2021-2022学年北京市朝阳区高二（上）期末物理试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年北京市朝阳区高二（上）期末物理试卷（含答案解析），共20页。试卷主要包含了5V，下列说法正确的是，5V，内阻为0，6A，内阻约0，【答案】B，【答案】D，【答案】C，【答案】A等内容，欢迎下载使用。

2021-2022学年北京市朝阳区高二（上）期末物理试卷

1. 第一个发现并总结“磁生电”是一种在变化、运动的过程中才能出现的效应的科学家是(    )
A. 法拉第 B. 奥斯特 C. 楞次 D. 麦克斯韦
2. 关于电场和磁场的概念，下列说法正确的是(    )
A. 试探电荷q置于某处所受电场力不为零，该处的电场强度有可能为零
B. 试探电荷q置于某处电势能为零，该处的电势一定为零
C. 电流元置于磁场中，所受的磁场力一定不为零
D. 电流元IL置于某处所受的磁场力为F，该处的磁感应强度大小一定为 FIL
3. 干电池的电动势为1.5V，下列说法正确的是(    )
A. 用电压表直接连接干电池的两极，测得的电压就是该电池的电动势
B. 外电路闭合时，在1s内有1.5J的其他能转化为电能
C. 外电路闭合时，在1s内有1.5C的电荷量通过该电池
D. 外电路闭合时，当1C的电荷量通过干电池时该电池提供1.5J的电能
4. 下列选项中能产生感应电流的是(    )
A. 图甲中使导体棒AB平行于磁感线竖直向下运动
B. 图乙中使条形磁铁插入或拔出线圈
C. 图丙中开关S保持断开，将小螺线管A从大螺线管B中拔出
D. 图丙中开关S保持闭合，A、B螺线管相对静止一起在水平桌面上平移
5. 图甲、乙分别为点电荷和平行板电容器电场的电场线和等势面分布情况。P、Q、M、N分别是电场中的四个点，下列说法正确的是(    )

A. P、Q两点场强相同
B. Q点电势高于P点
C. M、N两点电势相等
D. 将负电荷从M点移至N点的过程中电场力做负功
6. 如图所示，某带电粒子(重力不计)由M点以垂直于磁场以及磁场边界的速度v射入宽度为d的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向与原来射入方向的夹角为θ=30∘。磁场的磁感应强度大小为B。由此推断该带电粒子(    )
A. 带正电
B. 在磁场中的运动轨迹为抛物线
C. 电荷量与质量的比值为v2dB
D. 穿越磁场的时间为2πd3v
7. 如图所示，电容器的一个极板接地，另一个极板与一个灵敏的静电计相接，用静电计测量平行板电容器两极板之间的电势差。实线和虚线分别表示变化前后的指针位置。下列操作与上述实验结果相符的是(    )

A. 仅减小两极板间的正对面积 B. 仅减小两极板间的距离
C. 仅在两极板间插入有机玻璃 D. 仅减小电容器所带电荷量
8. 如图所示，A、B都是铝环，A环闭合，B环有缺口，两者固定在横梁两端，横梁可绕中间支点转动。某同学用条形磁铁的一个磁极靠近或远离静止的A、B环，观察到不同现象。下列推断正确的是(    )

A. N极远离A环时，A环被吸引是由于A环被磁化
B. S极靠近A环时，A环产生顺时针方向的电流
C. N极靠近B环时，B环不动，是因为B环内磁通量不发生变化
D. S极远离B环时，B环不动，是因为B环没有产生感应电动势
9. 如图所示的电路中，两个定值电阻的阻值R1>R2。闭合开关S后，理想电流表示数为I，理想电压表示数为U。若滑动变阻器R3的滑片由a端向b端缓慢滑动，则在此过程中(    )


A. I变小 B. U变大 C. UI一定减小 D.
 
UI可能不变
 
10. 如图所示，宽为L的光滑导轨与水平面成α角，质量为m、长为L的金属杆ab水平放置在导轨上。空间存在竖直向上的匀强磁场，当回路电流为I时，金属杆恰好能静止，重力加速度为g。下列推断正确的是(    )

