2026年高考北京卷物理高考真题（网络收集版）

如图所示，插入水中的筷子看上去产生了侧移。这种现象属于（　　）

A．光的全反射

B．光的折射

C．光的干涉

D．光的衍射

【答案与解析】

原理：光的折射。 光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向发生偏折，这种现象叫光的折射。插入水中的筷子，从水面斜看时，水下部分反射的光从水（光密介质）射入空气（光疏介质）发生折射，人眼逆着折射光线看去，觉得筷子的像相对实物产生了侧移（错位），这正是光的折射现象。
- A．全反射：光从光密到光疏且入射角大于临界角时才发生，筷子侧移不属此类，错误。
- B．光的折射：符合上述分析，正确。
- C．光的干涉：需要两列相干光叠加，与侧移无关，错误。
- D．光的衍射：光绕过障碍物的现象，与侧移无关，错误。故选B。
氟18是正电子发射断层成像（PET）中常用的放射性核素，可通过 ${}^1_1\mathrm{H}+{}^{18}_{8}\mathrm{O}\to{}^{18}_{9}\mathrm{F}+()$ 核反应制备，括号内的粒子为（　　）

A． ${}^4_2\mathrm{He}$

B． $^{0}_{-1}\mathrm{e}$

C． $^{0}_{1}\mathrm{e}$

D． $^{1}_{0}\mathrm{n}$

【答案与解析】

原理：核反应遵循质量数守恒与电荷数（质子数）守恒。 已知反应 ${}^{1}_{1}\mathrm{H}+{}^{18}_{8}\mathrm{O}\to{}^{18}_{9}\mathrm{F}+X$ 设未知粒子 $X={}^{A}_{Z}\mathrm{X}$ ，则：
- 质量数守恒： $1+18=18+A\;\Rightarrow\;A=1$
- 电荷数守恒： $1+8=9+Z\;\Rightarrow\;Z=0$ 故 $X={}^{1}_{0}\mathrm{n}$ ，即中子。
- A． ${}^{4}_{2}\mathrm{He}$ 为 $\alpha$ 粒子，质量数、电荷数均不符，错误。
- B． $^{0}_{-1}\mathrm{e}$ 为电子（ $\beta^-$ ），电荷数 $-1$ ，不符，错误。
- C． ${}^{0}_{-1}\mathrm{e}$ 同上，错误。
- D． $^{1}_{0}\mathrm{n}$ 为中子，满足 $A=1,\;Z=0$ ，正确。故选D。
一定质量的理想气体在等温膨胀过程中（　　）

A．气体压强减小

B．外界对气体做正功

C．气体分子平均动能增大

D．气体与外界无热量交换

【答案与解析】

原理：理想气体等温过程 $T$ 不变，满足玻意耳定律 $pV=C$ 及热力学第一定律 $\Delta U=Q+W$ 。 气体等温膨胀： $V$ 增大，由 $pV=C$ 得 $p$ 减小；又理想气体分子平均动能只与温度有关， $T$ 不变则平均动能不变。
- A．气体压强减小：由 $pV=C$ 、 $V\uparrow$ 得 $p\downarrow$ ，正确。
- B．外界对气体做正功：气体膨胀是对外做功，外界对气体做负功，错误。
- C．分子平均动能增大： $T$ 不变，平均动能不变，错误。
- D．与外界无热量交换：等温膨胀 $\Delta U=0$ ，气体对外做功 $W<0$ ，由 $\Delta U=Q+W$ 得 $Q=-W>0$ ，气体吸热，错误。故选A。
质量为 $2.0\times10^{3}\mathrm{kg}$ 的汽车在水平直道上进行刹车性能测试。汽车速度为 $30\mathrm{m/s}$ 时开始刹车直至停止，刹车过程中所受合力为 $2.0\times10^{4}\mathrm{N}$ ，则刹车距离为（　　）

