2026年高考河南卷物理高考真题（网络收集版）

将一单摆的摆球拉开一个小角度后释放，单摆摆动的振幅为 $A_{0}$ ，周期为 $T_{0}$ 。若将此摆移到月球上，拉开相同的角度，则摆球的振动图像可能正确的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

单摆周期公式 $T=2\pi\sqrt{L/g}$ 。移到月球后，月球表面重力加速度 $g'$ 小于地球 $g$ ，故周期 $T'=2\pi\sqrt{L/g'}>T$ （月球上周期变长）。摆球被拉开“相同角度”释放，振幅由最大偏角决定， $A=L\theta$ ，偏角相同则振幅不变，仍为 $A_0$ 。因此正确振动图像应满足：振幅等于 $A_0$ 、周期比地球上更大。选项 B 的图像振幅与原来一致且周期更长，符合上述分析，故（　　）正确。（注：题中“周期为 $4\,\mathrm{m/s^2}$ ”疑为单位/数值笔误，应为某一周期值；不影响定性结论。）故选B。
在 $x$ 坐标轴上放置电荷量为 $Q_M$ 和 $Q_N$ 的两点电荷，其坐标分别为 $x_M=-a$ ， $x_N=a$ 。电荷量为 $q$ （ $q>0$ ）的试探电荷沿 $x$ 轴移动，所受静电力 $F$ 随 $x$ 变化的图像如图所示。取 $x$ 轴的正向为 $F$ 的正方向，则（　　）

A． $Q_M>0$ ， $|Q_M|>|Q_N|$

B． $Q_M>0$ ， $|Q_M|<|Q_N|$

C． $Q_M<0$ ， $|Q_M|>|Q_N|$

D． $Q_M<0$ ， $|Q_M|<|Q_N|$

【答案与解析】

设 $x$ 轴上场强为 $E(x)$ 。试探电荷受力 $F(x)=qE(x)$ ，且 $q>0$ ，故 $F^{\prime}$ 的正负与 $E$ 一致。
- 在 $x=-a$ （电荷 $M$ 处）附近，图像出现很高的峰值，说明此处场强绝对值最大、变化最剧烈，对应电荷量绝对值更大者，故 $|Q_M|>|Q_N|$ 。
- 在 $-a<x<a$ 区间内，若 $Q_M>0$ ，它对正电荷 $q$ 的力沿 $+x$ 方向（排斥）；若 $Q_M<0$ ，则把正电荷 $q$ 向左拉，力的方向应为负。图像在该区间以正为主且靠近 $-a$ 一侧力为正且较大，说明 $M$ 的场占主导且方向向右，故 $Q_M>0$ 。综上 $Q_M>0$ 且 $|Q_M|>|Q_N|$ ，故选 A。故选A。
如图，一棱镜的横截面视为半径 $R$ 的半圆与等腰三角形的组合，半圆直径与三角形底边重合，等腰三角形的顶角为 $120^{\circ}$ 。在横截面所在平面内，一束光从 $P$ 点垂直于三角形底边入射，从 $Q$ 点射出。已知 $P$ 、 $Q$ 到三角形底边距离均为 $\dfrac{R}{2}$ ，出射光线与入射光线平行，则棱镜的折射率为（　　）

A． $\sqrt{2}$

B． $\dfrac{3}{2}$

C． $\sqrt{3}$

D．2

【答案与解析】

由几何关系，棱镜由半径 $R$ 的半圆与顶角 $120^\circ$ 的等腰三角形组合，半圆直径即三角形底边。光从 $P$ 点垂直三角形底边入射（即沿竖直方向）， $P,Q$ 到该底边距离均为 $R/2$ ，且出射光线与入射光线平行；由对称性可知 $P,Q$ 关于过圆心且垂直底边的轴对称，内部光线为水平直线。入射点处半径（法线方向）与竖直入射方向的夹角为 $60^\circ$ ，故入射角 $i=60^\circ$ ；由出射与入射平行且对称，在出射点折射角 $r=30^\circ$ 。由折射定律（空气 $n\approx1$ ）： $1\cdot\sin i=n\sin r$ $\sin60^\circ=n\sin30^\circ\;\Rightarrow\;\frac{\sqrt{3}}{2}=n\cdot\frac12$ 得 $n=\sqrt{3}$ 。故（　　）正确。故选C。
为确定一变压器副线圈cd的匝数，某同学在变压器铁芯上缠绕10匝线圈ef，如图所示。原线圈ab接入一正弦交流电源，c、d两端电压为10 V；若将d、e两端连接，ab接入的电源不变，c、f两端电压为11 V，变压器视为理想变压器，则副线圈cd的匝数为（　　）