A. ab所受安培力大小F=mgsinα B. ab所受安培力大小F=mgtanα
C. 磁感应强度大小B=mgcosαIL D. 磁感应强度大小B=mgILsinα
11. 小明观察到一个现象：当汽车的电动机启动时，车灯会瞬时变暗。汽车的电源、车灯、电动机等元件连接的简化电路如图所示。已知汽车电源电动势为12.5V，内阻为0.05Ω。车灯接通、电动机未启动时，电流表示数为10A；车灯接通、电动机启动时，电流表示数达到50A，电动机线圈电阻为0.05Ω。不计车灯电阻的变化。下列说法正确的是(    )
A. 电动机未启动时，车灯的功率为125W B. 电动机启动时，流过电动机的电流为40A
C. 电动机启动时，其输出功率为420W D. 电动机启动时，电源输出的功率为500W
12. 静电喷涂被广泛用于各种表面处理技术中，相比传统的喷涂技术，其具备生产效率高，劳动条件好，易于实现半自动化或自动化，适于大规模流水线作业，其原理如图所示。涂料雾化装置为负电极，接电源负高压，被涂物为正电极，通常接地。下列说法正确的是(    )
A. 图中喷枪与被涂物之间的实线代表电场线
B. 涂料颗粒在电场中运动时加速度恒定
C. 涂料颗粒在电场中运动时电势能逐渐增大
D. 被涂物上的尖端处，涂料附着较多
13. 如图所示，某小组利用电流传感器(接入电脑，图中未画出)记录灯泡A和自感元件L构成的并联电路在断电瞬间各支路电流随时间的变化情况，i1表示小灯泡中的电流，i2表示自感元件中的电流(已知开关S闭合时i2>i1)，则下列图象中正确的是(    )

A. B.
C. D.
14. 笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块长为a、宽为b、厚度为d的矩形霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，元件中通有大小为I、方向向右的电流，电子定向移动速度大小为v，单位体积内的自由电子数为n。当显示屏闭合时元件处于垂直于上下表面向上、大小为B的匀强磁场中，则前后表面间会产生霍尔电压U，以此控制屏幕的熄灭。则(    )

A. 前表面的电势比后表面的高 B. 霍尔电压U与v无关
C. 霍尔电压U=BIned D. 电子所受洛伦兹力的大小为eUd
15. 多用电表是常用的测量仪表。
(1)图甲是多用电表原理简图，若选择开关S接5时，对应的挡位是直流电压10V挡，若选择开关S接6时，对应的挡位可能是直流电压______挡(选填“2.5V”或“50V”)。若选择开关S接4时，对应的挡位是______挡(选填“电流”或“欧姆”)。
(2)下列关于多用电表使用的说法正确的是______。
A.使用多用电表测量电路中的电流时，需要将电表串联接入待测电路中
B.测量电路中正常发光的小灯泡阻值时，可选择欧姆挡并将两表笔分别接触灯泡的两接线柱进行测量
C.用欧姆挡测电阻时，每次换挡后必须重新短接两表笔进行欧姆调零
(3)小明同学从实验室找到了一个微安表，满偏电流为300μA，内阻为600Ω。为了将微安表改装成量程为0∼12V的电压表，需要串联的定值电阻阻值为______Ω。为了测量该电压表的内阻，小明将一多用电表的两表笔与改装后的电压表相连，如图乙所示，多用电表的表盘指针位置如图丙所示。由题中信息可推断小明使用多用电表的挡位为______(选填“×10”“×100”或“×1k”)的欧姆挡。
16. 在“测量金属丝的电阻率”实验中，某同学用电流表和电压表测量一阻值约为3Ω的金属丝的电阻。

