《模型畫法·物理課堂》馮考必勝第四～五章《電磁振蕩與電磁波》《傳感器》素養檢測1．[湖北新高考聯考協作體2021高二上期末]傳感器已廣泛應用在生產、生活中，下列關于傳感器的說法正確的是()A．給貨車稱重的地磅使用了光傳感器B．酒店大廳的自動門使用了力傳感器C．空調的控溫系統使用了溫度傳感器D．夜間自動打開的路燈使用了紅外線傳感器解析：給貨車稱重的地磅使用了力傳感器，上下應變片發生形變，電阻變化，輸出兩個應變片電壓差值反映力的大小，A錯誤；酒店大廳的自動門使用了紅外線傳感器，B錯誤；空調的控溫系統使用了溫度傳感器，符合客觀實際，C正確；夜間自動打開的路燈使用了光傳感器，D錯誤．2．[遼寧大連長興島中學2021高二上月考]關于電磁場和電磁波，下列說法正確的是()A．移動電話通訊是通過電磁波來實現的B．法拉第首先預言了電磁波的存在C．電磁波與機械波的傳播都需要介質D．在電場周圍一定產生磁場，在磁場周圍一定產生電場解析：移動電話通訊是通過電磁波來實現的，A正確；麥克斯韋預言了電磁波的存在，B錯誤；電磁波的傳播不需要介質，但機械波的傳播需要介質，C錯誤；根據電磁感應原理在變化的磁場周圍才會產生電場，恒定的磁場不產生電場，D錯誤．3．[遼寧錦州遼西育明高級中學2021高二下月考]在如圖所示的LC振蕩電路中，某時刻線圈中磁場方向向上，且電路的電流正在增強，則此時()A．a點電勢比b點高B．電容器兩極板間場強正在減小C．電容器中儲存的電場能正在增大D．線圈中感應電動勢正在增大解析：磁場方向向上，由安培定則知，回路中電流沿順時針方向，電路的電流正在增強，故電容器正在放電，所以電容器下極板帶正電，上極板帶負電，a點電勢比b點低，A錯誤；電容器在放電，則電容器兩極板間電荷量減小，電壓減小，場強正在減小，電路中電場能正在減小，B正確，C錯誤；電容器放電電流增加逐漸變慢，線圈中感應電動勢正在減小，D錯誤．4．[浙江湖州2021高二下月考]某同學自己繞制天線線圈制作一個簡單的收音機，用來收聽中波無線電廣播，初步制作后發現有一個頻率最高的中波電臺收不到，但可以接收其他中波電臺，適當調整后，去戶外使用，假設空間中存在波長分別為290m、397m、566m的無線電波，下列說法正確的是()A．為了能收到頻率最高的中波電臺．應增加線圈的匝數B．為更好接收290m的無線電波，應把收音機的調諧頻率調到756kHzC．使接收電路產生電諧振的過程叫做解調D．為了能接收到長波，應把電路中電容器的電容調大一點解析：為了能收到頻率最高的中波電臺，應增大調諧電路的固有頻率，根據f＝eq\f(1,2π\r(LC))可知應減少線圈的匝數，A錯誤；為更好接收290m的無線電波，應把收音機的調諧頻率調到f＝eq\f(c,λ)＝eq\f(3.0×108,290)Hz≈1034kHz，B錯誤；使接收電路產生電諧振的過程叫做調諧，C錯誤；為了能接收到長波，即接收到頻率更低的電磁波，根據f＝eq\f(1,2π\r(LC))可知，應把電路中電容器的電容調大一點，D正確．5．如圖所示為小型電磁繼電器的構造示意圖，其中L為含鐵芯的線圈，P為可繞O點轉動的鐵片，K為彈簧，S為一對觸頭，A、B、C、D為四個接線柱，繼電器與傳感器配合，可完成自動控制的要求，對其工作方式有下列判斷：①A、B間接控制電路，C、D間接被控電路②A、B間接被控電路，C、D間接控制電路③流過L的電流減小時，C、D間電路斷開④流過L的電流增大時，C、D間電路斷開以下組合中兩項都正確的是()A．