测控仪器设计习题
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L=50的指针偏转一个角度
由图知：
S a sin
推出 arcsin S
a
又 R1 R2 故 R1
R2
因此，指针末端位移
D L L R1 L R1 arcsin S (1)
R2
R2
a
其中： L 指针长度
R1 扇形齿轮半径 R 2 小齿轮半径 S 测杆竖直位移
a 杠杆短臂长
制造误差： 如：表盘安装偏心等
（3）局部误差计算：
全微分法：
D L R1 arcsin S
R2
a
为计算 a和L 所带来的误差，将上式求全微分，得：
D
R1 R2
arcsin
S a
L
L a
R1 R2
S a2
S2
a
用瞬时臂法： 将机械式测微仪分解为两对运动副： （1）1-2，推力运动副 （2）2-3，推力运动副
（A）杠杆短臂误差 a
a
a
1-2，推力运动副 作用线为其接触区的公法线方向。
瞬时臂误差： r0 () a cos
作用误差：
Fa
a cos d a sin a sin 0
0
转换到指示端：
作 用
Fa指示端
Fa
R1 R2
a sin R1
R2
线
（B）表盘刻划半径误差 l
l L
当指针偏转角度 时，由于表盘刻划半
D
L
R1 R2
S
a
S a
1 6
S a
3
1 6
L
R1 R2
S a
3
(4)
此为指示端的原理误差。
在输入端的原理误差为：
S
D L R1
a S 3 6a
(5)
a R2
（2）误差源：
原理误差：
其中：
D
1
L
R1
S
3
6 R2 a
L 指针长度
R1 扇形齿轮半径 R 2 小齿轮半径 S 测杆竖直位移
H 30
因此，由于测杆倾斜所导致的 垂直方向的最大变化值：
h L(1 cos ) L 2 50 5.33 10 4 2 7.1106 mm
2
2
P60 习题9.采用标准砝码校准测力弹簧特性，所得测量数据如下：
质量/g 长度/cm
5 10 15 20 25 30 7.25 8.12 8.95 9.92 10.70 12.8
12
X
Fra Baidu bibliotek
Y
Y'
Delta
5
7.25
7.248 0.002
11
10
8.12
8.118 0.002
10
15
8.95
8.988 -0.038
9
20
9.92
9.858 0.062
8
25
10.7 10.728 -0.028
7
30
12.8 11.598 1.202
6
5
10
15
20
25
30
10
15
20
25
30
解：
2）绘制校正曲线；
3）估计测力弹簧线性特性表达式并给出非线性误差。
11 10.5
y = 0.174x + 6.378 R2 = 0.9992
y 0.174x 6.738
10
9.5
9
8.5
8
7.5
7
6.5
6
5
10
15
20
25 14 30
13
y = 0.2083x + 5.9773 R2 = 0.9647
a 杠杆短臂长
由公式（1）可知，D和S为非线性关系。而实际生产中，非线性刻划 的刻度盘制造困难，读数不方便。为了方便，通常采用线性刻度盘。
此时：
D L R1 S (2) R2 a
故原理误差为：
D
D
D
L
R1 R2
S a
arcsin
S a
(3)
上式很不直观，为此按幂级数展开并取前两项，得：
P60 习题3.机械式测微仪的原理如图所示。
1）试分析仪器的原理误差；
2）阐述仪器各个误差源；
3）用作用线与瞬时臂法分析杠杆短臂误
差 a、表盘刻划半径误差 l 和表盘安装
偏心e所引起的局部误差。
D
L 50
R2 1
R1 100 a5 S
解： (1)原理误差推导。 测杆1感受尺寸变化，其位移S经过一级杠 杆传动（正弦机构）和一级齿轮传动使长
2
2
P60 习题8. 有一测杆在轴套孔中运动，测杆和轴套孔的公差分
别为
d
D 0 、
0.003
0.013 0
，轴套长为
h
30mm
，测杆长
l
50mm
