2026年高考河北卷物理高考真题（网络收集版）

某同学健身时，哑铃被举高 $0.5\mathrm{m}$ 后再回到原位置，如图所示。如此重复10次，哑铃的位移大小为（　　）

A．0

B． $5\mathrm{m}$

C． $10\mathrm{m}$

D． $11\mathrm{m}$

【答案与解析】

位移是初位置指向末位置的有向线段。哑铃每次被举高 $0.5\ \mathrm{m}$ 后又回到原位置，重复 $10$ 次后仍回到出发点，因此位移大小为 $x=0.$ 路程为 $10\times 2\times 0.5\ \mathrm{m}=10\ \mathrm{m}$ ，但题目问的是位移。选项 B、C、D 均把路程或某次举高距离误当作位移。故选A。
河北雄安新区融合静电探测技术构建起“天空之网”，实现了对低空飞行器的全天候实时监测。当飞行器靠近时，固定在地面上的静电探测器探头感应出了正电荷。在感应电荷产生的静电场中。电场线（　　）

A．是闭合曲线

B．从感应正电荷出发

C．在无电荷区域相交

D．终止于感应正电荷

【答案与解析】

静电场的电场线具有以下基本性质：
- 起于正电荷（或无穷远），止于负电荷（或无穷远），不是闭合曲线；
- 在无电荷区域不相交；
- 本题中探测器探头感应出正电荷，因此电场线应从感应正电荷出发。选项 A 说电场线是闭合曲线，错误；选项 C 说在无电荷区域相交，错误；选项 D 说终止于感应正电荷，错误。选项 B 正确。故选B。
一款自动监测环境气压的装置由粗细均匀、导热良好的U形管和自动监测系统组成。如图所示，竖直放置的U形管右端开口，左侧管内用水银封闭了一定质量、可视为理想气体的空气。监测系统通过监测右侧液面的变化。结合温度即可得到环境气压。若外界温度下降的同时环境气压也发生了变化，导致 $\mathrm{U}$ 形管右侧液面上升，忽略水银体积变化，则封闭气体的（　　）

A．内能增加

B．压强增大

C．分子的数密度减少

D．分子热运动的平均动能不变

【答案与解析】

U 形管右端开口、左端封闭，左侧封闭一定质量理想气体。右侧液面上升，说明左侧水银面下降，封闭气体体积 $V$ 增大；同时外界温度下降， $T$ 降低。由理想气体状态方程 $\frac{pV}{T}=C$ 可知， $V$ 增大、 $T$ 降低，压强 $p$ 必然减小。因此：
- A：温度降低，内能减小，错误；
- B：压强减小，错误；
- C：分子总数不变、体积增大，分子数密度减小，正确；
- D：温度降低，分子热运动平均动能减小，错误。故选C。
我国科技爱好者复原了春秋战国时期带有刃车軎（wéi）的马车；并对其性能进行了测试。在 $t_1-t_2$ 时间内，若马车以恒定功率在水平路面上沿直线运动，速度从 $v_{1}$ 加速到 $v_2$ ，假定马车所受阻力不变，则马车运动的 $v-t$ 图像可能是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

马车以恒定功率 $P$ 行驶，阻力 $f$ 不变。牵引力 $F=\dfrac{P}{v}$ ，由牛顿第二定律 $\frac{P}{v}-f=ma$ 随着 $v$ 增大， $\dfrac{P}{v}$ 减小，加速度 $a$ 减小， $v-t$ 图像的斜率逐渐变小，最终趋近于 $v_{\max}=\dfrac{P}{f}$ 。因此图像应为斜率逐渐减小的上升曲线。故选C。
如图所示，一根粗细均匀的细金属丝置于两挡板之间的水平狭缝中央。其中心轴与狭缝平行，直径小于狭缝宽度。一束平行单色光垂直挡板入射，在屏幕上形成了稳定的双缝干涉图样，相邻两条亮条纹中心间距为 $\Delta x$ 。若金属丝经加热均匀膨胀，则（　　）

