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电子测量原理(古天祥版)答案机械工业出版社..doc

发布时间：2022-06-08 发布人：admin 分类：说明书 资料大小：0.27M 资料格式：doc 举报 版权申诉
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    《电子测量原理》部分习题解答 第一章 1-11．放大器电压的绝对误差为： U U r  0 2   6000*3% 180  mv 放大倍数的绝对误差为：  A Ar  2 150  mv 相对误差为： r x  3% A  A 20lg( 分贝误差为： r dB  r x 1) 0.26   dB 第三章 3-1．（1）组精密度较高；（2）组准确度较高；（3）组正确度较高。 注：用红色表示该题错误率较高。 3-2．测量值的平均值为： 20.49   x mH ( x i   x ) 2  0.02 mH 实验偏差为： ( ) S x  标准偏差为：  ( ) S x  i n 1  n 1   1 ( ) S x n  0.0058 mH 再求置信因子 k， 当 P=95%时，查 t 分布表（课本 P115 面）可得 k=2.23 则测量结果为：   ( ) x kS x   x  20.49 0.01  mH ，置信概率为 P=95% 3-3．用残差观察法判断系统是否存在线性变化的系统误差（有线性误差）； 用马利可夫判据判断有无累进性系统误差（有累进性系统误差）； 用赫梅特判据来判断有无周期性系统误差（有周期性系统误差）； 3-4．判断测量数据中有无异常数据有两种方法： 1．莱特检验法：| iv | 3 s 2．格拉布斯检验法： max | v | Gs 其中 G 是由测量次数 n 及置信概率决定。 3-5． v  w v w v w v   1 1 3 3 2 2 w w w   1 3 2  1.2 v 3-6．见课本 131 面，例 3.9 相对合成不确定度为 1.03% 合成不确定度的自由度为 19 3-7．均值为 7.52 v   x ； A 类不确定度为：  A   ( ) S x  ( ) S x n  0.014 v
    B 类不确定度为： K 的取值在课本 127 面，此处取 3 则合成不确定度为：    B C A 2 2  0.026 v 7.52*0.5% K      B K  Ck   x  扩展不确定度为：  3*0.026 0.078 v  包含因子 k 取值一般为 3 则该电压的测量结果为： 7.52 0.078 v  包含因子 k 为 3 有效自由度为 6 第四章 4-4． 1 s 时， sT  x f  f x   1 1 10  3    1 10  3 sT  时， 0.1 s  x f  f x   1   0.1 1 10 3    1 10  2 所以在 1 s 时 1 误差引起的误差要小。 sT 4-5．测频时的 1 误差为：  1 xT f s    1 10  6 所以 T s  1 1 10    6 f x  10 s 当被测频率为 1  KHZ xf 时，则 1 误差为 410 故不能满足要求。 4-6．闸门时间为 T s  1 10   7 f x  1 s 。当晶振校准到 910 时， T s  1 10   9 f s  100 s 故不能将晶振校准到 910 4-7．测频时 1 误差引起的测量误差为：  测周时 1 误差引起的测量误差为：    1 1 10  3   1 10  3   f T 0 x   1 10  5 1 xT f s 1 T f x 0 故测频时 1 误差引起的测量误差要大于测周时 1 误差引起的测量误差。 4-8．中界频率为： f x  f f 0 s  s f T 0  3 10 Hz 当 xf  310 Hz 时，宜采用测周。 第五章 5-15．采用正弦有效值刻度的均值电压表测量波形时，其读数即为正弦波的有效 1.35 v 0.9 v 1 v 值，则   0.9 0.9 U U U  K ，    三角波  K F  方波 正弦 F
    5-16．与上题相似： U 正弦 5-17．测量的方波角频率为： 电压表带宽为： 三角波  ， 1 U v 2 xf   2    x f   2   0 0 2   K P 2 10   7 10 Hz  1.035 v  6 Hz 则当傅立叶级数表示方波电压时，其展开式只能到 为奇数则 n =9； 所以实际测量的有效值为： U 方波  2  K P  1.414 v n   0  x  ，又因为 n 10 U 实  4 U 2  P 1  2    1 3     2    1 5     2    1 7     2    1 9     0.98 U P 则波形误差为： r  U U  P U P 实 2% f 5-18．