2026年高考江苏卷物理高考真题（网络收集版）

平面内存在垂直平面向外的匀强磁场，一电子垂直磁场射入，不计空气阻力。如图所示，则电子偏转的轨迹可能是（　　）

A．a

B．b

C．c

D．d

【答案与解析】

原理：电子带负电，进入垂直纸面向外的匀强磁场后，受洛伦兹力 $F=qvB$ 作用，因速度始终与磁场垂直，电子做匀速圆周运动，轨迹是圆弧。由 $F=qv\times B$ 结合负电荷可知，电子的偏转方向与正电荷相反，轨迹向特定一侧弯曲成圆弧。 逐项排除：
- 洛伦兹力只改变速度方向、不改变速度大小，轨迹必为圆弧，凡画成直线或不符合负电荷偏转方向的均错。
- 电子为负电荷，在向外（垂直纸面向外）的磁场中，其圆周运动偏向与正电荷相反，图中只有 A 画出了正确的圆弧弯曲方向。
- B、C、D 的弯曲方向或轨迹形状不符合电子（负电荷）在向外磁场中的偏转规律。结论：（　　）正确，电子在该磁场中做符合题意的圆弧偏转。故选A。
使用高压输电，若发电站的输出功率不变，输电线的总电阻不变，将输电线中的电流降为原来的一半，则输电线上损耗的功率变为原来的（　　）

A．2倍

B． $\frac{1}{4}$

C．不变

D．4倍

【答案与解析】

原理：输电线上损耗的功率由焦耳定律 $P_{\text{损}}=I^2R$ 决定，其中 $R$ 为输电线总电阻（不变）， $I$ 为输电电流。分析：发电站输出功率不变，但本题直接给定“将输电线中的电流降为原来的一半”，即 $I'=\frac{I}{2}$ 损耗功率变为 $P'_{\text{损}}=(I')^2R=\left(\frac{I}{2}\right)^2R=\frac{1}{4}I^2R=\frac{1}{4}P_{\text{损}}$ 逐项排除：
- A（2倍）、D（4倍）均与 $I^2$ 关系相反；C（不变）忽略了损耗与电流平方成正比。
- B（ $\frac14$ ）符合 $P\propto I^2$ 。结论：损耗功率变为原来的 $\frac14$ ，（　　）正确。故选B。
氢原子基态轨道的能量为 $E_1$ ，激发态轨道的能量为 $E_2$ ，已知普朗克常量为h。则电子从该激发态跃迁至基态轨道释放的光子频率为（　　）

A． $E_1$

B． $E_2$

C． $\frac{E_{1}-E_{2}}{h}$

D． $\frac{E_2-E_1}{h}$

【答案与解析】

原理：玻尔模型中氢原子能级 $E_n<0$ ，基态能量为 $E_1$ ，激发态能量为 $E_2$ ，且 $E_2>E_1$ （激发态能量更高、负得少）。电子从激发态跃迁到基态释放的光子能量等于两能级之差： $\Delta E=E_2-E_1$ 由光子能量与频率关系 $\Delta E=h\nu$ 得 $\nu=\frac{E_2-E_1}{h}$ 逐项排除：
- A（ $E_1$ ）、B（ $E_2$ ）是能量值，不是频率。
- C 给出 $\frac{E_1-E_2}{h}<0$ ，频率不可能为负，错误。
- D 的 $\frac{E_2-E_1}{h}>0$ 正确。结论：（　　）正确，光子频率 $\nu=\dfrac{E_2-E_1}{h}$ 。故选D。
如图所示，小明跳起从同一高度将排球水平击出三次，排球分别落于a、b、c三点，不计空气阻力，关于该过程，下列说法正确的是（　　）

A．排球的飞行时间满足 $t_a > t_b > t_c$

B．排球的飞行时间满足 $t_a < t_b < t_c$

C．排球的初速度满足 $v_a < v_b < v_c$

D．排球的初速度满足 $v_a = v_b = v_c$

【答案与解析】

原理：排球被水平击出，做平抛运动。飞行时间只由竖直下落高度决定： $t=\sqrt{2h/g}$ 。三球从同一高度水平击出，故飞行时间相等。水平位移 $x=v_0t$ ，因落点 a、b、c 水平距离不同，初速度 $v_0=x/t$ 不同，落点越远初速度越大。 逐项排除：
- A、B 认为飞行时间不等，错误（同一高度、平抛，时间相同， $t_a=t_b=t_c$ ）。
- D 认为初速度相等，错误。
- C： $v_a<v_b<v_c$ 符合“落点越远、初速度越大”。结论：（　　）正确，三球飞行时间相等，初速度满足 $v_a<v_b<v_c$ 。故选C。
已知某种元素的半衰期为39万年，一群该元素对应的粒子的原始质量为 $m_0$ ，经历13万年后该粒子的质量剩余 $m_1$ ，则下列关于剩余的该粒子质量随时间变化的图像正确的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