，求测杆倾斜带来的误差。
D2 H
P39 解： 测杆与轴套之间的最大配合间隙：
0.013- (-0.003) 0.016mm
测杆的最大倾斜角：
D1
tan 0.016 5.33104 rad
l
50mm
，求测杆倾斜带来的误差。
D2 H
P39 解： 测杆与轴套之间的最大配合间隙：
0.013- (-0.003) 0.016mm
测杆的最大倾斜角：
D1
tan 0.016 5.33104 rad
H 30
用计算器得： 0.03054
因此，由于测杆倾斜所导致的 垂直方向的最大变化值：
h L(1 cos ) L 2 50 0.03054 2 0.0233 mm
14
13
R2 = 0.9957
13
12
12
11
11
10
10
9
9
8
8
7
7
6
6
5
10
15
20
25
30
5
y = 0.0043x2 + 0.0596x + 6.969 R2 = 0.9862
10
15
20
25
30
y = 6E-06x5 - 0.0005x4 + 0.0153x3 0.214x2 + 1.5377x + 3.3 R2 = 1
求：1）测力弹簧特性表达式； 2）绘制校正曲线； 3）估计测力弹簧线性特性表达式并给出非线性误差。
解： 1）测力弹簧特性表达式：
14
y = 0.2083x + 5.9773 R2 = 0.9647
14
13
13
12
12
11
11
10
10
9
9
8
8
7
7
6
6
5
10
15
20
25
30
5
14 y = 0.0004x3 - 0.0183x2 + 0.4007x + 5.6133
径导致的误差为
(L l) L l
（C）表盘安装偏心 e
根据书P35，表盘安装偏心 e 相当于引入额外的角度
e sin
L
局部误差：
F
L
e sin
L
e sin
P60 习题8. 有一测杆在轴套孔中运动，测杆和轴套孔的公差分
别为
d
D 0 、
0.003
0.013 0
，轴套长为
h
30mm
，测杆长
由图知：
S a sin
推出 arcsin S
a
又 R1 R2 故 R1
R2
因此，指针末端位移
D L L R1 L R1 arcsin S (1)
R2
R2
a
其中： L 指针长度
R1 扇形齿轮半径 R 2 小齿轮半径 S 测杆竖直位移
a 杠杆短臂长
制造误差： 如：表盘安装偏心等
（3）局部误差计算：
全微分法：
D L R1 arcsin S
R2
a
为计算 a和L 所带来的误差，将上式求全微分，得：
D
R1 R2
arcsin
S a
L
L a
R1 R2
S a2
S2
a
用瞬时臂法： 将机械式测微仪分解为两对运动副： （1）1-2，推力运动副 （2）2-3，推力运动副
（A）杠杆短臂误差 a
a
a
1-2，推力运动副 作用线为其接触区的公法线方向。
瞬时臂误差： r0 () a cos
作用误差：
Fa
a cos d a sin a sin 0
0
转换到指示端：
作 用
Fa指示端
Fa
R1 R2
a sin R1
R2
线
（B）表盘刻划半径误差 l
l L
当指针偏转角度 时，由于表盘刻划半
D
L
R1 R2
S
a
S a
1 6
S a
3
1 6
L
R1 R2
S a
3
(4)
此为指示端的原理误差。
在输入端的原理误差为：
S
D L R1
a S 3 6a
(5)
a R2
（2）误差源：
原理误差：
其中：
D
1
L
R1
S
3
6 R2 a
L 指针长度
R1 扇形齿轮半径 R 2 小齿轮半径 S 测杆竖直位移
H 30
因此，由于测杆倾斜所导致的 垂直方向的最大变化值：
h L(1 cos ) L 2 50 5.33 10 4 2 7.1106 mm
2
2
P60 习题9.采用标准砝码校准测力弹簧特性，所得测量数据如下：
质量/g 长度/cm
5 10 15 20 25 30 7.25 8.12 8.95 9.92 10.70 12.8
12
X
Fra Baidu bibliotek
