2026年河北省新高考物理试卷（解析版）

2026年河北省新高考物理试卷

参考答案与试题解析

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合

题目要求的。

1.（4分）某同学健身时，哑铃被举高0.5m后再回到原位置，如图所示。如此重复10次，哑铃的位移大

【分析】位移是从初位置指向末位置的有向线段，只与初末位置有关，与运动路径无关；哑铃每次举高

后都回到原位置，重复10次后仍回到初始位置，初末位置重合，故位移大小为零。

【解答】解：位移只与初末位置有关，哑铃重复十次后回到原位置，初末位置重合，位移大小为零，

故A正确，BCD错误。

故选：Ao

【点评】本题考查位移与路程的概念辨析，需准确理解位移的矢量性和初末位置决定性，区分位移与路

程的不同，侧重考查对基本概念的准确把握能力。

2.（4分）河北雄安新区融合静电探测技术构建起“天空之网”，实现了对低空匕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

【分析】静电场的电场线不闭合、不相交，起始于正电荷，终止于负电荷或无穷远；感应正电荷产生的

电场线从正电荷出发，而非终止于正电荷；闭合曲线是涡旋电场的特点，无电荷区域电场线相交则违反

电场强度的唯一性。

【解答】解：A.静电场的电场线起始于正电荷、终止于负电荷或无穷远，不形成闭合曲线，闭合曲线是

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涡旋电场的特点，故A错误；

B.感应正电荷作为场源电荷，其产生的静电场中电场线从正电荷出发向外辐射，故B正确：

C.电场线的切线方向表示电场强度方向，若在无电荷区域相交则同一点会有两个电场方向，违反电场强

度的唯一性，故C错误；

D.电场线终止于负电荷或无穷远，从正电荷出发，而非终止于正电荷，故D错误。

故选：Bo

【点评】本题结合静电探测技术考查静电场电场线的基本性质，需区分静电场与涡旋电场的电场线特点，

侧重考杳对电场线基本概念的理解与应用辨析能力。

3.（4分）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晟、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U形管右侧液面上升，忽略水银体积变化，则封闭气体的（）

自动

监测

系统

水银

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

【分析】右侧液面上升说明封汨气体体积增大，分子数不变则分子密集程度减小；导热良好说明气体温

度随外界温度下降而降低，分子平均动能减小，理想气体内能减小：由理想气体状态方程，体积增大、

温度降低，则气体压强一定减小。

【解答】解：AD、由于外界温度T下降，分子热运动的平均动能减小，封闭气体内能减小，故AD错

误；

BC、U形管右侧液面上升，可知封闭气体体积V增大，分子的数密度减少，根据理想气体状态方程

y-=C（C为常量）可知，压强p减小，故B错误，C正确。

故选：Co

【点评】本题结合U形管气压计考查理想气体状态变化，涉及温度、体积、压强的变化及内能、分子

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平均动能、分子密集程度等微观概念，侧重考查对气体状态变化规律的理解与宏观微观联系的分析能力。

4.（4分）我国科技爱好者复原了春秋战国时期带有刃车喜（V电i）的马车，并对其性能进行了测试。在

t|〜t2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VI加速到V2,假定马车所受阻力不

变，则马车运动的v-t图像可能是（）

【分析】马车以恒定功率加速时，牵引力随速度增大而减小，由牛顿第二定律可知加速度逐渐减小,

故V-1图像的斜率逐渐减小，图像呈向上凸的曲线形态，而非直线或斜率增人的下凸曲线。

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【解答】解：由功率公式P=Fv

P

得牵引力F=5

代入牛顿第二定律F-f=ma

得加速度a=嬴一々，功率恒定，速度增大时加速度减小，v-t图像斜率应逐渐减小，而非斜率不变

的直线，故C正确，ABD错误。

故选：Co

【点评】本题考查恒定功率启动的运动规律，需结合功率公式与牛顿第二定律分析加速度变化，进而判

断v-t图像的形状，侧重考查对机车启动模型的理解与图像分析能力。

5.（4分）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Ax。若金属丝经加热均匀膨胀，则（）

A.Ax变小B.Ax变大

C.双缝间的距离减小D.双缝间的距离不变

【分析】由金属丝受热膨胀，分析双缝间隔变化，然后分析相邻亮条纹间隔变化。

【解答】解：双缝干涉时相邻亮条纹间隔小万，金属丝受热膨胀，如图所示:

