第一篇：水印嵌入容量分析及攻擊方式

影響圖像數字水印的重要參數

為了說明影響水印的一些重要參數, 我 們有必要先了解一般的水印嵌入和檢測方 案。

圖1 說明了水印的嵌入過程。假定一幅 圖像I, 水印W 和隨機的密鑰K, 嵌入過程可 以定義如下的映射公式: I×K×W →I ∧

。圖2 說明了水印的檢測過程, 它的輸出要么是提 取出的水印W ′, 要么是能說明被測試的圖像 中是否存在指定的水印。圖2 數字水印檢測

各種水印系統按其檢測水印時的輸入輸 出可以分為:(1)私有水印系統 檢測水印時需要原

始圖像, 它可以分為兩種類型, é 類型能在測 試圖像中提取水印W ′(即: I×I ∧ ×K→W ′), ê 類型說明測試圖像中是否存在某一水印

(即: I×I ∧

×K×W →{0, 1})。由于這種水印

方案只傳遞很小的水印信息, 且檢測時要求 訪問原始圖像, 因此比其它的水印方案魯棒 性強。

(2)私有水印 檢測水印時不需要原始

圖像, 但能說明測試圖像中是否存在某一水 印(即: I×K×W →{0, 1})。這種水印方案可 以在法庭上證明產品的所有權及版權控制(如用戶在使用DVD 時需要知道某一內容 能否播放), 現在提出的大多數水印方案都可 以歸為此類。

(3)半公開水印 檢測水印時需要一個

依賴于原始圖像的密鑰, 這種水印一般不認 為是公開的, 它的應用范圍受到了較大的限 制。

(4)公開水印(盲水印)由于檢測時既 不需要原始圖像I 也不需要嵌入的水印W , 但能從測試圖像中提取出nbits 的信息(即: I ×K→W ′), 它的研究是一個富有挑戰性和應 用廣泛的課題。各種不同的水印系統最重要的性能是魯 棒性(抵御各種無意或有意去除圖像中所嵌 入水印的能力), 而魯棒性主要依賴于以下幾 個重要參數: a1 嵌入信息的數量 這是一個重要的

參數, 因為它直接影響水印的魯棒性。對同一 種水印方法而言, 要嵌入的信息越多, 水印的 魯棒性越差。

b1 水印嵌入強度 水印嵌入強度(對應 于水印的魯棒性)和水印的可見性之間存在 著一個折衷, 增加魯棒性就要增加水印嵌入 強度, 相應的也會增加水印的可見性。c1 圖像的尺寸和特性 雖然尺寸小的

含有水印的圖像沒有多少商業價值。但一個 水印軟件應該能夠從小圖片中恢復出水印, 這樣可以有效地防止水印的馬賽克攻擊。除 了圖像尺寸外, 圖像的特性也對水印的魯棒 性產生重要影響。如: 對掃描的自然圖像具有 高魯棒性的水印方案在應用于合成圖像(如 計算機生成圖像)時, 魯棒性會大大削弱。一 個合理的基準測試所能適應的圖像尺寸應該 很大, 并且應能使用不同類型的測試圖像。d1 秘密信息(如密鑰)盡管秘密信息 的數量不直接影響水印的可見性和魯棒性, 但對系統的安全性起重要作用。和其它的安 全系統一樣, 水印系統密鑰空間須足夠大, 以 使窮舉攻擊法失效。

·12· 《電腦與信息技術》2003 年第5 期 圖像數字水印的攻擊方法

水印是用來保護信息所有權的聲明或是 所有者用來控制信息內容的手段。攻擊者的 目的是想要消除信息所有者擁有水印內容的 有效性。正如象計算機安全問題那樣, 保密算 法的安全并不代表整個計算機系統的安全, 水印系統的安全并不只是水印算法本身的魯 棒性高, 還存在著其他方面的問題, 因為水印 生命周期中的任何一個階段若被攻擊者破壞 了, 就可以打破水印對信息的保護。因此, 信 息內容的所有者和水印軟件的開發者須認識 和分析水印每一個階段可能受到的攻擊, 以 確保有足夠的安全方法對抗攻擊。(1)魯棒性攻擊 在不損害圖像使用價 值的前提下減弱、移去或破壞水印。它包括常 見的各種信號處理操作, 如圖像壓縮、線性或 非線性濾波、疊加噪聲、圖像量化與增強、圖 像裁剪、幾何失真、模擬數字轉換以及圖像的 校正等。還有一種可能性是面向算法分析的, 這種方法針對具體的水印插入和檢測算法的 弱點來實現攻擊。如Stirmark [6 ]攻擊方案中, 它以幾乎注意不到的輕微程度對圖像進行拉 伸、剪切、旋轉等幾何操作進行幾何攻擊, 也 可以對圖像進行重采樣攻擊, 即通過模擬打 印—掃描過程引入一定的誤差。

(2)IBM 攻擊 這是由美國IBM 公司 的水印技術研究小組針對可逆水印算法而提 出來的一種水印攻擊方案, 因此也稱之為 IBM 水印攻擊方案, 它是針對可逆、非盲(non-oblivious)水印算法而進行的攻擊。其 原理為設原始圖像為I, 加入水印WA 的圖像 為IA = I+ WA。攻擊者首先生成自己的水印 W F , 然后創建一個偽造的原圖IF= IA-W F , 也即IA = IF+ W F。這就產生無法分辨與解釋 的情況。防止這一攻擊的有效辦法就是研究 不可逆水印嵌入算法, 如哈希過程。(3)馬賽克攻擊 馬賽克攻擊(Mosaic attack)并不一定要移去水印, 它的目標是對 數據作一定的操作和處理, 使得檢測器不能 檢測到水印的存在。一個典型的例子是用這 種方法愚弄Internet 上的自動侵權探測器 W ebcraw ler。這個探測器自動在網上下載圖 片, 然后根據水印檢測有無侵權行為, 它的一 個弱點是當圖像尺寸較小時會認為圖像太 小, 不可能包含水印。這樣我們可以先把水印 圖像分割, 使每一小塊圖像的尺寸小于W e2 bcraw ler 要求的尺寸下限, 再和合適的

HTML 標記把小圖像重組在W eb 頁中。這 種攻擊方法一點也改變不了圖像的質量, 但 由于W ebcraw ler 看到的只是單個的小圖像, 所以它失敗了。對付馬賽克攻擊的一種方法 是研制的水印軟件能夠從小圖片中恢復出水 印。