(1)该同学先用螺旋测微器测量金属丝的直径，测量示数如图甲所示，则金属丝直径的测量值d=______mm。
(2)除电源(两节干电池电动势共3.0V，内阻不计)、电压表(量程0∼3V，内阻约3kΩ)、开关、导线若干外，还提供如下实验器材：
A.电流表(量程0∼0.6A，内阻约0.1Ω)
B.电流表(量程0∼3.0A，内阻约0.02Ω)
C.定值电阻(3Ω,额定电流1.0A)
D.滑动变阻器(最大阻值20Ω，额定电流2.0A)
E.滑动变阻器(最大阻值1kΩ，额定电流0.5A)
该同学设计了如图乙所示的电路，为了调节方便、测量准确，实验中电流表应选用______，滑动变阻器应选用______。(选填实验器材前对应的字母)
(3)该同学测量金属丝两端的电压U和通过金属丝的电流I，测得多组数据，并标在坐标纸上，如图丙所示。请描绘该金属丝的U−I图线，由此得出该金属丝电阻R=______Ω。(结果保留两位有效数字)
(4)该同学操作过程中在保证电流表安全的情况下，发现电压表读数的最大值仅为量程的一半左右。为了增大电压表读数的最大值，请你利用(2)问中所给的器材对图乙所示的电路进行改进，在图丁的方框内补全改进后的电路图。
17. 如图甲所示，一圆形金属线圈面积为S=0.2m2，电阻r=0.1Ω。线圈两端a、b与阻值为R=0.4Ω的电阻组成闭合回路，导线电阻忽略不计。线圈处在垂直于线圈平面向外的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示。求在0∼1.0s的时间内。
(1)线圈中产生的感应电动势大小E；
(2)流过电阻的电流大小I及其方向；
(3)线圈两端a、b间的电压Uab。

18. 有一种喷墨打印机利用电场实现对墨汁微粒的控制，其打印头的原理简图如图所示。墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度v0垂直射入偏转电场，经偏转电场后最终打到纸上显示出字符。已知每个墨汁微粒的质量为m，电荷量为q。偏转电场两极板的长度为L，板间距为d，极板间电场可视为匀强电场。不计墨汁微粒的重力。若极板间所加电压为U时，求墨汁微粒在经过偏转电场的过程中：
(1)加速度的大小a；
(2)在场强方向上移动的距离y；
(3)电场力所做的功W。

19. 质谱仪是一种分离和检测同位素的重要工具，其结构原理如图所示。区域Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U1；区域Ⅱ为速度选择器，磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向里，电场方向水平向左，板间距离为d；区域Ⅲ为偏转分离器，磁感应强度大小为B2，方向垂直纸面向里。一质量为m，电荷量为+q的粒子，初速度为零，经粒子加速器加速后，恰能沿直线通过速度选择器，由O点沿垂直于边界MN的方向进入分离器后打在MN上的P点。空气阻力、粒子重力及粒子间相互作用力均忽略不计。
(1)求粒子进入速度选择器时的速度大小v；
(2)求速度选择器两极板间的电压U2；
(3)19世纪末，阿斯顿设计的质谱仪只由区域Ⅰ粒子加速器和区域Ⅲ偏转分离器构成，在实验中发现了氖22和氖20两种同位素粒子(两种粒子电荷量相同、质量不同)，他们分别打在MN上相距为ΔL的两点。为便于观测，ΔL的数值大一些为宜。不计粒子从区域Ⅰ的上极板飘入时的初速度，请通过计算分析为了便于观测应采取哪些措施。

20. 类比是研究问题的常用方法。如图甲所示，MN、PQ是竖直放置的足够长、光滑的平行长直导轨，其间距为L。ab是跨接在导轨上质量为m的导体棒。定值电阻的阻值为R。空间存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。已知电容器(起初不带电)的电容为C。重力加速度为g。导体棒下落过程中始终保持水平且与导轨接触良好。不计导轨、导体棒电阻及空气阻力。
(1)情境1：从零时刻开始，开关S接通1，同时释放导体棒ab，其速率v随时间t的变化规律可用方程mg−kv=mΔvΔt(①式)描述。求导体棒下落的最大速率vm及①式中的k。
(2)情境2：从零时刻开始，开关S接通2，若导体棒保持大小为v0的速度下落，则电容器充电的电荷量q随时间t的变化规律，与情境1中物体速率v随时间t的变化规律类似。类比①式，写出电容器充电电荷量q随时间t变化的方程；并在图乙中定性画出q−t图线。
(3)分析情境1和情境2中电路的有关情况，完成表格中的填空。

情境1
情境2
通过导体棒电流
最大值Im的计算式

Im=______

Im=______

导体棒克服安培力做功W与回路产生焦耳热Q的比较

W______Q
(选填“>”、“<”或“=”)

