高考物理一轮总复习检测实验十一 传感器的简单使用 含答案.docx

1、高考物理一轮总复习检测实验十一 传感器的简单使用 含答案教学资料参考参考范本高考物理一轮总复习检测：实验十一传感器的简单使用 含答案_年_月_日_部门1实验原理闭合电路的欧姆定律，用欧姆表进行测量和观察2实验器材半导体热敏电阻、多用电表、温度计、烧杯、凉水和热水3实验步骤(1)按实验原理图连接好电路，将热敏电阻绝缘处理(2)把多用电表置于欧姆挡，并选择适当的挡位测出烧杯中没有热水时热敏电阻的阻值，并记下温度计的示数(3)向烧杯中注入少量的冷水，使热敏电阻浸没在冷水中，记下温度计的示数和多用电表测量的热敏电阻的阻值(4)将热水分几次注入烧杯中，测出不同温度下热敏电阻的阻值，并记录4数据处理在如图

2、所示的坐标系中，粗略画出热敏电阻的阻值随温度变化的图线5实验结论热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，随温度的降低而增大6注意事项实验时，加热水后要等一会儿再测其阻值，以使电阻温度与水的温度相同，并同时读出水温二、研究光敏电阻的光敏特性1实验原理闭合电路的欧姆定律，用欧姆表进行测量和观察2实验器材光敏电阻、多用电表、小灯泡、滑动变阻器、导线3实验步骤(1)将光敏电阻、多用电表、灯泡、滑动变阻器如实验原理图所示电路连接好，其中多用电表置于“100”挡(2)先测出在室内自然光的照射下光敏电阻的阻值，并记录数据(3)打开电源，让小灯泡发光，调节小灯泡的亮度使之逐渐变亮，观察表盘指针显示电阻阻值的情况，并

3、记录(4)用手掌(或黑纸)遮光时，观察表盘指针显示电阻阻值的情况，并记录4数据处理根据记录数据分析光敏电阻的特性5实验结论(1)光敏电阻在暗环境下电阻值很大，强光照射下电阻值很小(2)光敏电阻能够把光照强弱这个光学量转换为电阻这个电学量6注意事项(1)实验中，如果效果不明显，可将电阻部分电路放入带盖的纸盒中，并通过盖上小孔改变射到光敏电阻上的光的多少来达到实验目的(2)欧姆表每次换挡后都要重新调零1关于传感器工作的一般流程，下列说法中正确的是()A非电学量敏感元件转换电路电学量转换元件B电学量敏感元件转换电路转换元件非电学量C非电学量敏感元件转换元件转换电路电学量D非电学量转换电路转换元件敏感

4、元件电学量解析：传感器工作的一般流程为：非电学量被敏感元件感知，然后通过转换元件转换成电信号，再通过转换电路将此信号转换成易于传输或测量的电学量，因此A、B、D错，C对答案：C2(多选)(20xx威海模拟)为了保护电脑元件不受损害，在电脑内部有很多传感器，其中最重要的就是温度传感器，常用的温度传感器有两种：一种是用金属做的热电阻；另一种是用半导体做的热敏电阻关于这两种温度传感器的特点，下列说法正确的是()A金属做的热电阻随着温度的升高电阻变大B金属做的热电阻随着温度的升高电阻变小C用半导体做的热敏电阻随着温度的升高电阻变大D用半导体做的热敏电阻随着温度的升高电阻变小解析：金属的电阻率随着温度的

5、升高而变大，半导体在温度升高时电阻会变小，故选A、D.答案：AD3(多选)(2017徐州质检)如图所示，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()A电压表的示数增大BR2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，外电路总电阻随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：ABC1

6、(多选)(2017孝感模拟)如图所示，电容式触摸屏的构造主要是在玻璃屏幕上镀一层透明的薄膜导体层，再在导体层外加上一块保护玻璃，电容式触摸屏在触摸屏四边均镀上狭长的电极，在导体层内形成一个低电压交流电场在触摸屏幕时，由于人体是导体，手指与内部导体层间会形成一个特殊电容(耦合电容)，四边电极发出的电流会流向触点，而电流强弱与手指到电极的距离成正比，位于触摸屏后的控制器便会计算电流的比例及强弱，准确算出触摸点的位置由以上信息可知()A电容式触摸屏的两极板分别是导体层和手指B当用手触摸屏幕时，手指与屏的接触面积越大，电容越大C当用手触摸屏幕时，手指与屏的接触面积越大，电容越小D如果用带了手套的手触摸