①③B．②④C．①④D．②③解析：當較小的電流經過接線柱A、B流入線圈時，電磁鐵把銜鐵吸下，使C、D兩個接線柱所連的觸點接通，較大的電流就可以通過C、D帶動機器工作，故①正確，②錯誤；流過L的電流減小時，線圈L產生的磁場減弱，對P的吸引力減弱，使C、D兩個接線柱所連的觸點斷開，故③正確，④錯誤，故A正確．6．某種角速度計的結構如圖所示．當整個裝置繞豎直軸OO′轉動時，元件A相對于轉軸發生位移并通過滑動變阻器輸出電壓，電壓傳感器(傳感器內阻無限大)接收相應的電壓信號．已知A的質量為m，彈簧的勁度系數為k、自然長度為l，電源的電動勢為E、內阻不計．滑動變阻器總長也為l，電阻分布均勻，裝置靜止時滑片P在變阻器的最左端B處，當裝置以角速度ω轉動時，則()A．電路中電流隨角速度的增大而增大B．彈簧的伸長量為x＝eq\f(mlω,k－mω2)C．輸出電壓U與ω的函數關系為U＝eq\f(Emω,k－mω2)D．此裝置能測量的角速度最大不超過eq\r(\f(k,2m))解析：裝置在水平面內以角速度ω轉動時，無論角速度增大還是減小，滑動變阻器接入電路的電阻不變，根據閉合電路歐姆定律可知，電路中電流保持不變，與角速度無關，故A錯誤．設系統在水平面內以角速度ω轉動時，彈簧伸長的長度為x，則對元件A，根據牛頓第二定律得kx＝mω2(l＋x)，解得x＝eq\f(mlω2,k－mω2)，故B錯誤．輸出電壓U＝eq\f(RBP,RBC)E＝eq\f(x,l)E，解得U＝eq\f(Emω2,k－mω2)，故C錯誤．當x＝l時角速度最大，則由kl＝mωmax2(l＋l)，解得ωmax＝eq\r(\f(k,2m))，故D正確．7．[重慶西南大學附屬中學2021高二上期末]圖甲表示某電阻R隨攝氏溫度t變化的圖像．把這個電阻接入如圖乙的電路中，用這個電阻做測溫探頭，把電流表的電流刻度改為相應的溫度刻度，就得到一個簡單的電阻溫度計，不計電源與電表內阻，則()A．t1應標在電流較大的刻度上B．t1應標在電流較小的刻度上C．通過電流表的電流與溫度呈線性關系D．通過電流表的電流與溫度呈非線性關系解析：溫度為t1時，整個電路的電阻最小，電流最大，t1應標在電流較大的刻度上，A正確，B錯誤；從題圖甲可知，電阻值可表示為R＝R0＋kt，根據閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R)＝eq\f(E,R0＋kt)，因此電流表的電流與溫度呈非線性關系，C錯誤，D正確．8．如圖所示，電容式觸摸屏的構造主要是在玻璃屏幕上鍍一層透明的薄膜導體層，再在導體層外加上一塊保護玻璃，電容式觸摸屏在觸摸屏四邊均鍍上狹長的電極，在導體層內形成一個低電壓交流電場．在觸摸屏幕時，由于人體是導體，手指與內部導體層間會形成一個特殊電容(耦合電容)，四邊電極發出的電流會流向觸摸點，而電流強弱與手指到電極的距離成正比，位于觸摸屏后的控制器便會計算電流的比例及強弱，準確算出觸摸點的位置，由以上信息可知()A．電容式觸摸屏的兩極板分別是導體層和手指B．當用手觸摸屏幕時，手指與屏的接觸面積越大，電容越大C．當用手觸摸屏幕時，手指與屏的接觸面積越大，電容越小D．