W______Q
(选填“>”、“<”或“=”)



答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：磁能生电是法拉第最早领悟到的，故BCD错误，A正确。
故选：A。
磁能生电是法拉第最早领悟到的．
考查学生物理史学是否掌握，同时可通过比较加强记忆．

2.【答案】B 
【解析】解：A、电场最基本性质是对放入其中电荷有力的作用，电荷受到电场力，该处一定有电场，电场强度一定不为零，故A错误；
B、电荷的电势能是零，则所在位置的电势一定是零，故B正确；
C、电流元如果平行磁场放入，则磁场力为零，故C错误；
D、电流元IL置于某处所受的磁场力为F，只有在磁场和电流元垂直时，才可以得出结论，该处的磁感应强度大小为FIL，故D错误。
故选：B。
明确电场本身的性质，知道检验电荷在电场中一定受到电场力，若不受电场力，则电场强度一定为零；
明确磁场的性质，知道导线放在磁场中若与磁场平行，则不受磁场力的作用；根据EP=qφ可知电势能和电势间的关系。
本题考查电场与磁场的性质，要注意明确电场对放入其中的电荷有力的作用；而导线在磁场中若平行于磁场时，导线不受安培力。

3.【答案】D 
【解析】解：A、用电压表直接连接干电池的两极时，由于电压表构成了一个外电路，电池有一定的内电压，所以测量得到的电压小于该电池的电动势，故A错误；
B、当外电路闭合时，1C的电荷量通过该电池时该电池能提供1.5J的电能，由于电流未知，则所用时间不一定是1s，故B错误；
C、当外电路闭合时，电路中电流不一定是1.5A，由q=It知，在1s内不一定有1.5C的电荷量通过该电池，故C错误；
D、根据电动势的定义式E=Wq，可得W=qE，当q=1C，E=1.5V时，W=1.5J，即当外电路闭合时，每当1C的电荷量通过干电池，则该电池就能提供1.5J的电能，故D正确。
故选：D。
电池的电动势等于电池没有接入电路时两极间的电压；根据电动势的定义式E=Wq判断。
解决本题的关键要掌握电动势的定义式E=Wq，明确电动势和路端电压的区别和联系。

4.【答案】B 
【解析】解：产生感应电流的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化；
A、图甲中，使使导体棒AB平行于磁感线竖直向下运动，闭合回路的磁通量没有变化，不会有感应电流，故A错误；
B、图乙中，使条形磁铁插入或拔出线圈，闭合回路的磁通量发生变化，有感应电流，故B正确；
C、图丙中开关S保持断开，将小螺线管A从大螺线管B中拔出，螺线管B中磁通量为零，磁通量没有发生变化，没有感应电流，故C错误；
D、图丙中开关S保持闭合，A、B螺线管相对静止一起在水平桌面上平移，那么闭合回路的磁通量不发生变化，没有感应电流，故D错误。
故选：B。
根据感应电流产生的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化，进行分析判断。
本题考查了感应电流产生的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化，同时会判定穿过线圈磁通量的变化是解题的关键。

5.【答案】D 
【解析】解：A.P、Q两点场强大小相等，但方向不同，故A错误；
B.PQ两点在同一等势面，电势相等，故B错误；
C.沿电场线电势降低，可知M点电势高于N点电势，故C错误；
D.将负电荷从M点移至N点的过程中电势能变大，电场力做负功，故D正确。
故选：D。
根据点电荷电场计算公式和沿电场线的方向电势越来越低来分析判断。
本题考查电场线的特点，解题关键掌握点电荷的电场线分布，注意沿电场线的方向电势越来越低．

6.【答案】C 
【解析】解：A.由图可知，粒子向下偏转，则说明粒子开始受到向下的洛伦兹力，由左手定则判断粒子带负电，故A错误；
B.该粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹是圆周的一部分，故B错误；

