机械工程测试技术

第1章绪论

1计量、测试、测量的概念。

2测试系统的组成及各环节的作用，并举例说明。

第2章传感器

1在机械式传感器中，影响线性度的主要因素是什么？可举例说明。

解答：主要因素是弹性敏感元件的蠕变、弹性后效等。

2试举出你所熟悉的五种机械式传感器，并说明它们的变换原理。

解答：气压表、弹簧秤、双金属片温度传感器、液体温度传感器、毛发湿度计等。

3电阻丝应变片与半导体应变片在工作原理上有何区别？各有何优缺点？应如何针对具体情况来选用？

解答：电阻丝应变片主要利用形变效应，而半导体应变片主要利用压阻效应。

电阻丝应变片主要优点是性能稳定，现行较好；主要缺点是灵敏度低，横向效应大。

半导体应变片主要优点是灵敏度高、机械滞后小、横向效应小；主要缺点是温度稳定性差、灵敏度离散度大、非线性大。

选用时要根据测量精度要求、现场条件、灵敏度要求等来选择。

4有一电阻应变片，其灵敏度Sg＝2，R＝120。设工作时其应变为1000，问R＝？设将此应变片接成如图所示的电路，试求：1）无应变时电流

表示值；2）有应变时电流表示值；3）电流表指示值相对变化量；4）试分析这个变量能否从表中读出？

解：根据应变效应表达式R/R=Sg得

R=SgR=2100010-6120=0.24

1）I1=1.5/R=1.5/120=0.0125A=12.5mA

2）I2=1.5/(R+R)=1.5/(120+0.24)0.012475A=12.475mA

3）=(I2-I1)/I1100%=0.2%

4）电流变化量太小，很难从电流表中读出。如果采用高灵敏度小量程的微安表，则量程不够，无法测量12.5mA的电流；如果采用毫安表，

无法分辨0.025mA的电流变化。一般需要电桥来测量，将无应变时的灵位电流平衡掉，只取有应变时的微小输出量，并可根据需要采用放大器放大。

3-5电感传感器（自感型）的灵敏度与哪些因素有关？要提高灵敏度可采取哪些措施？采取这些措施会带来什么样后果？

解答：以气隙变化式为例进行分析。

2

00

22

NA

dL

S

d







又因为线圈阻抗Z=L，所以灵敏度又可写成

2

00

22

NA

dZ

S

d







由上式可见，灵敏度与磁路横截面积A0、线圈匝数N、电源角频率、铁芯磁导率0，气隙等有关。

如果加大磁路横截面积A0、线圈匝数N、电源角频率、铁芯磁导率0，减小气隙，都可提高灵敏度。

加大磁路横截面积A0、线圈匝数N会增大传感器尺寸，重量增加，并影响到动态特性；减小气隙会增大非线性。

6一个电容测微仪，其传感器的圆形极板半径r＝4mm，工作初始间隙=0.3mm，问：1）工作时，如果传感器与工件的间隙变化量＝1m时，电容

变化量是多少？2）如果测量电路的灵敏度S1=100mV/pF，读数仪表的灵敏度S2=5格/mV，在＝1m时，读数仪表的指示值变化多少格？

解：1）

0000

2

00000

12326

32

153

()

8.85101(410)(110)

(0.310)

