2026年高考湖北卷物理高考真题（网络收集版）

2025年6月，我国成功掌握商用堆生产钇90（ $^{90}_{39}\mathrm{Y}$ ）玻璃微球的技术，可实现批量化生产。在核反应堆中， $^{90}_{39}\mathrm{Y}$ 由核反应 $^{a}_{39}\mathrm{Y}+^{1}_{b}\mathrm{X}\rightarrow^{90}_{39}\mathrm{Y}$ 生成、则（　　）

A．X是质子

B．X是电子

C． $a = 90$

D． $b = 0$

【答案与解析】

核反应遵循电荷数守恒与质量数守恒：

因此 X 的电荷数为 0、质量数为 1，X 是中子。
- A 错：质子电荷数为 1，不符合 $b=0$ 。
- B 错：电子电荷数为 $-1$ ，质量数为 0，不符合。
- C 错： $a=89$ ，不是 90。
- D 对： $b=0$ 直接由电荷守恒得到。故选D。
光伏产业已发展成为我国新能源三大名片之一。太阳能电池发电时，材料原子中的电子被光子激发（这也是一种光电效应），激发后的电子向电池负极移动、形成一个持续的电动势。关于太阳能电池，下列说法正确的是（　　）

A．任何频率的光均可使太阳能电池发电

B．太阳光的能量可以全部转化为电池的电能

C．太阳能电池在多云的白天，仍然可以发电

D．太阳能电池发电的功率与太阳光的照射方向无关

【答案与解析】

太阳能电池的发电本质是光电效应，光子的能量必须达到材料的逸出功，激发后的电子定向移动形成电动势。
- A 错：只有频率高于截止频率的光才能激发电子。
- B 错：光电转换效率不可能达到 100%，太阳光能量不能全部转化为电能。
- C 对：多云天气仍有部分散射光，只要光子能量足够就能发电，只是功率下降。
- D 错：照射方向影响单位面积接收的光功率分量，从而影响发电功率。故选C。
容器中封闭一定质量的理想气体。缓慢改变气体状态，使其体积变为初态的一半，压强变为初态的3倍。与气体的初态相比、末态（　　）

A．气体的温度是初态的3倍

B．气体分子的平均动能更大

C．每个气体分子的速率都更大

D．单位时间内与容器壁单位面积碰撞的分子数更少

【答案与解析】

由理想气体状态方程 $\dfrac{pV}{T}=C$ ：
- A 错：末态温度是初态的 $1.5$ 倍，不是 3 倍。
- B 对：理想气体分子平均动能只与温度有关， $T_1>T_0$ ，平均动能更大。
- C 错：温度升高只说明平均速率增大，不是所有分子速率都增大。
- D 错：体积减半使分子数密度加倍，且平均速率增大，单位时间、单位面积的碰撞次数更多。故选B。
一带正电粒子仅受静电力作用，从静止开始沿直线运动，0 ~ $4t_0$ 时间内，其速度v随时间t的变化图像是如图所示的三条线段。 $t_0$ 时刻、 $1.5t_0$ 时刻、 $3.5t_0$ 时刻粒子所在位置分别为a点、b点、c点。下列说法正确的是（　　）

A．b点的电势比a点的高

B．b点的电场强度比a点的大

C．粒子在a、c两点的电势能相等

D．粒子在a、c两点受到的电场力大小相等

【答案与解析】

由 $v-t$ 图像读出：

粒子只受静电力，电势能与动能之和守恒： $q\varphi+\dfrac{1}{2}mv^2=\text{常量}$ 。
- A 错： $v_b>v_a$ ，故 $K_b>K_a$ ， $U_b<U_a$ ，对正电荷 $q>0$ 有 $\varphi_b<\varphi_a$ 。
- B 错： $a$ 、 $b$ 两点位于同一段倾斜直线，斜率相同， $a=\dfrac{F}{m}=\dfrac{qE}{m}$ 相同，故 $E_a=E_b$ 。
- C 对： $|v_a|=|v_c|$ ，故 $K_a=K_c$ ，因此 $U_a=U_c$ ，电势能相等。
- D 错： $a$ 处斜率为 $\dfrac{v_0}{2t_0}$ ， $c$ 处斜率为 $-\dfrac{v_0}{t_0}$ ，加速度大小不同，电场力大小不同。故选C。
如图所示，半径为 $R$ 的光滑圆环固定在竖直平面内，原长为 $2\sqrt{3}R$ 的轻质弹簧一端固定在圆环上与圆心 $O$ 等高的位置，另一端连接一个套在圆环上质量为 $m$ 的小球，平衡时弹簧与水平方向的夹角为 $30^{\circ}$ 。弹簧在弹性限度内，重力加速度大小为 $g$ ，弹簧的劲度系数为（　　）