A． $135\mathrm{m}$

B． $90\mathrm{m}$

C． $45\mathrm{m}$

D． $15\mathrm{m}$

【答案与解析】

原理：匀减速直线运动，可用动能定理或运动学公式。 已知 $m=2.0\times10^{3}\,\mathrm{kg}$ ， $v_0=30\,\mathrm{m/s}$ ，刹车合力（阻力） $F=2.0\times10^{4}\,\mathrm{N}$ ，末速 $v=0$ 。方法一（动能定理）：阻力做功等于动能减少
$=\frac{2.0\times10^{3}\times30^2}{2\times2.0\times10^{4}} =\frac{1.8\times10^{6}}{4.0\times10^{4}}=45\,\mathrm{m}$$ 方法二（运动学）：加速度大小 $a=F/m=10\,\mathrm{m/s^2}$， $$s=\frac{v_0^2}{2a}=\frac{900}{20}=45\,\mathrm{m}$$ - A．$135\,\mathrm{m}$、B．$90\,\mathrm{m}$、D．$15\,\mathrm{m}$ 均不符。故选C。$
一列简谐横波在 $t=0$ 时的波形图如图所示，此时 $x=3\mathrm{m}$ 处的质点 $P$ 位于平衡位置且沿 $y$ 轴正方向运动，经过1 s第一次回到平衡位置。下列说法正确的是（　　）

A．波沿 $x$ 轴正方向传播

B．波的传播速度为 $4\mathrm{m/s}$

C．一个周期内质点 $P$ 运动的路程为 $4\mathrm{m}$

D． $t=0.5\mathrm{s}$ 时，质点 $P$ 的加速度沿 $y$ 轴负方向

【答案与解析】

原理：简谐横波中质点振动与波传播的关系，以及 $v=\lambda/T$ 、回复力与加速度方向。 $t=0$ 时 $P$ 在平衡位置且沿 $+y$ 方向运动；经过 $1\,\mathrm{s}$ 第一次回到平衡位置。由平衡位置向上运动，先到正向最大位移再返回平衡位置，历时 $T/2$ ，故 $\frac{T}{2}=1\,\mathrm{s}\;\Rightarrow\;T=2\,\mathrm{s}$
- A．波沿 $+x$ 方向传播：由图及 $P$ 点此时向上振动，可判断波实际沿 $x$ 轴负方向传播，错误。
- B．波速为 $4\,\mathrm{m/s}$ ：由图读得波长 $\lambda$ ，结合 $T=2\,\mathrm{s}$ 算得 $v=\lambda/T\neq4\,\mathrm{m/s}$ ，错误。
- C．一个周期内 $P$ 路程 $4\,\mathrm{m}$ ：一个周期内路程应为 $4A$ ，由图振幅 $A\neq1\,\mathrm{m}$ ，故路程不等于 $4\,\mathrm{m}$ ，错误。
- D． $t=0.5\,\mathrm{s}$ 时 $P$ 的加速度沿 $-y$ 方向： $t=0.5\,\mathrm{s}=T/4$ ， $P$ 到达正向最大位移处，加速度 $a=-\omega^2y$ 指向平衡位置，即沿 $y$ 轴负方向，正确。故选D。
如图所示，一物块在固定斜面上匀速下滑，不计空气阻力。物块在下滑过程中（　　）

A．所受合力的冲量为零

B．所受支持力的冲量为零

C．所受重力与摩擦力的合力做正功

D．机械能守恒

【答案与解析】

原理：匀速直线运动合力为零；冲量 $I=Ft$ ；功与机械能。 物块沿固定斜面匀速下滑，合力为零。
- A．所受合力的冲量为零：合力为零，则冲量 $I_{\text{合}}=0$ ，正确。
- B．支持力的冲量为零：支持力 $N\neq0$ 且作用时间 $t>0$ ，冲量 $Nt\neq0$ ，错误。
- C．重力与摩擦力的合力做正功：由平衡知“重力+摩擦力”与支持力等大反向，垂直于位移，做功为零，并非正功，错误。
- D．机械能守恒：存在摩擦力，机械能转化为内能，不守恒，错误。故选A。
如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为2∶1，原线圈接在 $u=U_m\sin(\omega t+\varphi)$ 的交流电源上，副线圈接定值电阻 $R_{0}$ 和滑动变阻器 $R$ ，电流表、电压表均为理想电表。滑动变阻器 $R$ 的滑片由 $a$ 端向 $b$ 端缓慢滑动（　　）

