[试题]感测技术试卷解答题

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1、2、请画出直流电桥单臂测量电路图，并推导电桥平衡条件，以及单臂时的输出虽3、画出相傲检波电路，并简单说明该电路作为电感式测量电路时实现判别衔铁移动的原因（或说明经过该电路的输出电压与输入端电压极性无关）。1、写出便间隙式电容传感器电容变化公式，设介电常数为£,极板面积为A,初始极距为d,极板移动后变化最为X。同时写出该传感器的灵敏度人小近似值2、诘画出利用交变电流产生交变磁场的涡流式传感器示意图。并解释涡流效应和涡流传感器工作原理。3、解释智能传感器并写出智能传感器主要包括那几部分和各部分作用2、请写出电阻丝的灵敏度系数表达式，详细解释该灵敏度系数K受那两个因素影响导体利

2、半导体主要考虑那一部分的影响。A1＞解：根据题意可知单臂电桥时电桥的输出电压为:当桥臂电阻相等时可简化为:Uq=_、UK£4⑴根据题意已知U二V,K二0,"代入（1）式可得5=所以单臂时人小为2mv.因为双臂的输出是单臂时的2倍，所以双臂输出电压为=2*〃单=4mv同理口J得全桥时输出屯压为：8mv2、解：（1）电路如图:（2）根据上图可知输出表达式为：〃。卡U,（1）因为Cx是关于极的项所以对首先把Cx表示成极距的项，有:(2)（2）带入（1）可得d,根据（3）可知经过该测量电路以后改变了变间隙型的非线性问题。3、解：（1）中间温度定律:Eabc（2）根据中间温度定律E

3、ab(T^=Eab(TJ{^Eab(TJ.)由题意已知^(7,0)=3.189,6/7；,0)=1.118,所以E^(T,7])=3.189-1.118=2.071mvZT二76—28二48°C1、解：(1)根据题意可知K二2.5,R二120Q,£=1200m・・•金属单丝灵頌度系数公式有•:A/?=kwR=(2)根据双丝组合式口补偿原理有公式R2KgK(1)所以当K2二4时，代R1,K1入(1)式，冇所以双丝自补偿时R2二Q2、解:根据题意可知霍尔元件厚度与霍尔元件工作时输出电动势冇关，具体可以表示成。eh=khib其屮K为霍尔元件灵敏度系数且Kl{=ynde,d为霍

4、尔元件厚度。所以代灵敏度系数入霍尔元件电动势输出公式可以得到：丄虽(1)ndeIB由(1)可以解出〃=』一,因此代I、B、Eh入⑴可得neEH70.2*4070.4a=-a20*nene3、解：(1)热电效应：把不同金属A、B组成一闭合冋路，将其中一个结点加热,使其温度为T另一结点温度不等于T则在回路产生电流的现彖。(2)中间导体定则证明:根据如图所示且根据中间导体定则可知需要证明表达式Eabc（T，TJ=Eab（T,Tq）成立。对于表达式Eabc（T,T.）=Eab（TJ.）左边可写成:Eabc(丁‘TJ=Erb(T)+Erc(%)+Eca(兀)⑴右边可写成:・・・ea

5、b(tj())=eab(t)-em⑵令(1)式T=T0则有EabcS几)=Erb(%)+(%)+Eca(«))=()对（3）进行移项有:~Eab（G=Ebc（G+Eca（%）⑷代（4）式的左边入（1）式可得：Eabc(5)(5)式等于(2)式,即Eabc(T,T0)=Eab(TJq)得证。C1、解：TR{=R2=R3=R4f电桥为直流平衡电桥。根据直流屯桥工作原理：单臂吋输出电压衣达式为:只2&~4KU£=~(r}+r2)2(1)・■•代k=/?2=Q，u=v入（1）式可得电桥输出电压为・•・电桥输出电压为0.005V.根据应变与电阻值相对变化的关系有所以有R£代入R=1

6、20,AR=£=可得:120*0.0022、解:(1)根据求计算电容灵敏度的要求，可以先写出电容传感器的电容计算公式为:a(1)•・•已知宽度为4mm,设宽用b表示,长度未知设为a,极距设为d=0・5mm.代所设量进入(1)式。则(1)变化为：dd0.5所以该电容传感器灵敏度为8*£(2)若两极板相对移动这变化量为前后电容Z差,可表示为:gb△C=C后・C前=万(。后・a前)(2)•九后「％为平板的位移和对变化量等于2mm.・・・代变化量入(2)式，可得电容变化，表示为：c*4*2△°=°后£前=05T6£3、解：(1)根据热电偶的中间温度的基本定律冇：EAB(T,0)=

7、EAB(T,T})+EAB(TltTQ)……根据题意可求得Eab(T,TJ，Eab(T17Tg)且大小为E^(T,7；)=800*0.08=l6mv,E脑⑺,◎)=25*0.08=2mv...代(2)入(1)可得E4B(T,0)=18mv(2)根据(1)已知中间温度表达式如(1)式写成：62,0)=為7/)+為⑺忑)要证明屮间温度成立，可把(1)式右边的项用结点电势表示，所以冇同理eab(t^=eab(t^-eab(t.)…..…把(3)、(4)右边代入(1)可得EAB(TJO)=Eab(T)-Eab⑺)+為(G-Eab(t0