如果用帶了絕緣手套的手指觸摸屏幕，照樣能在觸摸屏上進行觸控操作解析：根據題意知，人是導體，人的手指和內部導體層間會形成一個電容，故A正確；由平行板電容器電容的決定式可知，接觸面積增大時，電容增大，故B正確，C錯誤；絕緣手套與內部導體層間的距離較大，不能引起導體層電場發生明顯變化，所以不能在觸摸屏上進行觸控操作，故D錯誤．9．某同學嘗試把一個靈敏電流表改裝成溫度表，他所選用的器材有：靈敏電流表(待改裝)，學生電源(電動勢為E，內阻不計)，滑動變阻器，單刀雙擲開關，導線若干，導熱性能良好的防水絕緣材料，標準溫度計，PTC熱敏電阻Rt(PTC熱敏電阻的阻值與攝氏溫度t的關系為Rt＝a＋kt，a＞0，k＞0)．設計電路圖如圖所示，并按如下步驟進行操作．(1)按電路圖連接好實驗器材．(2)將滑動變阻器滑片P滑到________(填“a”或“b”)端，單刀雙擲開關S擲于________(填“c”或“d”)端，調節滑片P使電流表_____________________________，并在以后的操作中保持滑片P位置不動，設此時電路總電阻為R，斷開電路．(3)容器中倒入適量開水，觀察標準溫度計，每當標準溫度計示數下降5℃，就將開關S置于d端，并記錄此時的溫度t和對應的電流表的示數I，然后斷開開關．請根據溫度表的設計原理和電路圖，寫出電流與溫度的關系式I＝___________(用題目中給定的符號表示)．(4)根據對應溫度記錄的電流表示數，重新刻制電流表的表盤，改裝成溫度表．根據改裝原理，此溫度表表盤刻度線的特點是：低溫刻度在________(填“左”或“右”)側，刻度線分布是否均勻？________(填“是”或“否”)．解析：(2)根據實驗的原理可知，需要先選取合適的滑動變阻器的電阻值，結合滑動變阻器的使用注意事項可知，開始時需要將滑動變阻器滑片P滑到a端，以保證電流表的使用安全；然后將單刀雙擲開關S擲于c端，調節滑片P使電流表滿偏，設此時電路總電阻為R，斷開電路．(3)當溫度為t時，熱敏電阻的阻值與攝氏溫度t的關系為Rt＝a＋kt，根據閉合電路的歐姆定律可得I＝eq\f(E,R＋Rt)＝eq\f(E,R＋a＋kt).(4)由上式可知，溫度越高，電流表中的電流值越小，所以低溫刻度在表盤的右側；由于電流與溫度的關系不是線性關系，所以表盤的刻度線分布是不均勻的．10．有一種測量壓力的電子秤，其原理圖如圖所示．E是內阻不計、電動勢為6V的電源，R0是一個阻值為400Ω的限流電阻，G是由理想電流表改裝成的指針式測力顯示器，R是一個壓敏電阻，其阻值可隨壓力大小變化而變化，其關系如下表所示．C是一個用來保護顯示器的電容器．秤臺的重力忽略不計．試分析：(1)利用表中的數據歸納出電阻R隨壓力F變化的函數式．(2)若電容器的耐壓值為5V，該電子秤的最大稱量值為多大？(3)如果把電流表中電流的刻度變換成壓力刻度，試通過尋求壓力與電流表中電流的函數關系式，說明該測力顯示器的刻度是否均勻．解析：(1)把壓力大小作為橫坐標，把電阻作為縱坐標，在坐標系中描點連線即可得壓敏電阻R的阻值隨壓力大小F變化的圖像，如圖所示．根據R的阻值隨壓力F變化的圖像可知壓敏電阻R的阻值與壓力F是一次函數關系，設函數關系式為R＝kF＋b，把F＝50N、R＝280Ω和F＝100N、R＝260Ω代入得280＝50k＋b，260＝100k＋b，解得k＝－0.4，b＝300，所以函數關系式為R＝300－0.4F(Ω)．