由图可知双缝间隔变大，则Ax变小，故A正确，BCD错误。

故选：Ao

【点评】考查了光的双缝干涉现象，画图分析双缝间隔变化，然后根据表达式分析。

6.（4分）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的向轴小线圈。已知，长直螺

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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1成正比，即3=。1。在•段

时间内，若电流1随时间t的变化关系满足1=供（0为常量），由理想电压表测出小线圈的感应电动势

为E,则a可以表示为（）

y/2Ey/2E巨£

A*B♦丽C.诟D.砺

【分析1由磁感应强度与电流成正比、电流随时间线性变化，可推导出磁感应强度的变化率；再根据法

拉第电磁感应定律，小线圈的感应电动势等于匝数乘以面积乘以磁感应强度变化率，联立即可解出k的

表达式。

【解答】解：由题意知电流在长直螺线管中产生的磁感应强变大小为B=a0l

Z10E

小线圈中产生的感应电动势为E=nqf=na/?S,则。=而不故D正确，ABC错误。

故选：D。

【点评】本题结合长直螺线管与同轴小线圈考杳法拉第电磁感应定律的应用，需结合磁感应强度与电流

的正比关系及电流的变化规律推导感应电动势，侧重考查对电磁感应规律的理解与公式推导能力。

7.（4分）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

空碎片受到冲晟作用后瞬间的动能为（）

大

气

层

GMmI2GMmI2

A.-------F——B.+

r2m2r2m

GMmI2GMm.

D.+；+修

ck+右+2m7r

【分析】根据瞬时冲量求出太空碎片获得的瞬时速度，再根据牛顿第二定律求出太空碎片在半径为r上

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线速度大小，然后根据动能的定义式即可求出该太空碎片受到冲量作用后瞬间的动能。

【解答】解：设质量为m的太空碎片绕地球做半径为r的匀速圆周运动的线速度为V|,则^^二7/二

r2r

由动量定理得，太空碎片瞬时冲量I作用时的速度大小为V=',方向与V］垂直，故作用后瞬间太空碎

片的速度大小为V,=J焉+优

根据动能的定义得该太空碎片受到冲量作用后瞬间的动能为。-今九72

I2GMm

解得Ek=—+——,故B正确，ACD错误。

2m2r

故选：Bo

【点评】本题以太空碎片的处理为情景载体，考查了冲量、动能与圆周运动。属于基础题，

二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以

上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

（多选）8.（6分）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川、n2,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口为电压峰值，T为周期，则下列说法正确

的是（）

712

A.副线圈电压为三U

ni

B.原线圈中电流为益I

九2

C.电源电压周期为

D.等离子体的等效电阻为%%

【分析】根据理想变压器变压比确定副线圈正弦电压的峰值，结合等离子体两端的半波电压波形分析电

路关系；利用有效值定义计算电压电流的有效值，结合变乐器功率关系或电流变比分析原线圈电流，再

根据电功公式计算等离子体分得的电能。

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【解答】解：A、原、副线圈两端的电压与线圈匝数的关系力一=荔