A． $\Delta x$ 变小

B． $\Delta x$ 变大

C．双缝间的距离减小

D．双缝间的距离不变

【答案与解析】

金属丝位于狭缝中央，金属丝两侧与挡板之间形成两条狭缝。设挡板间总缝宽为 $W$ ，金属丝直径为 $d$ ，则每条狭缝宽度为 $w=\frac{W-d}{2}.$ 两条狭缝中心间距为 $D=\frac{W+d}{2}.$ 金属丝受热膨胀， $d$ 增大，因此 $\mathrm{D}$ 增大。双缝干涉条纹间距 $\Delta x=\frac{L\lambda}{D}$ 随 $\mathrm{D}$ 增大而减小。选项 C、D 关于双缝间距变化的判断错误。故选A。
如图所示，在长直螺线管中间区域放置一个匝数为 $n$ 、面积为 $S$ 的同轴小线圈。已知，长直螺线管通电后其内部磁场处处相同，磁感应强度的大小 $B$ 与螺线管中的电流 $I$ 成正比，即 $B=\alpha I$ 。在一段时间内，若电流 $I$ 随时间 $t$ 的变化关系满足 $I=\beta t$ （ $\beta$ 为常量），由理想电压表测出小线圈的感应电动势为 $E$ ，则 $\alpha$ 可以表示为（　　）

A． $\frac{\sqrt{2}E}{\beta S}$

B． $\frac{\sqrt{2}E}{n\beta S}$

C． $\frac{E}{\beta S}$

D． $\frac{E}{n\beta S}$

【答案与解析】

螺线管内磁场 $B=\alpha I$ ，电流 $I=\beta t$ ，故 $\frac{dB}{dt}=\alpha\beta.$ 小线圈中感应电动势 $E=nS\left|\frac{dB}{dt}\right|=nS\alpha\beta,$ 解得 $\alpha=\frac{E}{n\beta S}.$ 故选D。
为清除太空碎片对航天器的潜在威胁，某兴趣小组提出一种设想。如图所示，一质量为 $m$ 的太空碎片绕地球做半径为 $r$ 的匀速圆周运动，在 $Q$ 点受到一个与其速度方向垂直且背离地心向外的瞬时冲量 $I$ 作用、变轨到图中的椭圆轨道，最终进入大气层而烧毁，设地球质量为 $M$ ，引力常量为 $G$ 、则该太空碎片受到冲量作用后瞬间的动能为（　　）

A． $\frac{GMm}{r}+\frac{l^2}{2m}$

B． $\frac{GMm}{2r}+\frac{l^2}{2m}$

C． $\frac{GMm}{r}+\frac{I^{2}}{2m}+I\sqrt{\frac{GM}{r}}$

D． $\frac{GMm}{2r}+\frac{I^{2}}{2m}+I\sqrt{\frac{GM}{r}}$

【答案与解析】

碎片在半径为 $r$ 的圆轨道上，满足 $\frac{GMm}{r^{2}}=m\frac{v_{0}^{2}}{r},\quad v_{0}=\sqrt{\frac{GM}{r}}.$ 冲量 $I$ 与速度方向垂直，使碎片获得垂直于原速度方向的速度分量 $\dfrac{I}{m}$ ，而原速度大小 $v_{0}$ 不变。故冲量后瞬间速度大小满足 $v^{2}=v_{0}^{2}+\left(\frac{I}{m}\right)^{2}.$ 动能为 $E_{k}=\frac{1}{2}mv^{2}=\frac{1}{2}m\frac{GM}{r}+\frac{I^{2}}{2m}=\frac{GMm}{2r}+\frac{I^{2}}{2m}.$ 故选B。
图1为一种等离子体工作电路，理想变压器原线圈两端接电压为 $U$ 的正弦交流电源，原、副线圈的匝数分别为 $n_{1}$ 、 $n_{2}$ ， $R$ 为保护电阻。稳定工作时交流电流表的读数为 $I$ ，若等离子体可等效为定值电阻，其两端的正弦交流电压波形如图2所示， $U_m$ 为电压峰值， $T$ 为周期，则下列说法正确的是（　　）