A．200

B．190

C．110

D．100

【答案与解析】

理想变压器电压与匝数成正比： $U\propto N$ 。原线圈接入同一交流电源，故“每匝电压”不变。第一次：测得副线圈 $cd$ 电压 $U_{cd}=10\,\mathrm{V}$ 。第二次：将 $d,e$ 连接（即把 $10$ 匝的 $ef$ 绕组与 $cd$ 串联），测得 $c,f$ 间电压 $U_{cf}=11\,\mathrm{V}$ 。串联后 $cf$ 的电压等于 $cd$ 与 $ef$ 两段电压之和（同向相加），故 $ef$ 绕组电压 $U_{ef}=U_{cf}-U_{cd}=11-10=1\,\mathrm{V}$ $ef$ 为 $10$ 匝对应 $1\,\mathrm{V}$ ，则每匝 $0.1\,\mathrm{V}$ 。 $cd$ 为 $10\,\mathrm{V}$ ，故匝数 $N_{cd}=\frac{10}{1}\times10=100$ 故选D。
“土星环”是由绕土星运动的颗粒组成的带状薄圆环，图为拍摄的真实照片。已知土星的平均密度约为 $7.0\times10^{2}\mathrm{kg/m}^{3}$ ，引力常量 $G=6.67\times10^{-11}\mathrm{N}\cdot\mathrm{m}^{2}/\mathrm{kg}^{2}$ ，由照片信息估算位于“土星环”上的中间颗粒绕土星做圆周运动的周期是（　　）

A． $2.0\times10^{3}\mathrm{s}$

B． $4.0\times10^{4}\mathrm{s}$

C． $2.0\times10^{5}\mathrm{s}$

D． $4.0\times10^{5}\mathrm{s}$

【答案与解析】

颗粒绕土星做圆周运动，由万有引力提供向心力： $G\frac{Mm}{r^2}=m\frac{4\pi^2}{T^2}r\;\Rightarrow\;T=2\pi\sqrt{\frac{r^3}{GM}}$ 土星质量 $M=\rho\cdot\frac{4}{3}\pi R^3$ （ $\rho=7.0\times10^{2}\,\mathrm{kg/m^3}$ ）。由照片可估算“土星环”中部颗粒的轨道半径约为土星半径的 $2$ 倍，即 $r\approx2R$ 。代入得 $T=2\pi\sqrt{\frac{(2R)^3}{G\rho\frac{4}{3}\pi R^3}}=2\pi\sqrt{\frac{6}{\pi G\rho}}$ 代入 $G=6.67\times10^{-11}$ 、 $\rho=7.0\times10^{2}$ ： $T=2\pi\sqrt{\frac{6}{\pi\times6.67\times10^{-11}\times7.0\times10^{2}}}\approx2\pi\sqrt{4.09\times10^{7}}\approx4.0\times10^{4}\,\mathrm{s}$ 数量级与估算对应，故（　　）正确。（若直接取 $r=R$ ，得 $T=\sqrt{3\pi/(G\rho)}\approx1.4\times10^{4}\,\mathrm{s}$ ，不在选项中；环在星体之外，半径应更大，数量级对应 B。）故选B。
如图，间距为 $l$ 的两虚线 $a$ 、 $b$ 间存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，虚线 $b$ 上方存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一带电粒子在纸面内垂直于虚线 $a$ 从 $O$ 点射入磁场，一段时间后又从 $O$ 点射出磁场。已知该粒子在下方磁场中运动的圆轨迹半径为 $\dfrac{5}{3}l$ ，不计重力，则上、下磁场的磁感应强度大小之比为（　　）

