2026年河北省衡水二中高考物理模拟试卷（一）-普通用卷

这是一份2026年河北省衡水二中高考物理模拟试卷（一）-普通用卷，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.在河北衡水老白干的酿造过程中，粮食在容积恒定的密闭陶缸中发酵，导致缸内气体温度升高、分子数增加。若缸内气体可视为理想气体，且气体体积不变，则关于此过程，下列说法正确的是( )
A. 所有气体分子的动能都增大
B. 气体内能减小
C. 单位时间撞击单位面积缸壁的气体分子数增多
D. 气体对外做了功
2.在消防救援中，时间就是生命。消防员为快速建立供水线路，拖拽着沉重的消防水带向前加速奔跑至火场，水带在地面上被拖拽着与消防员在同一直线上滑动。在加速拖行阶段( )
A. 消防员对水带的拉力大于水带对消防员的拉力
B. 消防员对水带的拉力等于地面对水带的摩擦力
C. 消防员所受地面的摩擦力向后，水带所受地面的摩擦力向后
D. 消防员所受地面的摩擦力向前，水带所受地面的摩擦力向后
3.宇宙射线进入地球大气层过程中，同大气作用产生的中子撞击大气中的氮14引起核反应产生碳14，其核反应方程为 714N+01n→614C+X，产生的碳14能够自发地衰变成氮14，碳14的半衰期为5730年，则下列说法正确的是( )
A. X粒子为正电子B. 碳14衰变成氮14是发生了α衰变
C. 碳14的比结合能小于氮14的比结合能D. 碳14经过11460年将完全衰变殆尽
4.如图所示，水平放置的通电螺线管轴线上，a、b是关于螺线管正中央的对称点，c、d是通电螺线管中垂线上关于轴线对称的两点，该两点处放置垂直纸面的长直通电导线，两通电直导线中电流大小相等、方向相反，则a、b两点的磁感应强度( )
A. 大小相等，方向相反B. 大小相等，方向相同
C. 大小不相等，方向相反D. 大小不相等，方向相同
5.如图所示，轻弹簧一端与倾斜传送带上的物块连接，另一端固定在墙面上，弹簧轴线与传送带平行，物块与传送带间的动摩擦因数恒定。传送带足够长且匀速转动一段时间后，物块在传送带上做简谐运动，运动过程中弹簧不超过其弹性限度，则( )
A. 传送带的转动方向一定是顺时针
B. 传送带的转动方向一定是逆时针
C. 物块的最大速度小于传送带的速度
D. 物块的最大速度大于传送带的速度
6.嫦娥六号探测器在环月无动力飞行任务中，曾进入一个椭圆轨道，月球位于椭圆轨道的一个焦点处。已知该轨道的近月点P距离月球中心为R，远月点Q距离月球中心为2R，探测器在近月点P的速度大小为v0。规定距月球无穷远处引力势能为零，探测器与月球中心距离为r时的引力势能为负值，且与r成反比。当探测器运动到该椭圆轨道上与月球中心距离为1.5R处时的速度大小为( )
A. 2v02B. 3v03C. v02D. v03
7.如图所示，竖直面内有两个等高光滑定滑轮P、Q，跨过定滑轮P的轻质细绳两端分别拴接小球A和小物块B，跨过定滑轮Q的轻质细绳一端拴接小球A，另一端施加外力F，在外力F的作用下整个装置处于平衡状态，连接小球A的左、右两细绳与竖直方向分别成45∘角和30∘角。当缓慢增大外力F的大小到与小球A的重力相等时，连接小球A的右绳与竖直方向的夹角( )
A. 等于0B. 等于30∘C. 小于30∘D. 大于30∘
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，倾角为30∘的光滑斜面上放一质量为m的A盒，A盒由轻质细绳跨过光滑轻质定滑轮与B盒相连，A盒与定滑轮间的细绳与斜面平行，B盒内放一质量为m2的物体。如果把这个物体改放在A盒内，则B盒的加速度恰好与原来等大反向。已知重力加速度大小为g，则( )
A. B盒的质量mB=m4B. B盒的质量mB=3m8