4.9410F4.9410pF

AAAA

C

























2）B=S1S2C=1005(4.9410-3)2.47格

答：

8一压电式压力传感器的灵敏度S=90pC/MPa，把它和一台灵敏度调到0.005V/pC的电荷放大器连接，放大器的输出又接到一灵敏度已调到20mm/V

的光线示波器上记录，试绘出这个测试系统的框图，并计算其总的灵敏度。

解：框图如下

各装置串联，如果忽略负载效应，则总灵敏度S等于各装置灵敏度相乘，即

S=x/P=900.00520=9mm/MPa。

9光电传感器包含哪儿种类型？各有何特点？用光电式传感器可以测量哪些物理量？

解答：包括利用外光电效应工作的光电传感器、利用内光电效应工作的光电传感器、利用光生伏特效应工作的光电传感器三种。

外光电效应（亦称光电子发射效应）—光线照射物体，使物体的电子逸出表面的现象，包括光电管和光电倍增管。

内光电效应（亦称光导效应）—物体受到光线照射时，物体的电子吸收光能是其导电性增加，电阻率下降的现象，有光敏电阻和由其制成的

光导管。

光生伏特效应—光线使物体产生一定方向的电动势。

如遥控器，自动门（热释电红外探测器），光电鼠标器，照相机自动测光计，光度计，光电耦合器，光电开关（计数、位置、行程开关等），

浊度检测，火灾报警，光电阅读器（如纸带阅读机、条形码读出器、考卷自动评阅机等），光纤通信，光纤传感，CCD，色差，颜色标记，防盗报警，

电视机中亮度自动调节，路灯、航标灯控制，光控灯座，音乐石英钟控制（晚上不奏乐），红外遥感、干手器、冲水机等。

在CCD图象传感器、红外成像仪、光纤传感器、激光传感器等中都得到了广泛应用。

10何谓霍尔效应？其物理本质是什么？用霍尔元件可测哪些物理量？请举出三个例子说明。

解答：

霍尔（Hall）效应：金属或半导体薄片置于磁场中，当有电流流过薄片时，则在垂直于电流和磁场方向的两侧面上将产生电位差，这种现象称

为霍尔效应，产生的电位差称为霍尔电势。

霍尔效应产生的机理（物理本质）：在磁场中运动的电荷受到磁场力FL（称为洛仑兹力）作用，而向垂直于磁场和运动方向的方向移动，在两侧

面产生正、负电荷积累。

应用举例：电流的测量，位移测量，磁感应强度测量，力测量；计数装置，转速测量（如计程表等），流量测量，位置检测与控制，电子点火

器，制做霍尔电机—无刷电机等。

11试说明压电式加速度计、超声换能器、声发射传感器之间的异同点。

解答：相同点：都是利用材料的压电效应（正压电效应或逆压电效应）。

不同点：压电式加速度计利用正压电效应，通过惯性质量快将振动加速度转换成力作用于压电元件，产生电荷。

超声波换能器用于电能和机械能的相互转换。利用正、逆压电效应。利用逆压电效应可用于清洗、焊接等。

声发射传感器是基于晶体组件的压电效应，将声发射波所引起的被检件表面振动转换成电压信号的换能设备，所有又常被人们称为声发射换

能器或者声发射探头。

材料结构受外力或内力作用产生位错-滑移-微裂纹形成-裂纹扩展-断裂，以弹性波的形式释放出应变能的现象称为声发射。

声发射传感器不同于加速度传感器，它受应力波作用时靠压电晶片自身的谐振变形把被检试件表面振动物理量转化为电量输出。

12选用传感器的基本原则是什么？试举一例说明。

解答：灵敏度、响应特性、线性范围、可靠性、精确度、测量方法、体积、重量、价格等各方面综合考虑。

压力传感器电荷放大器光线示波器

压力P

第3章信号的转换与调理

1以阻值R=120、灵敏度Sg=2的电阻丝应变片与阻值为120的固定电阻组成电桥，供桥电压为3V，并假定负载电阻为无穷大，当应变片的应变为

2和2000时，分别求出单臂、双臂电桥的输出电压，并比较两种情况下的灵敏度。

解：这是一个等臂电桥，可以利用等比电桥和差特性表达式求解。

o1234e

1

()