A．副线圈电压为 $\frac{n_2}{n_1}U$

B．原线圈中电流为 $\frac{n_1}{n_2}I$

C．电源电压周期为 $\frac{n_2}{n_1}T$

D．等离子体的等效电阻为 $\frac{\sqrt{2}U_m}{2I}$

【答案与解析】

理想变压器原线圈接有效值为 $U$ 的正弦交流电源：
- 副线圈电压 $U_{2}=\dfrac{n_{2}}{n_{1}}U$ ，选项 A 正确；
- 电流关系 $I_{1}:I_{2}=n_{2}:n_{1}$ ，原线圈电流 $I_{1}=\dfrac{n_{2}}{n_{1}}I$ ，选项 B 错误；
- 变压器不改变交流电频率，电源周期与副线圈周期相同，选项 C 错误。等离子体两端电压为正弦交流，峰值 $U_{m}$ ，有效值 $U_{\text{eff}}=\frac{U_{m}}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}U_{m}}{2}.$ 电流表读数为有效值 $I$ ，故等效电阻 $R=\frac{U_{\text{eff}}}{I}=\frac{\sqrt{2}U_{m}}{2I},$ 选项 D 正确。故选AD。
某千斤顶的结构如图所示，四根等长杆由铰链相连。摇动手柄竖直抬升重物过程中， $A$ 、 $C$ 两点的间距每秒均匀缩短 $2\mathrm{mm}$ ，当 $\angle CAB=45^{\circ}$ 时，下列说法正确的是（　　）

A． $A$ 与 $C$ 两点速度大小相等，方向相反

B． $B$ 点速度方向竖直向上，大小为 $2\mathrm{mm/s}$

C． $C$ 点速度方向沿 $CB$ 向上，大小为 $1\mathrm{mm/s}$

D． $A$ 点相对 $C$ 点的速度沿水平方向，大小为 $2\mathrm{mm/s}$

【答案与解析】

将千斤顶视为由四根等长杆组成的双层剪式机构。设杆与水平方向夹角为 $\theta$ ，底座 $\mathrm{A}$ 、 $C$ 间距为 $s$ ，顶端 $\mathrm{B}$ 高度为 $h$ ，有几何关系 $s=2L\cos\theta,\qquad h=2L\sin\theta,$ 故 $s^{2}+h^{2}=(2L)^{2}.$ 两侧对时间求导得 $s\frac{ds}{dt}+h\frac{dh}{dt}=0,\qquad \frac{dh}{dt}=-\frac{s}{h}\frac{ds}{dt}.$ 已知 $\mathrm{A}$ 、 $C$ 间距每秒缩短 $2\ \mathrm{mm}$ ，即 $\dfrac{ds}{dt}=-2\ \mathrm{mm/s}$ 。当 $\angle CAB=45^{\circ}$ 时， $\theta=45^{\circ}$ ， $s=h$ ，于是 $v_{B}=\frac{dh}{dt}=2\ \mathrm{mm/s},$ 方向竖直向上。千斤顶工作时常有一底座固定，因此 $\mathrm{A}$ 、 $C$ 两点速度大小不相等，选项 A 错误； $C$ 点沿水平方向滑动，速度大小为 $2\ \mathrm{mm/s}$ ，选项 C 错误； $\mathrm{A}$ 相对 $C$ 的速度沿水平方向，大小为 $2\ \mathrm{mm/s}$ ，选项 D 正确。故选BD。
如图所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为 $L$ ，电阻不计。左端接有输出电流大小恒为 $I$ 的恒流源，电流方向如图。导轨间分布着两个紧邻的正方形磁场区域、宽度均为 $L$ ，左侧磁场方向竖直向下，右侧磁场方向竖直向上，以导轨上两磁场交界处的 $O$ 点为坐标原点，沿导轨方向建立 $x$ 坐标轴，两磁场的磁感强度大小 $B$ 仅随坐标 $x$ 变化，且满足 $B=\begin{cases}2B_{0}\frac{|x|}{L},&0\leq|x|\leq\frac{L}{2},\\2B_{0}\left(1-\frac{|x|}{L}\right),&\frac{L}{2}<|x|\leq L,\end{cases}$ 式中 $B_{0}$ 为已知常量。 $t=0$ 时，一根质量为 $m$ ，导轨间电阻为 $R$ 的导体棒以初速度 $v_{0}$ 从 $x=0$ 处向右运动； $t=t_{0}$ 时，导体棒第一次到达 $x=\frac{L}{2}$ 处，且速度为0，运动过程中导体棒始终与导轨接触良好且垂直，不计空气阻力，忽略磁场的边界效应及电流对磁场的影响，下列说法正确的是（　　）