C. 系统的加速度大小a=0.4gD. 系统的加速度大小a=0.2g
9.如图所示是我国自主研究设计的舰载机返回航母甲板时电磁减速的简化原理图。固定在绝缘水平面上足够长的平行光滑金属导轨，左端接有定值电阻R，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，导轨的电阻不计。舰载机等效为电阻不计的导体棒PQ，当导体棒PQ以一定初速度水平向右运动过程中，其速度v、加速度a、所受安培力F、流过的电量q与运动时间t变化关系图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
10.一新款国产小型新能源电动汽车上市前，对其进行了水平路面直线驾驶刹车性能检测，通过传感器描绘的该电动汽车从t=0时刻开始的st−t图像如图所示，其中s和t分别表示电动汽车的运动位移和运动时间，图中①为直线，②为反比例函数图线，P为两图线对接点，则( )
A. 刹车时间为8s
B. 10s内加速度先不变后逐渐变小
C. 汽车在t1时间内的加速度大小为5m/s2
D. 图中阴影部分的面积表示汽车在t0时间内通过的位移
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.(1)图甲是某学习小组自制的“液体折射率测量仪”装置，由一端有转轴的主支架和两根与主支架垂直的分支架1和2组成，分支架1上沿其轴线方向固定一支激光笔，一直角扇形量角盘固定在主支架和分支架1之间，交点处用细线悬挂一重锤，分支架2上放置装有待测液体的透明容器，整个装置可绕转轴在竖直面内转动。打开激光笔开关，让激光垂直容器壁射入液体并在液面处出现图乙所示的光路，缓慢转动装置，为了使透射出液面的光线消失，主支架绕转轴的转动方向为 (填“顺时针”或“逆时针”)，将透射出液面的光线恰好消失时重垂线与主支架间的夹角记为θ，则该待测液体的折射率的表达式为 。
(2)为了验证弹性碰撞情境下的动量守恒，实验小组准备了水平气垫导轨和滑块A、B(均装有宽度相同的遮光条，两滑块碰撞端均加装硬质弹性碰撞头且A的质量小于B的质量)，导轨上安装高精度光电门1、2，可精准记录遮光条通过的时间。
实验步骤如下：
A.调节气垫导轨水平，单独释放任一滑块，遮光条先后通过光电门1、2的时间相等，确认水平达标；
B.使滑块A沿导轨向右运动，碰撞前，记录滑块A通过光电门1的时间t0；
C.两滑块在两光电门间发生碰撞，记录滑块A碰后再次通过光电门1的时间t1和滑块B碰后通过光电门2的时间t2；
D.多次改变滑块A的初速度，重复实验，验证弹性碰撞情境下规律的普适性。
①本实验采用气垫导轨可忽略摩擦力的影响，但实验前调节气垫导轨水平，使单独释放某一滑块时遮光条通过两光电门的时间相等，核心目的是 ；
②本实验是验证弹性碰撞情境下的系统动量守恒，在没有测量两滑块质量和遮光条宽度的情况下，只采用光电门时间数据，验证该规律的表达式为 (用t0、t1、t2表示)。
12.科技社团的同学在参观河北省某市光伏新能源基地后，对其核心部件霍尔元件产生浓厚兴趣，他们通过查找资料得知霍尔电压UH满足关系式UH=KHIB，其中KH为霍尔元件的灵敏度，现通过实验探究型号SS49E霍尔元件(其内可自由移动的粒子为电子)的特性。他们用强磁体(磁感应强度为恒定值B)提供磁场，将霍尔元件置于磁场中，连接成如图甲所示的电路。
(1)闭合开关S，调节滑动变阻器改变电流大小，用多用电表直流电压2.5mV挡测量对应的UH时，红表笔应对接图甲中的 (填“a”或“b”)；其中某次测量电压时，多用电表指针位置如图乙所示，多用电表的读数为 mV(保留2位有效数字)。
