2019年高考物理一轮复习 10-3传感器及其应用同步检测试题.doc

2019年高考物理一轮复习 10-3传感器及其应用同步检测试题1传感器是一种采集信息的重要器件如图361是由电容器作为传感器来测定压力变化的电路，图361当待测压力作用于膜片电极上时，下列说法中正确的是()若F向下压膜片电极，电路中有从a到b的电流；若F向下压膜片电极，电路中有从b到a的电流；若F向下压膜片电极，电路中不会有电流产生；若电流表有示数，说明压力F发生变化；若电流表有示数，说明压力F不会发生变化ABCD答案：A2如图362所示的实验电路中，电源两端的电压恒定，L为小灯泡，R为光敏电阻，D为发光二极管(电流越大，发出的光越强)，且R与D相距很近，下列说法正确的是()图362A当滑动触头P向左移动时，L消耗的功率增大B当滑动触头P向左移动时，L消耗的功率减小C当滑动触头P向右移动时，L消耗的功率可能不变D无论怎样移动触头P，L消耗的功率都不变解析：触头P左移，使其电阻减小，流过二极管的电流增大，从而发光增强，使光敏电阻R减小，最终达到增大流过灯泡的电流的效果答案：A3(多选题)图363所示是霍尔元件的工作原理示意图，如果用d表示薄片的厚度，k为霍尔系数，对于一个霍尔元件d，k为定值，如果保持电流I恒定，则可以验证UH随B的变化情况以下说法中正确的是()图363A将永磁体的一个磁极逐渐靠近霍尔元件的工作面时，UH将变大B在测定地球两极的磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持水平C在测定地球赤道上的磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持水平D改变磁感线与霍尔元件工作面的夹角，UH将发生变化答案：ABD4(多选题)某一电学黑箱内可能有电容器、电感线圈、定值电阻等元件，在接线柱间以如图364甲所示的“Z”字形连接(两接线柱间只有一个元件)为了确定各元件种类，小华同学用电流传感器(相当于电流表)与一直流电源、滑动变阻器、开关串联后，分别将AB、BC、CD接入如图364乙所示的电路，闭合开关，计算机显示的电流随时间变化的图象分别如图365甲、乙、丙所示，则下列判断中正确的是()图364图365AAB间是电容器 BBC间是电感线圈CCD间是电容器 DCD间是定值电阻解析：直流电路中接入电容器，电路中会产生充电电流，充电完毕后，电流消失；接入定值电阻，瞬间产生稳定电流；接入电感线圈，由于对变化的电流有阻碍作用，不能瞬间达到稳定电流答案：ABD5温度传感器广泛应用于室内空调、电冰箱等家用电器中，它是利用热敏电阻的阻值随温度变化的特性来工作的如图366甲所示，电源的电动势E9.0 V，内阻不计；G为灵敏电流表，内阻Rg保持不变；R为热敏电阻，其电阻值与温度的变化关系如图366乙所示闭合开关S，当R的温度等于20 时，电流表示数I12 mA；当电流表示数I23.6 mA时，热敏电阻的温度是()图366A60 B80 C100 D120 解析：温度为20 时，由Rt关系图可以看出此时热敏电阻的阻值为4 k，由I可知Rg 500 ，当电流为3.6 mA时，由I得R 2 k，然后由Rt关系图可以看出此时对应的温度为120 .