A． $2:1$

B． $3:1$

C． $4:1$

D． $5:1$

【答案与解析】

设下磁场（虚线 $a,b$ 之间，垂直纸面向外）磁感应强度为 $B_1$ ，上磁场（虚线 $b$ 上方，垂直纸面向里）为 $B_2$ 。粒子在磁场中做匀速圆周运动，半径 $R=\dfrac{mv}{qB}$ 。取 $O$ 为原点， $a,b$ 为水平线、间距 $l$ ， $b$ 在 $y=l$ 。下磁场中粒子由 $O$ 垂直 $a$ 向上射入，向左弯（设 $q>0$ 、 $\mathrm{B}$ 向外），圆心在 $(R_1,0)$ ，半径 $R_1=\dfrac{5}{3}l$ 。到达 $b$ 上点 $P_1$ 时满足 $y=l$ ： $R_1\sin\varphi=l\;\Rightarrow\;\sin\varphi=\frac{l}{R_1}=\frac{3}{5}$ 得 $P_1$ 的横坐标 $x_1=R_1(1-\cos\varphi)=\dfrac{5l}{3}\left(1-\frac{4}{5}\right)=\dfrac{l}{3}$ ，此时速度方向与水平夹角为 $\varphi$ ，即 $(3/5,\,4/5)$ （右上）。进入上磁场（ $\mathrm{B}$ 向里），圆心 $C_2=P_1+R_2(-4/5,\,3/5)=\left(\dfrac{l}{3}-\dfrac{4R_2}{5},\,l+\dfrac{3R_2}{5}\right)$ 。该圆弧回到 $y=l$ 的另一点 $P_2$ ，其横坐标 $x_2=\dfrac{l}{3}-\dfrac{8R_2}{5}$ ，到达时速度方向为 $(3/5,\,-4/5)$ （右下）。再进入下磁场，圆心 $C_3=P_2+R_1\left(-\frac{4}{5},\,-\frac{3}{5}\right)=\left(-\frac{8R_2}{5}-l,\,0\right)$ 要使粒子恰回到 $O(0,0)$ ，须 $|C_3O|=R_1$ ： $l+\frac{8R_2}{5}=\frac{5l}{3}\;\Rightarrow\;\frac{8R_2}{5}=\frac{2l}{3}\;\Rightarrow\;R_2=\frac{5l}{12}$ 因 $R\propto1/B$ （ $v,q,m$ 相同），故 $\frac{B_2}{B_1}=\frac{R_1}{R_2}=\frac{5l/3}{5l/12}=4$ 即上、下磁场磁感应强度大小之比为 $4:1$ ，（　　）正确。故选C。
如图1，网球运动员将球沿水平方向击出，球运动轨迹所在平面与球网面的夹角为 $45^{\circ}$ ，球恰好擦过球网上沿的 $P$ 点，图2为球运动轨迹在球网所在平面的投影，轨迹投影在 $P$ 点的切线与球网上沿的夹角为 $\varphi$ 。已知击出时球的速度大小为 $20\mathrm{m/s}$ ， $\tan\varphi=0.2$ ，重力加速度大小取 $g=10\mathrm{m/s}^{2}$ ，不计阻力，则击球点到球网面的距离为（　　）

A．4 m

B．6 m

C．8 m

D．10 m

【答案与解析】

设球网所在竖直平面为 $x=0$ （ $x$ 为垂直球网的水平方向， $z$ 为沿球网方向， $y$ 竖直向上）。轨迹平面与球网平面夹角 $45^\circ$ ，初速度水平、大小 $v_0=20\,\mathrm{m/s}$ 全在该平面内。轨迹平面的水平法线与球网法线夹角 $45^\circ$ ，故初速度在垂直球网方向的分量 $v_x=v_0\cos45^\circ=10\sqrt{2}\,\mathrm{m/s}$ 沿球网方向分量 $v_z=v_0\sin45^\circ=10\sqrt{2}\,\mathrm{m/s}$ 。将轨迹投影到球网平面（取 $(z,y)$ 坐标）， $z$ 方向匀速： $z=v_z t$ ；竖直方向 $y=y_0-\dfrac12gt^2$ 。投影轨迹在 $P$ 点的切线与球网上沿（水平方向，沿 $z$ ）夹角 $\varphi$ ，故 $\tan\varphi=\frac{|dy/dz|}{|dz/dz|}=\frac{gt_P}{v_z}$ 代入 $\tan\varphi=0.2$ 、 $v_z=10\sqrt{2}$ 、 $g=10$ ： $t_P=\frac{0.2\,v_z}{g}=\frac{0.2\times10\sqrt{2}}{10}=0.2\sqrt{2}\,\mathrm{s}$ 击球点到球网面的水平距离即垂直球网方向的位移： $x=v_x t_P=10\sqrt{2}\times0.2\sqrt{2}=10\times0.2\times2=4\,\mathrm{m}$ 故（　　）正确。故选A。
不同材料的金属板M、N的逸出功分别为 $W_1$ 和 $W_2$ 。用波长为 $\lambda_1$ 的光照射，M、N均能发生光电效应，出射光电子的最大初动能分别为 $E_1$ 和 $E_2$ ；改用波长为 $\lambda_2$ 的光照射，仅M能发生光电效应，出射光电子的最大初动能为 $E_3$ 。则（　　）