7、屏幕，照样能引起触摸屏动作解析：电容触摸屏在原理上把人体当做一个电容器元件的一个极板，把导体层当做另一个极板，故A正确；手指与屏的接触面积越大，即两个极板的正对面积越大，故电容越大，B正确，C错误；如果带了手套或手持不导电的物体触摸时没有反应，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，D错误答案：AB2(20xx太原模拟)如图所示，由电源、小灯泡、电阻丝、开关组成的电路中，当闭合开关S后，小灯泡正常发光，若用酒精灯加热电阻丝时，发现小灯泡亮度变化是_，发生这一现象的主要原因是_(填字母代号)A小灯泡的电阻发生了变化B小灯泡灯丝的电阻率随温度发生了变化C电阻丝的电阻率随温度发生了变化

8、D电源的电压随温度发生了变化解析：电阻丝的电阻率随温度的升高而增大，电阻也增大，根据闭合电路欧姆定律I可知，电流减小，小灯泡的实际功率减小，所以变暗答案：变暗C3(20xx石家庄模拟)一些材料的电阻随温度的升高而变化如图甲是由某金属材料制成的电阻R随摄氏温度t变化的图象，若用该电阻与电池(电动势E1.5 V，内阻不计)、电流表(量程为5 mA，内阻不计)、电阻箱R串联起来，连接成如图乙所示的电路，用该电阻做测温探头，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简单的“金属电阻温度计”(1)电流刻度较大处对应的温度刻度_(填“较大”或“较小”)；(2)若电阻箱阻值R150 ，当电流为5 m

9、A时对应的温度数值为_.解析：(1)由题图甲可知，温度升高，电阻阻值增大，电路中电流减小，因此电流刻度较大处对应的温度刻度较小(2)电流为5 mA时，电路总电阻为300 ，电阻箱阻值R150 ，则R150 ，由题图甲得对应的温度为50 .答案：(1)较小(2)504(2017临沂模拟)一台臭氧发生器P的电阻为10 k，当供电电压等于24 V时能正常工作，否则不产生臭氧现要用这种臭氧发生器制成自动消毒装置，要求它在有光照时能产生臭氧，在黑暗时不产生臭氧，拟用一个光敏电阻R1对它进行控制，R1的阻值在有光照时为100 ，黑暗时为1 000 ，允许通过的最大电流为3 mA；电源E的电压为36 V，内

10、阻不计；另有一个滑动变阻器R2，阻值为0100 ，允许通过的最大电流为0.4 A；一个开关S和导线若干臭氧发生器P和光敏电阻R1的符号如图所示设计一个满足上述要求的电路图，图中各元件要标上字母代号，其中滑动变阻器两固定接线柱端分别标上字母A、B(电路图画在虚线框内)解析：为了能控制臭氧发生器，应该用滑动变阻器的分压式接法，有光照时P能正常工作，无光照时P不工作电路图如图所示答案：见解析图5(20xx课标全国卷)现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统，要求当热敏电阻的温度达到或超过60 时，系统报警提供的器材有：热敏电阻，报警器(内阻很小，流过的电流超过IC时就会报警)，电阻箱(最大阻值为999.

11、9 )，直流电源(输出电压为U，内阻不计)，滑动变阻器R1(最大阻值为1 000 )，滑动变阻器R2(最大阻值为2 000 )，单刀双掷开关一个，导线若干在室温下对系统进行调节已知U约为18 V，IC约为10 mA；流过报警器的电流超过20 mA时，报警器可能损坏；该热敏电阻的阻值随温度升高而减小，在60 时阻值为650.0 .(1)完成待调节的报警系统原理电路图的连线(2)电路中应选用滑动变阻器_(填“R1”或“R2”)(3)按照下列步骤调节此报警系统：电路接通前，需将电阻箱调到一固定的阻值，根据实验要求，这一阻值为_；滑动变阻器的滑片应置于_(填“a”或“b”)端附近，不能置于另一端的原因