A． $\frac{\sqrt{3}mg}{6R}$

B． $\frac{mg}{2R}$

C． $\frac{\sqrt{3}mg}{3R}$

D． $\frac{mg}{R}$

【答案与解析】

设圆心 $O$ 为坐标原点，弹簧固定端在 $(-R,0)$ ，小球平衡位置与水平方向成 $30^\circ$ 向下，由几何关系知小球在 $\theta=-60^\circ$ 处：

弹簧长度

弹簧压缩量

由径向与切向力平衡（或用力的三角形），弹簧弹力沿 $BF$ 方向，大小为 $k\Delta l$ ，重力沿 $-y$ 。平衡时合力沿半径方向，解得：
- A、B、D 计算不符。
- C 对： $k=\dfrac{\sqrt3\,mg}{3R}$ 。故选C。
已知某卫星绕地球做椭圆运动，在近地点所受的地球引力为其在地面附近的 $\frac{1}{4}$ ，在远地点所受的地球引力为其在地面附近的 $\frac{1}{16}$ 。地面附近的重力加速度大小为 $g$ ，地球半径为 $R$ ，该卫星的运动周期为（　　）

A． $4\pi\sqrt{\frac{2R}{g}}$

B． $6\pi\sqrt{\frac{3R}{g}}$

C． $16\pi\sqrt{\frac{R}{g}}$

D． $12\pi\sqrt{\frac{6R}{g}}$

【答案与解析】

万有引力与距离平方成反比：
$\frac{GMm}{r_p^2}=\frac14\frac{GMm}{R^2}\quad\Rightarrow\quad r_p=2R,$ $\frac{GMm}{r_a^2}=\frac1{16}\frac{GMm}{R^2}\quad\Rightarrow\quad r_a=4R.$
椭圆半长轴
$a=\frac{r_p+r_a}{2}=3R.$
由开普勒第三定律，并利用 $GM=gR^2$ ：
$T^2=\frac{4\pi^2a^3}{GM}=\frac{4\pi^2(3R)^3}{gR^2}=108\pi^2\frac{R}{g},$ $T=6\pi\sqrt{\frac{3R}{g}}.$
故选B。
如图所示，固定在水平面内的两足够长平行金属导轨相距 $L$ ，其左端用导线连接一阻值为 $R$ 的电阻，两导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为 $B$ 。质量为 $m$ 的导体棒跨放在两导轨上，导体棒在两导轨间的电阻为 $2R$ 。导轨上 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 、 $d$ 是正方形的四个顶点。导体棒以大小为 $\frac{4B^{2}L^{3}}{mR}$ 的初速度从 $ab$ 出发沿导轨向右运动，刚过 $cd$ 后， $abcd$ 区域内磁场的磁感应强度方向不变、大小在极短时间内增大到 $3R$ ，然后保持不变。导体棒运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，不计导轨电阻与所有摩擦，导体棒最终静止的位置离初始位置的距离为（　　）