〃副九2

H2H2

则U副=/U原=/U,故A正确；

/原n2

B、原、副线圈中的电流与线图匝数的关系厂=肃

/副几1

n2nz

则1原=肃/副=//，故B错误；

C、理想变压器不改变交变电流的周期，则电源电压周期为T,故C错误；

U

D、等离子体两端电压的有效值为U有=7m彳

则等离子体的等效电阻为R等二牛二浮与故D正确。

故选：ADo

【点评】本题综合考查理想变压器的变压规律、非正弦交流电的有效值计算及电能计算，需结合波形图

分析电压电流的有效值，侧重考查对交变电流基本概念的理解与复杂电路的综合分析能力，

（多选）9.（6分）某千斤顶的结构如图所示，四根等长杆由较链相连。摇动手柄竖直拾升重物过程中，

A、C两点的间距每秒均匀缩题2mm,当/CAB=45°时，下列说法正确的是（）

手柄

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2mm/s

C.C点速度方向沿CB向上，大小为lmm/s

D.A点相对C点的速度沿水平方向，大小为2mm/s

【分析】结合速度的分解和合成，求解A和C的速度的关系。

【解答】解：ABC、如图所示

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重物

四边形ABCD是菱形，摇动手柄竖直抬升重物过程中，B点的速度方向竖直向上，A、C两点的速度方

向分别垂直AD、CD方向，大小相等，A、C两点的间距每秒均匀缩短2mm,可知A、C两点速度的

12

水平分量大小相等，为办x=u以=5X，mm/s=lmm/s,当NCAB=45°时，B点和C点沿BC方向

的分速度大小相等，即\伊市45°=vc又vcx=vccos45°

代入数据可得Vc=V^nrn/s,vB=2mm/s,A、C两点的速度大小相等，方向相互垂直，故AC错误，B

正确；D、两点竖直方向的速度大小相等，方向相同，水平方向速度大小相等，方向相反，所以A点相

对C点的速度沿水平方向，大小为\，Ax+vcx=2mm/s,故D正确。

故选：BDo

【点评】本题考查杆连接体的速度分解问题，需利用沿杆速度分量相等的规律分析各点速度关系，侧重

考查对运动的合成与分解的理解及几何关系的应用能力。

（多选）［0.（6分）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。导朝L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，两磁场的磁感应强度大小B仅随坐标x变化，且满足B=

（28。单■,0<|x|<,

Lii2式中Bo为已知常量。t=0时，一根质量为m、导轨间电阻为R的导体

（2Bo（l-毕x）,|L<|x|<L,

棒以初速度V0从x=0处向右运动；t=to时，导体棒第一次到达x=，处，且速度为0。整个运动过程

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（）

-L0L

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A.导体棒做简谐运动

B.初速度v0=J号三

C.若初速度变为0.5V。，则导体棒的速度第一次变为0所需时间为孚to

D.若初速度变为L5vo,则导体棒将以两磁场交界线为中心做往复运动

【分析】导体棒在变化磁场中运动产生感应电流，受到安培阻力做减速运动；利用动量定理结合微元法,

将安培力冲量转化为磁感应强度对位移的枳分，结合已知条件分析速度变化、运动时间及运动性质。

【解答】解：A、作出B-x图像如图所示

L

根据题意知，在OWXW］区域，导体棒所受安培力大小F实=BIL=2B()Ix

根据左手定则可知安培力方向始终指向x=0处，令2B°I=k故导体棒所受外力满足F=-kx

同理，导体棒在一三WxWO区域也满足F=-kx,则导体棒在一彳Wx<3区域做简谐运动，故A正确：

B、导体棒从x=0至口=提规定初速度方向为正，根据动能定理有F安•"fl踞，其中%=出害2

BoIL

=2'

联立可得V。=聘景，故B正确；

C、对于简谐运动，从平衡位置运动到最大位移处所用时间为t=£=5，由上分析可知3=JI期,

3与速度无关，故初速度变为O.5vo,对导体棒的速度第一次变为0所需时间没有影响，故C错误；

Lx/q

D、若初速度变为15v0,由动能定理可知导体棒运动到x=5处速度为v=-vvo>v0

根据对称性知导体棒从x=4史运动到x=L处克服安培力做功为/用V)/

即导体棒运动到x=L处时速度不为0,导体棒将继续向右运动离开磁场，故导体棒不会以两磁场交界

线为中心做往复运动，故D错误。

故选：ABo

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【点评】本题考查导体棒在变化磁场中的电磁感应综合问题，涉及安培力、动量定理及微元法的应用,

需结合磁场分布规律分析导体棒的运动，侧重考查对电磁感应复杂问题的分析与推导能力C

三、非选择题：本题共5题，共54分。

II.（8分）（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,

测力计甲左侧固定，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1所示。

①测力计乙的读数是

②实验中发现两测力计示数总是明显不同，原因可能是一C。（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2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

度在中间的电流表，

图2

①实验时将开关S接1端，可观察到电流表指针B（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问偏转”），同时电压表指针偏转到某位置后稳定不动。

②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一开关断开时，电容器与电压我形成了闭合回路，由于电

压表的内阻为几千欧姆，比较大，由此放电电流比较小，则电容器在放电过程中电压表两端的电压逐渐

减小，直至最终放电结束，电容器所带电荷量变为0,电压表的示数减小为0o

【分析】（I）①由弹簧测力计的读数原理即可读数；②由牛顿第三定律结合弹簧测力计的原理判断即

可；

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（2）①由电容器的工作原理判断即可；②由题图结合电路结构及欧姆定律即可判断。

【解答】解:（1）①由题图可知弹簧测力计的分度值为0.1N,需要往后估读一位，由此读数为1.98N：

②探究作用力和反作用力的关系中，由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力总是大小相等，方向相