4

URRRRU

R



=2时：

单臂输出电压：

66

oee

11

22103310V3μV

44g

R

UUSU

R







双臂输出电压：

66

oee

11

22103610V6μV

22g

R

UUSU

R







=2000时：

单臂输出电压：

63

oee

11

22000103310V3mV

44g

R

UUSU

R







双臂输出电压：

63

oee

11

22000103610V6mV

22g

R

UUSU

R







双臂电桥较单臂电桥灵敏度提高1倍。

2有人在使用电阻应变仪时，发现灵敏度不够，于是试图在工作电桥上增加电阻应变片数以提高灵敏度。试问，在下列情况下，是否可提高灵敏度？

说明为什么？

1）半桥双臂各串联一片；

2）半桥双臂各并联一片。

解答：电桥的电压灵敏度为

o

/

U

S

RR





，即电桥的输出电压

o

R

US

R



和电阻的相对变化成正比。由此可知：

1）半桥双臂各串联一片，虽然桥臂上的电阻变化增加1倍，但桥臂总电阻也增加1倍，其电阻的相对变化没有增加，所以输出电压没有增加，

故此法不能提高灵敏度；

2）半桥双臂各并联一片，桥臂上的等效电阻变化和等效总电阻都降低了一半，电阻的相对变化也没有增加，故此法也不能提高灵敏度。

3为什么在动态应变仪上除了设有电阻平衡旋钮外，还设有电容平衡旋钮

解答：动态电阻应变仪采用高频交流电给电桥供电，电桥工作在交流状态，电桥的平衡条件为

Z1Z3=Z2Z4|Z1||Z3|=|Z2||Z4|，13=24

由于导线分布、各种寄生电容、电感等的存在，光有电阻平衡是不能实现阻抗模和阻抗角同时达到平衡，只有使用电阻、电容两套平衡装置

反复调节才能实现电桥阻抗模和阻抗角同时达到平衡。

4用电阻应变片接成全桥，测量某一构件的应变，已知其变化规律为

(t)=Acos10t+Bcos100t

如果电桥激励电压u0=Esin10000t，试求此电桥的输出信号频谱。

解：接成等臂全桥，设应变片的灵敏度为Sg，根据等臂电桥加减特性得到







()(cos10cos100)sin10000

1

sin(1010000)sin(1010000)

2

1

sin(10010000)sin(10010000)

2

sin10010sin9990sin10100sin9900

22

oegeg

g

g

gg

R

uuStuSAtBtEt

R

SEAtt

SEBtt

SEASEB

tttt













幅频图为

5已知调幅波xa(t)=(100+30cost+20cos3t)cosct，其中fc=10kHz，f



=500Hz。试求：

1）xa(t)所包含的各分量的频率及幅值；

2）绘出调制信号与调幅波的频谱。

解：1）xa(t)=100cosct+15cos(c-)t+15cos(c+)t+10cos(c-3)t+10cos(c+3)t

各频率分量的频率/幅值分别为：10000Hz/100，9500Hz/15，10500Hz/15，8500Hz/10，11500Hz/10。

2）调制信号x(t)=100+30cost+20cos3t，各分量频率/幅值分别为：0Hz/100，500Hz/30，1500Hz/20。

调制信号与调幅波的频谱如图所示。

6调幅波是否可以看作是载波与调制信号的迭加？为什么？

解答：不可以。因为调幅波是载波幅值随调制信号大小成正比变化，只有相乘才能实现。

7试从调幅原理说明，为什么某动态应变仪的电桥激励电压频率为10kHz，而工作频率为0~1500Hz？

解答：为了不产生混叠，以及解调时能够有效地滤掉高频成分，要求载波频率为5~10倍调制信号频率。动态应变仪的电桥激励电压为载波，频率为

10kHz，所以工作频率（即允许的调制信号最高频率）为0~1500Hz是合理的。

8什么是滤波器的分辨力？与哪些因素有关？

解答：滤波器的分辨力是指滤波器分辨相邻频率成分的能力。与滤波器带宽B、品质因数Q、倍频程选择性、滤波器因数等有关。带宽越小、品质因

数越大、倍频程选择性越小、滤波器因数越小，分辨力越高。

9设一带通滤器的下截止频率为fc1，上截止频率为fc2，中心频率为f0，试指出下列记述中的正确与错误。1）倍频程滤波器

21

2

cc

ff。

2）

012cc

fff。

3）滤波器的截止频率就是此通频带的幅值-3dB处的频率。

4）下限频率相同时，倍频程滤波器的中心频率是1/3倍频程滤波器的中心频率的

32倍。

解答：1）错误。倍频程滤波器n=1，正确的是fc2=21fc1=2fc1。

2）正确。

3）正确。

4）正确。

10已知某RC低通滤波器，R=1k，C=1F，试；

1）确定各函数式H(s)；H()；A()；()。

2）当输入信号ui=10sin1000t时，求输出信号uo，并比较其幅值及相位关系。

解：

f0

A

n

(f)

调制信号频谱

1500f

8500

A

n

(f)