原理：放射性衰变质量随时间按指数规律衰减： $m=m_0\left(\frac12\right)^{t/T}$ 其中半衰期 $T=39$ 万年。当 $t=13$ 万年 $=T/3$ 时， $m_1=m_0\left(\frac12\right)^{1/3}=m_0\cdot 2^{-1/3}$ 图像应为一条单调递减的 exponential 曲线，且过点 $(13\text{万},\,m_0 2^{-1/3})$ 。 逐项排除：
- 半衰期衰变是曲线（指数）而非直线，凡画成直线者错。
- 图像必须单调下降且凸向上（衰减越来越慢），并在 $t=13$ 万处取值为 $m_0 2^{-1/3}$ 。
- A 符合指数衰减特征及该点的函数值。结论：（　　）正确，质量—时间图像为指数衰减曲线。故选A。
一带正电粒子沿直线穿越如图等势面，则下列说法正确的是（　　）

A．粒子电势能先增大后减小

B．粒子电势能先减小后增大

C．粒子所受电场力先做负功后做正功

D．粒子所受电场力不变

【答案与解析】

原理：正电荷沿直线穿越等势面，电场线垂直于等势面，且指向电势降低方向。正电荷电势能 $E_p=q\varphi$ 。电场力做功 $W_{\text{电}}=-\Delta E_p$ 。分析：沿该直线轨迹，电势先降低后升高（先“下坡”后“上坡”），因此 $\varphi$ 先减后增。对正电荷：
- $E_p=q\varphi$ 先减小后增大，故 B 正确、A 错。
- 电场力先做正功（电势降低段）后做负功（电势升高段），故 C（先做负功后做正功）错。
- 不同位置等势面疏密不同，场强变化，电场力大小改变，故 D（电场力不变）错。结论：（　　）正确，正电荷电势能先减小后增大。故选B。
发射一颗探月卫星，其先后在两个轨道上分别经过M、N两点，如图所示，关于卫星在M、N两点的情况，下列说法正确的是（　　）

A．在 $N$ 点所受地球引力比月球引力大

B．在 $N$ 点所受地球引力和月球引力相等

C．在 $M$ 点所受月球引力比地球引力大

D．在 $M$ 点所受地球引力比月球引力大

【答案与解析】

原理：地球与月球对卫星均有万有引力，其大小均随距离增大而减小。在地月连线上存在一点（引力平衡点）使两者相等；该点偏向月球一侧。分析（结合题图两轨道经过的 M、N）：
- M 点靠近地球一侧，卫星距地球近、距月球远，故地球引力大于月球引力。
- N 点靠近月球一侧，卫星距月球近、距地球远，故月球引力大于地球引力。 逐项排除：
- A（N 点地球引力比月球引力大）、B（N 点两者相等）均错，N 点应为月球引力更大。
- C（M 点月球引力比地球引力大）错。
- D（M 点地球引力比月球引力大）正确。结论：（　　）正确，在 M 点卫星所受地球引力大于月球引力。故选D。
如图所示为在重力作用下肥皂膜上出现的条纹。关于该条纹，下列说法正确的是（　　）

A．是干涉现象，自上而下相邻条纹间距越来越小

B．是干涉现象，自上而下相邻条纹间距相同

C．是衍射现象，自上而下相邻条纹间距越来越小

D．是衍射现象，自上而下相邻条纹间距相同

【答案与解析】

原理：竖直肥皂膜在重力作用下厚度不均匀（上薄下厚），出现的是薄膜干涉中的等厚干涉条纹。相邻条纹对应膜厚差 $\Delta d=\lambda/(2n)$ ，即 $2nd=m\lambda$ 。条纹间距 $\Delta y$ 满足 $\Delta y\cdot |\frac{dt}{dy}|\approx \Delta d$ （常数），越往下膜厚变化率 $|\frac{dt}{dy}|$ 越大，故间距越小。 逐项排除：
- C、D 说是衍射现象，错误（这是干涉）。
- B（间距相同）错误，因膜厚梯度向下增大，间距应向下变小。
- A（干涉、自上而下间距越来越小）正确。结论：（　　）正确，是干涉现象且条纹自上而下间距越来越小。故选A。
如图所示，由照相机拍摄的两组照片，甲图无法看清车内景物，乙图调整镜头后拍摄可以看清车内景物。关于该现象，下列说法正确的是（　　）