反，量程和弹簧测力计材质不影响测力计的准确性，由此可知，两测力计示数总是明显不同，原因是使

用测力计前未正确调零，故C正确，AB错误。

故选：Co

（2）①把开关S接1,电容器充电，电流从右向左流过电流表，电流表指针迅速向某个位置偏转后示

数逐渐减小到零，所以可以看到电流表迅速偏转到某位置后往回偏转，故A错误，B正确，

故选：Bo

②由题图可知，开关断开时，电容器与电压表形成了闭合回路，由于电压表的内阻为几干欧姆，比较

大，由此放电电流比较小，则电容器在放电过程中电压表两端的电压逐渐减小，直至最终放电结束，电

容器所带电荷量变为0,电压表的示数减小为0。

故答案为：（1）01.98；②C；

（2）①B；②开关断开时，电容器与电压表形成了闭合回路，由于电压表的内阻为几千欧姆，比较大，

由此放电电流比较小，则电容器在放电过程中电压表两端的电压逐渐减小，直至最终放电结束，电容器

所带电荷量变为0,电压表的示数减小为0。

【点评】本题是对用弹簧测力计探究作用力和反作用力的关系及探究电容器充、放电实验的考查，解题

的关键是要知道实验的原理及实验步骤，知道产生实验现象的原因。

12.（8分）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主门开合，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甩磁铁，当开关S］闭合时，

衔铁在电磁铁的吸引下带动: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D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R（填“S”或"R"）排出。当,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。

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图1

（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，并标在了坐标纸匕如图2

②根据绘制的F-x图像，得到该弹簧的劲度系数k=0.22N/nun（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儿牛顿，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

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35℃时自动闭合开关S2,温度低于25℃时自动断开S2。电磁阀线圈工作电压为24V,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。请在图上连线，完成电路，实现如F

效果：S2闭合时，电磁阀中的电磁铁吸引衔铁左移，窗户打开；S2断开时，电磁阀中的衔铁右移，窗

户关闭。

线圈

图3

【分析】（1）结合题意复位弹簧被压缩分析密闭气体的体积变化，据此判断压强变化，再根据压强关系

判断活塞的运动方向；

（2）根据题干图中的点进行作图，作图时要注意到图线要通过尽可能多的点要画出直线，不在直线上

的点应该均匀分布在直线的两侧（偏差较大的点舍弃），再由明克定律可知F-x图像的斜率，据此作答。

（3）S2闭合时，电磁阀中的电磁铁吸引衔铁左移，窗户打开；S2断开时，电磁阀中的衔铁右移，窗户

关闭，因此S2闭合时，K、J连通；S2断开时，K、J部分是断路状态，据此作答。

【解答】解：（1）结合题意可知，储气罐内压缩空气经气孔B进入汽缸右侧气室，因为衔铁在电磁铁

的吸引下带动三个阀芯一起向左运动，所以密闭气体的体积不变，气体压强将会增大，而左侧通过R

与大气相通，压强保持不变，推动活塞向左运动；

由题图1可以看出，左侧气室出气孔与R相连，则气体从R排出：

（2）①作图时要注意到图线要通过尽可能多的点要画出直线，不在直线上的点应该均匀分布在直线的

两侧（偏差较大的点舍弃），Fx图像如图所示；

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F/N

②根据F=kx可知F-x图像的斜率即为劲度系数，得k=——N/mm《0.22N/mm：

JLJL・J

(3)%闭合时，电磁继电器的线圈内有了电流，会使与3司2相连的两个触点接触，并使K、J连通,

右侧电磁阀电路形成闭合回路，衔铁左移，窗户打开；

S2断开时，电磁继电器的线圈内失去电流，与3和2相连的丙个触点分开，导致K、J部分是断路状态，

电磁阀部分的衔铁在复位弹簧作用下右移、窗户关闭，

连线情况如图所示：

线圈

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F/N

线圈

【点评】本题考查理想气体状态方程、胡克定律和传感器等多方面的考点，综合性、创新性强且与生活

实际密切相关，难度较低。

13.（8分）如图为一列沿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

（1）写出该波的波长，以及Xp在10〜14m范围内的所有可能值。

（2）若平衡位置位于原点处的质点在0〜1s内通过的路程为5cm,求该波的周期和波速。

【分析】（1）波长读取：波形图相邻波峰或波谷间距为人入，直接读图得波长；

波峰通式：波峰位置满足x=l+nA（n=（）,I,2,3……）,给定区间列举整数n得到所有Xp；

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（2）质点振幅为A,•个周期路程为4A；由总路程求振动时间对应周期数再求周期T；