A．电压表 $\mathrm{V}_{1}$ 、 $\mathrm{V}_{2}$ 的示数之比为2∶1

B．电流表 $\mathrm{A}_1$ 示数不变

C．电流表 $\mathrm{A}_2$ 示数增加

D．变压器输出功率减小

【答案与解析】

原理：理想变压器 $\dfrac{U_1}{U_2}=\dfrac{n_1}{n_2}$ ，输入功率等于输出功率， $I_1/I_2=n_2/n_1$ 。 匝数比 $n_1:n_2=2:1$ ，滑片由 $a$ 向 $b$ 滑动使接入电阻 $R$ 减小（副线圈总负载减小）。
- A．电压表 $V_1$ 、 $V_2$ 示数之比为 $2:1$ ：图中 $V_2$ 测的是定值电阻 $R_0$ 两端电压（随负载变化而变）， $V_1$ 测原线圈（即电源电压，恒定），二者之比并不恒为 $2:1$ ，错误。
- B．电流表 $A_1$ 示数不变：副边电流 $I_2$ 增大，由 $I_1/I_2=n_2/n_1$ 知 $I_1$ 增大，错误。
- C．电流表 $A_2$ 示数增加： $R$ 减小，副边总电阻减小， $I_2=U_2/R_{\text{总}}$ 增大，正确。
- D．输出功率减小：输出功率 $P_{\text{出}}=U_1' I_2$ （ $U_1'$ 为副线圈电压，恒定）， $I_2$ 增大则 $P_{\text{出}}$ 增大，错误。故选C。
2026年2月，我国捷龙三号运载火箭成功发射七颗卫星。假设某卫星在距离地面高度为 $h$ 的轨道上绕地球做匀速圆周运动，周期为 $T$ 。地球的半径为 $R$ ，下列说法正确的是（　　）

A．若已知引力常量 $G$ ，可计算地球的质量

B．该卫星的运行速度大于第一宇宙速度

C．该卫星的加速度大于地球表面的重力加速度

D． $h$ 越大，卫星运行的周期 $T$ 越小

【答案与解析】

原理：万有引力提供向心力，及宇宙速度、重力加速度的比较。 卫星轨道半径 $r=R+h$ ，由 $G\frac{Mm}{r^2}=m\frac{4\pi^2}{T^2}r$ 得地球质量 $M=\frac{4\pi^2(R+h)^3}{GT^2}$
- A．若已知 $G$ ，可计算地球质量：上式中 $R,h,T$ 已知，代入即可求 $M$ ，正确。
- B．运行速度大于第一宇宙速度：环绕速度 $v=\sqrt{\dfrac{GM}{R+h}}<\sqrt{\dfrac{GM}{R}}=v_1$ ，错误。
- C．加速度大于地表重力加速度： $a=\dfrac{GM}{(R+h)^2}<\dfrac{GM}{R^2}=g$ ，错误。
- D． $h$ 越大周期 $T$ 越小：由开普勒第三定律 $T^2\propto r^3$ ， $h$ 越大 $r$ 越大， $T$ 越大，错误。故选A。
将直流电源 $E$ 、电阻 $R$ 、平行板电容器 $C$ 与开关 $\mathrm{S}$ 连接成如图所示的电路。闭合开关 $\mathrm{S}$ ，电路达到稳定状态。下列说法正确的是（　　）

A．此过程电源输出的能量等于电容器存储的电场能

B．若增大电容器两极板间距离，有从 $b$ 到 $a$ 的电流流过电阻

C．若断开开关，减小电容器两极板间距离，极板间电场强度增大

D．若断开开关，在电容器两极板间插入电介质后，两极板间电势差增大

【答案与解析】

原理：电容器充放电、动态分析（ $U$ 不变与 $Q$ 不变两种情况）。 开关闭合稳定后，电容器与电源相连，两极板间电压 $U=E$ 不变。
- A．电源输出能量等于存储电场能：充电过程中电阻发热，电源输出能量一半转化为电场能、一半发热，不等，错误。
- B．增大板间距 $d$ ：由 $C=\dfrac{\varepsilon S}{d}$ 知 $C$ 减小，又 $Q=CU$ ，电压 $U$ 不变则 $Q$ 减小，电容器放电，有从 $b$ 到 $a$ 的电流流过电阻，正确。
- C．断开开关后减小 $d$ ： $Q$ 不变， $E=\dfrac{U}{d}=\dfrac{Q/C}{d}=\dfrac{Q}{\varepsilon S}$ 与 $d$ 无关，电场强度不变，错误。
- D．断开开关后插入电介质： $\varepsilon$ 增大， $C$ 增大， $Q$ 不变，则 $U=Q/C$ 减小，错误。故选B。
将蹦极运动简化为直线运动。如图所示，轻质弹性绳的一端固定在 $O$ 点，另一端和人（视为质点）相连。人从 $a$ 点静止下落，经 $b$ 点时绳恰好伸直，到达最低点 $c$ 后向上运动。假设整个过程弹性绳的弹力与伸长量成正比，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）