A．照相机镜头前加的是滤光片

B．照相机镜头前加的是增透膜

C．照相机镜头前加的是偏振片

D．照相机镜头前加的是增反膜

【答案与解析】

原理：车窗玻璃反射环境光会形成强反光，使相机难以拍清车内。在镜头前加偏振片，可滤去大部分由玻璃反射的偏振光（反射光多为偏振光），从而看清车内。 逐项排除：
- A（滤光片）用于选色，不能消除反射眩光。
- B（增透膜）减少镜头表面反射，不解决车窗反射问题。
- D（增反膜）反而增强反射，错误。
- C（偏振片）正确。结论：（　　）正确，镜头前加的是偏振片。故选C。
旅客在网上购买高铁票后，可使用二代身份证在自动检票闸机上刷身份证进出站。当身份证进入刷卡机感应范围后，刷卡机会向身份证发射高频电磁波，下列说法正确的是（　　）

A．身份证放在刷卡机上不动不会产生感应电流

B．身份证放在刷卡机上不动就会产生感应电流

C．身份证快速靠近刷卡机感应电流会变大

D．身份证快速远离刷卡机感应电流会变大

【答案与解析】

原理：刷卡机向身份证发射高频（交变）电磁波。身份证内的线圈处于交变磁场中，即便身份证静止不动，穿过线圈的磁通量也因磁场随时间变化而改变，仍会产生感应电动势与感应电流（电磁感应）。 逐项排除：
- A（不动不产生感应电流）错，交变场下静止也感应。
- C、D 讨论“快速靠近/远离使感应电流变大”，虽运动可附加改变磁通，但本题确定无误的表述是“静止也会产生感应电流”。
- B 正确。结论：（　　）正确，身份证静止时也会因交变磁场产生感应电流。故选B。
如图所示，水平面内一光滑小球沿正方形线框 $fghi$ 保持速率不变运行，a、b、c、d分别是各边中点，在拐点处小球所受合力的冲量大小和其动量大小的比值是（　　）

A． $\frac{ab}{gb}$

B． $\frac{ab}{bd}$

C． $\frac{ab}{fh}$

D． $\frac{ab}{hi}$

【答案与解析】

原理：小球以恒定速率沿正方形线框运动，在拐点处速度方向转过 $90^\circ$ 。设速率为 $v$ 、动量为 $p=mv$ 。拐点前后动量矢量夹角为 $90^\circ$ ，动量变化量大小 $|\Delta \vec p|=\sqrt{p^2+p^2-2p^2\cos90^\circ}=p\sqrt2$ 由动量定理，拐点处合力冲量 $I=|\Delta\vec p|=p\sqrt2$ 。所求比值 $\frac{I}{p}=\sqrt2$ 结合图形求 $\sqrt2$ ：设正方形边长为 $s$ 。 $a,b$ 为相邻边中点，则 $ab=\frac{\sqrt2}{2}s,\qquad gb=\frac{s}{2}$ 故 $\frac{ab}{gb}=\frac{\frac{\sqrt2}{2}s}{\frac{s}{2}}=\sqrt2$ 其余选项： $bd=\frac{\sqrt2}{2}s\Rightarrow ab/bd=1$ ； $fh=s\sqrt2\Rightarrow ab/fh=1/2$ ； $hi=s\Rightarrow ab/hi=1/\sqrt2$ ，均不等于 $\sqrt2$ 。结论：（　　）正确，比值为 $\dfrac{ab}{gb}=\sqrt2$ 。故选A。
某实验小组用手机记录电容器的充放电过程。 $(1)$ 如图1所示，电容器的电容为＿＿＿＿F．

$(2)$ 关于电容器的电容，下列说法正确的是＿＿＿＿。 $(3)$ 用手机记录电容器充满电后的放电过程，电路图如图2所示，则下列步骤排序应为＿＿＿＿。

①S接 $b$ 至 $\mathrm{A}_2$ 为0 ②打开手机开始拍摄，S接 $a$ 至 $\mathrm{A}_1$ 为0 ③关闭手机 $(4)$ 在图3中定性描绘出电容器放电过程电路中的电流随时间变化的规律。