波速公式：v=*

【解答】解：（1）从波形图看，相邻波峰在x=Im、x=3m,间距入=2m。

所有波峰位置通式：

xp=Im+nA（n=0,1,2,3…）

耍求10m<Xp<14m；

10m<Im+nX<14m,可得9V2n<13,可得4.5VnV6.5,

所以整数n=5或n=6,

当n=5时代入数据解得Xp=Um

当n=6时代入数据解得xp=13m

故Xp可取11m和13mo

（2）由图可得振幅A=1cm,一个完整周期质点路程so=4A=4cm。

T

原点处质点在（）〜Is内总路程s=5cm=5A,t=（）时刻原点处质点处于波谷位置，经了到达平衡位置（路

4

T5T

程A）,再经T回到平衡位置完成一周路程4A,所以总振动时长：ls=T+-=—,

解得周期：

4

T=-s=0.8s

波速：

A2

v=产57n/s=2.5m/s。

答：（1）该波的波长为2m,而在10〜14m范围内的可能值是11m和13m。

（2）若平衡位置位于原点处的质点在0〜Is内通过的路程为5cm,该波的周期为0.8s,该波的波速为

2.5m/So

【点评】1.相邻波峰或相邻波谷间距等于波长入；

2.波峰间距离等于波长的整数倍；

3.质点振动单周期路程为4A,从波谷或波峰到平衡位置路程为A,用时［

4.波速、波长、周期关系v=

14.（14分）如图所示，质量为妹g的木板上放有一个质量为1kg的机器人，木板始终受到水平向右、大

小为5N的恒力作用。初始时木板与机器人一起以lm/s的速度沿水平地面向右匀速运动。机器人正上

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方有•个沿竖直方向可■以伸缩、水平向右速度恒为lm/s的机械夹爪。某时刻夹爪将机器人向上提起，

2s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10m/s2,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2s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。

尸

______________________________5N

一IL一）

【分析】（1）根据牛顿第二定律和匀变速直线运动求解位移；

（2）根据动量守恒和动能定理求解做功。

【解答】解：（1）根据题意分析，设木板的质量为M,机器人的质量为m,木板与机器人一起运动时

所受地面摩擦力为5N,根据动摩擦公式p（M+m）g=5N,故摩擦因数四=51,当机器人被提起，地

面对木板的摩擦力为f=jXMXg,代入数据解得f=4N,故木板根据牛顿第二定律F-f=Ma,解得a=

0.25m/s2,木板做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的公式木板的位移x=vot+Ta£2,代入数据解

得x=2.5m；

（2）机器人被放回到木板上时木板的速度为v=vo+at,代入数据解得v=1.5m/s,当把机器人放回木板

时，将机器人和木板作为整体，整体所受外力为零，故系统在水平方向上动量守恒，取初速度方向为正

、7

方向，根据动量守恒有Mv+mvo=（M+m）v共，代入数据解得丫共=对机器人用动能定理可知,

W,=-pnvo，代入数据解得Wf=0.48Jo

答：（1）机器人被提起的2s内，木板位移的大小为2.5m；

（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为0.48J。

【点评】本题综合动量守恒、能量守恒、需逐间拆解系统相互作用，利用守恒定律建立方程，结合数学

方法求解。

15.（16分）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0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0点,

与CD所在直线夹角为a,a可通过MN绕0点在纸面内的转动进行调整，调整前后PQ与MN始终平

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行且间距为0.3m不变。CG边长为0.2m,与底边HG夹角为60°,磁感应强度大小为0.4T,偏转电场

的电场强度大小为L8X104v/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

图1图2

（1）已知激光波长为442nm,求该激光一个光子的能量嬴：普朗克常量h=6.63X10-3勺・§,直空中光

速c=3X108m/s）

（2）调整a,得到从粒子离开加速电场到粒子到达接收器所经历的时间t与a的关系如图2所示，求

加速电场的电压U以及粒子比荷Ko

（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，

【分析】（1）根据波长与波速的关系，求出光子的频率，然后光子能量公式即可求解；

（2）带电粒子在磁场中做四分之一圆周运动后进入无场区作直线运动，然后进入匀强电场做类斜抛运

动，再次回到无场区打到接收器匕写出粒子在以上运动的时间表达式，然后根据图像在a=60°带电粒

子运动时间有最小值，结合数学知识得出最小值成立的条件即可求解；

（3）接收器每秒接收的粒子数为n,那么单位时间通过MN面的电荷策也就知道