A． $9L$

B． $10L$

C． $11L$

D． $12L$

【答案与解析】

注：题中“磁感应强度……增大到 $3R$ ”应为“增大到 $3B$ ”，否则量纲与答案均不自洽。导轨电阻不计，回路总电阻 $R_{\text{总}}=R+2R=3R$ 。棒在磁场 $\mathrm{B}$ 中运动时
$\mathcal{E}=BLv,\qquad I=\frac{BLv}{3R},\qquad F=BIL=\frac{B^2L^2v}{3R}.$
动量方程 $m\dfrac{dv}{dt}=-\dfrac{B^2L^2}{3R}v$ ，运动距离满足
$x=\frac{3mR}{B^2L^2}v_0=\frac{3mR}{B^2L^2}\cdot\frac{4B^2L^3}{mR}=12L.$
即若磁场不变，棒共可滑行 $12L$ 。从 $ab$ 到 $cd$ 距离为 $L$ 。设到 $cd$ 时速度为 $v_1$ ，由 $x=12L(1-e^{-t/\tau})$ 且 $x=L$ 得
$e^{-t/\tau}=\frac{11}{12},\qquad mv_1=mv_0\cdot\frac{11}{12}=\frac{11}{3}\frac{B^2L^3}{R}.$
刚过 $cd$ 时， $abcd$ 区域磁通从 $BL^2$ 突增到 $3BL^2$ ，磁通变化量 $\Delta\Phi=2BL^2$ 。此过程中棒受安培力冲量
$\Delta p=BL\frac{\Delta\Phi}{3R}=\frac{2B^2L^3}{3R},$
方向与运动相反。故突变后动量
$p_2=mv_1-\Delta p=\frac{11}{3}\frac{B^2L^3}{R}-\frac{2}{3}\frac{B^2L^3}{R}=3\frac{B^2L^3}{R}.$
之后棒继续滑行距离
$x_2=\frac{3mR}{B^2L^2}\cdot\frac{p_2}{m}=\frac{3R}{B^2L^2}\cdot3\frac{B^2L^3}{R}=9L.$
总距离
$s=L+9L=10L.$
故选B。
如图所示，有一理想变压器，其原线圈输入电压为 $u=100\sqrt{2}\sin100\pi t(\mathrm{V})$ ，在一个副线圈上接额定电压为 $220\mathrm{V}$ 、额定功率为 $10\mathrm{W}$ 的灯泡甲，在另一个单匝副线圈上接额定电压为 $2\mathrm{V}$ 、额定功率为 $1\mathrm{W}$ 的灯泡乙，两灯泡均能正常发光。下列说法正确的是（　　）

A．原线圈的匝数为50

B．输入电压的频率为 $100\mathrm{Hz}$

C．原线圈的输入功率为 $11\mathrm{W}$

D．流过原线圈的电流最大值为0.11 A

【答案与解析】

原线圈电压有效值

乙灯额定电压 $2\,\text{V}$ 接在单匝副线圈上，故每匝电压为 $2\,\text{V}$ 。
- A 对： $n_1=\dfrac{U_1}{2}=50$ 匝。
- B 错：频率为 $50\,\text{Hz}$ ，不是 $100\,\text{Hz}$ 。
- C 对：理想变压器输入功率等于输出功率， $P_1=10\,\text{W}+1\,\text{W}=11\,\text{W}$ 。
- D 错：原线圈电流有效值 $I_1=\dfrac{P_1}{U_1}=0.11\,\text{A}$ ，最大值 $I_{1m}=\sqrt2\,I_1\approx0.156\,\text{A}$ 。故选AC。
如图所示，半径为 $R$ 、内壁光滑的圆环轨道固定在竖直平面内。初始时刻，质量为 $m$ 的小球甲从圆环内表面最高处以大小为 $v_{0}=\sqrt{2gR}$ （ $g$ 为重力加速度大小）的水平初速度向右运动，同时质量为 $2m$ 的小球乙从圆环内表面最低处以某一水平初速度向左运动。当甲第一次运动到圆环最低点时，乙恰好第一次运动到圆环最高点。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）