A．人运动到 $bc$ 中点处速度最大

B．人在 $b$ 点的加速度大于在 $c$ 点的加速度

C．从 $b$ 点到 $c$ 点的过程中，人一直处于失重状态

D．从 $a$ 点到 $c$ 点的过程中，重力势能与弹性势能之和先减小后增大

【答案与解析】

原理：机械能守恒、能量转化、超重失重判断。 人从 $a$ 静止下落， $b$ 处绳刚伸直， $c$ 为最低点。全过程只有重力与弹簧弹力做功，机械能守恒。
- A． $bc$ 中点速度最大：速度最大时加速度为零，即弹力等于重力处，该点在 $b$ 下方但一般不在 $bc$ 中点，错误。
- B． $b$ 点加速度大于 $c$ 点：在 $b$ 处绳刚伸直，弹力近似为零，加速度约为 $g$ （向下）；在 $c$ 处弹力最大，合外力向上，其大小 $(T-mg)/m>g$ ，故 $c$ 点加速度更大，错误。
- C．从 $b$ 到 $c$ 一直失重：重力大于弹力时加速度向下（失重），过平衡位置后弹力大于重力，加速度向上（超重），并非一直失重，错误。
- D．从 $a$ 到 $c$ ，重力势能与弹性势能之和先减小后增大：机械能 $E=Ep_{\text{重}}+Ep_{\text{弹}}+Ek$ 守恒，故 $Ep_{\text{重}}+Ep_{\text{弹}}=E-Ek$ 。 $a$ 与 $c$ 处 $Ek=0$ ，该项为 $E$ （最大）；中间 $Ek>0$ ，该项减小。因此从 $a$ 到 $c$ 该项先减小后增大，正确。故选D。
如图所示实验装置中，两根平行直导线两端固定。通以电流，可演示电流间的相互作用，有助于建立电流产生磁场的认识。若可分别改变每根导线中的电流，还可以探究（　　）

A．磁场强弱与距离的定性关系

B．磁场强弱与电流大小的定性关系

C．磁场是否可以叠加

D．磁场有无沿电流方向的分量

【答案与解析】

原理：直线电流周围磁场 $B\propto I$ ，且 $B\propto 1/r$ 。 装置中两导线位置固定（距离不可调），但可分别改变每根导线中的电流大小，从而探究磁场强弱与电流大小的定性关系。
- A．与距离的定性关系：导线位置固定，无法改变距离，错误。
- B．与电流大小的定性关系：可改变电流，正确。
- C．磁场能否叠加：需研究空间合磁场，与“分别改变电流”无直接对应，错误。
- D．磁场有无沿电流方向分量：直线电流磁场环绕导线，本操作不能探究此问题，错误。故选B。
用如图1所示的装置研究线圈中的感应电流。固定在支架上的线圈与电流传感器、滑动变阻器连接。 $t=0$ 时磁铁从线圈上方某高处开始下落，穿过线圈并远离线圈。电流传感器采集的电流随时间变化的图像如图2所示。下列说法正确的是（　　）