A． $W_1<W_2$

B． $\lambda_1>\lambda_2$

C． $E_1<E_2$

D． $E_1>E_3$

【答案与解析】

光电效应方程： $E_{\mathrm{k}}=h\dfrac{c}{\lambda}-W$ 。用 $\lambda_1$ 照射， $M,N$ 均能发生，故 $h\frac{c}{\lambda_1}>W_1,\qquad h\frac{c}{\lambda_1}>W_2$ 且 $E_1=h\dfrac{c}{\lambda_1}-W_1,\;E_2=h\dfrac{c}{\lambda_1}-W_2$ 。用 $\lambda_2$ 照射，仅 $M$ 能发生，说明 $h\frac{c}{\lambda_2}>W_1,\qquad h\frac{c}{\lambda_2}<W_2$ 且 $E_3=h\dfrac{c}{\lambda_2}-W_1$ 。由 $h\dfrac{c}{\lambda_1}>W_2>h\dfrac{c}{\lambda_2}$ 得 $\lambda_1<\lambda_2$ ，故 B 错。由 $W_1<h\dfrac{c}{\lambda_2}<W_2$ 得 $W_1<W_2$ ，故 A 对。比较 $E_1,E_2$ ： $E_1-E_2=W_2-W_1>0\Rightarrow E_1>E_2$ ，故 C 错。比较 $E_1,E_3$ ： $E_1-E_3=hc\left(\dfrac1{\lambda_1}-\dfrac1{\lambda_2}\right)>0\Rightarrow E_1>E_3$ ，故 D 对。因此（　　）正确。故选AD。
某种呼吸监测装置的原理如图1所示。呼吸气流可从绕有线圈的空心圆管左端进出，使位于圆管右端的磁性薄膜运动。呼气时薄膜向右运动，吸气时薄膜向左运动。图2为电压传感器显示的电压 $U$ 随时间 $t$ 变化的图像， $U$ 为正时 $b$ 点电势高于 $a$ 点，下列说法正确的是（　　）

A．若磁性薄膜的N极在右侧，则吸气时 $a$ 点电势高

B．若磁性薄膜的N极在右侧，则吸气时 $b$ 点电势高

C．若图2中 $P$ 点对应呼气，则磁性薄膜的S极在右侧

D．若图2中 $Q$ 点对应呼气，则磁性薄膜的S极在右侧

【答案与解析】

应用楞次定律（“增反减同”）：当穿过线圈的磁通量变化时，感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化。
- 若薄膜右端为 N 极：吸气时薄膜向左运动（靠近线圈），穿过线圈向右的磁通量增大，感应电流产生的磁场向左以阻碍增大；结合线圈绕向，此时 $b$ 点电势高于 $a$ 点，即 $U>0$ 。题给 $U>0$ 表示 $b$ 高于 $a$ ，故 B 正确、A 错误。
- 若薄膜右端为 S 极：呼气时薄膜向右运动（远离线圈），穿过线圈向右的磁通量减小，感应电流产生的磁场向右以阻碍减小；此时对应 $U>0$ （即图中 $P$ 点）。故若 $P$ 点对应呼气，则薄膜右端为 S 极，C 正确。而若 $Q$ 点（ $U<0$ ）对应呼气，则应为 N 极在右，与“S 极在右”矛盾，D 错误。综上（　　）正确。故选BC。
智能飞行器飞行表演中，两飞行器M、N位于同一高度，沿同一直线同向匀速飞行。依据表演要求，M保持飞行速度不变，N先匀加速后匀减速调整与M的间距，20 s以内完成调整。从开始调整时计时，N传回的数据如表所示，则调整过程中（　　）

时间 $(\mathrm{s})$ 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20
间距 $(\mathrm{m})$ 281 294 297 290 273 248 227 212 203 200 200

A．10 s末N的速度达到最大值

B．7 s末N与M的间距为281.5 m

C．N加速阶段的加速度大小为 $2.5\mathrm{m/s}^{2}$

D．N与M的相对速度的最大值为 $13.5\mathrm{m/s}$

【答案与解析】

设 $M$ 速度恒定， $N$ 调整间距。记间距 $s(t)$ ，则相对速度 $v_M-v_N=\dfrac{ds}{dt}$ （由数据差分得到各时段平均相对速度）。由相邻时刻差分（步长 $2\,\mathrm{s}$ ）： $\frac{\Delta s}{\Delta t}:\;6.5,\;1.5,\;-3.5,\;-8.5,\;-12.5,\;-10.5,\;-7.5,\;-4.5,\;-1.5,\;0\;(\mathrm{m/s})$ 可见在加速段，相对速度每秒减小 $2.5\,\mathrm{m/s}$ ，即 $v_M-v_N$ 的变化率为 $-2.5\,\mathrm{m/s^2}$ ；因 $v_M$ 恒定，故 $N$ 的加速度 $a_N=+2.5\,\mathrm{m/s^2}$ 故 C 正确。相对速度（ $|v_N-v_M|$ ）的最大值出现在加速段末（约 $t=9\,\mathrm{s}$ 附近），由该段线性外推最小相对速度约为 $-13.5\,\mathrm{m/s}$ ，故最大相对速度大小为 $13.5\,\mathrm{m/s}$ ，D 正确。 A：由上述相对速度在 $t\approx9\,\mathrm{s}$ 处达到最小（即 $N$ 速度最大），并非 $10\,\mathrm{s}$ 末，故 A 错。 B：由 $s(t)$ 在加速段为二次函数，对 $t=6,8$ 间并非线性插值；用二次拟合 $s(t)=-1.25t^2+9t+281$ （在 $t=4,6,8$ 处吻合），得 $s(7)=282.75\,\mathrm{m}\neq281.5\,\mathrm{m}$ ，故 B 错。因此（　　）正确。故选CD。
某实验小组利用图1所示装置验证牛顿第二定律。实验器材有：气垫导轨、滑块、光电门、数字计时器、遮光条、游标卡尺、垫块若干等。完成下列问题：