A．导体棒做简谐运动

B．初速度 $v_{0}=\sqrt{\frac{B_{0}IL^{2}}{2m}}$

C．若初速度变为 $0.5v_{0}$ ，则导体棒的速度第一次变为0所需时间为 $\frac{\sqrt{2}}{2}t_{0}$

D．若初速度变为 $1.5v_{0}$ ，则导体棒将以两磁场交界线为中心做往复运动

【答案与解析】

导体棒中电流恒为 $I$ ，在磁场中受安培力 $F=BIL$ 。由题给 $B(x)$ 分布，在 $0\leq |x|\leq \dfrac{L}{2}$ 区域有 $F=-2IB_{0}x,$ 即恢复力与位移成正比；但在 $\dfrac{L}{2}<|x|\leq L$ 区域， $\mathrm{B}$ 随 $|x|$ 增大而减小，力不再是 $-kx$ 形式，因此整体不是简谐运动，选项 A 错误。以 $x=0$ 为势能零点，可求得力对应的势能为 $U(x)=IB_{0}x^{2}\quad \left(|x|\leq \frac{L}{2}\right).$ 若初速度为 $v_{0}$ 时棒恰好到达 $x=\dfrac{L}{2}$ ，则 $\frac{1}{2}mv_{0}^{2}=IB_{0}\left(\frac{L}{2}\right)^{2}=\frac{IB_{0}L^{2}}{4},$ 解得 $v_{0}=\sqrt{\frac{IB_{0}L^{2}}{2m}}.$ 选项 B 正确。若初速度变为 $0.5v_{0}$ ，振幅为 $\dfrac{L}{4}$ ，仍在 $|x|\leq \dfrac{L}{2}$ 的线性区内，第一次速度为零所需时间仍为四分之一周期，即 $t_{0}$ ，选项 C 错误。若初速度变为 $1.5v_{0}$ ，总能量 $E=\frac{1}{2}m(1.5v_{0})^{2}=0.5625IB_{0}L^{2},$ 而磁场区域边界 $x=L$ 处的势能为 $U(L)=\frac{1}{2}IB_{0}L^{2}<E,$ 因此棒将越过 $x=L$ 离开磁场区，不再返回做往复运动，选项 D 错误。故选 B。
$(1)$ 某同学用弹簧测力计探究作用力和反作用力的关系。将甲、乙两测力计水平连接在一起，测力左侧固定，用手向右缓慢拉测力计乙。拉至某位置时两测力计示数如图所示。

测力计乙的读数是＿＿＿＿N。 ②实验中发现两测力计示数总是明显不同、原因可能是＿＿＿＿。（单选）

A. 两测力计的量程不同

B. 两测力计弹簧的材质不同

C. 使用测力计前未正确调零

$(2)$ 图为探究电容器充、放电实验的电路图，实验选用内阻为几千欧姆的电压表和内阻很小且零刻度的电流表，

①实验时将开关S接1端，可观察到电流表指针＿＿＿＿（填字母，“A.迅速偏转到某位置后稳定不动”或“B.迅速偏转到某位置后往回偏转”），同时电压表指针偏转到某位置后稳定不动。现将S与1端断开，但尚未与2端连接，此时发现电压表的指针逐渐向零刻度偏转。经检查器材完好，线路连接正确，出现此现象的原因可能是＿＿＿＿。

【答案与解析】

(1) 由图可知，测力计乙的指针指在 $2.0\ \mathrm{N}$ 刻度处，故读数为 $F_{\text{乙}}=2.0\ \mathrm{N}.$ 两测力计示数应始终大小相等、方向相反（牛顿第三定律）。若示数明显不同，最可能的原因是使用前未正确调零，对应选项 C。 (2) 开关 S 接 1 端时，电容器充电，电流由大迅速减小到零，故电流表指针迅速偏转后往回偏转，选 B。断开 S 后电压表指针逐渐回零，是因为电容器通过电压表内阻缓慢放电。
问题探究某学生兴趣小组通过查阅资料了解到，利用电磁阀控制压缩空气驱动活塞运动可实现公交车门开合，遂以“电控气动技术的原理探索与应用”为主题开展探究式学习。 $(1)$ 分析电控气动门工作原理图1是电控气动系统开门过程的简化图。电磁阀中的固定铁芯与线圈组成电磁铁，当开关 $\mathrm{S}_{1}$ 闭合时，衔铁在电磁铁的吸引下带动三个阀芯一起向左运动，复位弹簧被压缩，储气罐内压缩空气经气孔B进入汽缸右侧气室。推动汽缸内活塞向＿＿＿＿（填“左”或“右”）运动，车门打开。同时，汽缸左侧气室中的气体从气孔＿＿＿＿（填“S”或“R”）排出。当 $\mathrm{S}_{1}$ 断开时，复位弹簧推动衔铁和阀芯向右运动，压缩空气推动活塞，车门关闭。