A．乙的初速度大小为 $3\sqrt{gR}$

B．甲、乙两小球运动的周期相等

C．任意时刻两小球的连线均过圆环圆心

D．任意时刻两小球对圆环作用力的合力均不为零

【答案与解析】

设以圆环最高点为参考，顺时针转过的角度为 $\theta$ 。由机械能守恒，甲、乙各自的速度—角度关系分别为

其中 $u$ 为乙的初速度。甲从最高点滑到最低点、乙从最低点滑到最高点，均为顺时针转过 $\pi$ 。令二者时间相等，得到
- A 错：乙的初速度为 $\sqrt{6gR}$ ，不是 $3\sqrt{gR}$ 。
- B 对：二者速度—角度函数相同，故周期相同。
- C 错：虽然同时从相对位置出发，但因所处高度不同，同一时刻速度大小不同，角速度不同，连线不始终过圆心。
- D 对：两球对圆环的作用力为各自位置处向外的法向力，二者不在同一直线上或大小不等，矢量合力恒不为零。故选BD。
某山沟竖直截面图如图所示，山沟的一侧竖直，另一侧是以 $O$ 点为圆心、 $R$ 为半径的 $\frac{1}{4}$ 圆弧，圆弧最高点与 $O$ 点等高。救援队从 $O$ 点以大小为 $v_{0}=\frac{\sqrt{2gR}}{2}$ 的初速度向该山沟投掷救援物资，其中 $g$ 是重力加速度大小。物资可视为质点，不计空气阻力。为避免损坏救援物资，要求物资落到圆弧上的速率最小，则物资（　　）

A．在空中运动的时间为 $\sqrt{\frac{2R}{g}}$

B．与水平方向成 $45^{\circ}$ 角斜上抛

C．抛出点与落点的高度差为 $\frac{\sqrt{2}R}{2}$

D．落到圆弧上的最小速率为 $\frac{\sqrt{6gR}}{2}$

【答案与解析】

建立坐标系， $O$ 为原点，圆弧方程为 $x^2+y^2=R^2$ （ $x\ge0$ ， $y\le0$ ）。物资抛出后

落点满足 $x^2+y^2=R^2$ 。物资落到圆弧上的速率由机械能守恒

决定。要使 $v$ 最小，应使落点高度 $y$ 最大（即最靠近 $O$ 点）。将轨迹方程代入圆弧方程，可得可达落点满足 $\sin\varphi\le -\dfrac12$ （ $\varphi$ 为落点极角）。当 $\sin\varphi=-\dfrac12$ ，即 $\varphi=-30^\circ$ 时， $y$ 最大且轨迹与圆弧相切。此时

落点为 $\left(\dfrac{\sqrt3}{2}R,-\dfrac{R}{2}\right)$ 。计算得：

高度差 $|y|=\dfrac{R}{2}$ ，不是 $\dfrac{\sqrt2 R}{2}$ ；抛射角为 $30^\circ$ ，不是 $45^\circ$ 。
- A、D 对。
- B、C 错。故选AD。
在测量铅笔芯电阻率的实验中，实验器材有：待测圆柱形铅笔芯、电压表 $\mathrm{V}$ 、电流表 $\mathrm{A}$ 、电阻箱 $R_{0}$ 、干电池、刻度尺、螺旋测微器、开关 $\mathrm{S}$ 、滑片 $\mathrm{P}$ 及导线等。实验电路图如图（a）所示， $B$ 、 $C$ 为铅笔芯的两端，滑片 $\mathrm{P}$ 在 $B$ 、 $C$ 间左右滑动。

$(1)$ 用螺旋测微器测量铅笔芯的直径 $d$ ，其示数如图（b）所示，可知 $d=$ ＿＿＿＿ $\mathrm{mm}$ 。 $(2)$ 适当选择电阻箱 $R_0$ 的阻值、移动滑片 $\mathrm{P}$ 到某位置、测量 $B$ 、 $P$ 间的长度 $L$ ，闭合开关 $\mathrm{S}$ ，记录电压表的示数U，电流表的示数 $I$ ，则该铅笔芯电阻率的表达式为 $\rho=$ ＿＿＿＿（用 $U$ 、 $I$ 、 $d$ 和 $L$ 表示）。 $(3)$ 多次改变滑片P的位置、记录对应的 $L$ 、 $U$ 、 $I$ ，由实验数据绘制出的 $U-IL$ 图如图（c）所示。由此可得该铅笔芯的电阻率 $\rho=$ ＿＿＿＿ $\Omega\cdot\mathrm{m}$ （ $\pi$ 取3.14，保留两位有效数字）。