(2)重复步骤(1)，根据所测数据在图丙坐标纸上描点并画出UH−I图线。若已知该强磁体的磁感应强度B=0.10T，则该霍尔元件的灵敏度KH= V/(A⋅T)(保留2位有效数字)。
(3)实验前，若未对多用电表的电压挡进行机械调零，在I=0时指针在0刻度线左侧，但该同学未修正此误差，这会导致最终计算出的灵敏度KH的测量值 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示，质量为m的小球(可视为质点)放置在光滑水平面上的A点，与水平面的右边缘B点的距离为L，四分之一圆弧轨道MN固定在竖直平面内，O是圆心，OM、ON分别是水平、竖直半径，B是ON上一点，C是圆弧上一点。现给小球施加一水平向右、大小为F=2mg的恒定拉力，当小球运动到B点时立即撤去此拉力，然后小球从B点运动到C点。已知小球在C点速度的反向延长线为CO，且∠MOC=30∘，重力加速度为g，不计空气阻力。求：
(1)小球在B点的速度大小以及从A点到B点运动的时间；
(2)小球从B点到C点的运动时间。
14.如图，绝缘轨道ABCDE由粗糙水平轨道ABC和光滑竖直半圆轨道CDE组成，两部分轨道平滑连接于C点，半圆轨道的圆心为O、半径R=57m，水平轨道上方存在一个方向水平向右、电场强度大小随时间变化的电场区域BC(不考虑变化的电场产生的磁场)。一根轻弹簧左端拴接在A处的竖直墙面上，右端与质量m=1kg、电荷量q=+1C的带电小物块接触(不连接)，弹簧处于原长时物块位于B点。让物块向左压缩弹簧使弹簧的弹性势能为Ep=0.9J时，物块向左移动了x=0.2m，然后自由释放物块，物块进入水平电场并开始计时，电场强度大小与时间的函数表达式为E=4t，物块进入半圆轨道后，在D点对半圆轨道的压力恰好为零，此时OD与竖直方向的夹角θ=60∘。物块可视为点电荷，物块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2，不计空气阻力，g取10m/s2。求：
(1)物块进入半圆轨道时的速度大小v；
(2)物块刚进入电场时的速度；
(3)物块在电场中的运动时间t。
15.图甲为离子注入机原理示意图。离子源均匀产生的带正电的离子(初速度忽略不计)经引出组件加速后，通过磁分析器选择出特定离子，再经直线减速管调整能量，经聚焦系统水平向右射出，注入圆盘上的圆形芯片。竖直放置的圆盘中心在离子束轴线的正下方，圆盘上均匀分布芯片，注入时最上方的芯片圆心恰好正对离子束水平射出方向。已知离子质量m=1.6×10−26kg，电荷量q=1.6×10−19C，引出组件的加速电压U1=5×104V，磁分析器中的磁感应强度B=0.1T，直线减速器电压U2=−3.75×104V，忽略离子重力。
(1)判断磁分析器中磁场的方向；为使离子通过磁分析器时不撞击器壁，求磁分析器的半径R。
(2)为实现在静止圆盘最上方的芯片上沿水平直径均匀注入，从直线减速管减速后的离子束需通过一对竖直放置的偏转极板进行水平匀速扫描芯片，偏转极板长度L=0.2m，板间距离d=0.08m，偏转极板右端到芯片的水平距离D=0.15m，偏转极板上加上周期T=2ms的交变电压，U−t图像如图乙所示。为使离子束在芯片上的扫描范围恰好达到芯片直径x0=0.1m，求加在偏转极板上交变电压的峰值Um。
(3)以图甲中直径所在直线为x轴、芯片圆心为原点、垂直纸面向外为x轴正方向建立坐标系，在图丙中定性画出0∼2ms内各离子的位置坐标与时间的关系图像。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.温度升高，分子的平均动能一定增大，但这是统计规律，总存在部分分子速率减小、动能变小的情况，故A错误；
B.理想气体温度升高，分子平均动能变大，分子数增加，则气体内能增加，故B错误；
