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
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( )
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，则由图象可以推断滑块运动过程中的最大速度为vm.若取g＝10 m/s2，则t和vm的数值为( )
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
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．
解析：(1)小滑块从A到B过程中：a1＝＝2 m/s2，由牛顿第二定律得：F＝ma1＝2 N.
(2)小滑块从B到C过程中加速度大小：a2＝＝5 m/s2.
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 ℃.
(3)加热时电饭煲消耗的电功率为P1＝，保温时电饭煲消耗的电功率P2＝，两式中R并＝＝Ω.从而有P1∶P2＝＝＝12∶1.
答案：(1)见解析 (2)不能 (3)12∶1
用传感器制作自控装置
一、单项选择题
1．在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步，在对以下几位物理学家所作的科学贡献的叙述中，不正确的是（ ）．
A．库仑发现了电流的磁效应
B．焦耳发现了焦耳定律
C．法拉第通过实验发现了磁场产生电流的条件和规律
D．牛顿提出的万有引力定律奠定了天体力学的基础
2．某学生做观察电磁感应现象的实验，将电流表、线圈A和B、蓄电池、开关用导线连接成如图所示的实验电路，当它接通、断开开关时，电流表的指针都没有偏转，其原因是（ ）．
A．开关位置接错
B．电流表的正、负极接反
C．线圈B的接头3、4接反
D．蓄电池的正、负极接反
3．磁通量是研究电磁感应现象的重要物理量．如下图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合线框共面，第一次将线框由1平移到2，第二次将线框绕cd边翻转到2，设先后两次通过线框的磁通量变化量分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则（ ）．
A．ΔΦ1＞ΔΦ2 B．ΔΦ1＝ΔΦ2 C．ΔΦ1＜ΔΦ2 D．无法确定
二、双项选择题
4．一个闭合线圈中没有感应电流产生，由此可以得出（ ）．
A．该时该地一定没有磁场
B．该时该地一定没有磁场的变化
C．穿过线圈平面的磁感线条数一定没有变化
D．穿过线圈平面的磁通量一定没有变化
5．如下图所示，竖直通电直导线与闭合导线环的平面垂直，且过圆环中心，则下列说法正确的是（ ）．
A．电流增强或减弱时，环中无感应电流
B．环竖直向上或向下运动时，环中有感应电流
C．环以导线为轴，在垂直于电流的平面内转动时，环中有感应电流
D．环以自身的任意一条直径为轴转动时，环中无感应电流
6．如图，在水平面上有两条平行导电导轨MN、PQ，导轨间距离为l，匀强磁场垂直于导轨所在的平面（纸面）向里，磁感应强度的大小为B，两根金属杆1、2摆在导轨上，与导轨垂直，它们分别以速度v1、v2做匀速直线运动，下列哪种情形回路中有电流通过（ ）．
A．v1＝v2 B．v1＞v2 C．v1＜v2 D．以上说法都不对
三、非选择题
7．边长L＝10 cm的正方形线框，固定在匀强磁场中，磁场方向与线圈平面间的夹角θ＝30°，如下图所示，磁感应强度随时间变化的规律为B＝（2＋3t）T，则第3s内穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ为多少？
8．矩形线框abcd的边长分别为l1、l2，可绕它的一条对称轴OO′转动，匀强磁场的磁感应强度为B，方向与OO′垂直，如图甲所示，初位置时线圈平面与B平行．求：
（1）初位置时穿过线框的磁通量Φ0为多少？
（2）当线框绕轴沿甲图所示方向转过60°时，磁通量Φ1为多少？这一过程中磁通量的变化量ΔΦ1为多少？
（3）当线框绕轴沿图示方向由乙图中的60°位置再转过60°时，磁通量Φ2为多少？这一过程中ΔΦ2＝Φ2－Φ1为多少？
参考答案
1．答案：A
解析：奥斯特发现了电流的磁效应．A项错．
2．答案：A
解析：题图中所示开关的连接不能控制含有电源的电路中电流的通断．而本实验的内容之一就是用来研究在开关通断瞬间，电流的有无，导致磁场变化，进而产生感应电流的情况，但题图中的接法却达不到目的．
3．答案：C
解析：设线框在位置1时的磁通量为Φ1，在位置2时的磁通量为Φ2，直线电流产生的磁场在1处比在2处要强．若平移线框，则ΔΦ1＝Φ1－Φ2，若转动线框，磁感线是从线框的正反两面穿过的，一正一负，因此ΔΦ2＝Φ1＋Φ2，故有ΔΦ1＜ΔΦ2．
4．答案：CD
解析：闭合线圈中没有感应电流说明穿过线圈的磁通量没有变化，不能说明该地没有磁场，也不能说明磁场没有变化．
5．答案：AD
解析：无论导线中电流是否变化，环竖直上下运动还是以导线为轴转动，或以自身的任意一条直径为轴转动，穿过闭合导线环的磁通量都保持为零，没有变化，都不会产生感应电流．
6．答案：BC
解析：只要两杆速度不同，穿过闭合回路的磁通量就会变化，回路中就有感应电流．选项A中v1＝v2时，闭合回路的面积不变，在匀强磁场方磁通量也不会变，所以回路中没有感应电流产生；选项B中v1＞v2，两金属杆1、2间距离减小，回路面积减小，使磁通量减小，会在回路中产生感应电流；同理选项C会使回路中磁通量变大，也会产生感应电流，所以选项BC正确．
7．答案：1.5×10－2Wb
解析：闭合导体回路的面积S不变，B变化，只要求出第3 s始末的Φ，即可求出ΔΦ．
第3 s内是从第2 s末到第3 s末，所以第2 s末的磁感应强度为B1＝（2＋3×2）T＝8 T，第3 s末的磁感应强度为B2＝（2＋3×3）T＝11 T．
磁通量的变化量为
ΔΦ＝ΔB·Ssin θ＝（11－8）×0.12×sin 30°Wb＝1.5×10－2Wb．
8．答案：（1）0 （2） （3） 0
解析：（1）当处于甲图所示位置时，从俯视图乙图可以看出没有磁感线穿过矩形线框，故Φ0＝0．
（2）当绕轴（从上往下看）沿逆时针方向转动60°到a′d′位置时，线框与B的夹角为60°．
所以Φ1＝B·Ssin 60°＝Bl1l2，ΔΦ1＝Φ1－Φ0＝Bl1l2．
（3）当再由a′d′位置逆时针转60°到a″d″位置时，线框与B的夹角为120°，所以Φ2＝B·Ssin 120°＝Bl1l2，
ΔΦ2＝Φ2－Φ1＝Bl1l2－Bl1l2＝0．
课件56张PPT。
第三章 传感器
