不变，尽管

n

T 波动，驱动电压

U 不会改变。这种补偿电桥通常称为

冷端温度补偿器。目前国内有标准的冷端温度补偿器供应（1分）。

6、测得某检测装置的一组输入输出数据如下：

X 0.9 2.5 3.3 4.5 5.7 6.7 Y

1.1

1.6

2.6

3.2

4.0

5.0

试用最小二乘法拟合直线，求其线性度和灵敏度 解： b kx y +=

)(b kx y i i i +-=∆

2

2)

(i i i

i i i x x n y x y x n k ∑-∑∑∑-∑=

2

2

2

)

()(i i i i i i i x x n y x x y x b ∑-∑∑∑-∑∑=

代入数据求得68.0=k 25.0=b 所以 25.068.0+=x y

238.01=Δ 35.02-=Δ 16.03-=Δ 11.04-=Δ 126.05-=Δ 194.06-=Δ

%75

35

.0%100FS max L ±=±=⨯∆±

=y L γ 拟合直线灵敏度68.0=k ,线性度±7%。

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。

答：在图中所示的温度补偿电路中，设初始温度为0T 、霍尔元件输入电阻为

0i R 、灵敏度系数0H K 、控制电流为20I 、分流电阻为0R ，根据分流的概念得

2000

S i R I I R R =

+

当温度升到T 时，电路中各参数变为

00(1)(1)

i i R R R R T T δβ=+=∆+∆