95

20

30

100

100

10

15

10500

15

10

调幅波频谱

f

9900

A

n

(f)

999

2

g

SEB

2

g

SEA

2

g

SEB

1）

1

()

1

Hs

s





，

1

()

1

H

j









=RC=100010-6=0.001s

所以

1

()

0.0011

Hs

s





，

1

()

10.001

H

j









2

1

()

1(0.001)

A







，()arctan0.001

2）ui=10sin1000t时，=1000rad/s，所以

2

12

(1000)

1(0.0011000)2

A



(1000)arctan0.0011000

4





o

10(1000)sin[1000(1000)]52sin(1000)

4

uAtt



（稳态输出）

相对输入ui，输出幅值衰减为52（衰减了-3dB），相位滞后

4



。

11已知低通滤波器的频率响应函数

1

()

1

H

j









式中=0.05s。当输入信号x(t)=0.5cos(10t)+0.2cos(100t-45)时，求其输出y(t)，并比较y(t)与x(t)的幅值与相位有何区别。

解：

2

1

()

1()

A







，()arctan

2

1

(10)0.894

1(0.0510)

A



，(10)arctan(0.0510)26.6

2

1

(100)0.196

1(0.05100)

A



，(100)arctan(0.05100)78.7

y(t)=0.5A(10)cos[10t+(10)]+0.2A(100)cos[100t-45+(100)]

=0.447cos(10t-26.6)+0.039cos(100t-123.7)

比较：输出相对输入，幅值衰减，相位滞后。频率越高，幅值衰减越大，相位滞后越大。

第4章测试信号分析与处理

C

R

i(t)

u

i

(t)

u

o

(t)

一阶RC低通滤波器

1求周期方波的傅里叶级数（复指数函数形式），画出|cn|–ω和φn–ω图。

解答：在一个周期的表达式为

0

0

(0)

2

()

(0)

2

T

At

xt

T

At





















积分区间取（-T/2，T/2）

00

000

0

0

0

22

0

2

000

2

111

()d=d+d

=(cos-1)(=0,1,2,3,)L

TT

jntjntjnt

T

T

n

cxtetAetAet

TTT

A

jnn

n



















所以复指数函数形式的傅里叶级数为

00

1

()(1cos)jntjnt

n

nn

A

xtcejne

n







，=0,1,2,3,nL。

(1cos)

(=0,1,2,3,)

0

nI

nR

A

cn

n

n

c

















L





22

2

1,3,,

(1cos)

00,2,4,6,

nnRnI

A

n

A

cccn

n

n

n

















L

L







1,3,5,

2

arctan1,3,5,

2

00,2,4,6,

nI

n

nR

π

n

c

π

φn

c

n

























L

L

L

没有偶次谐波。其频谱图如下图所示。

图周期方波信号波形图

0

t

x(t)

T

0

2



T

0

2

0

T

…

…

A

-A

T

0

2求正弦信号

0

()sinxtxωt的绝对均值

x

μ和均方根值

rms

x。

解答：

0000

2

2

0

0

000

2242

11

()dsindsindcos

T

T

TT

x

xxxx

μxttxωttωttωt

TTTTωTωπ



2

222

00

rms0

000

111cos2

()dsindd

2

2

TTTxx

ωt

xxttxωttt

TTT





3求指数函数()(0,0)atxtAeat的频谱。

解答：

(2)

22

0

22

0

(2)

()()

(2)2(2)

ajft

jftatjft

eAAajf

XfxtedtAeedtA

ajfajfaf























22

()

(2)

k

Xf

af





Im()2

()arctanarctan

Re()

Xff

f

Xfa







4求被截断的余弦函数

0

cosωt的傅里叶变换。

0

cos

()

0

ωttT

xt

tT















解：

0

()()cos(2)xtwtft

|c

n

|

φ

n

π/2

-π/2

ω

ω

ω

0

ω

0

3ω

05ω

0

3ω

0

5ω

0

2A/π

2A/3π

2A/5π

幅频图相频图

周期方波复指数函数形式频谱图

2A/5π

2A/3π

2A/π

-ω

0

-3ω

0

-5ω

0

-ω

0

-3ω

0

-5ω

0

单边指数衰减信号频谱图

f

|X(f)|

A/a

0

φ(f)

f

0

π/2

-π/2

图被截断的余弦函数

t

t

T-T

T

-T

x(t)

w(t)

