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2018_2019学年高中物理第三章传感器第三节传感器的应用第四节用传感器制作自控装置分层训练粤教版选修3_2

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                            第三节  传感器的应用

                           第四节  用传感器制作自控装置


                                   A 级 抓基础
    1.很多汽车的车窗有防夹手功能,车窗在关闭过程中碰到障碍时会停止并打开,实现
该功能可能使用的传感器是(  )
    A.生物传感器                        B.气体传感器
    C.温度传感器                        D.压力传感器
    解析:汽车的车窗有防夹手功能,在关闭过程中碰到障碍时会停止并打开,这是因为
使用了压力传感器,故          D 正确,A、B、C     错误.
    答案:D
    2.街道旁的路灯、江海里的航标灯都要求夜晚亮、白天熄,利用半导体的电学特性制
成了自动点亮、熄灭的装置,实现了自动控制,这是利用半导体的(  )
    A.压敏性                          B.光敏性
    C.热敏性                          D.三特性都利用了
    解析:灯要求夜晚亮、白天熄.白天有光,黑夜没有光,则是由光导致电路的电流变
化,所以是电路中的光传感器导致电阻变化,实现自动控制,因此是利用了半导体的光敏
性.
    答案:B
    3.有一些星级宾馆的洗手间装有自动干手机,洗手后将湿手靠近,机内的传感器就开
通电热器加热,有热空气从机内喷出,将湿手烘干.干手机能使传感器工作,是因为手的
靠近(  )
    A.改变湿度                         B.改变温度
    C.改变磁场                         D.改变电容
    解析:根据自动干手机工作的特征,手靠近干手机电热器工作,手撤离后电热器停止
工作,人是一种导体,可以与其他导体构成电容器.手靠近时相当于连接一个电容器,可
以确定干手机内设有电容式传感器,由于手的靠近改变了电容大小,故                              D 正确;用湿度和
温度来驱动电热器工作,理论上可行,但是假如干手机是由于温度、湿度的变化而工作的
就成了室内烘干机.
    答案:D
    4.有一种叫作“压电陶瓷”的电子元件,当对它挤压或拉伸时,它的两端就会形成一
定的电压,这种现象称为压电效应.一种燃气打火机,就是应用了该元件的压电效应制成
的,只要用大拇指压一下打火机上的按钮,压电陶瓷片就会产生                           10~20   kV 的高压,形成
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火花放电,从而点燃可燃气体.在上述过程中,压电陶瓷片完成的能量转化是(  )
    A.化学能转化为电能                     B.内能转化为电能
    C.光能转化为光能                      D.机械能转化为电能
    解析:转化前要消耗机械能,转化后得到了电能,所以压电陶瓷片完成的能量转化为
机械能转化为电能.故选           D.
    答案:D
    5.在如图所示的电路中,E          为电源,其内阻为        r,L 为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变)

,R1、R2  为定值电阻,R3     为光敏电阻,其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小,V                         为

理想电压表.若将照射          R3 的光的强度减弱,则(  )


    A.电压表的示数变大
    B.小灯泡消耗的功率变小

    C.通过   R2 的电流变小
    D.电源内阻的电压变大
    解析:由光敏电阻的性质可知电路中电阻的变化,则由闭合电路欧姆定律可得出电路
中电流的变化,由欧姆定律可得出电压表示数的变化;同时还可得出路端电压的变化;由
串联电路的规律可得出并联部分电压的变化,再由并联电路的规律可得出通过小灯泡的电
流的变化,由功率公式即可得出灯泡功率的变化.光敏电阻光照减弱,故光敏电阻的阻值

增大,电路中的总电阻增大,由闭合电路欧姆定律可得,电路中电流减小,故                                 R1 两端的电
压减小,故     A 错误;由并联电路的电流规律可知,流过灯泡的电流一定减小,故由                             P=
I2R 可知,小灯泡消耗的功率变小,故              B 正确;因电路中电流减小,故电源内阻的电压减

小,路端电压增大,同时           R1 两端的电压减小,故并联电路部分电压增大;则流过                     R2 的电流
增大,故    C、D  错误.
    答案:B
                                   B 级 提能力
    6.(多选)传感器是把非电学量(如高度、温度、压力等)的变化转换成电学量变化的一
种元件,它在自动控制中有着广泛的应用.如图所示,是一种测定液面高度的电容式传感
器的示意图.金属芯线与导电液体构成一个电容器,将金属芯线和导电液体分别与直流电
源的两极相连接,从电容           C 和导电液体与金属芯线间的电压             U 的变化就能反映液面的升降
情况,以下判断正确的是(  )
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    A.电源接通后,电容         C 减小,反映     h 减小
    B.电源接通后,电容         C 减小,反映     h 增大
    C.电源接通再断开后,电压            U 减小,反映     h 减小
    D.电源接通再断开后,电压            U 减小,反映     h 增大
    解析:液面的高低,相当于电容器两极的正对面积大小.液面高,正对面积大,电容
就大.电源接通后,C         减小,反映     h 减小,A   正确、B   错误;电源接通再断开,电量             Q 一定,
电压   U 减小,电容    C 增大,反映     h 增大,C   错误、D   正确.
    答案:AD
    7.如图是电熨斗的结构图,下列说法错误的是(  )