(4)共謀攻擊 所謂共謀攻擊(Collusion sttack)就是利用同一原始多媒體數據集合的 不同水印信號版本, 來生成一個近似的多媒 體數據集合, 以此來逼近和恢復原始數據, 其 目的是使檢測系統無法在這一近似的數據集 合中檢測出水印信號的存在。對付共謀攻擊 的一種方法就是限制可用的水印拷貝個數, 也可采用共謀安全碼來設計水印方案, 但采 用共謀安全碼方案的不足是: 隨著編碼數目 的增加, 編碼長度按指數增加。

(5)法學攻擊 這種攻擊方法與前四種 方法極為不同, 它主要是利用法律和一些條 款的漏洞來達到攻擊的目的, 大多數攻擊超 出了技術討論的范圍。__

第二篇：門窗市場容量分析

門窗企業三四級市場發展建議探析

在我國廣大農村地區尚未普及，然而門窗企業在一二線城市已經接近飽和狀態，隨著門窗市場產品的不斷升華與突破，門窗企業的不斷發展，門窗行業開拓新市場是很有必要的，中國的三四級市場已經成為企業關注的焦點，家居下鄉也成為熱門話題，企業紛紛采取行動，進軍農村市場。

在這種形勢下，力威門業認為企業首先要了解三四級市場的特點，才能做好三四級市場，否則一切行動都是盲目的，當初家電下鄉運動以失敗而告終，就是草率行動的結果。

要攻取三四級市場，就要從市場調研開始。麥肯錫咨詢公司經過調研以后發現在很多并不引人注目的小城鎮，卻生活著數億具有一定消費能力的消費者，他們是未來十年重要的發展機遇，但是跨國公司和大部分國內生產耐用消費品的企業同樣都忽略了這個市場。其實這些小城鎮的家庭收入總量已經比一線和二線城市的總和高出約50，而且在今后20年內，小城鎮中年收入超過3.5萬的家庭每年將增加760萬戶，比城市增長速度還快。而且在三四級地區，門窗市場未得到充分的開發，市場份額主要被地域性品牌門窗占據。甚至一些邊緣城鎮，門窗企業還從未涉足，品牌門窗市場利用率為零。三四級市場雖然經濟水平較低，消費能力相對較小，消費者購買力低，但市場容量巨大，具有很大的市場潛力。同時，行業市場操作規范不比大城市，門窗銷售成本遠低于一線市場。更主要三四級地區受國家宏觀的調控政策和金融危機的影響較小，既得利益比較穩定。

三四級市場門窗競爭非常復雜，地域性門窗企業林立，各自為政。品牌門窗想進入市場，需要認清形勢，調整產品銷售策略，做好長期攻堅戰的準備。

三四級市場價格彈性大，但并不是說消費者就只是注重價格，不在意品牌。其實，三四級市場的消費者購物缺乏理性，他們更容易跟風購買，他們甚至比城市消費者更愛面子。在他們的價格邏輯內，他們更愿意購買品牌，生活品牌化是他們夢寐以求的炫耀。一二線門窗企業應巧妙整合品牌現有的優勢，制定高效的傳播策略。限于三四級市場媒體現狀，戶外和公交廣告效果會較好。

一二線門窗企業品牌定位在中高端，產品開拓農村市場在品牌上面面臨兩個關鍵問題：一是擔心會給中高的品牌形象帶來損傷，吃力不討好：一是相關惠農政策結束后，是否應該退出三四級市場。一旦決定參與農村市場的競爭，定然會投入相當的物力、財力，如果在政策結束后猛然退出市場，這無疑是巨大的浪費也是嚴重的錯誤。一線門窗企業應合理設計品牌架構，推出面向三四級市場的子品牌，形成背書品牌的品牌架構。這樣既可充分發展子品牌的品牌個性使之更貼近三四級市場，也避免了原有品牌的損傷，共同形成企業品牌的強大合力。

開發市場不是一朝一夕的工作，不會有立竿見影的成績，所以要充分做好打陣地戰的準備。作為企業的決策者需要制定長期的發展規劃和階段性目標，步步為營，開發新市場的同時要鞏固已有市場份額，提高已占有市場的利用率。

總之，品牌門窗要進入三四級市場，要結合自身品牌的特點，加強產品地域性的特色。不能機械地照搬一二線市場銷售模式，不能以高品牌優越感駕臨市場，要加強與當地市場的關聯，切忌產品策略與市場行情脫離。

第三篇：2018年天津高考物理試卷分析-無水印

2018年高考物理試卷分析

一、總體評價

2018年天津高考試卷考查形式與以往新課標考查形式基本相同，8道選擇題，2道實驗題，3道計算題，選擇題試題難度較去年有所增加，解答題部分較去年難度降低，但是沒有偏題、怪題，完全符合考綱及大綱要求，試題充分體現了學科知識與生產、生活的聯系，能夠充分考查學生對物理的基礎知識、基本概念的理解以及綜合應用能力。全卷知識考查全面，考查到的基礎知識不是直接呈現而是通過變形考查，考查學生對物理模型的變通的能力。出題的風格和以往一樣其中有一部分題目是來自于歷年高考試題的改編。

二、試卷特點

1.注重基礎知識,突出能力考查。試題涉及的基礎知識有:電磁感應、靜電場、天體運動、受力分析等，每個題目都有其考查的能力點。

2.注重主干知識，兼顧覆蓋面。試題重點考查：牛頓運動定律、曲線運動、機械能、動能定理、電場、磁場等主干知識，考查了較多的知識點。

3.注重常見物理模型、常用物理方法，體現學科基本要求。試題涉及的物理模型有：質點、斜面、勻變速直線運動、圓周運動等；涉及的物理方法有：整體法和隔離法、正交分解法、圖像法、程序法、假設法等。

4.呈現新情境、開放性試題，考查學生解決實際問題的綜合能力。25題屬于開放性問題，這些題目對學生的綜合能力有一定的要求。

5.依綱扣本設置難易梯度，試題有較好的區分度。考試題目易、中、難比例結構合理，整卷有較好的區分度。

三、數據分析

四、對中學教學的建議

（第1頁，共16頁）

1、突出物理學科特色，夯實基礎知識，提高基本能力。

2、聯系實際生活，思考問題更嚴謹。

3、重實驗，理論實踐相結合。

4、誘導歸納，建立知識體系，多方法解題能力

五、試題分析與解讀

1．國家大科學工程﹣﹣中國散裂中子源（CSNS）于2017年8月28日首次打靶成功，獲得中子束流，可以為諸多領域的研究和工業應用提供先進的研究平臺。下列核反應中放出的粒子為中子的是（）