C.由题意知气体温度升高、分子数增加，而气体体积不变，这直接导致单位体积内的分子数(分子数密度)增加，从而使单位时间内撞击单位面积缸壁的气体分子数增多，故C正确；
D.在热力学中，气体对外做功的宏观必要条件是气体体积增大(ΔV>0)，而题中明确气体体积不变(ΔV=0)，因此气体没有对外做功，故D错误。
故选：C。
温度是分子热运动的平均动能的标志；理想气体温度升高，气体内能增加；根据影响气体压强的微观解释分析；气体体积不变，气体没有对外做功。
本题主要考查气体压强微观解释和热力学第一定律，结合一定质量的理想气体内能只与温度有关，温度是分子平均动能的标志进行分析。
2.【答案】D
【解析】解：A、消防员对水带的拉力与水带对消防员的拉力是一对作用力与反作用力，二者大小相等、方向相反，与水带的运动状态无关，故A错误；
B、对水带进行受力分析，水平方向水带受到消防员对它的拉力和地面对它的滑动摩擦力，水带向前加速滑动，加速度方向向前，根据牛顿第二定律可知，水带合力方向向前，所以消防员对水带的拉力大于地面对水带的摩擦力，故B错误；
CD、消防员要向前加速，脚相对地面有向后滑动的趋势，则地面对脚的静摩擦力方向向前；水带相对地面向前滑动，所以地面对水带的滑动摩擦力方向向后，故C错误，D正确。
故选：D。
作用力和反作用力大小相等，方向相反；根据牛顿第二定律分析判断；根据相对滑动的趋势判断静摩擦力的方向。
解决本题的关键知道作用力与反作用力大小相等，方向相反，同时掌握牛顿第二定律的应用，明确水带向前加速，合外力方向向前。
3.【答案】C
【解析】解：A.根据核反应方程质量数守恒和电荷数守恒可知，X的质量数为A=14+1−14=1，电荷数为Z=7+0−6=1，所以X为质子，故A错误；
B.根据质量数守恒和电荷数守恒写出碳14衰变成氮14的衰变方程为 614C→714N+−10e
可知碳14衰变成氮14是发生了β衰变，故B错误；
C.碳14自发衰变为氮14，释放能量，则氮14的结合能大于碳14的结合能，它们的核子数相等，故氮14的比结合能大于碳14的比结合能，故C正确；
D.碳14经过11460年，即经过两个完整的半衰期，会剩余质量m=m0(12)2=14m0，剩余14未衰变，故D错误。
故选：C。
知道核反应过程中，电荷数守恒、质量数守恒；根据剩余质量与半衰期的关系判断。
本题关键是掌握核反应过程中，电荷数守恒、质量数守恒。
4.【答案】B
【解析】解：c、d两点处的通电直导线中电流大小相等、方向相反，分别在a、b两处的磁感应强度均为Bc、Bd，且大小相等，根据安培定则可知方向如图所示
根据平行四边形法则可知合成后大小相等、方向相同；通电螺线管在a、b两处的磁感应强度大小相等、方向相同，根据矢量叠加原理，可知a、b两处的磁感应强度大小相等、方向相同，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据安倍定则判断电流和通电螺线管的磁场方向；由平行四边形法则求合磁场强度大小。
本题考查学生的理解能力和模型构建能力，需要利用安倍定则、矢量合成法则等知识解题。
5.【答案】C
【解析】解：根据题意分析可知，物块在传送带上做简谐运动，说明物块与传送带一定存在相对运动，物块沿传送带方向受重力的分力、弹簧弹力、传送带对物块的滑动摩擦力，要满足回复力F=−kx，需要保证物块在运动过程中受到的滑动摩擦力的方向不变。传送带顺时针转动时，当物块在平衡位置的最大速度小于传送带的速度时，无论物块向上运动还是向下运动，传送带对物块的滑动摩擦力方向均沿传送带向上，同理，传送带逆时针转动时，当物块在平衡位置的最大速度小于传送带的速度时，无论物块向上运动还是向下运动，传送带对物块的滑动摩擦力方向均沿传送带向下。综上分析可知，物块要在传送带上做简谐运动，传送带可顺时针转动也可逆时针转动，但物块的最大速度小于传送带的速度，故C正确，ABD错误；