C.根据牛顿第二定律qvB=mv2r
又因为sin30∘=dr
解得qm=v2dB，故C正确；
D.穿越磁场的时间为t=112T
周期T=2πrv，解得t=πd3v
故D错误。
故选：C。
根据图可知粒子开始受到向下的洛伦兹力，且洛伦兹力与运动方向始终垂直，故粒子做圆周运动；由左手定则判断粒子带负电；画出轨迹，由几何知识求出轨迹的半径，根据洛伦兹力充当向心力求出比荷；由几何知识求出轨迹所对的圆心角，由t=θ360∘T求出时间。
本题是带电粒子在匀强磁场中圆周运动问题，关键要画出轨迹，根据圆心角求时间，由几何知识求半径是常用方法。

7.【答案】A 
【解析】解：A、两极板正对面积减小，根据C=εrS4πkd知，电容器的电容减小，根据U=QC，知Q不变，极板间的电势差U增大，静电计指针张角变大，故A正确；
B、极板间距d变小，根据C=εrS4πkd知，电容C增大；Q一定，根据U=QC，电压减小；故静电计指针张角变小；故B错误；
C、在两极板间插入有机玻璃，介电常数增大，根据C=εrS4πkd知，电容增大，根据U=QC，知Q不变，电势差减小，静电计指针张角变小，故C错误；
D、减小电容器所带电荷量，根据U=QC，知C不变，电势差减小，静电计指针张角变小，故D错误；
故选：A。
静电计指针的张角反映了电容器两极板间电势差的大小，电势差越大，张角越大。抓住电容器的带电量不变，根据U=QC，通过电容的变化，判断电势差的变化。
解决本题的关键是要掌握电容器的动态分析，电容器与电源断开，电量保持不变，只改变板间距离时，板间场强也不变。

8.【答案】B 
【解析】解：A、A环闭合，N极远离A环时，A环被吸引是由于A环内产生感应电流，阻碍二者之间的相对运动，不是被磁化，故A错误；
B、用S极靠近A环时，向外的磁通量增大，所以A环中感应电流的磁场的方向向里，A环能产生顺时针方向的感应电流，故B正确；
CD、B环不闭合，N极靠近B环时，或S极远离B环时，B环内磁通量发生变化，也能产生感应电动势，但环不闭合，环内不产生感应电流，因此环不受到磁场的作用，B环不动，故CD错误。
故选：B。
穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合回路中会产生感应电流，感应电流受到磁场力的作用，横杆转动；
如果金属环不闭合，穿过它的磁通量发生变化时，只产生感应电动势，而不产生感应电流，环不受力的作用，杆不转动．
本题难度不大，是一道基础题，知道感应电流产生的条件，分析清楚图示情景即可正确解题．

9.【答案】C 
【解析】解：A、在滑动变阻器R3的滑片由a端向b端缓慢滑动中，R3减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律知I变大，故A错误；
B、由闭合电路欧姆定律得：U=E−I(R1+r)，I变大，其它量不变，则U变小，故B错误；
C、将R1看成电源的内阻，等效电源的内阻为R1+r，因R1>R2，则等效电源的内阻大于外电阻，当R3减小时，外电阻减小，等效电源的内外电阻差值增大，等效电源的输出功率减小，即UI减小，故C正确；
D、根据欧姆定律得：UI=R2R3R2+R3=R2R2R3+1，R3减小，则UI减小，故D错误。
故选：C。
在滑动变阻器R3的滑片由a端向b端缓慢滑动中，R3减小，分析外电路总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律可判断电流表示数I的变化。将R1看成电源的内阻，根据内外电阻相等时电源的输出功率最大，分析UI的变化。由欧姆定律分析UI的变化。
本题考查闭合电路欧姆定律与部分电路欧姆定律的综合应用，掌握电路动态分析的一般方法：局部→整体→局部。在涉及部分电路的功率分析时，可以将其它部分电阻等效为电源的内阻，然后应用电源输出功率与外电阻的关系分析，这样会使问题简化。

10.【答案】B 
【解析】解：AB、金属杆中的电流方向由b向a，根据左手定则可知，安培力方向向右，如图所示。
沿斜面方向根据平衡条件可得：Fcosα=mgsinα，解得ab所受安培力大小F=mgtanα，故A错误、B正确；
CD、根据安培力的计算公式F=BIL可得，磁感应强度大小为：B=mgtanαIL，故CD错误。
故选：B。
沿斜面方向根据平衡条件求解ab所受安培力大小，根据安培力的计算公式F=BIL求解磁感应强度大小。
本题主要是考查安培力作用下的导体棒的平衡问题，解答此类问题要明确导体棒的受力情况，结合平衡条件列方程解答，同时注意对导体受力分析，明确安培力方向。