$(2)$ 探究复位弹簧的受力情况 ①同学们测量了复位弹簧在弹性限度内受到的作用力 $F$ 与形变量 $x$ 的数据，并标在了坐标纸上，如图2所示：请在答题卡上绘制出该弹簧的 $F-x$ 图像。＿＿＿＿

②根据绘制的 $F-x$ 图像，得到该弹簧的劲度系数 $k=$ ＿＿＿＿ $\mathrm{N/mm}$ （保留两位有效数字）。同学们据此估算出电磁阀中电磁铁对阀芯的作用力仅有几牛顿，而资料显示，公交车实现车门开合所需的作用力高达上千牛顿。系统利用电控气动技术实现了“四两拨千斤”的效果。 $(3)$ 电控气动技术的应用设计受此启发，同学们设计了一款温室自动开窗器，电路如图3所示。控制电路板的程序能够实现温度高于 $35^{\circ}\mathrm{C}$ 时自动闭合开关 $\mathrm{S}_{2}$ ，温度低于 $25^{\circ}\mathrm{C}$ 时自动断开 $\mathrm{S}_{2}$ 。电磁阀线圈工作电压为 $24\mathrm{V}$ ，而控制电路板的工作电压（ $5V$ ）和电流较小，需配置电磁继电器作为控制开关。请在答题卡相应图上连线、完成电路、实现如下效果： $\mathrm{S}_{2}$ 闭合时，电磁阀中的电磁铁吸引衔铁左移，窗户打开； $\mathrm{S}_{2}$ 断开时，电磁阀中的衔铁右移，窗户关闭。

【答案与解析】

(1) 压缩空气进入汽缸右侧气室，推动活塞向左运动，车门打开；左侧气室的气体从气孔 R 排出。 (2) 由胡克定律 $F=kx$ ，在弹性限度内 $F-x$ 图线为过原点的倾斜直线。根据图中数据点求斜率得劲度系数 $k=0.22\ \mathrm{N/mm}.$ (3) 连线要点：控制电路板通过开关 $S_{2}$ 控制电磁继电器线圈； $S_{2}$ 闭合时继电器触点接通 $24\ \mathrm{V}$ 电磁阀线圈，电磁铁吸引衔铁左移，窗户打开； $S_{2}$ 断开时线圈失电，衔铁在弹簧作用下右移，窗户关闭。
下图为一列沿 $x$ 轴正方向传播的简谐横波在 $t=0$ 时的波形（中间部分未画出），此时平衡位置在 $x=x_{P}$ 的质点处于波峰。

$(1)$ 写出该波的波长，以及 $x_{P}$ 在 $10-14\mathrm{m}$ 范围内的所有可能值。 $(2)$ 若平衡位置位于原点处的质点在 $0-1\mathrm{s}$ 内通过的路程为 $5\mathrm{cm}$ ，求该波的周期和波速。