A． $t_1\sim t_2$ 时间内，感应电流方向从 $b$ 到 $a$

B． $t_{2}$ 时刻，穿过线圈的磁通量为0

C． $t_1\sim t_2$ 、 $t_2\sim t_3$ 两段时间内曲线与时间轴围成的面积相等

D．向左移动滑片 $\mathrm{P}$ ，重复实验所得图像中的 $\Delta t=t_2-t_1$ 变小

【答案与解析】

原理：法拉第电磁感应定律、磁通量变化与感应电流的关系，及电荷量 $\Delta q=\dfrac{|\Delta\Phi|}{R}$ 。 磁铁下落穿过线圈，进入与离开过程对称。
- A． $t_1\sim t_2$ 电流方向从 $b$ 到 $a$ ：由图（电流正负）可知该时段实际方向并非 $b\to a$ ，错误。
- B． $t_2$ 时刻磁通量为 $0$ ：图 $2$ 中 $t_2$ 对应电流过零，即 $\dfrac{d\Phi}{dt}=0$ （磁通量取极值），并非 $\Phi=0$ ，错误。
- C．两段时间曲线与时间轴围成面积相等：面积 $\int I\,dt=\dfrac{\Delta\Phi}{R}$ ，进入与离开线圈的磁通量变化量大小相等、方向相反，故面积（绝对值）相等，正确。
- D．左移滑片 $P$ 使 $\Delta t=t_2-t_1$ 变小：磁铁运动规律由重力决定，与传感器电路电阻无关，时间 $\Delta t$ 不变，错误。故选C。
光照射到某半导体上，光子能量超过特定值 $W_1$ ，会激发半导体内部一些受束缚的电子，使其能够在半导体内部自由运动，从而增强导电能力，这属于光电导效应。可用如图所示电路研究光电导效应。用频率为 $v$ 的单色光分别均匀照射该半导体和逸出功为 $W_2$ 的金属， $W_1<h\nu<W_2$ ，h为普朗克常量。下列说法错误的是（　　）

A．金属不发生光电效应，半导体发生光电导效应

B．增大单色光的强度，电流表示数增大

C．对调电源的正负极，通过半导体的电流反向

D．半导体两端电压为0时，电流表示数不为0

【答案与解析】

原理：光电导效应与光电效应的区别；电流需在外电场驱动下形成。 由题意，光子能量 $h\nu$ 介于 $W_1$ 与 $W_2$ 之间：半导体发生光电导效应，金属不发生光电效应。
- A．金属不发生光电效应、半导体发生光电导效应：符合 $W_1<h\nu<W_2$ ，正确。
- B．增大光强，电流增大：光强增大→激发的自由载流子增多→电流增大，正确。
- C．对调电源正负极，电流反向：半导体中载流子由光产生，电流方向由外电场决定，反接电源则电流反向，正确。
- D．半导体两端电压为 $0$ 时电流表示数不为 $0$ ：无外电场时，光生载流子只作无规则热运动，无净电流，示数应为 $0$ ，故该说法错误。 说法错误的选项：D。 故选D。
霍普菲尔德模型是神经网络实现联想记忆的核心机制之一。作为物理思想方法在人工神经网络领域应用的重要成果，这项工作获得2024年诺贝尔物理学奖。简单来说，该模型以0或1表示神经元的状态，所有神经元状态的集合表示神经网络状态；并给神经网络定义了一个“能量函数”（以下简称函数），通过训练使函数变化产生多个极小值，每个极小值对应的神经网络状态代表一个存储信息，也就是记忆。在信息检索与重现过程中，神经网络状态向函数值降低的方向演化，最终达到某个极小值为止，实现已存储信息的重现。该过程可做如下类比：在如图所示的峰谷交错地形中某位置释放一个小球，小球始终沿着重力势能减小的方向运动，直至停在某个山谷底部；小球的位置对应神经网络状态，势能对应函数值。例如，输入模糊字母对应设定小球的初始位置 $a$ ，小球到达谷底 $b$ 对应重现出已存储的字母 $\mathrm{J}$ 。下列说法正确的是（　　）

A．信息的重现过程可类比小球在光滑的凹凸曲面上运动

B．输入具有微小差别的两个模糊字母，可能重现出不同的已存储字母

C．输入函数值相等的模糊字母，都可以重现出相同的已存储字母

D．函数变化使某个谷底消失，仍可重现出原来对应的存储信息

【答案与解析】

原理：霍普菲尔德模型类比——小球在带阻尼的崎岖地形中总沿势能减小方向运动，最终落入某一谷底（极小值）。
- A．类比光滑凹凸曲面：光滑曲面无阻尼会来回振荡，不会“停在谷底”，错误。
- B．微小差别的两个模糊字母可能重现不同字母：不同初始位置可能落入不同势阱（谷底），对应不同记忆，正确。
- C．函数值相等的模糊字母都能重现相同字母：等势能但位置不同者可落入不同谷底，错误。
- D．谷底消失仍可重现原信息：该极小值已不存在，无法重现，错误。故选B。
$(1)$ 图1为“探究加速度与力的关系”的实验装置示意图。平衡阻力后，认为桶和砂所受的重力等于小车所受的合力，则桶和砂的总质量 $m$ 与小车的质量 $M$ 满足的关系是＿＿＿＿。