11.【答案】D 
【解析】A.电动机未启动时，车灯、电流表和电源串联，根据闭合电路欧姆定律可知车灯的电压为：U=E-Ir=12.5V−10×0.05V=12V，则车灯的功率为：P=UI=12×10W=120W，故A错误；
B.根据欧姆定律可知车灯的电阻：R=UI=1210Ω=1.2Ω。
电动机启动时，车灯两端电压：U1=E-I1r=12.5V−50×0.05V=10V，流过车灯的电流为IL=U1R=101.2A=253A
则流过电动机的电流为IM=I1-IL=50A−253A=1253A，故B错误；
C.电动机启动时，其输出功率为PM出=U1IM-IM2rM=[10×1253−(1253)2×0.05]W≈329.9W，故C错误；
D.电动机启动时，电源输出的功率：P源出=EI1-I12r=(12.5×50−502×0.05)W=500W，故D正确。
故选D。
电动机未启动时，电路为纯电阻电路，由闭合电路的欧姆定律求出车灯的电压，由P=UI求车灯的功率；电动机启动时，其电路为非纯电阻电路，先根据闭合电路欧姆定律求出路端电压，然后由欧姆定律求出通过车灯的电流，从而得到通过电动机的电流，根据P电=P机+P热来求解电动机的输出功率。由P源出=EI1-I12r求电源的输出功率。
解答本题时，要明确纯电阻电路和非纯电阻电路的区别，非纯电阻电路不能用欧姆定律，一般都要用P总=P机+P热这个公式来研究功率关系。
 

12.【答案】D 
【解析】解：A.图中喷枪与被涂物之间的实线不代表电场线，因为电场线从正电荷出发到负电荷，故A错误；
B.该电场不是匀强电场，颗粒运动过程中所受的电场力不是恒力，涂料颗粒在电场中运动时加速度不恒定，故B错误；
C.涂料颗粒在电场中运动中，电场力做正功，电势能减小，故C错误；
D.被涂物上的尖端处，电荷密度大，该处电场强度大，颗粒所受电场力大，涂料附着较多，故D正确。
故选：D。
电场线从正电荷出发到负电荷，电场不是匀强电场，电场力做正功，电势能减小，被涂物上的尖端处，电荷密度大，该处电场强度大。
本题考查电场线特点，解题关键掌握电场力做正功，电势能减小，注意电场线从正电荷发出到负电荷。

13.【答案】C 
【解析】解：电键断开后，A与L组成闭合自感回路；电感阻碍自身电流i2变化，产生的感应电流仍沿着原来方向，大小逐渐减小；所以开关断开后，L的电流的方向不变，而A的电流的方向与开始时是相反的，故C正确，ABD错误，
故选：C。
电感对电流的变化起阻碍作用，断开开关，A、L构成一回路，电感阻碍电流i2减小。
解决本题的关键掌握电感对电流的变化起阻碍作用，电流增大，阻碍其增大，电流减小，阻碍其减小。

14.【答案】C 
【解析】解：A、电流方向向右，电子向左定向移动，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向向外，则前表面积累了电子，前表面的电势比后表面的电势低，故A错误；
B、稳定后，后续电子受力平衡可得eUb=evB，解得：U=Bbv，前、后表面间的电压U与v成正比，故B错误；
C、根据电流的微观表达式可知I=neSv=nebdv，解得：U=BIne⋅1d，故C正确。
D、电子所受洛伦兹力大小为F=eUb，故D错误。
故选：C。
由左手定则判断元件内的电子向前表面移动，故前后表面间有电压，再根据稳定后导电粒子所受的电场力等于洛伦兹力列式进行判断即可。
本题主要是考查传感器的应用，知道该霍尔元件里面导电的是自由电子，能应用左手定则判断电势高低，并能够根据平衡条件求解霍尔电压。