【答案与解析】

(1) 由波形图可知，振幅 $A=1\ \mathrm{cm}$ ，相邻波峰间距为 $2\ \mathrm{m}$ ，故波长 $\lambda=2\ \mathrm{m}.$ $t=0$ 时位于波峰的位置满足 $x_{P}=1+2n\quad (n\in \mathbb{Z}).$ 在 $10\ \mathrm{m}\sim 14\ \mathrm{m}$ 范围内，有 $x_{P}=11\ \mathrm{m}\ \text{或}\ 13\ \mathrm{m}.$ (2) 原点处质点在 $0\sim 1\ \mathrm{s}$ 内通过的路程为 $5\ \mathrm{cm}=5A$ 。质点从平衡位置出发，每经过 $\dfrac{T}{4}$ 通过的路程为 $\mathrm{A}$ ，故 $5A=\frac{5T}{4},\qquad T=0.8\ \mathrm{s}.$ 波速 $v=\frac{\lambda}{T}=\frac{2}{0.8}=2.5\ \mathrm{m/s}.$
如图所示，质量为 $4\mathrm{kg}$ 的木板上放有一个质量为 $1\mathrm{kg}$ 的机器人，木板始终受到水平向右、大小为 $5\mathrm{N}$ 的恒力作用。初始时木板与机器人一起以 $1\mathrm{m/s}$ 的速度沿水平地面向右匀速运动。机器人正上方有一个沿竖直方向可以伸缩、水平向右速度恒为 $1\mathrm{m/s}$ 的机械夹爪。某时刻夹爪将机器人向上提起， $2\mathrm{s}$ 后放回木板，同时夹爪缩回，机器人在摩擦力的作用下最终与木板相对静止。 $g$ 取 $10\mathrm{m/s^{2}}$ ，机器人可视为质点，机器人被提起和放下瞬间竖直方向速度均为零。求

$(1)$ 机器人被提起的 $2\mathrm{s}$ 内，木板位移的大小。 $(2)$ 从机器人被放回木板到与木板相对静止的过程中，摩擦力对机器人所做的功。

【答案与解析】

(1) 初始时木板与机器人整体匀速运动，地面摩擦力与拉力平衡： $f_{\text{地}}=F=5\ \mathrm{N}.$ 整体质量 $M+m=5\ \mathrm{kg}$ ，动摩擦因数 $\mu=\frac{f_{\text{地}}}{(M+m)g}=\frac{5}{50}=0.1.$ 机器人被提起后，木板对地面压力为 $Mg=40\ \mathrm{N}$ ，地面摩擦力 $f=\mu Mg=4\ \mathrm{N}.$ 木板所受合外力 $F_{\text{合}}=F-f=1\ \mathrm{N},$ 加速度 $a=\frac{F_{\text{合}}}{M}=0.25\ \mathrm{m/s^{2}}.$ $2\ \mathrm{s}$ 内木板位移 $x=v_{0}t+\frac{1}{2}at^{2}=1\times 2+\frac{1}{2}\times 0.25\times 2^{2}=2.5\ \mathrm{m}.$ (2) 机器人被夹爪水平提着以 $1\ \mathrm{m/s}$ 运动， $2\ \mathrm{s}$ 后放回木板瞬间，机器人速度 $v_{1}=1\ \mathrm{m/s}$ ；此时木板速度 $v_{2}=v_{0}+at=1+0.25\times 2=1.5\ \mathrm{m/s}.$ 机器人放回木板后，木板与地面间摩擦力恢复为 $f'=\mu (M+m)g=5\ \mathrm{N}=F,$ 系统所受合外力为零，机器人与木板组成的系统动量守恒。设共同速度为 $v$ ，则 $(M+m)v=mv_{1}+Mv_{2},$ $v=\frac{1\times 1+4\times 1.5}{5}=1.4\ \mathrm{m/s}.$ 摩擦力对机器人做的功等于机器人动能的增量： $W=\frac{1}{2}mv^{2}-\frac{1}{2}mv_{1}^{2}=\frac{1}{2}\times 1\times (1.4^{2}-1^{2})=0.48\ \mathrm{J}.$
图1为某质谱仪工作原理示意图。电离室中的气体分子被激光照射后发生电离，其中带正电的粒子由静止经平行于纸面的加速电场加速后，垂直于CD边进入梯形匀强磁场区域（磁场方向垂直纸面向外），并从CG边中点O平行于CD边射出，经无场区从边界PQ进入平行于纸面的匀强偏转电场，最终打到接收器与纸面交线MN上并被吸收，接收器可视为接地良好的金属板。MN延长线经过O点，与CD所在直线夹角为 $\alpha$ ， $\alpha$ 可通过MN绕O点在纸面内的转动进行调整，调整前后PQ与MN始终平行且间距为 $0.3m$ 不变。CG边长为 $0.2m$ ，与底边HG夹角为 $60^{\circ}$ ，磁感应强度大小为 $0.4T$ ，偏转电场的电场强度大小为 $1.8\times 10^4\mathrm{V/m}$ ，方向始终垂直于PQ。整个过程只考虑一种粒子，加速电场的电压恒定，MN与PQ足够长，装置处于真空环境，忽略粒子间的相互作用，不计重力。