Y
Y'
Delta
5
7.25
7.248 0.002
11
10
8.12
8.118 0.002
10
15
8.95
8.988 -0.038
9
20
9.92
9.858 0.062
8
25
10.7 10.728 -0.028
7
30
12.8 11.598 1.202
6
5
10
15
20
25
30
10
15
20
25
30
解：
2）绘制校正曲线；
3）估计测力弹簧线性特性表达式并给出非线性误差。
11 10.5
y = 0.174x + 6.378 R2 = 0.9992
y 0.174x 6.738
10
9.5
9
8.5
8
7.5
7
6.5
6
5
10
15
20
25 14 30
13
y = 0.2083x + 5.9773 R2 = 0.9647
a 杠杆短臂长
由公式（1）可知，D和S为非线性关系。而实际生产中，非线性刻划 的刻度盘制造困难，读数不方便。为了方便，通常采用线性刻度盘。
此时：
D L R1 S (2) R2 a
故原理误差为：
D
D
D
L
R1 R2
S a
arcsin
S a
(3)
上式很不直观，为此按幂级数展开并取前两项，得：
P60 习题3.机械式测微仪的原理如图所示。
1）试分析仪器的原理误差；
2）阐述仪器各个误差源；
3）用作用线与瞬时臂法分析杠杆短臂误
差 a、表盘刻划半径误差 l 和表盘安装
偏心e所引起的局部误差。
D
L 50
R2 1
R1 100 a5 S
解： (1)原理误差推导。 测杆1感受尺寸变化，其位移S经过一级杠 杆传动（正弦机构）和一级齿轮传动使长
2
2
P60 习题8. 有一测杆在轴套孔中运动，测杆和轴套孔的公差分
别为
d
D 0 、
0.003
0.013 0
，轴套长为
h
30mm
，测杆长
l
50mm
，求测杆倾斜带来的误差。
D2 H
P39 解： 测杆与轴套之间的最大配合间隙：
0.013- (-0.003) 0.016mm
测杆的最大倾斜角：
D1
tan 0.016 5.33104 rad
l
50mm
，求测杆倾斜带来的误差。
D2 H
P39 解： 测杆与轴套之间的最大配合间隙：
0.013- (-0.003) 0.016mm
测杆的最大倾斜角：
D1
tan 0.016 5.33104 rad
H 30
用计算器得： 0.03054
因此，由于测杆倾斜所导致的 垂直方向的最大变化值：
h L(1 cos ) L 2 50 0.03054 2 0.0233 mm
14
13
R2 = 0.9957
13
12
12
11
11
10
10
9
9
8
8
7
7
6
6
5
10
15
20
25
30
5
y = 0.0043x2 + 0.0596x + 6.969 R2 = 0.9862
10
15
20
25
30
y = 6E-06x5 - 0.0005x4 + 0.0153x3 0.214x2 + 1.5377x + 3.3 R2 = 1
求：1）测力弹簧特性表达式； 2）绘制校正曲线； 3）估计测力弹簧线性特性表达式并给出非线性误差。
解： 1）测力弹簧特性表达式：
14
y = 0.2083x + 5.9773 R2 = 0.9647
14
13
13
12
12
11
11
10
10
9
9
8
8
7
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6
6
5
10
15
20
25
30
5
14 y = 0.0004x3 - 0.0183x2 + 0.4007x + 5.6133
径导致的误差为
(L l) L l
（C）表盘安装偏心 e
根据书P35，表盘安装偏心 e 相当于引入额外的角度
e sin
L
局部误差：
F
L
e sin
L
e sin
P60 习题8. 有一测杆在轴套孔中运动，测杆和轴套孔的公差分
别为
d
D 0 、
0.003
0.013 0
，轴套长为
h
30mm
，测杆长