1

0

0

1

-1

w(t)为矩形脉冲信号

()2sinc(2)WfTTf

00

22

0

1

cos(2)

2

jftjftftee

所以00

22

11

()()()

22

jftjftxtwtewte

根据频移特性和叠加性得：

00

00

11

()()()

22

sinc[2()]sinc[2()]

XfWffWff

TTffTTff





可见被截断余弦函数的频谱等于将矩形脉冲的频谱一分为二，各向左右移动f0，同时谱线高度减小一半。也说明，单一频率的简谐信号由于

截断导致频谱变得无限宽。

5求正弦信号

0

()sin()xtxωtφ的均值

x

μ、均方值

2

x

ψ和概率密度函数p(x)。

解答：

(1)

0

0

00

0

11

lim()dsin()d0TT

x

T

μxttxωtφt

TT

，式中

0

2π

T

ω

—正弦信号周期

(2)

00

22

2222

00

0

000

00

111cos2()

lim()dsin()dd

22

TTT

x

T

xx

ωtφ

ψxttxωtφtt

TTT





(3)在一个周期内

012

ΔΔ2Δ

x

Tttt

0

00

2Δ

[()Δ]limxx

T

TT

t

Pxxtxx

TTT



22

Δ0Δ0

00

0

[()Δ]2Δ2d1

()limlim

ΔΔdxx

Pxxtxxtt

px

xTxTx

πxx







f

X(f)

T

f

0

-f

0

被截断的余弦函数频谱

6求h(t)的自相关函数。(0,0)

()

0(0)

ateta

ht

t







解：这是一种能量有限的确定性信号，所以

()

0

1

()()()

2

atata

h

Rhthtdteedte

a









7假定有一个信号x(t)，它由两个频率、相角均不相等的余弦函数叠加而成，其数学表达式为

x(t)=A1cos(1t+1)+A2cos(2t+2)

求该信号的自相关函数。

解：设x1(t)=A1cos(1t+1)；x2(t)=A2cos(2t+2)，则

112212

1212

1112

2122

1

()lim[()()][()()]

2

11

lim()()lim()()

22

11

lim()()lim()()

22

()()()()

T

x

T

T

TT

TT

TT

TT

TT

TT

xxxxxx

Rxtxtxtxtdt

T

xtxtdtxtxtdt

TT

xtxtdtxtxtdt

TT

RRRR



































因为12，所以

12

()0

xx

R，

21

()0

xx

R。

又因为x1(t)和x2(t)为周期信号，所以





1

1

1

11

1

111111

0

1

2

1

11111111

0

1

2

1

1111

00

1

22

11

11

1

0

1

()cos()cos[()]

1

cos()cos()

2

cos22cos()

2

0cos()cos()

22

T

x

T

TT

T

RAtAtdt

T

A

ttttdt

T

A

tdtdt

T

AA

t

T





























同理可求得

1

2

2

2

()cos()

2x

A

R

x(t)

正弦信号

x

x+Δx

ΔtΔt

t

所以

12

22

12

12

()()()cos()cos()

22xxx

AA

RRR

8求方波和正弦波的互相关函数。

解法1：按方波分段积分直接计算。

00

3

44

3

0

4

4

11

()()()()()

1

(1)sin()1sin()(1)sin()

2

sin()

TT

xy

TT

T

T

T

Rxtytdtxtytdt

TT

tdttdttdt

T























g

解法2：将方波y(t)展开成三角级数，其基波与x(t)同频相关，而三次以上谐波与x(t)不同频不相关，不必计算，所以只需计算y(t)的基波与x(t)

的互相关函数即可。

411

()coscos3cos5

35

ytttt











LL

所以





00

0

00

114

()()()sin()cos()

41

sin()sin()

2

2

sin(2)sin()

22

0sin()sin()

TT

xy

T

TT

Rxtytdtttdt

TT

ttttdt

T

tdtdt

T

T

T











































解法3：直接按Rxy()定义式计算(参看下图)。

t

y(t)

t

x(t)