$(4)$ 干电池使用一段时间后，其内阻增大，对电阻率的测量结果＿＿＿＿（填“有”或“无”）影响。

【答案与解析】

(1) 螺旋测微器读数 = 固定刻度读数 + 可动刻度读数 $\times0.01\,\text{mm}$ 。固定刻度读出 $0.5\,\text{mm}$ ，可动刻度 $0.0$ 格对齐，故
$d=0.5\,\text{mm}+0.0\times0.01\,\text{mm}=0.500\,\text{mm}.$
(2) 由欧姆定律 $R=\dfrac{U}{I}$ ，结合电阻定律 $R=\rho\dfrac{L}{S}$ ，其中横截面积 $S=\dfrac{\pi d^2}{4}$ ，得
$\rho=\frac{RS}{L}=\frac{\pi U d^2}{4IL}.$
(3) $U-IL$ 图线斜率为 $k=\dfrac{U}{IL}=\dfrac{\rho}{S}=\dfrac{4\rho}{\pi d^2}$ ，故
$\rho=\frac{k\pi d^2}{4}.$
代入 $d=0.500\,\text{mm}$ 及图线斜率，得
$\rho=6.4\times10^{-6}\,\Omega\cdot\text{m}.$
(4) 电阻率公式 $\rho=\dfrac{\pi U d^2}{4IL}$ 中， $U$ 、 $I$ 是铅笔芯 $BP$ 段两端的电压和电流，与电池内阻无关。因此干电池内阻增大对测量结果无影响。
某同学设计了一个验证牛顿第二定律的实验，使用的器材有：直导轨、小车、光电门、数字毫秒计、遮光条、天平、钩码、刻度尺、游标卡尺、定滑轮、细绳等。实验装置如图所示，光电门1、2分别固定在导轨 $A$ 、 $B$ 处，遮光条安装在小车上，连接小车两端的细绳分别跨过左右定滑轮、各悬挂10个质量均为 $m_0$ 的钩码，定滑轮间的细绳与导轨平行。重力加速度大小为 $g$ 。实验步骤如下：

ⅰ．用天平测量小车和遮光条的总质量 $m$ ，用刻度尺测量 $A$ 、 $B$ 间的距离 $s$ ，用游标卡尺测量遮光条的宽度 $d$ 。 ⅱ．调节导轨倾斜程度，使小车沿导轨向右下滑时通过两个光电门的遮光时间近似相等。 ⅲ．从左侧细绳取下 $n$ 个钩码挂到右侧细绳，再从导轨左端静止释放小车，用数字毫秒计测量遮光条经过光电门1、2的遮光时间 $t_{1}$ 、 $t_{2}$ 。回答下列问题： $(1)$ 步骤ⅱ操作的主要目的是＿＿＿＿。 $(2)$ 由牛顿第二定律，小车的加速度大小 $a=$ ＿＿＿＿（用 $m_0$ 、 $m$ 、 $g$ 和 $n$ 表示）。 $(3)$ 步骤ⅲ中测得的小车加速度大小 $a=$ ＿＿＿＿（用 $d$ 、 $s$ 、 $t_{1}$ 和 $t_{2}$ 表示）。 $(4)$ 该同学根据测出的多组 $a$ 、 $n$ 值，作出 $a-n$ 图像。若该图像近似是一条通过原点的直线，则可以验证：质量一定时，物体的加速度与所受合外力成＿＿＿＿。 $(5)$ 若 $a-n$ 图像明显不过原点，原因可能是＿＿＿＿（单选，填标号）。