A．B．C．D．N俘獲一個α粒子，產生Al俘獲一個α粒子，產生B俘獲一個質子，產生Li俘獲一個質子，產生

O并放出一個粒子 P并放出一個粒子 Be并放出一個粒子 He并放出一個粒子

【答案】B 【考點】α衰變，電荷與質量數守恒，方程式書寫 【解析】解：A、N俘獲一個α粒子，產生

O后，新粒子的質量數為14+4﹣17=1，電荷數為：7+2﹣8=1，所以粒子為質子。故A錯誤； B、Al俘獲一個α粒子，產生

P后，粒子的質量數為27+4﹣30=1，電荷數為：13+2﹣15=0，所以粒子為中子。故B正確； C、B俘獲一個質子，產生

Be后，粒子的質量數為11+1﹣8=4，電荷數為：5+1﹣4=2，所以粒子為α粒子。故C錯誤； D、Li俘獲一個質子，產生

He后，粒子的質量數為6+1﹣3=4，電荷數為：3+1﹣2=2，所以粒子為α粒子。故D錯誤 故選：B。

（第2頁，共16頁）

【課內銜接】選修3-5中關于電子、原子核結構、放射現象等部分知識

2．滑雪運動深受人民群眾喜愛。某滑雪運動員（可視為質點）由坡道進入豎直圓面內的圓弧形滑道AB，從滑道的A點滑行到最低點B的過程中，由于摩擦力的存在，運動員的速率不變，則運動員沿AB下滑過程中（）

A．所受合外力始終為零 C．合外力做功一定為零

【答案】C 【考點】動能定理、摩擦力、機械能

【解析】解：A、滑雪運動員的速率不變，而速度方向是變化的，速度是變化的，運動員的加速度不為零，由牛頓第二定律可知，運動員所受合外力始終不為零。故A錯誤。B、運動員下滑過程中受到重力、滑道的支持力與滑動摩擦力，由圖可知，運動員從A到B的過程中，滑道與水平方向之間的夾角逐漸減小，則重力沿斜面向下的分力逐漸減小，運動員的速率不變，則運動員沿滑道方向的合外力始終等于0，所以滑動摩擦力也逐漸減小。故B錯誤。

C、滑雪運動員的速率不變則動能不變，由動能定理可知，合外力對運動員做功為0．故C正確。

D、運動員從A到B下滑過程中的動能不變而重力勢能減小，所以機械能減小。故D錯誤。故選：C。

【課內銜接】必修

一、必修二摩擦力、動能定理，機械能內容。

3．如圖所示，實線表示某電場的電場線（方向未標出），虛線是一帶負電的粒子只在電場力作用下的運動軌跡，設M點和N點的電勢分別為φM、φN，粒子在M和N時加速度大小分別為aM、aN，速度大小分別為vM、vN，電勢能分別為EPM、EPN．下列判斷正確的是（）

B．所受摩擦力大小不變 D．機械能始終保持不變

A．vM＜vN，aM＜aN B．vM＜vN，φM＜φN

（第3頁，共16頁）

C．φM＜φN，EPM＜EPN D．aM＜aN，EPM＜EPN 【答案】D 【考點】牛頓第二定律、電場、電勢能、動能定理

【解析】解：帶電粒子所受電場力指向軌跡彎曲的內側，根據帶負電粒子受力情況可知，電場線方向斜向左上方，又沿著電場線方向，電勢逐漸降低，故φM＞φN①；

若粒子從M到N過程，電場力做負功，動能減小，電勢能增加，故帶電粒子通過M點時的速度比通過N點時的速度大，即vM＞vN②，在M點具有的電勢能比在N點具有的電勢能小，即EPM＜EPN③；

根據電場線疏密可知，EM＜EN，根據F=Eq和牛頓第二定律可知，aM＜aN④； A、由②④可知，A錯誤； B、由①②可知，B錯誤； C、由①③可知，C錯誤； D、由③④可知，D正確； 故選：D。

【課內銜接】必修

一、必修

二、選修3-1牛頓第二定律、電場、動能定理等內容。

4．教學用發電機能夠產生正弦式交變電流。利用該發電機（內阻可忽略）通過理想變壓器向定值電阻R供電，電路如圖所示，理想交流電流表A、理想交流電壓表V的讀數分別為I、U，R消耗的功率為P．若發電機線圈的轉速變為原來的，則（）

A．R消耗的功率變為P B．電壓表V的讀數變為U C．電流表A的讀數變為2I D．通過R的交變電流頻率不變 【答案】B 【考點】電磁感應、交變電流、變壓器

【解析】解：A、B、線圈在勻強磁場中勻速轉動，設線圈的最大橫截面積為S，磁場的磁感應強度為B，線圈轉動的角速度為ω，則產生的最大電動勢為： Em=nBSω

（第4頁，共16頁）

原線圈兩端的電壓等于電動勢的有效值，為：設原副線圈的匝數比為k，則副線圈兩端的電壓為：當發電機線圈的轉速變為原來的時，有：副線圈兩端的電壓為：聯立①③可知，由：P=

…③，即電壓表的讀數變為U；

…① …②

R消耗的電功率：，即R消耗的功率變為；故A錯誤，B正確；

C、由變壓器的特點可知，副線圈消耗的功率為原來的，則發電機產生的電功率變成原來的；由②可知，線圈產生的電動勢是原來的，由P=UI可知，電流表的讀數變成原來的．故C錯誤；

D、發電機線圈的轉速變為原來的，則原線圈中電流的頻率變成原來的，所以副線圈中，通過R的頻率變成原來的．故D錯誤。故選：B。

【課內銜接】選修3-2電磁感應、交流電知識。

5．氫原子光譜在可見光區域內有四條譜線Hα、Hβ、Hγ和Hδ，都是氫原子中電子從量子數n＞2的能級躍遷到n=2的能級時發出的光，它們在真空中的波長由長到短，可以判定（）A．Hα對應的前后能級之差最小 B．同一介質對Hα的折射率最大 C．同一介質中Hδ的傳播速度最大