故选：C。
简谐运动的平衡条件、回复力特点，以及传送带转动方向对物块受力的影响，分析物块最大速度与传送带速度的关系
本题关键是理解简谐运动的平衡条件(合力为零)、回复力的特点(与位移成正比且反向)，以及传送带转动方向对物块相对运动和摩擦力方向的影响，进而分析最大速度与传送带速度的大小关系。
6.【答案】A
【解析】解：根据开普勒第二定律可知12v0Δt⋅R=12vQΔt⋅2R
解得探测器在远月点的速度vQ=v02
探测器与月球中心距离为r时的引力势能为负值，且与r成反比，则引力势能表达式为Ep=−kr
则对探测器从近月点P到远月点Q，根据机械能守恒定律有12mv02−kR=12mvQ2−k2R
解得k=34mv02R
对探测器从近月点P到与月球中心的距离为1.5R处，有12mv02−kR=12mv2−k1.5R
联立解得v= 2v02，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据开普勒第二定律求解探测器在远月点的速度，结合引力势能表达式和机械能守恒定律列式求解。
本题考查行星运动过程中机械能守恒定律和开普勒行星运动定律的应用，合理利用两个规律列出等式即可顺利求解。
7.【答案】B
【解析】解：小球A受重力和两细绳的拉力作用处于平衡状态，右绳中的拉力大小等于外力F，左绳中的拉力大小恒等于小物块B的重力大小，三力构成闭合矢量三角形，如图所示
分别以左绳拉力大小和小球A重力大小为半径作辅助圆，两辅助圆的右交点即为外力F的大小与小球A的重力相等时力的矢量三角形的一个顶点，根据几何关系可知，连接小球A的右绳与竖直方向的夹角与初始时相等，等于30∘，故B正确，ACD错误。
故选：B。
对A受力分析，A受重力和两个绳子拉力，三力构成闭合矢量三角形，结合几何关系分析。
本题主要是考查了共点力的平衡的动态分析问题，解答本题的关键是能够正确的进行受力分析、利用矢量三角形结合两个力大小不变进行分析解答。
8.【答案】BD
【解析】解：B盒内放一质量为m2的物体，以A、B两盒及盒内物体为整体，根据牛顿第二定律有(mBg+12mg)−mgsin30∘=(m+mB+12m)a
当物体改放在A盒内时，以A、B两盒及盒内物体为整体，根据牛顿第二定律有(mg+12mg)sin30∘−mBg=(m+mB+12m)a
联立解得mB=3m8，a=0.2g，故BD正确，AC错误。
故选：BD。
当物体放在B盒中时，以A、B两盒及盒内物体为整体，根据牛顿第二定律列方程；当物体在放在A盒中时，以A、B两盒及盒内物体为整体，再根据牛顿第二定律列方程，联立求解。
本题考查牛顿第二定律的应用，当两个物体的加速度大小相等时可以看作一个整体，运用整体法求加速度，也可以采用隔离法研究。
9.【答案】AC
【解析】解：A.导体棒向右运动过程中，根据左手定则可知，导体棒受到向左的安培力，则有BIL=ma，I=ER=BLvR，所以导体棒向右做减速运动，加速度大小为a=B2L2vmR，由于速度减小，则加速度减小，所以v−t图像的切线斜率绝对值逐渐减小，故A正确；
B.根据a=B2L2vmR，有ΔaΔt=B2L2mR⋅ΔvΔt=B2L2mRa，由于速度逐渐减小，加速度逐渐减小，所以a−t图像的切线斜率绝对值应减小，故B错误；
C.导体棒受到向左的安培力，大小为F=BIL=B2L2vR∝v，可知F−t图像的形状与v−t图像的形状一致，故C正确；
D.根据I=ΔqΔt=ER=BLvR，由于速度逐渐减小，所以q−t图像的切线斜率应逐渐减小，故D错误。
故选：AC。