15.【答案】(1)50V；欧姆(2)AC(3)39400；×1k 
【解析】解：(1)表头与分压电阻串联可以改装成电压表，分压电阻阻值越大，电压表量程越大，若选择开关S接5时，对应的挡位是直流电压10V挡，选择开关S接6时，对应的挡位更大可能是直流电压50V；若选择开关S接4时，有内部电源，对应的挡位是欧姆挡。
(2)A、使用多用电表测量电路中的电流时，充当电流表使用，电表需串联接入待测电路，故A正确；
B、测量电路中正常发光的小灯泡阻值时，选择欧姆挡并将两表笔分别接触灯泡的两接线柱进行测量，不能保证小灯泡正常发光，故B错误；
C、用欧姆挡测电阻时，每次换挡后必须重新短接两表笔进行欧姆调零，故C正确；
故选：AC。
(3)改装成电压表需要串联分压电阻，已知Ig=300μA=3×10−4A，根据欧姆定律得：
U=Ig(rg+R串)，
解得：R串=39400Ω；
由以上计算可知改装后电压表内阻为40000Ω，多用电表的表盘指针位置如图丙所示，则使用多用电表的挡位为“×1k”。
故答案为：(1)50V；欧姆(2)AC(3)39400；×1k
(1)表头与分压电阻串联可以改装成电压表，分压电阻阻值越大，电压表量程越大；多用电表欧姆挡有内部电源；
(2)根据多用电表使用方法分析选项；
(3)根据欧姆定律求需串联定值电阻阻值，根据计算的电压表内阻推断欧姆表挡位。
本题考查的是多用电表的原理，掌握多用电表内部结构和规范使用多用电表是解决本题的关键，在平时实验训练过程中要多加注意规范操作和正确使用。

16.【答案】(1)0.300；(2)A；D；(3)图像见解析；2.8；(4)电路图见解析。 
【解析】解：(1)由图示螺旋测微器可知，其读数为：0mm+30.0×0.01mm=0.300mm。
(2)电源电动势为3V，待测金属丝电阻约为3Ω，通过金属丝的最大电流约为1A，为减小误差，电流表应选择A；为方便实验操作，滑动变阻器应选择D。
(3)根据坐标系内描出的点作出图像如图所示

根据图示图像可知，金属丝电阻R=UI=1.70.6Ω≈2.8Ω
(4)为了增大电压表读数的最大值，可以把定值电阻与电阻丝串联，电压表测定值电阻与金属丝的两端电压，电路图如图所示

故答案为：(1)0.300；(2)A；D；(3)图像见解析；2.8；(4)电路图见解析。
(1)螺旋测微器固定刻度读数与可动刻度读数的和是螺旋测微器的读数。
(2)根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器。
(3)根据图示图象应用欧姆定律求出金属丝的电阻。
(4)可以把定值电阻与金属丝串联，电表测串联电路两端电压时电压表示数变大，据此作出实验电路图。
要掌握常用器材的使用方法与读数方法，对螺旋测微器读数时要注意，螺旋测微器需要估读；要掌握实验器材的选择原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作原则。

17.【答案】解：(1)由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势：E=ΔΦΔt=SΔBΔt=0.2×2.01.0V=0.4V
(2)由闭合电路的欧姆定律可知，流过电阻的电流：I=Er+R=0.40.1+0.4A=0.8A
磁场垂直于纸面向外，磁感应强度增大，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，流过电阻的电流由c流向d
(3)线圈a、b两端的电压Uab=IR=0.8×0.4V=0.32V
答：(1)线圈中产生的感应电动势大小E是0.4V；
(2)流过电阻的电流大小是0.8A，方向由c流向d；
(3)线圈两端a、b间的电压Uab是0.32V。 
【解析】
(1)应用法拉第电磁感应定律求出感应电动势。
(2)应用闭合电路的欧姆定律求出感应电流，应用楞次定律判断感应电流方向。
(3)应用欧姆定律求出a、b间的电势差。
本题是一道电磁感应与电路相结合的综合题，但难度不大，应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、楞次定律即可解题；解题时注意a、b两端的电压是路端电压。

