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1作业49实验十三传感器的简单应用-2-一、选择题1．(广西两市联考)(多选)计算机光驱的主要部分是激光头，它可以发射脉冲激光信号，激光扫描光盘时，激光头利用光敏电阻自动计数器将反射回来的脉冲信号传输给信号处理系统，再通过计算机显示出相应信息．光敏电阻自动计数器的示意图如图49－1所示，其中R1为光敏电阻，R2为定值电阻，此光电计数器的基本工作原理是()图49－1A．当有激光照射R1时，处理系统获得低电压B．当有激光照射R1时，处理系统获得高电压C．信号处理系统每获得一次低电压就计数一次D．信号处理系统每获得一次高电压就计数一次解析：由题意知，当光线照射R1时，R1阻值减小、R总减小，由欧姆定律得：I＝UR总，且电源电压不变，所以电路中的电流增大，因为R2是定值电阻，U2＝IR2，故R2两端电压增大，信号处理系统获得高压而计数，又因为串联电路总电压等于各分电压之和，所以R1两端的电压变小，故A、C错误，B、D正确．答案：BD图49－22．如图49－2所示的电路可将声音信号转换为电信号，该电路中右侧固定不动的金属板b与能在声波驱动下沿水平方向振动的镀有金属层的振动膜a构成一个电容器，a、b通过导线与恒定电源两极相接．若声源S做简谐运动，则()A．a振动过程中，a、b板间的电场强度不变B．a振动过程中，a、b板所带电荷量不变C．a振动过程中，灵敏电流计中始终有方向不变的电流D．a向右的位移最大时，a、b板所构成的电容器的电容最大解析：由于平行板电容器两极板与电源两极相连接，因此两极板间的电压U保持不变，-3-根据场强E＝Ud，C＝εrS4πkd可判断，选项A错误，D正确；再由Q＝CU可知，选项B错误；由于Q变化，使电容器出现充电、放电现象，则电流计中电流方向不断变化，选项C错误．答案：D3．(多选)(聊城模拟)如图49－3所示，R1、R2为定值电阻，L为小灯泡，R3为光敏电阻，当照射光强度增大时()图49－3A．电压表的示数增大B．R2中电流减小C．小灯泡的功率增大D．电路的路端电压增大解析：当照射光强度增大时，R3阻值减小，外电路电阻随R3的减小而减小，R1两端电压因干路电流增大而增大，电压表的示数增大，同时内电压增大，故电路路端电压减小，A项正确，D项错误；由路端电压减小，R1两端电压增大知，R2两端电压必减小，则R2中电流减小，故B项正确；结合干路电流增大知流过小灯泡的电流必增大，则小灯泡的功率增大，故C项正确．答案：ABC4．(北京东城二模)如图49－4甲所示为一种电容式位移传感器的原理图，当被测物体在左右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动．已知电容器的电容与电介质板进入电容器的长度x之间的关系如图乙所示，其中C0为电介质没有插入电容器时的电容．为判断被测物体是否发生微小移动，将该电容式位移传感器与电源、电流表、开关组成串联回路(图中未画出)．被测物体的初始位置如图甲所示，电路闭合一段时间后，下列说法正确的是()图49－4A．若电源为直流电源且直流电流表示数不为零，说明物体一定在发生移动-4-B．若电源为直流电源且直流电流表示数变大，说明物体一定在向右发生移动C．若电源为交流电源且交流电流表示数不为零，说明物体一定在发生移动D．若电源为交流电源且交流电流表示数变大，说明物体一定在向右发生移动解析：若电源为直流电源，物体不动，则直流电流表示数必定为零，直流电流表示数不为零，说明物体一定在发生移动，A项对；物体左、右移动分别对应充电、放电，不管物体向左、右哪个方向移动，直流电流表示数都将变大，故B项错；电容器有通交流、隔直流的特点，因此若电源为交流电源，物体不移动时，交流电流表示数也不为零，C项错；若电源为交流电源且交流电流表示数变大，说明电容器容抗变小，即电容变大，说明物体一定向左发生移动，故D项错．答案：A5．(多选)如图49－5所示是电熨斗的结构图，下列说法正确的是()图49－5A．