12、是_.将开关向_(填“c”或“d”)端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至_(4)保持滑动变阻器滑片的位置不变，将开关向另一端闭合，报警系统即可正常使用解析：(1)电路图连接如图(2)报警器开始报警时，对整个回路有UIc(R滑R热)代入数据可得R滑1 150.0 ，因此滑动变阻器应选择R2.(3)在调节过程中，电阻箱起到等效替代热敏电阻的作用，电阻箱的阻值应为报警器报警时热敏电阻的阻值，即为650.0 .滑动变阻器在电路中为限流接法，滑片应置于b端附近，若置于另一端a时，闭合开关，则电路中的电流IA27.7 mA，超过报警器最大电流20 mA，报警器可能损坏开关应先向c端闭合，移动滑动变阻器的

13、滑片，直至报警器开始报警为止答案：(1)连线如解析图所示(2)R2(3)650.0b接通电源后，流过报警器的电流会超过20 mA，报警器可能损坏c报警器开始报警6(20xx黄冈模拟)如图所示装置可以用来测量硬弹簧(即劲度系数较大的弹簧)的劲度系数k.电源的电动势为E，内阻可忽略不计；滑动变阻器全长为L，重力加速度为g，V为理想电压表当木板上没有放重物时，滑动变阻器的触头位于图中a点，此时电压表示数为零在木板上放置质量为m的重物，滑动变阻器的触头随木板一起下移由电压表的示数U及其他给定条件，可计算出弹簧的劲度系数k.(1)写出m、U与k之间所满足的关系式_(2)已知E1.50 V，L12.0 c

14、m，g9.80 m/s2.测量结果如下表：m(kg)1.001.503.004.506.007.50U(V)0.1080.1540.2900.4460.6080.740在下图中给出的坐标纸上利用表中数据描出mU直线mU直线的斜率为_kg/V；弹簧的劲度系数k_N/m(结果均保留三位有效数字)解析：(1)设放置质量为m的物体时弹簧压缩量为x，则有mgkx，又UE.解得mU.(2)用描点法作图，作出的图象如图所示选取(0，0)、(0.90，9)两点，则斜率为 kg/V10.0 kg/V.因mU，故，k10.0 N/m1.23103 N/m.答案：(1)mU(2)见解析图10.01.23103本考点

15、主要涉及交变电流的产生原理、图象和交变电流的“四值”问题，是高考命题的重点、热点，几乎每年都考，题型以选择题为主1(20xx沈阳模拟)如图所示，实验室一台手摇交流发电机，内阻r1.0 ，外接R9.0 的电阻闭合开关S，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e10sin 10t (V)，则()A该交变电流的频率为10 HzB该电动势的有效值为10 VC外接电阻R所消耗的电功率为10 WD电路中理想交流电流表A的示数为1.0 A解析：由交变电流电动势的表达式e10sin 10t (V)Emsin t可知，该交变电流的频率为f Hz5 Hz，A选项错误；该交变电流电动势的有效值E V10 V

16、，B选项错误；电流的有效值I A1.0 A，外接电阻R所消耗的电功率PRI2R1.029.0 W9.0 W，故C选项错误，D选项正确答案：D2(多选)(20xx海南卷)如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数比为41，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，负载电阻的阻值R11R0，V是理想电压表；现将负载电阻的阻值减小为R5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表读数为5.0 V，则()A此时原线圈两端电压的最大值约为34 VB此时原线圈两端电压的最大值约为24 VC原线圈两端原来的电压有效值约为68 VD原线圈两端原来的电压有效值约为48 V解析：当负载

17、电阻的阻值减小为R5R0时，根据串并联电路规律，R两端电压为R0两端电压的5倍，因为电压表测量R两端的电压，所以UR051 V，故副线圈两端电压为U26 V，根据公式可得此时原线圈两端电压的有效值为U124 V，所以此时原线圈两端电压的最大值约为24 V34 V，A正确，B错误；因为变化过程中变压器的输入电流不变，所以对于副线圈中变化前后电流也不变，则变化后电压U2IR05IR06IR0，变化前，U2IR011IR012IR0，所以U22U212 V，根据公式可得原线圈两端原来的电压有效值为48 V，D正确，C错误答案：AD3(多选)(2017荆州模拟)如图所示，先后用不同的交流电源给同一盏灯