$(5)$ 已知电磁式电流表中有铝框，上面绕有线圈，请简述这一结构的作用：＿＿＿＿。

A．随着放电的进行，电容器的电容会逐渐变小

B．随着充电的进行，电容器的电容会逐渐变小

C．无论是否充放电，电容器的电容均不变

【答案与解析】

(1) 由图 1 电容器标称电容可得 $C=1\times10^{-3}\ \text{F}\quad(\text{即}\ 1000\ \mu\text{F})$ (2) 电容器的电容是由自身结构（极板面积、间距、电介质）决定的，与是否充放电、带电多少无关。
- A、B 认为充放电会改变电容，错误；
- C 正确。故填＿＿＿＿。 (3) 放电实验合理步骤：先②打开手机拍摄并将 S 接 a 至电流为 0（充电完成），再①将 S 接 b 至 $A_2$ 为 0（放电过程记录），最后③关闭手机。故排序为＿＿＿＿。 (4) 放电电流随时间变化规律：电容器放电时 $I=\dfrac{U}{R}e^{-t/RC}$ ，从最大值开始按指数规律衰减趋于 0。图像为一条从某正值起、单调下降、渐近于时间轴的指数衰减曲线。 (5) 电磁式电流表中铝框的作用：＿＿＿＿。
一定质量的理想气体从 $a$ 状态到 $b$ 状态经历等温变化，此过程外界压缩气体对其做的功为W。已知 $a$ 状态气体体积为 $V_0$ ，压强为 $p_0$ ，b状态气体体积为 $V$ 。求： $(1)$ 该过程气体放出的热量； $(2)b$ 状态时气体的压强。

【答案与解析】

已知 $a\to b$ 为等温过程， $a$ 态： $V_0,p_0$ ； $b$ 态体积 $V$ ；外界对气体做功 $W$ 。 (1) 理想气体等温变化，内能不变： $\Delta U=0$ 。由热力学第一定律（取外界对气体做功为正）： $\Delta U=Q+W$ 得 $Q=-W$ $Q<0$ 表示气体放热，故气体放出的热量大小为 $\boxed{W}$ (2) 等温过程满足 $pV=\text{常量}=p_0V_0$ ，故 $b$ 态压强 $\boxed{p=\frac{p_0V_0}{V}}$
一质量 $m=2\times10^3\mathrm{kg}$ 的汽车经过一半径 $R=20\mathrm{m}$ 的拱形桥顶部时，速度 $v=10\mathrm{m/s}$ 。已知牵引力 $F=2000\mathrm{N}$ ，阻力 $f=1000\mathrm{N}$ 。求此时： $(1)$ 汽车的向心加速度大小； $(2)$ 汽车受到的合力大小。

【答案与解析】

已知 $m=2\times10^3\ \text{kg}$ ， $R=20\ \text{m}$ ， $v=10\ \text{m/s}$ ， $F=2000\ \text{N}$ ， $f=1000\ \text{N}$ ， $g$ 取 $10\ \text{m/s}^2$ 。 (1) 向心加速度 $a_c=\frac{v^2}{R}=\frac{10^2}{20}=5\ \text{m/s}^2$ $\boxed{a_c=5\ \text{m/s}^2}$ (2) 桥顶处受力：
- 竖直方向：重力 $mg$ 向下、支持力 $N$ 向上，二者合力提供向心加速度（向下）： $mg-N=m\frac{v^2}{R}\quad\Rightarrow\quad N=mg-m\frac{v^2}{R}=2\times10^3\times10-2\times10^3\times5=10^4\ \text{N}$ 竖直方向合力（即向心力）大小为 $m\frac{v^2}{R}=10^4\ \text{N}$ 。
- 水平方向：牵引力 $F^{\prime}$ 向前、阻力 $f$ 向后，合力 $F-f=2000-1000=10^3\ \text{N}$ 。汽车受到的合力为两方向合力的矢量和：
扫地机器人可利用磁场对通电线圈的安培力实现悬浮与驱动。如图，一扫地机器人内含 $abcd$ 、 $a^{\prime}b^{\prime}c^{\prime}d^{\prime}$ 两矩形线框，其中 $a^{\prime}b^{\prime}c^{\prime}d^{\prime}$ 为平衡框，用于保持悬浮，abcd为驱动框，用于提供向前的动力。上下两导线中通电后，其间形成的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度大小为 $B$ ，方向垂直纸面向里。每个框都有一条边的长为 $L$ 并嵌入金属芯，金属芯使得该边处磁场的磁感应强度变为原来的 $k$ （ $k>1$ ）倍。两线框通过绝缘杆固定连接，总质量为 $m$ ，运动过程中线框整体受到的摩擦阻力大小恒定，导线和线框均始终在同一竖直平面内，且线框的上下边与导线始终水平。（重力加速度为g）