D．用Hγ照射某一金屬能發生光電效應，則Hβ也一定能 【答案】A 【考點】氫原子的躍遷、折射率、光電效應

【解析】解：A、四條譜線Hα、Hβ、Hγ和Hδ，在真空中的波長由長到短，根據，可知，四條譜線Hα、Hβ、Hγ和Hδ，的頻率是由低到高；那么它們的能量也是由小到大，而△E=Em﹣En=hγ，則Hα對應的前后能級之差最小，故A正確；

（第5頁，共16頁）

B、當在同一介質，由于Hδ，能量最大，那么其的折射率也最大，而對Hα的折射率最小，故B錯誤；

C、在同一介質中，Hδ的折射率最大，由v=，可知，其傳播速度最小，故C錯誤； D、若用Hγ照射某一金屬能發生光電效應，由于Hβ的能量小于Hγ，即Hβ的頻率小于Hγ，依據光電效應發生條件，其入射頻率不小于極限頻率則Hβ不一定能，故D錯誤； 故選：A。

【課內銜接】選修3-

4、選修3-5中關于電磁波、氫原子的躍遷、折射率、光電效應等部分知識

6．2018年2月2日，我國成功將電磁監測試驗衛星“張衡一號”發射升空，標志我國成為世界上少數擁有在軌運行高精度地球物理場探測衛星的國家之一。通過觀測可以得到衛星繞地球運動的周期，并已知地球的半徑和地球表面處的重力加速度。若將衛星繞地球的運動看作是勻速圓周運動，且不考慮地球自轉的影響，根據以上數據可以計算出衛星的（）

A．密度 B．向心力的大小 C．離地高度 D．線速度的大小 【答案】CD 【考點】人造衛星的加速度、周期和軌道的關系；萬有引力定律及其應用．

【解析】解：A、設觀測可以得到衛星繞地球運動的周期為T，地球的半徑為R，地球表面的重力加速度為g；

地球表面的重力由萬有引力提供，所以：mg=所以地球的質量：M=，沒有告訴萬有引力常量，所以不能求出地球的質量，就不能求出地球的密度。故A錯誤；

B、題目中沒有告訴衛星的質量，不能求出衛星受到的向心力。故B錯誤； C、根據萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得：

=m

（R+h）

（第6頁，共16頁）

解得：h==

可以求出衛星的高度。故C正確；

D、由牛頓第二定律得：=

解得：v==，可知可以求出衛星的線速度。故D正確

故選：CD。

【課內銜接】必修二人造衛星問題

7．明朝謝肇淛的《五雜組》中記載：“明姑蘇虎丘寺塔傾側，議欲正之，非萬緡不可。一游僧見之曰：無煩也，我能正之。”游僧每天將木楔從塔身傾斜一側的磚縫間敲進去，經月余扶正了塔身。假設所用的木楔為等腰三角形，木楔的頂角為θ，現在木楔背上加一力F，方向如圖所示，木楔兩側產生推力FN，則（）

A．若F一定，θ大時FN大 B．若F一定，θ小時FN大 C．若θ一定，F大時FN大 D．若θ一定，F小時FN大 【答案】C 【考點】動能定理、摩擦力、機械能

【解析】解：A、滑雪運動員的速率不變，而速度方向是變化的，速度是變化的，運動員的加速度不為零，由牛頓第二定律可知，運動員所受合外力始終不為零。故A錯誤。B、運動員下滑過程中受到重力、滑道的支持力與滑動摩擦力，由圖可知，運動員從A到B的過程中，滑道與水平方向之間的夾角逐漸減小，則重力沿斜面向下的分力逐漸減小，運動員的速率不變，則運動員沿滑道方向的合外力始終等于0，所以滑動摩擦力也逐漸減小。故B錯誤。

C、滑雪運動員的速率不變則動能不變，由動能定理可知，合外力對運動員做功為0．故C正確。

D、運動員從A到B下滑過程中的動能不變而重力勢能減小，所以機械能減小。故D錯誤。故選：C。

（第7頁，共16頁）

【課內銜接】必修

一、必修二摩擦力、動能定理，機械能內容。

8．一振子沿x軸做簡諧選動，平衡位置在坐標原點。t=0時振子的位移為﹣0.1m，t=1s時位移為0.1m，則（）

A．若振幅為0.1m，振子的周期可能為s B．若振幅為0.1m，振子的周期可能為s C．若振幅為0.2m，振子的周期可能為4s D．若振幅為0.2m，振子的周期可能為6s 【答案】AD 【考點】橫波的圖象；波長、頻率和波速的關系

【解析】解：A、B、t=0時刻振子的位移x=﹣0.1m，t=1s時刻x=0.1m，如果振幅為0.1m，則：（n+）T=t 解得：T==

當n=0時，T=2s； 當n=1時，T=s； 當n=2時，T=s 故A正確，B錯誤；

C、D、t=0時刻振子的位移x=﹣0.1m，t=4s時刻x=0.1m，如果振幅為0.2m，結合位移時間關系圖象，有： t=+nT

① 或者t=T+nT

② 或者t=+nT

③

對于①式，當n=0時，T=2s； 對于①式，當n=1時，T=s； 對于②式，當n=0時，T=s； 對于②式，當n=1時，T=

s

（第8頁，共16頁）

對于③式，當n=0時，T=6s； 對于③式，當n=1時，T=s 故C錯誤，D正確； 故選：AD。

【課內銜接】選修3-4中關于機械振動和機械波等部分知識。

9．（1）質量為0.45kg的木塊靜止在光滑水平面上，一質量為0.05kg的子彈以200m/s的水平速度擊中木塊，并留在其中，整個木塊沿子彈原方向運動，則木塊最終速度的大小是

m/s。若子彈在木塊中運動時受到的平均阻力為4.5×103N，則子彈射入木塊的深度為

m。

【答案】20；0.2。

【考點】動能定理、動量守恒

【解析】解：木塊的質量M=0045kg，子彈的質量為m=0.05kg，初速度為v0=200m/s，二者組成的系統水平方向動量守恒，設子彈初速度方向為正方向，根據動量守恒定律可得： mv0=（m+M）v 解得木塊最終速度的大小v=