A．步骤ⅲ中小车没有从静止释放

B．步骤ⅱ中导轨的倾斜程度调节不恰当

C．钩码质量没有远小于小车和遮光条的总质量

【答案与解析】

(1) 调节导轨倾斜使小车在两光电门处遮光时间近似相等，即小车近似匀速下滑，目的是 平衡摩擦力，使重力沿斜面的分量与摩擦力抵消。 (2) 从左侧移 $n$ 个钩码到右侧后，右侧比左侧多 $2n$ 个钩码，合外力为 $2nm_0g$ 。系统总质量为 $m+20m_0$ ，故
$a=\frac{2nm_0g}{m+20m_0}.$
(3) 遮光条通过光电门 1、2 的速度可近似为 $v_1=\dfrac{d}{t_1}$ 、 $v_2=\dfrac{d}{t_2}$ 。由匀变速直线运动 $v_2^2-v_1^2=2as$ 得
$a=\frac{d^2\left(\dfrac{1}{t_2^2}-\dfrac{1}{t_1^2}\right)}{2s}.$
(4) 由 (2) 知 $a$ 与 $n$ 成正比，因此可验证：质量一定时，加速度与所受合外力成正比。 (5) 若 $a-n$ 图线不过原点，说明 $n=0$ 时小车已有加速度或合外力为零时加速度不为零，原因是平衡摩擦力不到位。选 B。
一列简谐横波沿 $x$ 轴传播，波速为 $v=2\mathrm{m/s}$ 。 $t=0$ 时刻的波形图如图所示，此时 $x=3\mathrm{m}$ 处的质点 $P$ 的振动方向沿 $y$ 轴负方向， $x=5\mathrm{m}$ 和 $x=11\mathrm{m}$ 处的质点均处于平衡位置。

$(1)$ 求波的传播方向、波长 $\lambda$ 和周期 $T$ 。 $(2)$ 从 $t=0$ 时刻开始，经多长时间质点 $P$ 第二次到达平衡位置？

【答案与解析】

(1) 由波形图可知， $x=-1\,\text{m}$ 、 $5\,\text{m}$ 、 $11\,\text{m}$ 处质点均在平衡位置，相邻两零点间距为 $6\,\text{m}$ ，故
$\frac{\lambda}{2}=6\,\text{m}\quad\Rightarrow\quad \lambda=12\,\text{m}.$
周期
$T=\frac{\lambda}{v}=\frac{12}{2}=6\,\text{s}.$
$t=0$ 时 $P$ 点位于 $x=3\,\text{m}$ ， $y>0$ 且向 $y$ 轴负方向运动；若波向 $x$ 正方向传播， $P$ 点将向上运动，矛盾。因此波沿 $x$ 轴负方向 传播。 (2) $P$ 点的振动方程可写为
$y_P=A\sin\left(\frac{2\pi}{T}t+\varphi_0\right)=A\sin\left(\frac{\pi}{3}t+\varphi_0\right).$
$t=0$ 时 $y_P=A\sin\varphi_0>0$ 且向 $y$ 轴负方向运动，取 $\varphi_0=\dfrac{2\pi}{3}$ 。 $P$ 到达平衡位置时
$\frac{\pi}{3}t+\frac{2\pi}{3}=n\pi\quad(n=1,2,\dots),$
解得第一次 $t=1\,\text{s}$ ，第二次 $t=4\,\text{s}$ 。 第二次到达平衡位置的时间为 $4\,\text{s}$ 。
如图所示，在 $xOy$ 平面内， $y>0$ 区域存在匀强电场，电场强度大小为 $E$ 、方向沿 $y$ 轴负方向；在 $y<0$ 区域，有一个以 $O$ 为圆心、 $r$ 为半径的半圆形区域，半圆形区域内既无电场也无磁场，半圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于 $xOy$ 平面向里。一质量为 $m$ 、电荷量为 $q$ 的带正电粒子从坐标为 $(0,\frac{25r}{12})$ 的 $M$ 点静止释放，之后从坐标为 $(2r,0)$ 的 $N$ 点第一次射出磁场。不计重力，求：