通过左手定则判断安培力方向，结合电磁感应中感应电流(I=BLvR)、牛顿第二定律(BIL=ma)，推导加速度、安培力等与速度的关系，进而分析v−t、a−t.F−t、q−t图像的特点。
本题考查导体棒在磁场中运动的相关问题，涉及左手定则判断安培力方向，结合电磁感应中感应电流公式(I=BLvR)、牛顿第二定律(BIL=ma)，推导加速度、安培力与速度的关系，进而分析v−t、a−t、F−t、q−t图像的特点，综合考查电磁感应与力学规律的结合应用。
10.【答案】CD
【解析】解：A.题图中图线②为反比例函数图线，则此阶段平均速度和时间的乘积保持不变，即汽车的位移不变，因此汽车在此阶段处于静止状态，加速度为0。
由点(10,4)可知t=10s，st=4m/s
联立解得，刹车的位移s=40m
根据匀减速直线运动位移-时间关系有s=v0t−12at2
变形得st=v0−12at，题图中图线①为向下倾斜的直线，则汽车在此阶段做匀减速直线运动，st−t图像的纵截距表示初速度，则初速度v0=20m/s
从t=0到t1过程中，根据匀变速直线运动平均速度公式可得s=v0+02t1可得，刹车时间t1=4s，故A错误；
B.刹车时间t1=4s，则在0∼4s内加速度不变，在4s∼10s内加速度为0，故B错误；
C.在0∼4s内，根据s=v0t1−12at12
代入数据可得40m=20m/s×4s−12a×(4s)2
所以a=5m/s2，故C正确；
D.st−t图像上任一点纵坐标与横坐标的乘积表示位移，故图中阴影部分的面积表示汽车在t0时间内通过的位移，故D正确。
故选：CD。
图线②为反比例函数图线，汽车的位移不变，结合匀减速直线运动位移-时间关系和平均速度公式分析；st−t图像上任一点纵坐标与横坐标的乘积表示位移。
对于物理图像，往往要写出解析式，对照物理规律来分析图像的物理意义。特别要注意分析图像的斜率、面积和截距的意义。
11.【答案】顺时针
n=1csθ
保证系统所受合外力为零
1t0=1t1+1t2

【解析】解：(1)激光笔固定在分支架1上，缓慢转动装置，要使光线在液面的入射角逐渐增大至全反射的临界角，才能使透射出液面的光线消失，需将主支架顺时针转动；当光线恰好发生全反射时，入射角等于临界角C。
根据几何关系可知全反射的临界角C与θ的关系为C=90∘−θ，根据全反射临界角公式有sinC=1n
解得n=1csθ。
故答案为：顺时针，n=1csθ
(2)①实验前调节气垫导轨水平，其核心目的是保证系统水平方向所受合外力为零，为弹性碰撞下的动量守恒提供必备前提条件；
②以向右为正方向，若系统动量守恒，则满足mAv0=−mAv1+mBv2
根据能量守恒定律有12mAv02=12mAv12+12mBv22
由通过光电门记录的数据有v0=dt0、v1=dt1v2=dt2
联立可得1t0=1t1+1t2
故答案为：①保证系统所受合外力为零；②1t0=1t1+1t2。
故答案为：(1)顺时针，n=1csθ；(2)①保证系统所受合外力为零；②1t0=1t1+1t2。
(1)为使透射光线消失，需增大入射角至临界角，故主支架应顺时针转动；再根据重锤夹角θ确定临界角，由全反射临界角公式推导折射率表达式；
(2)①调节导轨水平，使滑块匀速运动，核心目的是验证气垫导轨水平，确保滑块不受合外力，碰撞时动量守恒；
②利用遮光条宽度与光电门时间表示碰撞前后速度，将速度代入弹性碰撞动量守恒定律，得到仅含时间t0、t1、t2的表达式。
本题将光学全反射实验与力学动量守恒实验结合，(1)考查全反射条件与几何关系，(2)考查实验原理与数据处理，侧重考查实验设计能力和物理规律的应用能力。
12.【答案】a
0.60
2.0
不变

【解析】解：(1)电流方向从右到左，磁场方向从上向下，因该霍尔元件内自由移动的粒子为电子，所以电子从左向右运动，根据左手定则，可知霍尔元件前表面的电势低于后表面，根据多用电表电流应从红表笔流进、黑表笔流出可知，红表笔应对接图甲中的a；使用直流电压2.5mV挡，读数应为0.60mV。