答案：DB组能力提升6当光照射到光敏电阻上时， 光敏电阻的阻值_(填“变大”“不变”或“变小”)半导体热敏电阻是利用半导体材料的电阻率随_变化而改变的特性制成的解析：本题考查传感器中两个常用元件光敏电阻和热敏电阻的性质光敏电阻的感光元件，它的阻值随光照强度的增强而减小，它可把光学量变为电阻这一电学量，常用以制造光控开关，热敏电阻对温度反应敏感答案：变小温度7传感器担负着信息的采集任务，在自动控制中发挥着重要作用，传感器能够将感受到的物理量(如温度、光、声等)转换成便于测量的量(通常是电学量)例如热敏传感器，主要是应用了半导体材料制成的热敏电阻，热敏电阻随温度变化的图线如图367甲所示，图367乙所示是由热敏电阻Rt作为传感器制作的简单自动报警器线路图图367 (1)为了使温度过高时报警器铃响，c应接在_处(填“a”或“b”)(2)若使启动报警的温度提高些，应将滑动变阻器滑片P向_移动(填“左”或“右”)(3)如果在调试报警器达最低报警温度时，无论如何调节滑动变阻器滑片P都不能使报警器工作，且电路连接完好，各电路元件都能处于工作状态，则造成工作电路不能工作的原因可能是_解析：从所给的图线可知，热敏电阻随温度的升高而减小，从而使电路中的电流变大，要求温度过高时报警器铃响，则c应接在a处时电路才会接通；滑动变阻器滑片P向左移动时，会使启动报警的温度提高；当电路连接完好且各元件都处于工作状态而电路又不能工作，说明电路中电流过小，磁铁的磁性太弱，以致不能控制右侧的电路接通，原因有多种情况，可能是电源端电压过小，或线圈的匝数过少，或弹簧的劲度系数过大等答案：(1)a(2)左(3)题图乙中左边电源端电压太小，或者线圈的匝数太少，或者弹簧的劲度系数太大等8现有热敏电阻、电炉丝、电源、电磁继电器、滑动变阻器、开关和导线若干如图368所示，试设计一个温控电路，要求温度低于某一温度时，电炉丝自动通电供热，超过某一温度时，又可以自动断电，画出电路图并说明工作过程图368解析：电路图如图369所示图369工作过程：闭合S，当温度低于设计值时热敏电阻阻值增大，通过电磁继电器的电流不能使它工作，K接通电炉丝加热；当温度达到设计值时，热敏电阻减小到某值，通过电磁继电器的电流达到工作电流，K断开，电炉丝断电，停止供热；当温度低于设计值，又重复前述过程答案：见解析9把蜂鸣器、光敏电阻、干簧管继电器开关、电源按如图3610甲所示电路连接，制成光电报警装置当报警器有光照射时，蜂鸣器发声，当没有光照或者光照很弱时，蜂鸣器不发声光敏电阻：光敏电阻受光照后，阻值会变小干簧管继电器开关：由干簧管和绕在干簧管外的线圈组成，如图3610乙所示当线圈中有一定的电流时，线圈产生的磁场使密封在干簧管内的两个铁质簧片磁化，两个簧片在磁力作用下由原来的分离状态变成闭合状态当线圈中没有电流或者电流很微弱时，磁场消失，簧片在弹力的作用下回复到分离状态试说明光电报警器的工作原理图3610答案：当报警器有光照射时，光敏电阻阻值减小，电路中电流增大，线圈产生的磁场使密封在干簧管内的两个铁质簧片磁化，两个簧片由原来的分离状态变成闭合状态，蜂鸣器电路接通，蜂鸣器发声反之，当没有光照射或光照很弱时，光敏电阻阻值很大，电路中的电流很小，干簧管内的两个铁质簧片处于分离状态，连接蜂鸣器的电路断开，蜂鸣器不发声10在开展研究性学习的过程中，某同学设计了一个利用线圈测量转轮转速的装置，如图3611所示，在轮子的边缘贴上小磁体，将小线圈靠近轮边放置，接上数据采集器和电脑(即DIS实验器材)如果小线圈的面积为S，圈数为N匝，小磁体附近的磁感应强度最大值为B，回路的总电阻为R，实验发现，轮子转过角，小线圈的磁感应强度由最大值变为零因此，他说“只要测得此时感应电流的平均值I，就可以测出转轮转速的大小”请你运用所学的知识，通过计算对该同学的结论作出评价图3611解析：设转轮的角速度、转速分别为、n，轮子转过角所需时间为t，通过线圈的磁通量的变化量为，线圈中产生的感应电动势的平均值为E.