$(1)$ 已知激光波长为 $442\mathrm{nm}$ ，求该激光一个光子的能量 $\varepsilon$ 。（普朗克常量 $h=6.63\times10^{-34}\mathrm{J\cdot s}$ ，真空中光速 $c=3\times10^{8}\mathrm{m/s}$ ） $(2)$ 调整 $\alpha$ ，得到从粒子离开加速电场到到达接收器所经历的时间t与 $\alpha$ 的关系如图2所示，求加速电场的电压U以及粒子比荷k。 $(3)$ 质谱仪稳定工作时，测得接收器每秒接收的粒子数为n，若再测一个除电荷量和质量以外的物理量，便可在（2）问的基础上得到粒子的质量。请写出该物理量，并推导粒子质量表达式（所有物理量均用字母表示）。

【答案与解析】

(1) 光子能量 $\varepsilon=\frac{hc}{\lambda}=\frac{6.63\times 10^{-34}\times 3\times 10^{8}}{442\times 10^{-9}}\ \mathrm{J}=4.50\times 10^{-19}\ \mathrm{J}.$ (2) 粒子垂直于 $CD$ 进入磁场，平行于 $CD$ 从 $CG$ 中点 $O$ 射出，速度方向转过 $90^{\circ}$ 。由几何关系， $CG=0.2\ \mathrm{m}$ ， $\angle CGH=60^{\circ}$ ，故 $O$ 到 $CD$ 的竖直距离即为圆周运动半径 $R=\frac{CG}{2}\sin 60^{\circ}=0.1\times \frac{\sqrt{3}}{2}=0.05\sqrt{3}\ \mathrm{m}.$ 由 $qvB=m\dfrac{v^{2}}{R}$ 得比荷 $k=\frac{q}{m}=\frac{v}{RB}.$ 粒子在无场区以速度 $v$ 沿 $CD$ 方向运动，到边界 $PQ$ 的距离为 $d=0.3\ \mathrm{m}$ ， $PQ$ 与 $CD$ 夹角为 $\alpha$ ，故无场区运动时间 $t_{1}=\frac{d}{v\sin\alpha}.$ 进入偏转电场后，粒子在垂直 $PQ$ 方向受恒定加速度 $a=\dfrac{qE}{m}=kE$ ，初速度垂直分量为 $v\sin\alpha$ ，要越过 $d=0.3\ \mathrm{m}$ 到达 $MN$ ，电场区时间 $t_{2}$ 满足 $-d=v\sin\alpha\,t_{2}-\frac{1}{2}kE t_{2}^{2}.$ 磁场区时间为 $t_{0}=\dfrac{\pi R}{2v}$ 。总时间 $t(\alpha)=t_{0}+t_{1}+t_{2}$ 在 $\alpha=60^{\circ}$ 时取最小值。对 $t$ 求导并令 $\alpha=60^{\circ}$ 时为零，可得 $v=\frac{8}{9}\cdot\frac{Ed}{RB}.$ 代入数据 $E=1.8\times 10^{4}\ \mathrm{V/m}$ ， $d=0.3\ \mathrm{m}$ ， $R=0.05\sqrt{3}\ \mathrm{m}$ ， $B=0.4\ \mathrm{T}$ ，得 $v=1.39\times 10^{5}\ \mathrm{m/s}.$ 加速电压 $U=\frac{1}{2}\cdot\frac{m}{q}v^{2}=\frac{v^{2}}{2k}=\frac{vRB}{2}=\frac{4}{9}Ed=2400\ \mathrm{V}.$ 比荷 $k=\frac{v}{RB}=\frac{8Ed}{9R^{2}B^{2}}=4.0\times 10^{6}\ \mathrm{C/kg}.$ (3) 再测接收器中的电流 $I$ 。每秒接收 $n$ 个粒子，则每个粒子电荷量 $q=\frac{I}{n}.$ 由 $k=\dfrac{q}{m}$ 得粒子质量 $m=\frac{q}{k}=\frac{I}{nk}.$