1

-1

1

T

-1

图正弦波和方波

sin(t)

0

0

0

3

44

3

0

4

4

1

()()()

1

(1)sin()1sin()(1)sin()

2

sin()

T

xy

TT

T

T

T

Rxtytdt

T

tdttdttdt

T



































g

参考上图可以算出图中方波y(t)的自相关函数

4

10

2

4

()

3

2

()0,1,2,

y

y

T

T

T

R

T

T

RnTn































LL

t

y(t)

t

x(t)

1

-1

1

T

-1

sin(t)

0

0

t

y(t+)

1

-1

0



4

T

3

4

T

T

T3

4

T



4

T





R

y

()

0

方波的自相关函数图

T

T/2

9对三个正弦信号x1(t)=cos2t、x2(t)=cos6t、x3(t)=cos10t进行采样，采样频率fs=4Hz，求三个采样输出序列，比较这三个结果，画出x1(t)、

x2(t)、x3(t)的波形及采样点位置，并解释频率混叠现象。

解：采样序列x(n)

111

11

000

()()()cos2()cos()

24

NNN

sss

nnn

nn

xnxttnTnTtnTt



















采样输出序列为：1，0，-1，0，1，0，-1，0，

1

2

0

3

()cos()

24

N

n

nn

xnt



















采样输出序列为：1，0，-1，0，1，0，-1，0，

1

2

0

5

()cos()

24

N

n

nn

xnt



















采样输出序列为：1，0，-1，0，1，0，-1，0，

从计算结果和波形图上的采样点可以看出，虽然三个信号频率不同，但采样后输出的三个脉冲序列却是相同的，这三个脉冲序列反映不出三

个信号的频率区别，造成了频率混叠。原因就是对x2(t)、x3(t)来说，采样频率不满足采样定理。

x

1

(t)

x

2

(t)

x

3

(t)

t

t

t

第5章测试系统特性分析

1为什么选用电表时，不但要考虑它的准确度，而且要考虑它的量程？为什么是用电表时应尽可能地在电表量程上限的三分之二以上使用？用量程为

150V的0.5级电压表和量程为30V的1.5级电压表分别测量25V电压，请问哪一个测量准确度高？

解答：

(1)因为多数的电工仪表、热工仪表和部分无线电测量仪器是按引用误差分级的（例如，精度等级为0.2级的电表，其引用误差为0.2%），而

引用误差=绝对误差/引用值

其中的引用值一般是仪表的满度值(或量程)，所以用电表测量的结果的绝对误差大小与量程有关。量程越大，引起的绝对误差越大，所以在选用电

表时，不但要考虑它的准确度，而且要考虑它的量程。

(2)从(1)中可知，电表测量所带来的绝对误差=精度等级×量程/100，即电表所带来的绝对误差是一定的，这样，当被测量值越大，测量结果

的相对误差就越小，测量准确度就越高，所以用电表时应尽可能地在电表量程上限的三分之二以上使用。

(3)150V的0.5级电压表所带来的绝对误差=0.5×150/100=0.75V；30V的1.5级电压表所带来的绝对误差=1.5×30/100=0.45V。所以30V的

1.5级电压表测量精度高。

2如何表达测量结果？对某量进行8次测量，测得值分别为：802.40，802.50，802.38，802.48，802.42，802.46，802.45，802.43。求其测量结

果。

解答：

(1)测量结果=样本平均值±不确定度

或ˆ

x

s

Xxσx

n



(2)

8

1802.44

8

i

i

x

x



8

2

1

()

0.040356

81

i

i

xx

s









ˆ

0.014268

8x

s

σ

所以测量结果=802.44+0.014268

3进行某动态压力测量时，所采用的压电式力传感器的灵敏度为90.9nC/MPa，将它与增益为0.005V/nC的电荷放大器相连，而电荷放大器的输出接

到一台笔式记录仪上，记录仪的灵敏度为20mm/V。试计算这个测量系统的总灵敏度。当压力变化为3.5MPa时，记录笔在记录纸上的偏移量是多少？

解：若不考虑负载效应，则各装置串联后总的灵敏度等于各装置灵敏度相乘，即

S=90.9(nC/MPa)0.005(V/nC)20(mm/V)=9.09mm/MPa。

偏移量：y=S3.5=9.093.5=31.815mm。

4用一个时间常数为0.35s的一阶装置去测量周期分别为1s、2s和5s的正弦信号，问稳态响应幅值误差将是多少？

解：设一阶系统

1

()