$(1)$ 用游标卡尺测量遮光条的宽度 $\Delta x$ ，示数如图2所示，则 $\Delta x=$ ＿＿＿＿mm。

$(2)$ 调整好装置，释放滑块。数字计时器记录滑块通过光电门1的遮光时间为 $\Delta t=10.20\mathrm{ms}$ ，则滑块通过光电门1的速度大小 $v_1=$ ＿＿＿＿ $\mathrm{m/s}$ （保留2位有效数字）。 $(3)$ 记录滑块通过光电门2的遮光时间，计算滑块通过光电门2的速度大小 $v_2$ ，测出两光电门间距为 $s$ ，则滑块下滑的加速度 $a=$ ＿＿＿＿（用 $v_{1}$ 、 $v_2$ 、 $s$ 表示）。测得气垫导轨两支脚间距为 $L$ ，垫高为 $h$ ，理论上 $a=$ ＿＿＿＿（用 $L$ 、 $h$ 、重力加速度大小 $g$ 表示），若两者在误差允许范围内相等，即验证了牛顿第二定律。

【答案与解析】

(1) 游标卡尺读数：主尺 $5\,\mathrm{mm}$ + 游标第 $10$ 格对齐（ $0.05\,\mathrm{mm}\times10=0.50\,\mathrm{mm}$ ），故 $\Delta x=5.10\,\mathrm{mm}$ 即＿＿＿＿。 (2) 遮光条通过光电门的平均速度近似为瞬时速度： $v_1=\frac{\Delta x}{\Delta t}=\frac{5.10\times10^{-3}}{10.20\times10^{-3}}=0.50\,\mathrm{m/s}$ 即＿＿＿＿。 (3) 由运动学公式 $v_2^2-v_1^2=2as$ ，得加速度 $a=\frac{v_2^2-v_1^2}{2s}$ 即＿＿＿＿。理论上滑块沿倾角 $\theta$ 的气垫导轨下滑， $a=g\sin\theta$ ；由几何关系 $\sin\theta=h/L$ ，故 $a=\frac{gh}{L}$ 即＿＿＿＿。两者在误差范围内相等即验证牛顿第二定律。
某实验小组探究电容器充放电特性并测量新能源电池的电动势，图1为设计的电路原理图。实验器材有：电池（电动势 $E$ ，内阻不计），定值电阻 $R_1$ 、 $R_2$ （阻值均未知），电容器 $C$ ，电流传感器（内阻可忽略），电压传感器（内阻很大），数据采集分析系统，开关S，导线若干等。完成下列问题： $(1)$ 根据图1所示原理图，完成图2中实物图的连线。

$(2)$ 使电流传感器和电压传感器正常工作，闭合S，给电容器充电，直至电压传感器示数稳定。然后断开S，电容器放电。图中A、B、C、D为电流传感器和电压传感器采集的电流-时间（ $i_C-t$ ）和电压-时间（ $u_C-t$ ）图像，属于充电过程的是＿＿＿＿（填写图像对应的标号）。 $(3)$ 经数据采集分析系统合成，得到电容器在充放电过程中的 $u_C-i_C$ 图像，如图3所示。设放电过程PQ段的斜率为 $k_{1}$ ，由图作直线可得 $|k_1|=$ ＿＿＿＿ $\Omega$ （保留3位有效数字），其对应于＿＿＿＿的阻值（填“ $R_1$ ”或“ $R_2$ ”）。 $(4)$ 对充电过程MN段，设流经 $R_1$ 、 $R_2$ 的电流分别为 $i_1$ 和 $i_2$ ，则 $i_1=i_2+i_C$ 。电容器两端电压可表示为 $u_C=k_2i_C+b$ ，其中斜率 $k_2=$ ＿＿＿＿（用 $R_1$ 、 $R_2$ 表示），截距 $b=$ ＿＿＿＿（用 $R_1$ 、 $R_2$ 、 $E$ 表示）。由图3作直线求出 $k_{2}$ 和 $b$ ，得 $E=$ ＿＿＿＿V（保留3位有效数字）。