双金属片上层金属的膨胀系数小于下层金属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．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D．双金属片温度传感器的作用是控制电路的通断解析：双金属片上层金属的膨胀系数应大于下层金属，这样当温度较高时，双金属片向下弯曲，电路断开；要想得到较高的温度，只需将螺丝下移即可．答案：BCD图49－66．(湖南长沙长郡中学检测)(多选)加速度计是测定物体加速度的仪器，如图49－6所示为应变式加速度计的结构示意图．敏感元件(相当于振子)由弹簧连接并架在光滑支架上，支-5-架与待测系统固定在一起，敏感元件下端滑动臂可在滑动变阻器R上自由滑动，变阻器的电阻与其长度成正比．当系统加速运动时，敏感元件发生位移，带动滑动臂移动，引起电压表示数变化．调整接触点C的位置，使系统处于平衡状态时电压表示数为0，并将此时指针所指位置标定为0m/s2，则()A．从实用的角度出发，用来改制的电压表零刻度应在刻度盘的中央，接触点C的位置相应地调在滑动变阻器的中央B．电压表表盘改制成加速度计表盘后，其表盘刻度一定还是均匀的C．增大所用电压表的量程就能增大这种加速度计的量程D．这种加速度计只能用来测量系统沿支架方向的加速度解析：只有当接触点C的位置相应地调在滑动变阻器的中央时，电压表的读数才为零且测量范围最大，故A正确．设敏感元件的质量为m，两侧弹簧的劲度系数均为k，电源电动势为E，内阻不计，滑动变阻器总电阻为R，有效长度为L.系统静止时敏感元件两端弹簧位于自然状态，设系统以加速度a向右加速运动，敏感元件向左移动的位移为x，由胡克定律和牛顿第二定律可得a＝Fm＝2kxm，此时电压表的示数由欧姆定律可得U＝E·xL，得a＝2kLUmE，可知系统加速度与电压表示数之间成正比关系，故测量仪表刻度盘刻度是均匀的，故B正确．增大所用电压表的量程不会改变这种加速度计的量程，故C错误．只有当系统沿支架方向有加速度时，以上等式才成立，否则只能得到水平方向的分加速度与电压的关系，不能直接得到加速度，故D正确．答案：ABD7．(浙江绍兴一模)目前智能手机普遍采用了电容触摸屏．电容触摸屏是利用人体的电流感应进行工作的，它是一块四层复合玻璃屏，玻璃屏的内表面和夹层各涂一层ITO(纳米锢锡金属氧化物)，夹层ITO涂层为工作面，四个角引出四个电极．当用户触摸电容触摸屏时，用户手指和工作面形成一个电容器，因为工作面上接有高频信号，电流通过这个电容器分别从屏的四个角上的电极中流出，且理论上流经四个电极的电流与手指头到四角的距离成比例，控制器通过对四个电流比例的精密计算来确定位置．对于电容触摸屏，下列说法正确的是()-6-图49－7A．电容触摸屏只需要触摸，不需要压力即能产生位置信号B．使用绝缘体，在电容屏上也能进行触控操作C．手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容变小D．手指与屏的接触面积变大时，电容变小解析：电容触摸屏在原理上把人体当成一个电容器元件的一个极板，把导体层当成另一个极板，因此不需要压力，故A正确，C错误；手指与屏的接触面积越大，即两个极板的正对面积越大，电容越大，D错误；使用绝缘体触摸时没有反应，这是因为手与导体层距离较大，不能引起导体层电场的变化，B错误．答案：A8．(河南周口期末)如图49－8所示，图甲为热敏电阻的R－t图象，图乙为用此热敏电阻R和继电器组成的一个用于恒温箱温控电路，继电器的电阻为100Ω.当线圈的电流大于或等于20mA时，继电器的衔铁被吸合．为继电器线圈供电的电源的电动势E＝9.0V，内阻不计，图中的“电源”是恒温箱加热器的电源，则：图49－8(1)应该把恒温箱内的加热器接在________(填“A、B端”或“C、D端”)．-7-(2)如果要使恒温箱内的温度保持50℃，可变电阻R′的阻值应调节为________Ω.