1

Hs

s





，

1

()

1

H

j









2

2

11

()()

2

1()

1()

AH

T













，T是输入的正弦信号的周期

稳态响应相对幅值误差1100%A，将已知周期代入得

58.6%1s

32.7%2s

8.5%5s

T

T

T



















5求周期信号x(t)=0.5cos10t+0.2cos(100t−45)通过传递函数为H(s)=1/(0.005s+1)的装置后得到的稳态响应。

解：

1

()

10.005

H

j









，

2

1

()

1(0.005)

A







，()arctan(0.005)

该装置是一线性定常系统，设稳态响应为y(t)，根据线性定常系统的频率保持性、比例性和叠加性得到

y(t)=y01cos(10t+1)+y02cos(100t−45+2)

其中

0101

2

1

(10)0.50.499

1(0.00510)

yAx



，

1

(10)arctan(0.00510)2.86

0202

2

1

(100)0.20.179

1(0.005100)

yAx



，

2

(100)arctan(0.005100)26.57

所以稳态响应为()0.499cos(102.86)0.179cos(10071.57)yttt

6想用一个一阶系统做100Hz正弦信号的测量，如要求限制振幅误差在5%以内，那么时间常数应取多少？若用该系统测量50Hz正弦信号，问此时的

振幅误差和相角差是多少？

解：设该一阶系统的频响函数为

1

()

1

H

j









，是时间常数

则

2

1

()

1()

A







稳态响应相对幅值误差

2

1

()1100%1100%

1(2)

A

f

















令≤5%，f=100Hz，解得≤523s。

如果f=50Hz，则

相对幅值误差：

262

11

1100%1100%1.3%

1(2)1(25231050)f

















相角差：

6()arctan(2)arctan(25231050)9.33f

7试说明二阶装置阻尼比多采用0.6~0.8的原因。

解答：从不失真条件出发分析。在0.707左右时，幅频特性近似常数的频率范围最宽，而相频特性曲线最接近直线。

8设某力传感器可作为二阶振荡系统处理。已知传感器的固有频率为800Hz，阻尼比=0.14，问使用该传感器作频率为400Hz的正弦力测试时，其

幅值比A()和相角差()各为多少？若该装置的阻尼比改为=0.7，问A()和()又将如何变化？

解：设

2

22

()

2

n

nn

H

ss











，则

2

22

1

()

12

nn

A

























，

2

2

()arctan

1

n

n























，即

2

22

1

()

12

nn

Af

ff

ff





















，

2

2

()arctan

1

n

n

f

f

f

f

f













将fn=800Hz，=0.14，f=400Hz，代入上面的式子得到

A(400)1.31，(400)−10.57

如果=0.7，则A(400)0.975，(400)−43.03

9对一个可视为二阶系统的装置输入一单位阶跃函数后，测得其响应的第一个超调量峰值为1.5,振荡周期为6.28s。设已知该装置的静态增益为3，

求该装置的传递函数和该装置在无阻尼固有频率处的频率响应。

解：

22

0

11

0.215

1

1

ln(1.5/3)

ln(/)MKx





















因为d=6.28s，所以

d=2/d=1rad/s

22

1

1.024rad/s

1

10.215

d

n













所以

2

222

3

3.15

()

20.441.05

n

nn

Hs

ssss









2

222

3

3.15

()

21.050.44

n

nn

H

jj











2

22

3

()

10.44

nn

A























2

2

()arctan

1

n

n























当=n时，

2

22

3

()6.82

10.44

n

nn

A























()90

n



10什么是负载效应？如何克服负载效应？

第6章

1简述集中采集式和分布采集式数据系统的结构特点。

2简述虚拟仪器的组成和特点？（概念）1什么是机械故障诊断？包含哪些内容？

第7章

1简述振动测量的内容。常用测量振动的传感器有哪些？

2压电加速度传感器的安装方式对测量信号频率的影响？（见文档）

第8章