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

电路结构：电源 $E$ （内阻不计）经 $R_1$ 后分为两支路—— $R_2$ 支路与电容器 $C$ 支路并联，故 $i_1=i_2+i_C$ 。 (2) 充电过程：电容器电流 $i_C$ 从最大值逐渐减小到 $0$ ，电压 $u_C$ 从 $0$ 逐渐增大到稳定值。图像中符合“电流递减、电压递增”的是 A、D，故＿＿＿＿。 (3) 放电时电容器只经 $R_2$ 放电，有 $u_C=-R_2 i_C+\text{常数}$ ，故 $u_C-i_C$ 图线斜率 $k_1=-R_2$ 。由图得 $|k_1|=10.0\,\Omega$ ，即 $R_2=10.0\,\Omega$ ，对应＿＿＿＿。故＿＿＿＿、＿＿＿＿。 (4) 充电时，对并联节点： $i_1=i_2+i_C,\qquad i_2=\frac{u_C}{R_2}$ 且 $E=i_1R_1+u_C$ 。消去 $i_1,i_2$ ： $E=\left(\frac{u_C}{R_2}+i_C\right)R_1+u_C=u_C\left(1+\frac{R_1}{R_2}\right)+i_CR_1=u_C\frac{R_1+R_2}{R_2}+i_CR_1$ 解得 $u_C=-\frac{R_1R_2}{R_1+R_2}\,i_C+\frac{ER_2}{R_1+R_2}$ 与 $u_C=k_2i_C+b$ 对比： $k_2=-\frac{R_1R_2}{R_1+R_2},\qquad b=\frac{ER_2}{R_1+R_2}$ 即＿＿＿＿、＿＿＿＿。由图线读出 $k_2,b$ ，代入 $R_2=10.0\,\Omega$ 得 $E=3.55\,\mathrm{V}$ ，即＿＿＿＿。
机械装置的润滑油系统常用图示设备稳定油压。气腔内充有氮气，当润滑油系统油压过高时，油会泵入油腔，压缩皮囊；油压降低时，皮囊膨胀，油从油腔泵出。设备的工作温度为 $T_{1}=300\mathrm{K}$ 、气腔内氮气压强为 $p_1=0.25\mathrm{MPa}$ 时，气腔体积为 $V_1=6\mathrm{L}$ 。氮气视为理想气体。

$(1)$ 某次泵油，氮气压强从 $p_1$ 变为 $p_2=0.2\mathrm{MPa}$ ，求泵出油的体积；（泵油过程为等温过程） $(2)$ 若使设备在 $T_2=270\mathrm{K}$ 时也能正常工作，需要对气腔补气，以满足在压强为 $p_1$ 时气腔体积仍为 $V_1$ ，求补充氮气的质量与气腔内原有氮气质量之比。（补气过程为等温过程）

【答案与解析】

氮气视为理想气体。 (1) 泵油过程等温： $p_1V_1=p_2V_2$ 。 $V_2=\frac{p_1V_1}{p_2}=\frac{0.25\times6}{0.2}=7.5\,\mathrm{L}$ 气体膨胀体积 $\Delta V=V_2-V_1=7.5-6=1.5\,\mathrm{L}$ ，即泵出油的体积为 $1.5\,\mathrm{L}$ 。 (2) 设原来气体物质的量为 $n_1$ ，补气后总量为 $n$ 。在 $T_2=270\,\mathrm{K}$ 、压强 $p_1$ 、体积 $V_1$ 时： $n=\frac{p_1V_1}{RT_2},\qquad n_1=\frac{p_1V_1}{RT_1}$ 补充质量与原有质量之比等于物质的量之比： $\frac{\Delta m}{m_1}=\frac{n-n_1}{n_1}=\frac{T_1}{T_2}-1=\frac{300}{270}-1=\frac{1}{9}$ 故补充氮气质量与原有质量之比为 $1:9$ （或 $\dfrac19$ ）。
反射式飞行时间质谱仪是通过测量离子在真空中的飞行时间来对其进行质量分析的仪器。原理如图所示，离子源 $O$ 产生不同种类、初速度为零的正离子，离子经匀强电场加速后从 $A$ 点射出，进入无场区做直线运动，然后从 $B$ 点进入匀强反射电场，最后从反射电场射出。已知 $A$ 、 $B$ 间的距离为 $s_0$ ；加速电场和反射电场两极板间的电压分别为 $U_{1}$ 和 $U_2$ （ $U_{2}>U_{1}$ ），间距分别为 $d_1$ 和 $d_{2}$ ；反射电场方向与 $AB$ 的夹角为 $\theta$ 。不计离子重力。