时钟频率为 0  250 KHz 门控时间为： 37.024 2000 omU T  N  1   3 v 5-19． ms 2 15 T  累计脉冲个数为： 9256 ms 2 1500 N  0.001 / v 字 N  e  （6）参考电压为 2V 最大能显示的数为 1999，所以该 /A D 能构成 3 位 DVM. 5-20． U  x 2 N f 0 T 1 T 2 T 1 U r  U r  8.4 v 5-22． NMR  20lg U u n max n CMR  U U 20lg cm cn 该题要求的是串模干扰引起的最大输出误差即为 nu max  2.2 10  4 v 5-23．（1）甲是 4 位，乙为 4 位半 （2）分辨力为 0.01mv （3）2 V 量程时 1 字=0.0001 V ; 20V 时 1 字=0.001 V （默认为乙表测 量） 则 2V 时， U    0.02% 1.5 0.0001   r  U  U x 0.267% 20 V 时， U    0.02% 1.5 0.001      4 10  4   1.3 10   3 r  U  U x 0.087%
    5-25．（1） r  （2） e    (0.01% 0.5 0.01% 1)    0.5  0.03%  0.1 mv / 字 x U  U 10 5 10 （3）由于该 DVM 为 5 位的，所以当量程为 0.1 v 时，最大能显示到 0.09999，所以分辨力为 e  510 v / 字 5-26． r 总  r 固  r 附 r   附 （|r |+|r |）= (|  Ri I 0 R R s i |+| I R 0 U x s |)= 1 10   -4 r 固  U  U x   (0.05%  2 个字 U x ) 该题要求的是误差的最大值，有上面的式子分析可知，当分辨力 e 为最 大时，总的测量误差达到最大。又因为题目要测量 100mv，所以当且仅 当 e=100mv 时，误差为最大。 第六章 6-2． xR   （根据图画得不同，还有多解；建议做题时将图画出）。 50 6-3．a,c 正确，b,d 错误 6-4． R x  C 3 C 4 R 2 6-6．此题有多解。 xL  R R C 2 4 3 第七章 7-9．扫描速度： 10 cm 2 T    p p 7-10．峰-峰值为： V V   50 cm us / h D  y 衰减倍数  710 mv 峰值为： V p  有效值： V  V 1 2 pV 2  355 mv p p   251.1 mv 7-11．（1）频率为 500Hz 的方波在示波器上显示时，其水平方向在一个周期内应 该占据1000 500 cm 2 在垂直方向上应该为 20 10 cm 2 （2）频率为 1000Hz 的正弦波在示波器上显示时，其水平方向在一个周期
    内应该占据1000 1 cm 在垂直方向上应该为 40 10 1000 4 cm 4 5 7-12．设连续扫描电压周期为 0T ，则有扫描正程周期 ' 0T 应为 0 T ，根据题义可知， 显示 4 个周期 频率为 2000Hz 的正弦波时，要满足： ' T 0  4 T x  4 2000  0.002 s f 所以有连续扫描电压频率为 0  1 T 0  400 Hz 7-14．波形图在水平方向上正程时间应该有 3 个周期，反程时间应该为 1ms（即 一个周期） 7-18．屏上观测的上升时间 rxt 和示波器的上升时间 rot 以及信号的上升时间 rt ，这 三者有如下关系： t r  2 t rx 2  t ro 所以有，方波的实际上升时间为 t r  2 t rx 2  t ro  2 11  2 3.5  10.4283ns 7-26．（1）峰峰值为： V    p p h D y   6 0.2 1.2 v  频率为： f  1 T  1 5 0.05  ms  4 kHz （2）如要在水平方向上显示 10 个周期，则信号每个周期应该占据 1cm  T 所以时基因素应取 此信号的周期 0.25 T 1 cm 30  ms  dBf 7-30．示波器的带宽为： 3 MHz 0.25 ms cm / 则上升时间为： rt  0.35 [ BW MHz ]  0.35 30  0.0177 us 又因为方波的周期为： 1  f T  0.05 us 则上升时间占据了周期的 0.0017 us 0.05 us 所以显示的波形会有明显的失真。  23.4% 7-31．屏上观测的上升时间 rxt 和示波器的上升时间 rot 以及信号的上升时间 rt ，这 三者有如下关系： t r  2 t rx 2  t ro 所以从上升时间的角度考虑屏上显示的信号的上升时间和实际的信号的上 升时间的差别，我们选择（4）号示波器更好。 第八章
    8-10． Mf  2 N f 0  8 2 40 2  100 MHz  0.0233 Hz 第九章 9-3．每个滤波器的带宽最大为 50KHz ，所以共需10 50 MHz KHz  200
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