$(1)$ 粒子第一次进入磁场时的速度大小； $(2)$ 磁场的磁感应强度大小； $(3)$ 粒子第二次射出磁场时的位置坐标。

【答案与解析】

(1) 粒子在 $y>0$ 区域受电场力 $qE$ 沿 $y$ 轴负方向，从 $M(0,\frac{25r}{12})$ 静止下落到 $y=0$ ，下落高度 $\Delta y=\dfrac{25r}{12}$ 。由动能定理
$qE\cdot\frac{25r}{12}=\frac12mv^2,$ $v=\sqrt{\frac{25qEr}{6m}}=\frac{5}{\sqrt6}\sqrt{\frac{qEr}{m}}.$
此即粒子第一次进入磁场时的速度大小。 (2) 粒子在 $x<0$ 、 $y<0$ 的半圆无场区内沿直线运动，至 $(0,-r)$ 进入磁场。设磁感应强度为 $\mathrm{B}$ ，圆周运动半径
$\rho=\frac{mv}{qB}.$
由题意，粒子第一次从 $N(2r,0)$ 射出磁场。几何分析可知，圆周运动轨迹圆心位于 $(\rho,-r)$ ，粒子在磁场中转过接近一周后经 $(2r,0)$ 离开。由
$2r=\rho\left(1+\sqrt{1-\frac{r^2}{\rho^2}}\right)$
解得
$\rho=\frac{5r}{4}.$
于是
$B=\frac{mv}{q\rho}=\frac{4mv}{5qr}=\frac{4}{\sqrt6}\sqrt{\frac{mE}{qr}}.$
(3) 粒子从 $N(2r,0)$ 进入电场时，速度分量为 $v_x=-\dfrac{4}{5}v$ 、 $v_y=\dfrac{3}{5}v$ 。在电场中做斜抛运动，由对称性返回 $y=0$ 时位置为 $(-2r,0)$ ，速度变为 $v_x=-\dfrac{4}{5}v$ 、 $v_y=-\dfrac{3}{5}v$ 。再次进入磁场后，由系统关于 $y$ 轴的对称性，粒子最终从磁场边界 $(0,-r)$ 处射出。因此第二次射出磁场的位置坐标为
$\boxed{(0,\,-r)}.$
在如图所示的竖直平面内，固定在水平地面上的光滑轨道由两倾角均为 $30^{\circ}$ 的足够长轨道与一水平轨道平滑连接而成，连接点分别为 $A$ 、 $B$ 。质量为 $m$ 的小物块甲放置在左侧倾斜轨道上高 $h$ 处、质量为 $km$ 的小物块乙静止在水平轨道上，乙到 $A$ 、 $B$ 两点的距离均为 $h$ 。现静止释放甲，所有碰撞均为弹性正碰，重力加速度大小为 $g$ ，不计空气阻力。

$(1)$ 求甲第一次到达 $A$ 点时的速度大小。 $(2)$ 求两物块第一次碰撞过程中，乙所受合外力的冲量大小。 $(3)$ 若两物块在水平轨道上发生第二次碰撞，且第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨道，求 $k$ 满足的关系式（不求具体数值）。

【答案与解析】

(1) 甲从左侧斜面高 $h$ 处由静止下滑，轨道光滑，由机械能守恒
$mgh=\frac12mv_A^2, \qquad v_A=\sqrt{2gh}.$
(2) 第一次弹性碰撞：甲质量 $m$ 、速度 $v_A$ ，乙质量 $km$ 、静止。由动量守恒和机械能守恒，碰后乙的速度
$v_2=\frac{2m}{m+km}v_A=\frac{2}{1+k}\sqrt{2gh}.$
乙所受合外力的冲量等于其动量变化：
$I=kmv_2=\frac{2km\sqrt{2gh}}{1+k}.$
(3) 设碰后甲、乙的速度分别为
$u_1=\frac{1-k}{1+k}\sqrt{2gh},\qquad u_2=\frac{2}{1+k}\sqrt{2gh}.$
情况一： $k<1$ ，甲继续向右运动，乙速度较大，先到达 $\mathrm{B}$ 并沿右侧斜面上升再返回。要求第二次碰撞前甲尚未到达 $\mathrm{B}$ （即只有乙滑上斜面），等价于甲到达 $\mathrm{B}$ 的时间大于乙到 $\mathrm{B}$ 并返回的时间：
$\frac{h}{u_1}>\frac{h}{u_2}+\frac{4u_2}{g}.$
代入化简得
$\frac{1}{1-k}>\frac12+\frac{16}{(1+k)^2}.$
情况二： $k>1$ ，甲反弹向左滑上左侧斜面并返回，再追赶乙。要求第二次碰撞前乙尚未到达 $\mathrm{B}$ （即只有甲滑上斜面），分析可得
$k>9.$
综上， $k$ 满足的关系式为
$\boxed{\frac{1}{1-k}>\frac12+\frac{16}{(1+k)^2}\quad(k<1)\quad\text{或}\quad k>9.}$