$(1)$ 证明从离子源 $O$ 产生的正离子都能从同一点射出反射电场； $(2)$ 测得两种离子从 $O$ 到射出反射电场所用时间之比 $\frac{\tau_1}{\tau_2}=\frac{2}{3}$ ，求其比荷之比 $\frac{\alpha_1}{\alpha_2}$ 。

【答案与解析】

设离子比荷 $\alpha=q/m$ ，加速电压 $U_1$ ，反射电压 $U_2$ ，反射电场强度 $E=U_2/d_2$ 。 (1) 离子经加速电场后速率 $v=\sqrt{\frac{2qU_1}{m}}=\sqrt{2\alpha U_1}$ 进入反射电场时速度沿 $AB$ 方向。将速度分解为平行、垂直于场强方向： $v_\parallel=v\cos\theta,\qquad v_\perp=v\sin\theta$ 垂直分量不变，平行分量在匀强场中被反向。离子在反射场中往返时间 $t_r=\frac{2v_\parallel}{\alpha E}=\frac{2v\cos\theta}{\alpha U_2/d_2}$ 在此期间沿垂直场方向的位移 $\Delta x_\perp=v_\perp t_r=\frac{2v^2\sin\theta\cos\theta}{\alpha E}=\frac{v^2\sin2\theta}{\alpha E}$ 代入 $v^2=2\alpha U_1$ 、 $E=U_2/d_2$ ： $\Delta x_\perp=\frac{2\alpha U_1\sin2\theta}{\alpha U_2/d_2}=\frac{2U_1d_2\sin2\theta}{U_2}$ 该位移与比荷 $\alpha$ 无关，仅由 $U_1,U_2,d_2,\theta$ 决定，故所有离子都从同一点（相对 $\mathrm{B}$ 固定偏移 $\Delta x_\perp$ 处）射出反射电场。证毕。 (2) 各段时间：
- 加速段（匀强场 $U_1$ 跨 $d_1$ ）： $a_1=\alpha U_1/d_1$ ，由 $d_1=\dfrac12a_1t_a^2$ 得 $t_a=d_1\sqrt{\frac{2}{\alpha U_1}}$
- 无场区 $s_0$ ： $t_0=\dfrac{s_0}{v}=s_0\sqrt{\dfrac{1}{2\alpha U_1}}$
- 反射场段： $t_r=\dfrac{2v\cos\theta}{\alpha E}=\dfrac{2\cos\theta\,d_2}{U_2}\sqrt{\dfrac{2U_1}{\alpha}}$ 总时间 $\tau=t_a+t_0+t_r=\frac{1}{\sqrt{\alpha}}\left[\sqrt{\frac{2}{U_1}}\,d_1+\frac{s_0}{\sqrt{2U_1}}+\frac{2\cos\theta\,d_2\sqrt{2U_1}}{U_2}\right]$ 方括号内与 $\alpha$ 无关，故 $\tau\propto1/\sqrt{\alpha}$ ，即 $\frac{\tau_1}{\tau_2}=\sqrt{\frac{\alpha_2}{\alpha_1}}$ 已知 $\dfrac{\tau_1}{\tau_2}=\dfrac23$ ，故 $\frac{\alpha_2}{\alpha_1}=\frac{4}{9}\quad\Rightarrow\quad\frac{\alpha_1}{\alpha_2}=\frac{9}{4}$
如图，水平地面上的球壳内下端有一小球，球壳的直径 $D = 0.25m$ ，上端距天花板的距离为 $h = 6m$ 。现以 $v_0 = 11\mathrm{m/s}$ 的初速度把球壳连同小球一起竖直向上抛出，球壳与天花板碰撞后经过 $\Delta t = 0.1s$ ，小球与球壳发生第1次碰撞。所有的碰撞均为弹性碰撞、时间极短，不计球壳厚度和空气阻力，重力加速度大小取 $g = 10\mathrm{m/s^2}$ 。

$(1)$ 求小球的直径； $(2)$ 求小球与球壳第1次碰撞后瞬间两者速度差的大小，及它们前两次碰撞的时间间隔； $(3)$ 若小球与球壳第8次碰撞前瞬间球壳的速度大小为 $v_1 = 6\mathrm{m/s}$ ，求球壳首次碰地时的速度大小。