$(1)$ 为了使线框整体悬浮，求 $a^{\prime}b^{\prime}c^{\prime}d^{\prime}$ 框中的电流 $I$ 的大小和方向； $(2)$ 若线框向右运行速度大小为 $v_{1}$ ，求 $ab$ 边的感应电动势 $E_1$ ； $(3)$ 若线框以速度大小 $v_{0}$ 在水平方向上匀速运动，某时刻保持电流大小不变，仅将动力线框 $abcd$ 中的电流反向，线框在安培力和阻力作用下做匀减速直线运动，经过位移 $s$ 后停止，求整个减速过程，动力线框 $cd$ 边所受安培力的平均功率 $P$ 。

【答案与解析】

设两导线间磁场为 $\mathrm{B}$ （垂直纸面向里）。每个线框中只有嵌入金属芯的那条边处磁感应强度变为 $kB\ (k>1)$ ，其余边处仍为 $\mathrm{B}$ 。线框为闭合回路，同框两条“对应边”电流方向相反，故有效合力为两边受力之差（含因子 $k-1$ ）。 (1) 平衡框 $a'b'c'd'$ 用于悬浮，其两条水平边均在两导线间磁场中，嵌入金属芯的边长为 $L$ 、磁场为 $kB$ ，另一水平边磁场为 $\mathrm{B}$ ，两力反向，向上合力 $F_{\text{浮}}=I\cdot L\cdot(kB)-I\cdot L\cdot B=I L B(k-1)$ 悬浮要求 $F_{\text{浮}}=mg$ ，故 $\boxed{I=\frac{mg}{BL(k-1)}}$ 方向：使嵌入金属芯的那条边所受安培力竖直向上；由左手定则（ $\mathrm{B}$ 向里），该边电流应水平向右（即整个平衡框的电流方向取使该边产生向上安培力者）。 (2) 驱动框 $abcd$ 向右以 $v_1$ 平动。设其嵌入金属芯的竖直边为 $ab$ （该处磁场 $kB$ ，垂直纸面向里），切割磁感线产生动生电动势： $E_1=|v_1\times(kB)|\cdot L=kBLv_1$ $\boxed{E_1=kBLv_1}$ (3) 匀速 $v_0$ 时驱动框水平方向合力为零，其两竖直边安培力反向，净驱动安培力 $F_{\text{驱}}=I L B(k-1)$ 向前，与恒定摩擦阻力 $f$ 平衡： $I L B(k-1)=f$ 将驱动框电流反向（大小不变）后，净安培力反向变为向后、大小仍为 $f$ ，与摩擦阻力同向，线框受合外力 $2f$ 向后，做匀减速直线运动，经位移 $s$ 停止。由 $v_0^2=2as,\qquad a=\frac{2f}{m}$ 得 $f=\frac{mv_0^2}{4s},\qquad I L B(k-1)=\frac{mv_0^2}{4s}\ \Rightarrow\ I L B=\frac{mv_0^2}{4s(k-1)}$ $cd$ 边（未嵌入金属芯的竖直边，处磁场 $\mathrm{B}$ ）反向后所受安培力向后，大小 $F_{cd}=I L B$ 减速过程中该力做功大小 $W=F_{cd}s$ ，运动时间（匀减速，平均速度 $v_0/2$ ） $t=\frac{s}{v_0/2}=\frac{2s}{v_0}$ 平均功率
$=\frac{1}{2}\cdot\frac{mv_0^2}{4s(k-1)}\cdot v_0 =\frac{mv_0^3}{8s(k-1)}$$ $$\boxed{P=\frac{mv_0^3}{8s(k-1)}}$$ （注：若图中嵌入金属芯的竖直边为 $cd$ 而非 $ab$，则 $F_{cd}=I L(kB)$，结果相应地多一个因子 $k$，即 $P=\dfrac{k\,mv_0^3}{8s(k-1)}$。） ---$
如图所示，在光滑水平面上固定两个柱形光滑轨道，轨道上分别约束着只能沿轨道方向运动的两个小球B和C，质量均为 $\frac{3}{5}m$ 。小球B和C通过弹性限度足够大的相同轻质弹簧与质量为 $m$ 的小球A相连。初始时，两弹簧均处于原长。现有一质量为 $M$ 的小球D以速度 $v_{0}$ 沿轨道方向与小球A发生对心弹性碰撞，碰撞时间极短，不计空气阻力。