    A.需要较高温度熨烫时,要调节调温旋钮,使升降螺丝下移并推动弹性铜片下移
    B.常温下,上下触点接触;温度过高时,双金属片发生弯曲使上下触点分离
    C.双金属片的膨胀系数上层金属小于下层金属
    D.双金属片温度传感器的作用是控制电路的通断
    解析:需要较高温度熨烫时,要调节调温旋钮,使升降螺丝下移并推动弹性铜片下移,
当温度升到较高,金属片发生弯曲较厉害时触点才断开,故                         A 正确;常温下,上下触点接
触;温度过高时,双金属片发生弯曲使上下触点分开,起到调温作用,故                               B 正确;当温度
升高时,金属片向膨胀系数小的发生弯曲,触点断开,故双金属片上层金属的膨胀系数大
于下层金属片,故        C 错误;双金属片温度传感器的作用是控制电路的通断,故                        D 正确.
    答案:C
    8.某兴趣小组做一实验,用力传感器来测量小滑块在半圆形容器内来回滑动时对容器
内壁的压力大小,且来回滑动发生在同一竖直平面内.实验时,他们把传感器与计算机相
连,由计算机拟合出力的大小随时间变化的曲线,从曲线提供的信息,可以判断滑块约每
隔  t 时间经过容器底一次;若滑块质量为               0.2 kg,半圆形容器的直径为          50 cm,则由图象

                                                 2
可以推断滑块运动过程中的最大速度为                 vm.若取  g=10 m/s ,则  t 和 vm 的数值为(  )
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    A.1.0 s 1.22 m/s               B.1.0 s 2.0 m/s
    C.2.0 s 1.22 m/s                D.2.0 s 2.0 m/s
    解析:此题属于竖直平面内圆周运动和单摆综合运用问题,竖直平面内过最低点有最
大压力和最大速度,两次相邻过最低点的时间间隔为                      t,从图象上可以看出         t=1.0   s,最


大压力为    2.6 N 左右.由    FN-mg=m     可得, vm=1.22 m/s, 故选      A.
    答案:A

    9.(多选)如图所示是一种延迟开关,当                S1 闭合时,电磁铁      F 将衔铁  D 吸下,C   线路接

通,当   S1 断开时,由于电磁感应作用,D            将延迟一段时间才被释放,则下列说法正确的是(  )


    A.由于   A 线圈的电磁感应作用,才产生延迟释放                D 的作用
    B.由于   B 线圈的电磁感应作用,才产生延迟释放                D 的作用

    C.如果断开     B 线圈的电键     S2,无延迟作用

    D.如果断开     B 线圈的电键     S2,延迟将变长

    解析:当    S1 断开时,导致线圈       B 中的磁通量变小,从而出现感应电流,致使                  F 仍有磁
性,出现延迟一段时间才被释放,所以由于                   B 线圈的电磁感应作用,才产生延时释放                D 的

作用,故    A 错误,B   正确;若断开      B 线圈的开关     S2,当  S1 断开,F  中立即没有磁性,所以
没有延时功能,故        C 正确,D   错误.
    答案:BC
    10.在科技创新活动中,小华同学根据磁铁同性相斥原理设计了用机器人操作的磁力
运输车(如图甲所示).在光滑水平面               AB 上(如图乙所示),机器人用大小不变的电磁力                  F 推
动质量为    m=1   kg 的小滑块从     A 点由静止开始做匀加速直线运动.小滑块到达                   B 点时机器
人撤去电磁力      F,小滑块冲上光滑斜面(设经过             B 点前后速率不变),最高能到达            C 点.


                                       图甲
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                                       图乙
    机器人用速度传感器测量小滑块在               ABC 过程的瞬时速度大小并记录如下.

              t/s       0   0.2   0.4    …    2.2   2.4   2.6    …
           v/(m·s-1)    0   0.4   0.8    …    3.0   2.0   1.0    …
    求:
    (1)机器人对小滑块作用力          F 的大小;
    (2)斜面的倾角     α  的大小.
                                      Δv1
                                                 2
    解析:(1)小滑块从       A 到 B 过程中:a1=Δt1=2       m/s ,由牛顿第二定律得:F=ma1=2 
N.
                                          Δv2
                                                   2
    (2)小滑块从    B 到 C 过程中加速度大小:a2=Δt2=5 m/s          .

    由牛顿第二定律得:mgsin α=ma2,则            α=30°.
    答案:(1)2 N (2)30°

    11.如图所示是电饭煲的电路图,S1             是一个温控开关,手动闭合后,当此开关温度达

到居里点(103      ℃)时会自动断开,S2       是一个自动温控开关,当温度低于               70 ℃时会自动闭
合,温度高于      80   ℃时会自动断开,红灯是加热时的指示灯,黄灯是保温时的指示灯,分

流电阻   R1=R2=500 Ω,加热电阻丝         R3=50Ω,两灯电阻不计.


    (1)分析电饭煲的工作原理.

    (2)简要回答,如果不闭合开关            S1,能将饭煮熟吗?
    (3)计算加热和保温两种状态下,电饭煲消耗的电功率之比.

    解析:(1)电饭煲盛上食物后,接上电源,S2                自动闭合,同时手动闭合           S1,这时黄灯

短路,红灯亮,电饭煲处于加热状态,加热到                    80  ℃时,S2   自动断开,S1    仍闭合;水烧开

后,温度升高到       103 ℃时,开关     S1 自动断开,这时饭已煮熟,黄灯亮,电饭煲处于保温状

态,由于散热,待温度降至            70 ℃时,S2   自动闭合,电饭煲重新加热,温度达到                80 ℃时,

S2 又自动断开,再次处于保温状态.

    (2)如果不闭合开关       S1,则不能将饭煮熟,因为最高只能加热到                 80 ℃.
                                     U2                                U2

    (3)加热时电饭煲消耗的电功率为             P1=R并,保温时电饭煲消耗的电功率              P2=R1+R并,
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            R2R3   500 × 50               R1+R并    500+500/11

两式中   R 并=R2+R3=500+50Ω.从而有        P1∶P2=   R并   =    500/11 =12∶1.
    答案:(1)见解析 (2)不能 (3)12∶1
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