【答案与解析】

设小球直径 $d$ ，壳内两壁间距（直径） $D=0.25\,\mathrm{m}$ 。天花板距壳顶初始 $h=6\,\mathrm{m}$ ，故天花板在壳底上方 $H=6+D=6.25\,\mathrm{m}$ 。球壳与小球整体以 $v_0=11\,\mathrm{m/s}$ 上抛。壳底从地面（ $y=0$ ）上升，壳顶到达天花板（ $y_{\text{底}}=6.0\,\mathrm{m}$ ）时： $11t-\frac12gt^2=6\;\Rightarrow\;5t^2-11t+6=0$ 得 $t=1.0\,\mathrm{s}$ （上升段）或 $1.2\,\mathrm{s}$ 。故在 $t_1=1.0\,\mathrm{s}$ 壳顶撞天花板，撞前壳速 $V=11-10\times1.0=+1\,\mathrm{m/s}$ ，弹性碰撞后 $V=-1\,\mathrm{m/s}$ 。此时小球仍随壳以 $+1\,\mathrm{m/s}$ 运动（尚未与壳碰撞），故相对壳的速度 $u=v_{\text{球}}-V_{\text{壳}}=1-(-1)=+2\,\mathrm{m/s}$ 即小球相对壳向上运动，速率恒为 $2\,\mathrm{m/s}$ （两者加速度均为 $g$ ，相对加速度为零）。 (1) 经 $\Delta t=0.1\,\mathrm{s}$ 发生第 1 次碰撞，相对位移 $2\times0.1=0.20\,\mathrm{m}$ 。小球从壳内下端（球心距下底 $d/2$ ）运动到上底（球心距下底 $D-d/2$ ），相对行程为 $D-d$ 。故 $D-d=0.20\;\Rightarrow\;d=0.25-0.20=0.05\,\mathrm{m}$ 小球直径为 $0.05\,\mathrm{m}$ 。 (2) 第 1 次碰撞为弹性碰撞，碰撞前后两者相对速度反向、大小不变，故碰后瞬间速度差大小仍为 $|v_{\text{球}}'-V_{\text{壳}}'|=|v_{\text{球}}-V_{\text{壳}}|=2\,\mathrm{m/s}$ 碰后小球相对壳向下运动，行至下底（相对行程仍为 $D-d=0.20\,\mathrm{m}$ ）即第 2 次碰撞，所需时间 $\Delta t_{12}=\frac{D-d}{2}=\frac{0.20}{2}=0.10\,\mathrm{s}$ (3) 设球质量 $m$ 、壳质量 $M$ 。每次球—壳弹性碰撞使壳速改变 $\Delta V=\frac{2m}{M+m}\,u$ 其中 $u=\pm2\,\mathrm{m/s}$ 交替。记 $k=\dfrac{4m}{M+m}$ （每次碰撞壳速改变量大小）。从 $t=1.0\,\mathrm{s}$ 后 $V=-1\,\mathrm{m/s}$ 起，每 $0.1\,\mathrm{s}$ 受重力 $-1\,\mathrm{m/s}$ 并交替受 $+k$ （奇数次碰撞）、 $-k$ （偶数次碰撞）的碰撞冲量。逐次递推，第 8 次碰撞前壳速 $V_8^-=-9+k$ 题给 $|V_8^-|=6$ 且此时壳向下运动，故 $-9+k=-6\Rightarrow k=3$ ，即 $\frac{4m}{M+m}=3\;\Rightarrow\;m=3M$ 继续按此规律递推壳的运动（并跟踪壳底高度），可得壳在 $t\approx2.14\,\mathrm{s}$ 首次落地。亦可用系统机械能守恒求解：全过程中所有碰撞均弹性、重力保守，系统机械能守恒。在 $t=1.8\,\mathrm{s}$ （第 8 次碰撞前）有 $V=-6\,\mathrm{m/s}$ 、 $u=-2\,\mathrm{m/s}$ （故 $v_{\text{球}}=-8\,\mathrm{m/s}$ ）、壳底高 $3.20\,\mathrm{m}$ 、球在壳底壁处（球心高 $3.225\,\mathrm{m}$ ）；代入 $m=3M$ 算得单位质量机械能 $\frac{E}{M}=244$ 首次落地瞬间壳底 $y=0$ ，壳心高 $0.125\,\mathrm{m}$ ；此时 $u=-2\,\mathrm{m/s}$ （落地前未发生新的球—壳碰撞），故 $v_{\text{球}}=V-2$ 。令 $\frac12V^2+\frac12\cdot3\,(V-2)^2+3g\,y_{\text{球}}+g\cdot0.125=244$ （球心相对高度由相对运动确定为约 $0.149\,\mathrm{m}$ ）解得 $V=-\sqrt{88}=-2\sqrt{22}\,\mathrm{m/s}$ 故球壳首次碰地时的速度大小为 $v_{\text{地}}=2\sqrt{22}\approx9.38\,\mathrm{m/s}$