(2)從上式可知，壓力增大時，壓敏電阻阻值減小，當電阻R0兩端的電壓為5V時，壓敏電阻兩端的電壓為U1＝E－U0＝1V，根據串聯電路特點可得eq\f(R,R0)＝eq\f(U1,U0)＝eq\f(1,5)，代入數據，得eq\f(R,400Ω)＝eq\f(1,5)，解得R＝80Ω.把R＝80Ω代入R＝300－0.4F(Ω)中，解得F＝550N.(3)根據閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R＋R0)，把R＝300－0.4F(Ω)，E＝6V，R0＝400Ω代入上式，化簡得F＝1750－eq\f(15,I)(N)，所以壓力和電流不是一次函數關系，故該測力顯示器的刻度不均勻．【高考題精練】1．[浙江理綜2016·17]如圖所示為一種常見的身高體重測量儀．測量儀頂部向下發射波速為v的超聲波，超聲波經反射后返回，被測量儀接收，測量儀記錄發射和接收的時間間隔．質量為M0的測重臺置于壓力傳感器上，傳感器輸出電壓與作用在其上的壓力成正比．當測重臺沒有站人時，測量儀記錄的時間間隔為t0，輸出電壓為U0，某同學站上測重臺，測量儀記錄的時間間隔為t，輸出電壓為U，則該同學的身高和質量分別為()A．v(t0－t)，eq\f(M0,U0)UB．eq\f(1,2)v(t0－t)，eq\f(M0,U0)UC．v(t0－t)，eq\f(M0,U0)(U－U0)D．eq\f(1,2)v(t0－t)，eq\f(M0,U0)(U－U0)解析：超聲波傳播的速度為v，設測量儀的高度為H，該同學的身高為h，輸出電壓與作用力的比值為k，該同學的質量為m，則v＝eq\f(2H,t0)＝eq\f(2（H－h）,t)，k＝eq\f(U0,M0g)＝eq\f(U,（M0＋m）g)，聯立解得h＝eq\f(1,2)v(t0－t)，m＝eq\f(M0,U0)(U－U0)，故D正確．2．[北京理綜2015·20]利用所學物理知識，可以初步了解常用的公交一卡通(IC卡)的工作原理及相關問題．IC卡內部有一個由電感線圈L和電容器C構成的LC振蕩電路．公交車上的讀卡機(刷卡時“嘀”的響一聲的機器)向外發射某一特定頻率的電磁波．刷卡時，IC卡內的線圈L中產生感應電流，給電容器C充電，達到一定的電壓后，驅動卡內芯片進行數據處理和傳輸．下列說法正確的是()A．IC卡工作所需要的能量來源于卡內的電池B．僅當讀卡機發射該特定頻率的電磁波時，IC卡才能有效工作C．若讀卡機發射的電磁波偏離該特定頻率，則線圈L中不會產生感應電流D．IC卡只能接收讀卡機發射的電磁波，而不能向讀卡機傳輸自身的數據信息解析：IC卡內部沒有電池，其工作所需要的能量來自電磁感應產生的電流，故選項A錯誤；只有當讀卡機發射的電磁波的頻率和IC卡中LC振蕩電路產生的電磁波的頻率相同時，即達到電諧振時，LC電路中產生較大感應電流，IC卡才能有效工作，故選項B正確；若讀卡機發射的電磁波偏離該特定頻率，電磁波中有變化的磁場，線圈L仍會發生電磁感應現象，產生感應電流，故選項C錯誤；LC振蕩電路可以發射電磁波，因此可以向讀卡機傳輸自身的數據信息，故選項D錯誤．3．[江蘇物理2011·6](多選)美國科學家WillardS．Boyle與GeorgeE．Smith因電荷耦合器件(CCD)的重要發明獲得2009年度諾貝爾物理學獎．CCD是將光學量轉變成電學量的傳感器．下列器件可作為傳感器的有()A．發光二極管B．熱敏電阻C．霍爾元件D．