(2)在拟合直线上选取相距较远的两点，如(0,0.0)和(6,1.2)，计算出斜率k=1.2mV6mA=0.2V/A
根据UH=KHBI
可知UH−I图像的斜率k=KHB
解得该霍尔元件的灵敏度KH=2.0V/(A⋅T)
(3)电压挡的零点误差会使所有电压测量值增大(或减小)一个固定值，这导致UH−I图线整体向上(或向下)平移，但拟合直线的斜率不变，所以多用电表的电压挡没有机械调零对灵敏度KH的测量值无影响。
故答案为：(1)a，0.60；(2)2.0；(3)不变。
(1)根据左手定则判断电势高低以及多用电表电流应从红表笔流进、黑表笔流出分析；
(2)求出图线的斜率，结合斜率和强磁体的磁感应强度求解该霍尔元件的灵敏度；
(3)拟合直线的斜率不变，最终计算出的灵敏度KH的测量值不变。
所谓霍尔效应，是指磁场作用于载流金属导体时，产生横向电势差的物理现象。霍尔效应在新课标教材中作为课题研究材料，解答此题所需的知识都是考生应该掌握的。对于开放性物理试题，要有较强的阅读能力和获取信息能力。
13.【答案】小球在B点的速度大小为2 gL，从A点到B点运动的时间为 Lg 小球从B点到C点的运动时间为23 3Lg
【解析】解：(1)设小球在B点的速度大小为v0。对小球从A点到B点的过程，根据动能定理可得
FL=12mv02
其中F=2mg
联立解得v0=2 gL
对小球从A点到B点的过程，取向右为正方向，根据动量定理可得
Ft1=mv0
解得t1= Lg
(2)小球在C点速度的反向延长线为CO，则小球在C点的速度与水平方向的夹角为30∘，把小球在C点的速度分别沿水平方向和竖直方向分解，如图所示：
则有
vyv0=tan30∘
解得vy=2 3gL3
根据vy=gt2
解得t2=23 3Lg
答：(1)小球在B点的速度大小为2 gL，从A点到B点运动的时间为 Lg；
(2)小球从B点到C点的运动时间为23 3Lg。
(1)对小球从A点到B点的过程，根据动能定理求出小球在B点的速度大小，结合动量定理求从A点到B点运动的时间；
(2)小球从B点到C点做平抛运动，根据速度的分解和平抛运动的规律求小球从B点到C点的运动时间。
本题主要是考查了动能定理以及平抛运动的规律，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。
14.【答案】物块进入半圆轨道时的速度大小v为5m/s 物块刚进入电场时的速度为1m/s 物块在电场中的运动时间t为2s
【解析】解：(1)在半圆轨道的D点时，物块对半圆轨道的压力为零，则半圆轨道对物块的支持力为零，由重力的径向分力提供物块圆周运动的向心力，则根据牛顿第二定律有mgcsθ=mvD2R
物块从C到D的过程，根据机械能守恒定律得
12mv2=12mvD2+mg(R+Rcsθ)
解得物块进入半圆轨道时的速度大小v=5m/s
(2)物块从释放到运动到B的过程，根据能量守恒定律有Ep=12mv02+μmgx
解得物块刚进入电场时的速度v0=1m/s
(3)方法一：对物块在电场中运动的过程，规定向右为正方向，根据动量定理得
IE−μmgt=mv−mv0
画出电场强度E随时间t变化的图像如图所示：
则t时间内电场力的冲量IE=qE−t=q×12×4t×t=2qt2
联立并代入数据得：t2−t−2=0
解得物块在电场中的运动时间t=2s(t=−1s舍去)
方法二：物块进入电场后，以向右为正方向，根据牛顿第二定律得
Eq−μmg=ma
将E=4t和已知数据代入⑥式得关于a的函数表达式为a=4t−2
作出a−t图像如图所示：