=

m/s=20m/s；

設子彈射入木塊的深度為d，根據能量守恒定律可得： fd=解得：d=0.2m。故答案為：20；0.2。

【課內銜接】必修二動能定理，選修3-5動量等內容。

9（2）．某研究小組做“驗證力的平行四邊形定則”實驗，所有器材有：方木板一塊，白紙，量程為5N的彈簧測力計兩個，橡皮條（帶兩個較長的細繩套），刻度尺，圖釘（若干個）。①具體操作前，同學們提出了如下關于實驗操作的建議，其中正確的有

。A．橡皮條應和兩繩套夾角的角平分線在一條直線上

B．重復實驗再次進行驗證時，結點O的位置可以與前一次不同

C．使用測力計時，施力方向應沿測力計軸線；讀數時視線應正對測力計刻度 D．用兩個測力計互成角度拉橡皮條時的拉力必須都小于只用一個測力計時的拉力

（第9頁，共16頁）

，②該小組的同學用同一套器材做了四次實驗，白紙上留下的標注信息有結點位置O、力的標度、分力和合力的大小及表示力的作用線的點，如下圖所示。其中對于提高實驗精度最有利的是。

【答案】（1）BC；（2）B 【考點】驗證力的平行四邊形定則

【解析】解：（1）A、F1、F2方向間夾角大小適當即可，不一定要橡皮條應和兩繩套夾角的角平分線在一條直線上，故A錯誤；

B、合力與分力的關系為等效替代的關系，效果是相同的，所以在同一次實驗時，需要讓兩個力拉橡皮條和一個力拉橡皮條產生的作用效果相同，則必定結點O的位置要相同；而在重復實驗再次進行驗證時，結點O的位置可以與前一次不同。故B正確；

C、使用測力計時，施力方向應沿測力計軸線，可以減小引摩擦產生的誤差；讀數時視線應正對測力計刻度，可以減小偶然誤差。故C正確；

D、用兩個測力計互成角度拉橡皮條時的拉力不一定必須都小于只用一個測力計時的拉力，故D錯誤； 故選：BC（2）A、為了便于確定拉力的方向，拉橡皮條的細繩要稍長一些，同時在紙上描點時，所描的點不要太靠近結點，該圖中所描的點太靠近結點。故A錯誤；

B、該圖中所描的點到結點的距離適中，力的大小適中，而且兩個力的角度的大小也適中。故B正確；

C、實驗要方便、準確，兩分力適當大點，讀數時相對誤差小，但不宜太大，該圖中的讀數都太小，故C錯誤；

D、該圖中兩個分力之間的夾角太小，這樣誤差容易大，故D錯誤；

（第10頁，共16頁）

故選：B 故答案為：（1）BC；（2）B

【課內銜接】必修一驗證力的平行四邊形定則等內容。

（3）．某同學用伏安法測定待測電阻Rx的阻值（約為10kΩ），除了Rx、開關S、導線外，還有下列器材供選用：

A．電壓表（量程0～1V，內阻約10kΩ）B．電壓表（量程0～10V，內阻約100kΩ）C．電流表（量程0～1mA，內阻約30Ω）D．電流表（量程0～0.6A，內阻約0.05Ω）E．電源（電動勢1.5V，額定電流0.5A，內阻不計）F．電源（電動勢12V，額定電流2A，內阻不計）G．滑動變阻器R0（阻值范圍0～10Ω，額定電流2A）

①為使測量盡量準確，電壓表選用

，電流表選用

，電源選用

。（均填器材的字母代號）

②畫出測量Rx阻值的實驗電路圖。

③該同學選擇器材、連接電路和操作均正確，從實驗原理上看，待測電阻測量值會

其真實值（填“大于”、“小于”或“等于”），原因是

。【答案】①B；C；F；②如圖所示；③大于；電壓表的讀數大于待測電阻兩端的實際電壓。【考點】電阻的測量、電表的選用、電路連接

【解析】解：①因待測電阻阻值較大，為了準確測量，應采用較大的電動勢，故選電動勢為12V的電源F；電壓表選擇10V的量程，最大電流I約為： I==0.001A=1mA，故電流表選擇C；

②因給出的滑動變阻器總阻值較小，所以應采用分壓接法，同時因待測電阻較大，為了準確測量，電流表選擇內接法，故電路圖如圖所示；

③因本實驗采用電流表內接法，由于電流表分壓影響，電壓表測量值將大于真實值，由歐姆定律可知，電阻測量值將大于真實值；

故答案為：①B；C；F；②如圖所示；③大于；電壓表的讀數大于待測電阻兩端的實際電壓。

（第11頁，共16頁）

【課內銜接】選修3-1中關于電學實驗、電阻測量等部分知識。

10．我國自行研制、具有完全自主知識產權的新一代大型噴氣式客機C919首飛成功后，拉開了全面試驗試飛的新征程。假設飛機在水平跑道上的滑跑是初速度為零的勻加速直線運動，當位移x=1.6×103m時才能達到起飛所要求的速度v=80m/s。已知飛機質量m=7.0×104kg，滑跑時受到的阻力為自身重力的0.1倍，重力加速度取g=10m/s2．求飛機滑跑過程中

（1）加速度a的大小；（2）牽引力的平均功率P。

【答案】2m/s

2；8.4×106W 【考點】動能定理、勻變速直線運動、牛頓運動定律 【解析】解：（1）根據速度位移公式得，v2=2as 代入數據得 a=2m/s2。（2）由v=at得：

t=s 飛機受到的阻力：F阻=0.1mg 設牽引力做的功為W，則由動能定理可得：W﹣F阻?x=牽引力的平均功率：

（第12頁，共16頁）

代入數據聯立可得：P=8.4×106W 答：（1）飛機滑行過程中加速度大小a是2m/s2；（2）牽引力的平均功率是8.4×106W。

【課內銜接】必修

一、必修二勻變速直線運動、牛頓運動定律、動能定理內容。

11．如圖所示，在水平線ab的下方有一勻強電場，電場強度為E，方向豎直向下，ab的上方存在勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里。磁場中有一內、外半徑分別為R、R的半圓環形區域，外圓與ab的交點分別為M、N．一質量為m、電荷量為q的帶負電粒子在電場中P點靜止釋放，由M進入磁場，從N射出。不計粒子重力。（1）求粒子從P到M所用的時間t；

（2）若粒子從與P同一水平線上的Q點水平射出，同樣能由M進入磁場，從N射出。粒子從M到N的過程中，始終在環形區域中運動，且所用的時間最少，求粒子在Q時速度v0的大小。