$(2)$ 下列实验操作，正确的是＿＿＿＿（填选项前的字母）。 $(3)$ 在“测量金属丝的电阻率”实验中，某同学将实验器材连接成如图2所示的电路。闭合开关后，电流表和电压表均有示数，但移动滑动变阻器的滑片，电流表和电压表的示数几乎不变。拆除导线＿＿＿＿可排除故障（填图中导线字母编号）。

排除故障后进行实验。仅考虑由电表内阻引起的实验误差，电阻率的测量值＿＿＿＿（选填“偏大”、“偏小”或“没有影响”）。

A．在“验证机械能守恒定律”实验中，先接通电源，后释放重锤

B．在“探究气体等温变化规律”实验中，快速拉动柱塞改变空气柱体积

C．在“测量玻璃的折射率”实验中，为准确确定入射光线的方向，两枚大头针的距离应适当大些

【答案与解析】

(1) 平衡阻力后，用桶和砂的重力近似等于小车所受合外力，要求桶和砂的总质量远小于小车质量，即 $\boxed{m\ll M}$ (2) 正确操作：
- A．验证机械能守恒时先接通电源、后释放重锤——保证打点计时器先工作，正确。
- B．探究气体等温变化应缓慢拉动柱塞以保持温度不变，快速拉动不符，错误。
- C．测玻璃折射率时两枚大头针距离适当大些可减小方向误差，正确。故答案为 $\boxed{AC}$ 。 (3) 移动滑片两表几乎不变，说明滑动变阻器未起分压/限流作用（接法错误）。拆除导线 $\boxed{c\text{（或 }ac\text{）}}$ 可排除故障。仅考虑电表内阻误差：电压表并联在待测电阻两端，其分流使电流表读数偏大，由 $R_x=U/I$ 算得的电阻偏小，故电阻率的测量值 $\boxed{\text{偏小}}$ 。
用如图1所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸固定在背板上。钢球沿斜槽轨道滑下后飞出，落在水平挡板上，钢球侧面会在白纸上挤压出一个印迹。移动挡板，重复实验，白纸上留下一系列印迹。

$(1)$ 下列实验操作必要的是＿＿＿＿（填选项前的字母）。 $(2)$ 实验操作时，钢球每次从同一个位置由静止释放，目的是＿＿＿＿。 $(3)$ 用平滑曲线将白纸上的印迹连接起来，如图2所示。以抛出点为坐标原点 $O$ ，以竖直方向和水平方向分别作为 $y$ 轴和 $x$ 轴，建立 $Oxy$ 坐标系。已知平抛运动竖直方向分运动为自由落体运动，为探究水平分运动的规律，需要确定“相等的时间间隔”。简要说明如何在轨迹上选点来确定相等的时间间隔。

$(4)$ 某同学实验时忘了标记抛出点的位置。为解决该问题，他以轨迹上某点为坐标原点 $O^{\prime}$ ，建立 $O^{\prime}xy$ 坐标系。在轨迹上取几个点，测量各点的坐标（ $x$ ， $y$ ）。作出的 $\frac{y}{x}-x$ 图像为一条直线，斜率为 $k$ ，截距为 $b$ ，如图3所示。根据平抛运动规律，可得在 $O^{\prime}xy$ 坐标系中钢球做平抛运动的抛出点坐标为＿＿＿＿。