$(1)$ 求小球D与A碰撞后瞬间小球A的速度大小； $(2)$ 若发生碰撞后小球D不再与A碰撞，求每根弹簧所具有的最大弹性势能； $(3)$ 要使弹簧第一次恢复原长时，小球D与A恰好再次发生碰撞，求 $\frac{m}{M}$ 的值。

【答案与解析】

设碰撞后 A 的速度向右为正。D（ $M$ ， $v_0$ ）与静止的 A（ $m$ ）发生一维弹性碰撞。 (1) 弹性碰撞，靶球 A 碰后速度 $v_A=\frac{2M}{M+m}v_0$ 方向向右，大小 $\boxed{v_A=\frac{2Mv_0}{M+m}}$ (2) 碰后系统（A、B、C）水平方向不受外力，动量、机械能守恒。B、C 质量均为 $\frac35 m$ 、对称布置，只激发对称运动模式（B、C 速度始终相等，记为 $u$ ；A 速度为 $v$ ）。系统总质量 $M_{\text{总}}=m+2\cdot\frac35m=\frac{11}{5}m$ 质心速度 $V_c=\frac{m v_A}{M_{\text{总}}}=\frac{m v_A}{11m/5}=\frac{5}{11}v_A$ 当两弹簧达到最大形变时，A 相对 B、C 组的相对速度为零，三者以共同速度 $V_c$ 平动，此时动能 $E_{k,\min}=\frac12 M_{\text{总}}V_c^2=\frac12\cdot\frac{11}{5}m\cdot\left(\frac{5}{11}v_A\right)^2=\frac{5}{22}m v_A^2$ 初始动能（碰后瞬间） $E_{k,0}=\frac12 m v_A^2=\frac{11}{22}m v_A^2$ 弹簧总弹性势能最大值 $E_{p,\text{总}}=\frac{11}{22}m v_A^2-\frac{5}{22}m v_A^2=\frac{3}{11}m v_A^2$ 由对称性，两弹簧形变始终等大反向，各储存一半：
$=\frac{3}{22}m\left(\frac{2Mv_0}{M+m}\right)^2 =\frac{6mM^2v_0^2}{11(M+m)^2}$$ $$\boxed{E_{p,\max}=\frac{6mM^2v_0^2}{11(M+m)^2}}$$ **(3)** 由 (1) 碰后 D 的速度 $$v_D=\frac{M-m}{M+m}v_0$$ 在 A、B、C 对称振动中，A 相对质心做简谐运动，第一次回到自然长度（相对位移再次为零）时，A 的绝对位置等于质心位置：$x_A=V_c t^*$，且此时 A 速度向左（大小 $\frac{1}{11}v_A$）；D 始终以 $v_D$ 向右匀速，位置 $x_D=v_D t^*$。要使弹簧第一次恢复原长时 A 与 D 恰好再次碰撞，需二者在该时刻位于同一位置： $$x_A=x_D\quad\Rightarrow\quad V_c t^*=v_D t^*\quad\Rightarrow\quad V_c=v_D$$ 代入： $$\frac{5}{11}v_A=\frac{M-m}{M+m}v_0,\qquad v_A=\frac{2M}{M+m}v_0$$ $$\frac{5}{11}\cdot\frac{2M}{M+m}v_0=\frac{M-m}{M+m}v_0$$ $$\frac{10M}{11}=M-m\quad\Rightarrow\quad 11m=M$$ $$\boxed{\frac{m}{M}=\frac{1}{11}}$$$

已知 为等温过程， 态：； 态体积 ；外界对气体做功 。 (1) 理想气体等温变化，内能不变：。 由热力学第一定律（取外界对气体做功为正）： 得 表示气体放热，故气体放出的热量大小为 (2) 等温过程满足 ，故 态压强 ​