【答案】；【考點】帶電粒子在電場、磁場中運動應用

【解析】解：（1）設粒子第一次在磁場中運動的速度為v，粒子在磁場中受到的洛倫茲力提供向心力，可得：

可得：v=

粒子在電場中受到的電場力為qE，設運動的時間為t，則： qEt=mv﹣0 聯立可得：t=

（第13頁，共16頁）（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動的過程中，其周期：T=的周期與其速度、半徑都無關； 根據：，可知粒子在磁場中運動可知粒子在磁場中運動的時間由軌跡的圓弧對應的圓心角有關，圓心角越小，則時間越短；所以當軌跡與內圓相切時，所用的時間最短，設粒子此時的半徑為r，如圖：

由幾何關系可得：

設粒子進入磁場時速度的方向與ab的夾角為θ，則圓弧所對的圓心角為2θ，由幾何關系可得： tanθ=

粒子從Q點拋出后做類平拋運動，在電場方向向上的分運動與從P釋放后的情況相同，所以粒子進入磁場時，沿豎直方向的分速度同樣也為v，在垂直于電場方向的分速度始終為v0，則： tanθ=

；

。聯立可得：v0=答：（1）粒子從P到M所用的時間是（2）所用的時間最少時，粒子在Q時速度v0的大小是【課內銜接】必修

二、選修3-1曲線運動、電磁場知識

12．真空管道超高速列車的動力系統是一種將電能直接轉換成平動動能的裝置。圖1是某種動力系統的簡化模型，圖中粗實線表示固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導軌，電阻忽略不計。ab和cd是兩根與導軌垂直、長度均為l、電阻均為R的金屬棒，通過絕緣材料固定在列車底部，并與導軌良好接觸，其間距也為l，列車的總質量為m。列車啟動前，（第14頁，共16頁）

ab、cd處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向下，如圖1所示。為使列車啟動，需在M、N間連接電動勢為E的直流電源，電源內阻及導線電阻忽略不計。列車啟動后電源自動關閉。

（1）要使列車向右運行，啟動時圖1中M、N哪個接電源正極，并簡要說明理由；（2）求剛接通電源時列車加速度a的大小；

（3）列車減速時，需在前方設置如圖2所示的一系列磁感應強度為B的勻強磁場區域，磁場寬度和相鄰磁場間距均大于l。若某時刻列車的速度為v0，此時ab、cd均在無磁場區域，試討論：要使列車停下來，前方至少需要多少塊這樣的有界磁場？

【答案】M接電源正極；

；

見解析

【考點】電磁感應，牛頓第二定律、動量定理

【解析】解：（1）M接電壓正極，列車要向右運動，安培力方向向右，根據左手定則，接通電源后，金屬棒中電流方向由a到b、由c到d，故M接電源正極。

（2）由題意，啟動時ab、cd并聯，設回路總電阻為R總，由電阻的串并聯知識可得：

設回路總電流為I，根據閉合電路歐姆定律有：

設兩根金屬棒所受安培力之和為F，有： F=BIl 根據牛頓第二定律有： F=ma 得：a=

（3）設列車減速時，cd進入磁場后經△t時間ab恰好進入磁場，此過程中穿過金屬棒與導軌所圍回路的磁通量的變化率為△φ，平均感應電動勢為E1，則由法拉第電磁感應定律有：

（第15頁，共16頁）

其中△φ=Bl2

設回路中平均電流為I′，由閉合電路歐姆定律有：

設cd受到的平均安培力為F′，有： F′=BI′l

以向右為正方向，設△t時間內cd受到安培力沖量為I沖，有： I沖=﹣F′△t 同理可知，回路出磁場時ab受安培力沖量仍為上述值，設回路進出一塊有界磁場區域安培力沖量為I0，有： I0=2I沖

設列車停下來受到的總沖量為I總，由動量定理有： I總=0﹣mv0 聯立上式解得：

討論：若恰好為整數，設其為n，則需設置n塊磁場，若的整數部分為N，則需設置N+1塊磁場。

答：（1）要使列車向右運行，啟動時圖1中M接電源正極，理由見解答；（2）剛接通電源時列車加速度a的大小為

；

（3）列車減速時，需在前方設置如圖2所示的一系列磁感應強度為B的勻強磁場區域，磁場寬度和相鄰磁場間距均大于l。若某時刻列車的速度為v0，此時ab、cd均在無磁場區域，試討論：若恰好為整數，設其為n，則需設置n塊磁場，若的整數部分為N，則需設置N+1塊磁場。

【課內銜接】必修

二、選修3-

2、選修3-5電磁感應，牛頓第二定律、動量定理等內容。

（第16頁，共16頁）

第四篇：cdma2000 1x及EV-DO的網絡容量分析

CDMA系統是一個自干擾系統，某個用戶相對于其他用戶來說就是干擾，每個小區也會對其他小區構成干擾，尤其是同頻相鄰小區，干擾越大，負載越高，小區覆蓋范圍越小，反之干擾越小，負載越低，小區覆蓋半徑越大。因此，處于動態變化過程中的小區，容量也是變化的，具有很大的不確定性，跟具體應用環境、客觀條件以及系統提供的服務質量相關聯，尤其是前向容量的分析是一個復雜且關系到網絡指標的重要內容。本文從協議標準的角度來考察cdma20001x及EV-DO的容量，分析容量跟哪些因素緊密相關。cdma20001x容量 1.無線配置

無線配置是cdma2000與IS-95系統的重要區別。無線配置（RC：radio configuration）是一系列通過物理層參數（如傳輸速率、調制方式及擴頻因子等）標識的前向業務信道的集合。前向無線配置（RC：radio configuration）共有9種：1～9。反向無線配置（RC：radio configuration）共有6種：1～6。無論前向還是反向RC1、RC2都是分配給IS-95。此外前向RC6至RC9分配給cdma20003x，RC3、RC4及RC5分配給cdma20001x。反向RC3、RC4分配給cdma20001x，RC5、RC6分配給cdma2000 3x。這里只重點介紹cdma2000 1x。(1)前向無線配置