18.【答案】解：(1)墨汁微粒加速度的大小由牛顿第二定律qE=ma
a=qEm，E=Ud
解得a=qUdm
(2)进入偏转电场后，水平方向L=v0t
竖直方向y=12at2
解得墨汁微粒在场强方向上移动的距离 y=UqL22dmv02
(3)电场力所做的功W=qEy=U2q2L22d2mv02
答：(1)加速度的大小a为qUdm；
(2)在场强方向上移动的距离y为UqL22dmv02；
(3)电场力所做的功W为U2q2L22d2mv02。 
【解析】(1)墨汁微粒在场强方向上做匀加速直线运动，牛顿第二定律解得；
(2)墨汁微粒做类平抛运动，根据水平方向和竖直方向的运动学公式结合几何关系解得；
(3)根据电场力做功的公式解得。
本题考查带电粒子在电场中的运动，解题关键掌握带电粒子在电场中作类平抛运动，根据类平抛运动公式可解得。

19.【答案】解：(1)粒子加速过程根据动能定理，则有：qU1=12mv2
解得：v=2qU1m
(2)粒子经过速度选择器过程受力平衡，则有：Eq=qvB1
而场强：E=U2d，
联立解得：U2=B1d2qU1m
(3)粒子在分离器中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，则有：qvB2=mv2r
解得：OP=2r=2B22U1mq
则ΔL=22U1B2(m22q−m20q)
从表达式可以看出，要增加ΔL的距离，可以保持U1不变减小B2或保持B2不变增大U1，或同时减小B2增大U1。
答：(1)粒子进入速度选择器的速度是2qU1m；
(2)速度选择器的两极板电压为B1d2qU1m；
(3)ΔL之间的距离是22U1B2(m22q−m20q)，为了便于观测应采取：保持U1不变减小B2或保持B2不变增大U1，或同时减小B2增大U1。 
【解析】
(1)根据动能定理qU1=12mv2求出粒子的速度v。
(2)在速度选择器中做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，根据Eq=qvB1，及E=U2d，求出电压U2。
(3)根据洛伦兹力提供向心力，qvB2=mv2r，求出粒子在B2磁场中OP之间的距离，再分析增加距离应采取的措施。
解决本题的关键掌握带电粒子在电场中的运动特点与在磁场中的运动特点，以及知道在速度选择器中做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，同时要理解牛顿第二定律与向心力表达式的内容。

20.【答案】解：(1)导体杆受到的安培力：F=BIL=BL⋅ER=BL⋅BLvR=B2L2vR，
导体杆做匀速运动时达到稳定状态，即，ΔvΔt=0，由平衡条件得：mg=BImL=B2L2vmR，
解得：k=B2L2R，vm=mgRB2L2
(2)导体杆产生感应电动势E=BLv0，则电容器两板电荷量q=CE=CBLv0
对导体杆，应用动量定理：mgt−BiLt=0，导体杆运动过程电路电流：i=qt，
于是解得：q=mgBL⋅t，图像如图所示。
(3)由以上讨论可知：情景Ⅰ：电流最大值表达式为Im=mgBL
由能量守恒可知：克服安培力所做的功等于回路中产生的焦耳热，所以W=Q
情景Ⅱ：当充电电流稳定时，mg=BImL，Im=mgBL，由能量守恒可知，克服安培力做功等于电容器增加的电能，回路中无电阻，无焦耳热产生，所以：W>Q
答：(1)导体棒下落的最大速率vm为mgRB2L2，①式中的k为B2L2R；
(2)电容器充电电荷量q随时间t变化的方程为q=mgBL⋅t，在图乙中定性画出q−t图线如解析所示；
(3)填空答案为：mgBL；=；mgBL；>。 
【解析】
(1)杆做匀速直线运动时达到稳定，应用平衡条件求出稳定时电路中的最大电流，最大速度；
(2)导体杆下落切割磁感线产生感应电动势，给电容器充电，当金属杆速度为v0不变时，由平衡条件可求得电荷量随时间的关系；
(3)最终金属棒速度稳定，分别从力学角度和能量角度，比较稳定时电流的最大值，以及克服安培力做功以焦耳热的大小。
当导体杆做匀速直线运动时达到稳定状态，分析清楚导体杆的运动过程是解题的前提，应用安培力公式、平衡条件、牛顿第二定律、动量定理即可解题。