根据法拉第电磁感应定律有ENN，由闭合电路欧姆定律得，感应电流的平均值 I，又t，n，联立以上各式，得n，由此可见，该同学的结论是正确的答案：结论正确C组难点突破11(多选题)一般的电熨斗用合金丝作发热元件，合金丝电阻随温度t变化的关系图3612如图3612中实线所示，由于环境温度以及熨烫的衣物厚度、干湿不同，熨斗的散热功率不同，因而熨斗的温度可能会在较大范围内波动，易损坏衣物有一种用主要成分为BaTiO3、被称为“PTC”的特殊材料作发热元件的电熨斗PTC材料的电阻随温度变化的关系如图3612中实线所示根据图线分析可知()A原处于冷态的PTC电熨斗比普通电熨斗升温快BPTC电熨斗能自动控制温度，温度稳定在T0T6之间CPTC电熨斗能自动控制温度，温度稳定在T6T7之间DPTC电熨斗不能自动控制温度解析：冷态时PTC材料电阻小，由P知其发热功率大、升温快，A对；由题图可知，温度较低时，PTC材料电阻小，热功率大，生热大于散热，温度升高，电阻迅速增大，发热功率会减小，当发热功率小于散热功率时，电阻温度降低，电阻减小，发热功率会增大，故发热功率等于散热功率时，温度会稳定在题图中T6T7之间，实现自动控制温度，所以C对，B、D错答案：AC名师心得拱手相赠教学积累资源共享交变电流的综合应用1图象描述(1)求解角速度和频率f的步骤：(2)图象中的对应关系：峰值：it、et、ut图象峰值对应线圈平面平行磁感线位置，磁通量为零，磁通量变化率最大零值：it、et、ut图象与横轴交点处，对应线圈位于中性面位置，磁通量最大，磁通量变化率为零变化规律：it、et、ut、t图象的变化规律相同，当此类图象按正弦规律变化时，t图象按余弦规律变化2交变电流的“四值”及应用(1)“四值”指的是：交变电流的最大值、瞬时值、有效值和平均值(2)“四值”的应用：求解电容器的击穿电压等物理量用最大值研究某一时刻通有交流电的导体受到的安培力时应采用瞬时值瞬时值可由瞬时值表达式计算得出求电功、电功率(平均功率除外)以及确定保险丝的熔断电流等物理量时，要用有效值计算正弦交流电的有效值与最大值间存在I的关系，其他交变电流只能根据交流电有效值的定义依据电流的热效应来计算求一段时间内通过电路截面的电荷量用平均值【例1】(多选题)某交流发电机给灯泡供电，产生正弦式交变电流的图象如图101所示，下列说法中正确的是()图101A交变电流的频率为0.02 HzB交变电流的瞬时表达式为i5cos 50t(A)C在t0.01 s时，穿过交流发电机线圈的磁通量为零D若发电机线圈电阻为0.4 ，则其产生的热功率为5 W解析：由题图可知交流电的周期T0.02 s，所以频率f1/T50 Hz，A错误；角速度2f100 rad/s，最大值Im5 A，瞬时表达式应为i5cos 100t(A)，B错误；t0.01 s时，感应电流最大，磁通量为零，C正确；由PI2RR知，D正确答案：CD3分析变压器问题的必备法宝(1)三个等式：功率：P入P出电压：电流：n1I1n2I2n3I3(2)四个决定：原线圈电压U1由提供原线圈电压的电源决定副线圈电压U2由原线圈电压及匝数比决定，与副线圈所接负载无关副线圈电流I2由副线圈电压和副线圈所接负载决定原线圈电流I1由副线圈中的电流决定【例2】(多选题)如图102所示，三只灯泡均正常发光，现将滑动变阻器R的滑片向下移动，已知原线圈上的电压及原、副线圈的匝数均不变，则下列说法中正确的是()图102A灯L3变暗B灯L1和L2均变暗C变压器原线圈的输入功率变大D副线圈n2中的电流变大解析：由于原线圈上的电压及原、副线圈的匝数均不变，由电压与匝数成正比可知，两个副线圈上的电压均不变当滑动变阻器R的滑片向下移动时，副线圈n3中的电流增大，电阻R1的电压增大，由闭合电路欧姆定律可得，灯L3两端的电压减小，故灯L3变暗，而副线圈n2的电压及回路中的电阻和电流不发生变化，故灯L1和L2的亮度不变，A正确，B、D错误；由于副线圈中的电流增大，则原线圈中的电流也随之增大，故原线圈的输入功率变大，C正确答案：AC