RC3的主要特點是：最大速率153.6kbit/s，QPSK調制，卷積碼的R=1/4，提供8kbit/s的語音源速率，只能采用Walsh64；

RC4的主要特點是：最大速率307.2kbit/s，QPSK調制，卷積碼的R=1/2，提供8kbit/s的語音源速率，可采用Walsh128；

RC5的主要特點是：最大速率230.4kbit/s，QPSK調制，卷積碼的R=1/4，提供13kbit/s的語音源速率，只能采用Walsh64；

RC513kbit/s的語音源速率，占用無線資源大，因此目前沒有采用。那么就只有RC3、RC4了。從上面的描述可以看出，RC3采用了Walsh64，抗干擾能力強（卷積碼的R=1/4，冗余度高），而RC4采用Walsh128，抗干擾能力相對弱（卷積碼的R=1/2，冗余度低），目前的聯通現網采用的就是RC3的配置。(2)反向無線配置

RC3的主要特點是，最大速率153.6kbit/s，OQPSK調制（手機的功控能力差，OQPSK是防止過零點的一種方法），卷積碼的R=1/4，提供8kbit/s的語音源速率；

RC4的主要特點是：最大速率230.4kbit/s，OQPSK調制，卷積碼的R=1/4，提供13kbit/s的語音源速率；

RC413kbit/s的語音源速率，占用無線資源大，因此目前沒有采用，只采用RC3了。2.前向容量分析 Walsh碼的自相關為1，互相關為0，cdma20001x利用其良好的自相關性，將Walsh碼與下行信道緊密結合，用Walsh碼區分信道。由于采用RC3配置，即下行采用Walsh64，即有64個下行信道，每個信道的傳輸速率是9.6kbit/s。下行信道中，有系統必不可少的公共信道，如：一個導頻信道，占用walsh0；一個同步信道，占用walsh32；一個尋呼信道，占用walsh1。因此只剩下61個可提供業務的walsh碼道。

從語音業務的角度看，理想狀態的理論極限值是61個，即64個碼道扣除公共信道外的碼道，但在實際的網絡中，只能支持35個左右的語音業務，這是由于網絡干擾程度決定的。據最新標準研究公布，如果cdma20001x采用干擾消除技術后，可將單小區的網絡容量提升至50甚至更高。

從數據業務的角度分析，cdma20001x采用了補充信道-SCH。正是由于這一信道的引入，使得前反向的數據傳輸速率增加至153.6kbit/s。在進行前向的數據傳輸時，用戶獲得的速率與使用的Walsh碼息息相關。前向64階Walsh碼的信道傳輸速率是9.6kbit/s，因此獲得153.6kbit/s的數據速率，需要使用4階的Walsh碼，但是導頻信道、同步信道以及尋呼信道必須存在，而且是固定的walsh碼道。如上所述，因此理論上可分配給153.6kbit/s的數據業務的Walsh4碼字最多2個。當然從目前的情況看，語音業務還是能保證營業收入的主要來源，因此單載頻中配置2個walsh4碼字給數據業務的可能性不大。3.反向容量分析

Walsh碼除了區分信道外，另一個重要應用是抗干擾。從walsh碼的產生原則分析，一個walsh碼如果出錯，出錯的位數必須為N/2（如果是walsh64，則意味著錯32位），才可能產生干擾，否則不會，因此Walsh碼在下行區分信道，但在上行作為擴頻碼，進行擴頻，同樣采用的是Walsh64。

但是上行的容量跟Walsh無關。其實，從無線通信的原理來看，上行的容量一般是受限于上行負載的水平，主要是要求系統工作在一個穩定的狀態，一般表現為手機的發射功率過低或者基站的解碼靈敏度過低。隨著同時接入用戶數的增加，干擾也愈大，基站的接收靈敏度在某一時刻便會達到臨界狀態，無法正確地解調手機的信號。因此整個上行容量（語音還是數據）跟實際的應用環境息息相關。cdma20001xEV-DO系統分析

cdma20001xEV-DO有Rev0，RevA兩個版本。Rev0的設計初衷是為了提供非對稱的高速分組數據業務。它的前向鏈路采用了HARQ、多用戶分集、自適應速率調整、虛擬軟切換和自適應調制編碼等多種關鍵技術，獲得了良好的前向平均吞吐量，峰值速率高到2.4Mbit/s，但是，隨著多媒體數據業務的發展，如時延敏感的對稱性業務VoIP、PTT、視頻電話、無線游戲等Rev0暴露出不足：反向吞吐量不足以開展多種應用；反向速率相對于前向速率偏小，限制了對稱性數據業務的應用。為解決上述問題，RevA應運而生。除了將前向鏈路峰值速率提高到3.072Mbit/s之外，最大的改進是將反向鏈路的峰值速率提高到1.8Mbit/s。同時，cdma20001xEV-DORevA在反向物理鏈路實現中引入高階調制和HARQ技術，并通過反向MAC的流體控制機制精確控制反向鏈路的T2P，進而提升ROT 控制門限，大幅提高反向鏈路的傳送速率和容量，同時進一步改善前向鏈路吞吐量，以支持對稱性寬帶多媒體業務，適應分組數據業務發展對系統容量的要求。1．關鍵技術

cdma20001xEV-DORevA相對Rev0以及cdma20001x來講，采用一系列的新技術，來提高前反向數據速率主要如下。

下行時分復用：充分發揮共享的優勢，下行選擇在不同的時間上給不同用戶傳輸數據。

增強的接入信道：RevA將接入信道速率由原來的9.6kbit/s提高到19.2kbit/s以及38.4kbit/s，縮短用戶接入時延，提升用戶感受。

自適應調制和編碼，系統根據無線環境，自動匹配調制方式及編碼方式，靈活應對無線環境的變化。最大限度地利用系統的功率資源，即全功率發射的方式，以自適應的調制編碼技術代替傳統的功率控制技術。

HARQ重傳次數在傳輸格式中進行了明確的定義，每一個重傳時隙的間隔也是固定的，所標稱的速率是傳輸數據包大小與傳輸時隙數所用時間的比值，即“提前終止”技術。

快速多用戶調度：下行資源處于動態共享狀態，調度時主要基于信道條件，同時考慮等待發射的數據量以及業務的優先級等情況，并充分發揮AMC和HARQ的管理特性，實現無線資源的合理分配。

快速小區選擇：RevA中引入了DSC信道，提前進行切換準備，取消了由于切換導致的數據傳送中斷，實現了無縫虛擬軟切換，有效保證時延敏感類的如VoIP等業務。2.前向容量分析(1)數據傳輸格式