解析：(1)恒温箱内的加热器应该接在A、B端．当线圈中的电流较小时，恒温箱的加热器处于工作状态，恒温箱内温度升高．(2)随着恒温箱内温度升高，热敏电阻R的阻值变小，则线圈中的电流变大，当线圈中的电流大于或等于20mA时，继电器的衔铁被吸到下方，使恒温箱加热器与电源断开，加热器停止工作，恒温箱内温度降低．随着恒温箱内温度降低，热敏电阻R的阻值变大，则线圈中的电流变小，当线圈的电流小于20mA时，继电器的衔铁又被释放到上方，则恒温箱加热器又开始工作，这样就可以使恒温箱内保持在某一温度．要使恒温箱内的温度保持50℃，即50℃时线圈内的电流为20mA，由闭合电路欧姆定律有I＝Er＋R＋R′，r为继电器的电阻．由题图甲可知，50℃时热敏电阻的阻值为90Ω，所以R′＝EI－R－r＝260Ω.答案：(1)A、B端(2)2609．传感器是把非电学量(如速度、温度、压力等)的变化转换成电学量的变化的一种元件，在自动控制中有着相当广泛的应用．有一种测量人的体重的电子秤，其测量部分的原理图如图中的虚线框所示，它主要由压力传感器R(电阻值会随所受压力大小发生变化的可变电阻)，显示体重大小的仪表A(实质是理想的电流表)组成．压力传感器表面能承受的最大压强为1×107Pa，且已知压力传感器R的电阻与所受压力的关系如下表所示．设踏板和压杆的质量可以忽略不计，接通电源后，压力传感器两端的电压恒为4.8V，g取10m/s2.请回答：图49－9压力F/N0250500750100012501500…电阻R/Ω300270240210180150120…(1)该秤零起点(即踏板空载时)的刻度线应标在电流表刻度盘________A处．(2)如果某人站在该秤踏板上，电流表刻度盘的示数为20mA，这个人的体重是________kg.解析：(1)由图表知，踏板空载时，压力传感器电阻R＝300Ω，此时中电流I＝UR＝4.8300A-8-＝1.6×10－2A.(2)当电流I＝20mA＝20×10－3A时，压力传感器的电阻R＝UI＝4.820×10－3Ω＝240Ω，对应表格中，这个人的质量为50kg.答案：(1)1.6×10－2(2)5010．(河北保定模拟)某同学尝试把一个灵敏电流表改装成温度表，他所选用的器材有：灵敏电流表(待改装)，学生电源(电动势为E，内阻不计)，滑动变阻器，单刀双掷开关，导线若干，导热性能良好的防水材料，标准温度计，PTC热敏电阻Rt(PTC线性热敏电阻的阻值与摄氏温度t的关系为Rt＝a＋kt，a0，k0)．设计电路图如图49－10所示，并按如下步骤进行操作．图49－10(1)按电路图连接好实验器材．(2)将滑动变阻器滑片P滑到________(填“a”或“b”)端，单刀双掷开关S掷于________(填“c”或“d”)端，调节滑片P使电流表________，并在以后的操作中保持滑片P位置不动，设此时电路总电阻为R，断开电路．(3)容器中倒入适量开水，观察标准温度计，每当标准温度计示数下降5℃，就将开关S置于d端，并记录此时的温度t和对应的电流表的示数I，然后断开开关．请根据温度表的设计原理和电路图，写出电流与温度的关系式I＝________(用题目中给定的符号)．(4)根据对应温度记录的电流表示数，重新刻制电流表的表盘，改装成温度表．根据改装原理，此温度表表盘刻度线的特点是：低温刻度在________(填“左”或“右”)侧，刻度线分布是否均匀？________(填“是”或“否”)．解析：(2)分析电路可知滑动变阻器为限流式接法，所以闭合开关前，使它的阻值处于最大值状态，即将滑片P滑到a端．为了设计表盘刻度，应使开关掷于c处，调节滑片，使电流表满偏．(3)把开关置于d端，根据闭合电路欧姆定律得I＝ER＋Rt，又Rt＝a＋kt，联立得出电流-9-与温度的关系式为I＝ER＋a＋kt.(4)因为Rt＝a＋kt(且a0，k0)，所以温度越低，电阻越小，回路中I越大，所以低温度刻度在右侧，由(3)中关系式可知电流与温度不是线性关系，所以刻度线分布不均匀．答案：(2)ac满偏(3)ER＋a＋kt(4)右否