根据a−t图像中图线与t轴所围图形的面积表示速度的变化量(t轴上方的面积表示速度的增加量，下方的面积表示速度的减小量)，可知图中阴影部分的面积即为物块在电场中的速度变化量，则有Δv=v−v0=12(2+4t−2)(t−1)
解得物块在电场中的运动时间t=2s(t=−1s舍去)
答：(1)物块进入半圆轨道时的速度大小v为5m/s；
(2)物块刚进入电场时的速度为1m/s；
(3)物块在电场中的运动时间t为2s。
(1)物块在D点对半圆轨道的压力恰好为零，根据牛顿第二定律结合向心力公式求出物块在D点的速度大小。物块从C到D的过程，根据机械能守恒定律求物块进入半圆轨道时的速度大小v；
(2)物块从释放到运动到B的过程，根据能量守恒定律求物块刚进入电场时的速度；
(3)方法一：画出E−t图像，根据动量定理求解物块在电场中的运动时间t；方法二：根据牛顿第二定律，结合a−t图像求解。
本题中，物块在电场中做变加速直线运动，要学会运用动量定理求运动时间，也可以根据a−t图像求运动时间。
15.【答案】磁分析器中磁场的方向为垂直纸面向里；为使离子通过磁分析器时不撞击器壁，磁分析器的半径为1.0m 加在偏转极板上交变电压的峰值为2kV 以图甲中直径所在直线为x轴、芯片圆心为原点、垂直纸面向外为x轴正方向建立坐标系，0∼2ms内各离子的位置坐标与时间的关系图像为：

【解析】解：(1)离子在磁分析器中做圆周运动，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里；离子在引出组件的加速电场中，根据动能定理有qU1=12mv02
解得v0=1.0×106m/s
在磁分析器中，根据洛伦兹力提供向心力，有qv0B=mv02R
联立解得R=1.0m
(2)设离子经减速器减速后的速度为v，对离子从离子源释放到经减速器减速后的过程，根据动能定理有q(U1+U2)=12mv2
解得v=5×105m/s
离子进入偏转极板后，沿水平方向做匀速直线运动，则离子通过偏转极板的时间t0=Lv
解得t0=4.0×10−7s≪T=2.0×10−3s
则离子通过偏转极板的时间远小于扫描电压的14周期，每个离子通过时可认为偏转电压恒定，即离子在偏转极板内做类平抛运动，当离子恰好到达芯片水平直径的边缘时，交变电压达到峰值Um，画出离子的大致运动轨迹如图所示；
设离子离开偏转极板时的偏向角为θ，则沿芯片水平直径方向有vx=at0
根据牛顿第二定律，可得加速度a=qUmmd
沿水平方向有L=vt0
结合几何关系有tanθ=vxv=x02L2+D
联立解得Um=2kV
(3)单个离子在沿芯片水平直径方向做匀变速直线运动，有x=12at02=qUL22mdv2
可知单个离子在沿芯片水平直径方向的位置坐标x与偏转电压U成正比，可表示为x=k1U
由U−t图像可知扫描电压为三角波，在14周期(0∼0.5ms)内，电压U与时间t成正比，可表示为U=k2t
联立解得x=k1k2t=kt
则各离子在14周期(0∼0.5ms)内的位置坐标x与时间t成正比，0∼2ms内各离子的位置坐标x与时间t的关系图像如图丙所示
答：(1)磁分析器中磁场的方向为垂直纸面向里；为使离子通过磁分析器时不撞击器壁，磁分析器的半径为1.0m。
(2)加在偏转极板上交变电压的峰值为2kV。
(3)以图甲中直径所在直线为x轴、芯片圆心为原点、垂直纸面向外为x轴正方向建立坐标系，0∼2ms内各离子的位置坐标与时间的关系图像为：
。
(1)根据动能定理、洛伦兹力提供向心力求解半径；
(2)根据粒子在电场中做类平抛运动规律求解电压；
(3)根据交变电压的运动情况画图。
本题综合考查电场加速、磁场偏转、类平抛运动及交变电压下的扫描问题，核心是利用动能定理、洛伦兹力提供向心力、类平抛运动规律分析各阶段运动，注意矢量方向和运动分解。