表1給出了DORevA采用的前向數據傳輸的參數列表，第一列為傳輸格式，如(128,16,1024)，128代表傳輸數據的包大小，即128bit，16代表傳輸所需的solt，1024代表preamble的長度。第二列代表編碼的速率，第三列是調制方式，第四列是最終的速率。由此可見，RevA不同速率采用不同大小的物理層包，不同的調制方式，不同的傳送slot數。

2008年8月7日 11:19 通信世界周刊 作 者：中國電信廣州研究院 朱紅梅

表1DORevA前向數據傳輸參數列表

舉例如下：對于(128,16,1024)的格式，它的數據速率計算方法：128bit/（16x1.667ms）=4.8kbit/s。最后兩行是RevA新引入的特性，由此可見，RevA的最大速率為5120bit/（1x1.667ms）=3072kbit/s。

析RevA的容量，實際上，它的速率不可能達到3072.0kbit/s，因為即使無線環境足夠好，但是為了系統的可靠性以及正確解碼，系統的控制信道是周期性出現的，RevA標準規定控制信道的出現周期為256slot（426.67ms），同時每個周期中必須有一個SC（Synchronous Control Channel Capsule：同步膠囊），這就意味著在多slot下，如256slot、5120bit的數據里一定包含控制信息，而不可能全部為數據信息，這樣數據速率就會下降，但是下降的程度很大程度上是跟無線環境緊密相關。(2)MAC-index的使用，具體分配如表2所示。

RevA下行不直接采用walsh來區分用戶，而是引入了MAC-index的概念，MAC-index共128個，每個都與確定的Walsh碼相對應。

表2MAC–index分配一覽表

在128個MAC-index中，從上表格可見，只有114個MC-index可用，當然如果MAC-index5不用做廣播而用作業務，可有115個。當然這些都是從理論的角度來分析，實際的系統不可能提供如此多的用戶，否則網絡質量惡化，用戶感受下降。3.反向容量分析

DoA反向數據發送格式及等效數據速率如表3所示。第一列是數據包大小，第二列是數據包傳輸格式，B代表BPSK，Q代表QPSK，E代表8PSK，后面的數字代表walsh的長度，而Q4Q2說明I/Q之路的傳輸。第3大列是等效速率，由于反向采用4-slotinterlacing的方式，即前后兩次數據傳輸要間隔4個slot，所以有4、8、12、16的概念，當然時隙越長，速率越低，因此當4-slot中止時，它對應的最大速率為1843.2kbit/s。

表3DoA反向數據發送格式及等效數據速率

當然這個也是理論分析，實際的應用也是跟無線環境緊密相關。

編 輯：趙送

第五篇：汽車用傳感器的市場容量及發展趨勢分析

汽車用傳感器的市場容量及發展趨勢分析

2005年05月12日 10:42 出處：華夏汽車網汽車傳感器作為汽車電子控制系統的關鍵部件，在汽車上得到了廣泛地應用。它的市場應用現狀、技術態勢、未來發展趨勢與國內汽車電子技術實力的整體提升息息相關。

汽車傳感器作為汽車電子控制系統的信息源，是汽車電子控制系統的關鍵部件，也是汽車電子技術領域研究的核心內容之一。目前，一輛普通家用轎車上大約安裝幾十到近百只傳感器，而豪華轎車上的傳感器數量可多達二百余只。汽車傳感器在汽車上主要用于發動機控制系統、底盤控制系統、車身控制系統和導航系統中。

我國的汽車傳感器由于起步較晚，還沒有形成系列化、配套化。只有零散的產品為化油器配套使用，如曲軸位置、車速傳感器采用的是電磁式或霍爾式，存在著準確度、分解能力、信號精度、匹配性、抗干擾性、低速檢測、耐環境能力差等問題，而國外同類產品采用的是光電式，不存在上述問題。

傳感器技術的發展趨勢是實現多功能化、集成化和智能化。多功能化是指一個傳感器可實現多個不同種類多個參數的檢測；集成化是指利用IC制造技術和精細加工技術制作IC式傳感器；智能化是指傳感器與大規模集成電路相結合，帶有CPU，具有智能作用，以減少ECU的復雜程度，減少其體積，并降低成本。總體上講，國內汽車傳感器行業有以下特點：1.品種少，生產廠家分散，各廠產品品種單一，不配套；

2.性能較落后，還采用國外六七十年代的技術；

3.抗干擾性差；

4.缺少核心傳感器等。

其中，許多傳感器廠為了增強產品的競爭力，采用與國外同行業進行合資經營的方式，消化吸收國外先進的傳感器技術，使產品升級換代，從而逐步發展壯大，有些已成為幾大“電噴”系統廠家的下游供應商。但絕大多數企業還只是配套生產其它車用傳感器，處于利潤少、產品單

一、產品質量和技術水平低下的狀況。

我國現有汽車2000萬輛，并且每年以5%以上的速度遞增，但是目前“電噴”汽車還只占10%左右，國家規定取消“化油器”汽車生產，新出廠的汽車要求全部安裝“電噴”系統。上海聯合汽車電子現在年產120萬套“電噴”系統傳感器，約4000元/套—6000元/套，其中，汽車傳感器占60%以上的產值。

中國汽車電子市場隨著汽車大力發展而呈現強勁的增長勢頭，國內汽車電子市場迅速增長起來。但中國汽車電子市場大多被世界跨國公司瓜分，加快汽車電子國產化是汽車電子行業的首要任務。

國內電噴系統應用傳感器占系統的70%以上，ABS傳感器的成本為50元左右，國內產量為100萬套，產值為5000萬元;安全氣囊的傳感器占系統成本的70%以上，安全氣囊的傳感器售價為2000元左右，需求量為100萬套/年，則傳感器的產值可達20億元。

汽車傳感器對整車廠而言，是二級配套產品，必須以系統形式進入整車廠配套。一級系統配套商的實力關系到主機廠的品牌，所以必須建立系統平臺，以系統帶動傳感器的發展。

對于汽車用傳感器有兩大趨勢：一是新的結構設計；二是開發新的原理的傳感器，以滿足更新換代的需要。總的趨勢是ECU越來越集中，傳感器越來越多。總之，隨著電子技術的發展和汽車電子控制系統應用的日益廣泛，汽車傳感器市場需求將保持高速增長，微型化、多功能化、集成化和智能化的傳感器將逐步取代傳統的傳感器，成為汽車傳感器的主流。