18、泡供电第一次灯泡两端的电压随时间按正弦规律变化，如图甲所示；第二次灯泡两端的电压变化规律如图乙所示若图甲、乙中的U0、T所表示的电压、周期是相等的，则以下说法正确的是()A第一次灯泡两端的电压的有效值是U0B第二次灯泡两端的电压的有效值是U0C第一次和第二次灯泡的电功率之比是29D第一次和第二次灯泡的电功率之比是15解析：第一次所加正弦交流电压的有效值为U1U0，A项正确；设第二次所加交流电压的有效值为U2，则根据有效值的定义有,R)T,R)，解得U2U0，B项错；根据电功率的定义式P可知，P1P215，C项错，D项正确答案：AD4(20xx日照模拟)电阻为1 的单匝矩形线圈绕垂直于磁场方向的

19、轴在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的图象如图所示，现把交变电流加在电阻为9 的电热丝上，下列判断正确的是()A线圈转动的角速度为100 rad/sB在00.005 s时间内，通过电阻的电荷量为 CC电热丝两端的电压为180 VD电热丝的发热功率为900 W解析：由题图可知T0.02 s，100 rad/s，A错误；在00.005 s内，由UmnBS得BS Wb，q C，B正确；电热丝两端的电压U90 V，C错误；电热丝的发热功率PI2R W1 800 W，D错误答案：B考题常结合交流电的产生及描述，变压器的动态分析与电路的结合，实现专题内知识的小综合，题目以选择题为主学习时应在

20、深入理解变压器的变压原理的基础上来把握电压、电流和匝数之间的关系，切忌生搬硬套5(2017宿州质检)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为101，b是原线圈的中心接头，电压表V和电流表A均为理想电表，除滑动变阻器电阻R、定值电阻R0以外的其余电阻不计，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1220sin 100t (V)下列说法中正确的是()At s时刻，c、d两点间的电压瞬时值为110 VB当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22 VC单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小D当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表和电流表

21、的示数均变大解析：由c、d两点间的电压瞬时值表达式u1220sin 100 t(V)，当t s时，u1220 sin V110 V，选项A错误；由得U2220 V22 V，选项B错误；单刀双掷开关与a连接，滑片P向上移动时，电压表示数不变，选项C错误；单刀双掷开关由a扳高b，n1减小，n2不变，由U2知U2增大，电流表示数增大，电压表示数也增大，故D项正确答案：D6(多选)(20xx张家口模拟)火警报警系统原理如图甲所示，M是一个小型理想变压器，原、副线圈匝数之比n1n2101，接线柱a、b接上一个正弦交变电源，电压随时间变化规律如图乙所示，在变压器右侧部分，R2为用半导体热敏材料(电阻率随温

22、度升高而减小)制成的传感器，R1为一定值电阻下列说法中正确的是()A电压表示数为22 VB此交变电源的频率为50 HzC当传感器R2所在处出现火警时，电流表的示数减小D当传感器R2所在处出现火警时，电压表的示数减小解析：副线圈两端电压是22 V，电压表示数等于副线圈两端的电压减去R1两端的电压，小于22 V，所以A错；从题图乙可知，周期是0.02 s，所以频率是50 Hz，B对；当传感器R2所在处出现火警时，R2的电阻变小，它两端的电压变小，电流变大，电流表的示数变大，电压表的示数变小，C错，D对答案：BD7(多选)(20xx济南模拟)如图乙所示，某理想变压器的原、副线圈的匝数均可调节，原线圈两端电压为一峰值不变的正弦交变电压，副线圈接一可变电阻R.在其他条件不变的情况下，为使变压器输入功率增大，下列措施正确的是()A仅增加原线圈匝数n1B仅增加副线圈匝数n2C仅减小电阻R的阻值D仅增大电阻R的阻值解析：为使变压器输入功率增大，需增大输出功率，由P知仅减小电阻R的阻值或仅增加副线圈匝数n2，都可以增大输出功率，B、C正确；仅增加原线圈匝数n1或仅增大电阻R的阻值时，输出功率减小，A、D错误答案：BC