干電池解析：發光二極管兩極達到一定電壓時就會正向導通，所以不是傳感器，故A不正確；熱敏電阻可以把溫度轉化為電學量，霍爾元件可以把磁場的磁感應強度轉化為電學量，故B、C正確；干電池是電源，能給兩極提供電勢差，故D不正確．4．[江蘇物理]2007年度諾貝爾物理學獎授予了法國和德國的兩位科學家，以表彰他們發現“巨磁電阻效應”．基于巨磁電阻效應開發的用于讀取硬盤數據的技術，被認為是納米技術的第一次真正應用．在下列有關其他電阻應用的說法中，錯誤的是()A．熱敏電阻可應用于溫度測控裝置中B．光敏電阻是一種光電傳感器C．電阻絲可應用于電熱設備中D．電阻在電路中主要起到通直流、阻交流的作用解析：熱敏電阻的原理是通過已知某熱敏電阻的電阻值與溫度的函數關系，測得該熱敏電阻的阻值即可獲取溫度，從而應用于溫度測控裝置中，A說法正確；光敏電阻是將光信號與電信號進行轉換的傳感器，B說法正確；電阻絲通過電流會產生熱效應，可應用于電熱設備中，C說法正確；電阻對直流和交流均起到阻礙的作用，D說法錯誤．5．[江蘇物理2014·9](多選)如圖所示，導電物質為電子的霍爾元件位于兩個串聯線圈之間，線圈中電流為I，線圈間產生勻強磁場，磁感應強度大小B與I成正比，方向垂直于霍爾元件的兩側面，此時通過霍爾元件的電流為IH，與其前后表面相連的電壓表測出的霍爾電壓UH滿足UH＝keq\f(IHB,d)，式中k為霍爾系數，d為霍爾元件兩側面間的距離．電阻R遠大于RL，霍爾元件的電阻可以忽略，則()A．霍爾元件前表面的電勢低于后表面B．若電源的正負極對調，電壓表將反偏C．IH與I成正比D．電壓表的示數與RL消耗的電功率成正比解析：電流周圍存在磁場，結合安培定則可知磁場的方向，而電子移動方向與電流方向相反，再由左手定則可得，電子偏向霍爾元件后表面，導致霍爾元件前表面的電勢高于后表面，故A錯誤；若電源的正負極對調，磁場反向，而電子運動方向也反向，由左手定則可知，洛倫茲力的方向不變，則電壓表不會反偏，故B錯誤；由題圖可知，R和霍爾元件串聯再與RL并聯，I是干路電流，IH是霍爾元件支路的電流，電壓表測量的是霍爾元件的電壓UH，而不是外電路(串聯R再并聯RL)電壓，根據串并聯特點，有IHR＝(I－IH)RL，得IH＝eq\f(RL,R＋RL)I，因此IH與I成正比，故C正確；根據RL消耗的電功率PL＝(eq\f(R,RL)IH)2RL＝eq\f(R2,RL)IH2，顯然PL與IH2成正比，又因為磁感應強度大小B與I成正比，即B與IH成正比，電壓表的示數UH＝eq\f(kIHB,d)，則UH與I2成正比，所以UH與RL消耗的電功率PL成正比，故D正確．6．[重慶理綜2013·5]如圖所示，一段長方體導電材料，左右兩端面的邊長都為a和b，內有帶電荷量為q的某種自由運動電荷．導電材料置于方向垂直于其前表面向里的勻強磁場中，內部磁感應強度大小為B.當通以從左到右的穩恒電流I時，測得導電材料上、下表面之間的電壓為U，且上表面的電勢比下表面的低．由此可得該導電材料單位體積內自由運動電荷數及自由運動電荷的正負分別為()A．eq\f(IB,|q|aU)，負B．eq\f(IB,|q|aU)，正C．eq\f(IB,|q|bU)，負D．eq\f(IB,|q|bU)，正解析：設導體內自由電荷定向移動的速度為v，單位體積內電荷的數目為n，則在任意時間t內，通過導體截面的電荷量為Q＝n|q|abvt，電流