A．背板调节到竖直平面内

B．斜槽轨道的末端保持水平

C．等间距移动挡板

【答案与解析】

(1) 必要操作：
- A．背板调到竖直平面内——保证平抛平面竖直，必要。
- B．斜槽末端保持水平——保证初速度水平，必要。
- C．等间距移动挡板——非必要，轨迹点间隔可任意。故答案为 $\boxed{AB}$ 。 (2) 每次从同一位置由静止释放，目的是 $\boxed{\text{使钢球每次从斜槽末端飞出的速度相同}}$ （保证初速度可重复）。 (3) 确定相等时间间隔的方法：竖直分运动为自由落体 $y=\dfrac12gt^2$ ，相邻相等时间 $\Delta t$ 内的竖直位移之比为 $1:3:5:\cdots$ 。在轨迹上自某点起，依次取竖直下落量成 $1:3:5:\cdots$ 比值的点，这些点对应的时间步长即为相等的 $\Delta t$ ；或取若干条等间距的水平线（间距对应 $\frac12g(\Delta t)^2,4\cdot\frac12g(\Delta t)^2,9\cdot\frac12g(\Delta t)^2,\dots$ ），其与轨迹的交点即对应相等时间间隔。 (4) 推导：以 $O'$ 为原点，设真实抛出点为 $(x_0,y_0)$ ，初速度为 $(v_x,v_y)$ 。平抛规律 $x-x_0=v_x t,\qquad y-y_0=v_y t-\frac12gt^2$ 消去 $t$ 得 $y=y_0+\frac{v_y}{v_x}(x-x_0)-\frac{g}{2v_x^2}(x-x_0)^2$ 展开并令其等于题给线性关系 $y/x=kx+b$ （即 $y=kx^2+bx$ ，无常数项），比较系数：二次项系数： $\displaystyle -\frac{g}{2v_x^2}=k\;\Rightarrow\;\frac{g}{v_x^2}=-2k$ 一次项系数： $\displaystyle \frac{v_y}{v_x}+\frac{g x_0}{v_x^2}=b$ 常数项为 $0$ ： $\displaystyle y_0-\frac{v_y}{v_x}x_0-\frac{g}{2v_x^2}x_0^2=0$ 又平抛初速度水平，故 $v_y=0$ 。于是 $\frac{g x_0}{v_x^2}=b\;\Rightarrow\;x_0=\frac{b}{g/v_x^2}=\frac{b}{-2k}=-\frac{b}{2k}$ 代入常数项关系得 $y_0=\frac{g}{2v_x^2}x_0^2=(-k)x_0^2=-k\left(\frac{b}{2k}\right)^2=-\frac{b^2}{4k}$ 故抛出点坐标为 $\boxed{\left(-\dfrac{b}{2k},\;-\dfrac{b^2}{4k}\right)}$ 。
如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为 $B$ 、方向竖直向下，宽为 $L$ 的 $\mathrm{U}$ 型长直金属导轨水平放置，导轨左端接阻值为 $R$ 的电阻。质量为 $m$ 的导体棒 $ab$ 在导轨上以初速度 $v_{0}$ 开始运动。运动过程中导体棒与导轨垂直且接触良好，不计导体棒和导轨的电阻及它们间的摩擦。求：

$(1)$ 初始时刻通过导体棒的电流大小和方向； $(2)$ 初始时刻导体棒加速度的大小； $(3)$ 导体棒速度从 $v_{0}$ 减为0的过程中电阻 $R$ 产生的热量。

【答案与解析】

设导体棒向右运动，磁场 $\mathrm{B}$ 竖直向下，导轨宽 $L$ ，电阻 $R$ ，棒质量 $m$ ，初速 $v_0$ 。 (1) 初始时刻动生电动势 $\mathcal{E}=BLv_0$ 感应电流大小 $I=\frac{\mathcal{E}}{R}=\frac{BLv_0}{R}$ 方向：棒右移使回路向下磁通增大，感应电流产生向上磁场以阻碍之，由右手螺旋定则回路电流为逆时针，故通过导体棒的电流方向由 $b$ 指向 $a$ （竖直向上）。 (2) 初始时刻棒受安培力 $F=BIL=B\cdot\frac{BLv_0}{R}\cdot L=\frac{B^2L^2v_0}{R}$ 方向与运动相反，加速度大小 $a=\frac{F}{m}=\boxed{\frac{B^2L^2v_0}{mR}}$ (3) 棒与导轨无摩擦、导体棒与导轨电阻不计，初动能最终全部转化为电阻 $R$ 上的焦耳热： $Q=\frac12mv_0^2$ 即 $\boxed{Q=\dfrac12mv_0^2}$ 。
长为 $l$ 的轻绳一端固定在 $O$ 点，另一端系一个质量为 $m$ 的小球。重力加速度为 $g$ ，不计空气阻力。

$(1)$ 如图1所示，将小球拉至某一位置，轻绳与竖直方向夹角为 $\theta$ ，静止释放小球。 a．求小球运动到最低点时受到绳的拉力大小 $F$ ； b．若 $\theta$ 较小，释放后小球做简谐运动。求一个周期内绳对小球拉力的冲量大小 $I$ 。 $(2)$ 如图2所示，使小球在水平面内做匀速圆周运动，轻绳与竖直方向夹角为 $\theta$ ，求小球运动的周期，并与（1）b中小球运动的周期比较大小。

【答案与解析】

(1)a 由机械能守恒，最低点速度满足 $mgl(1-\cos\theta)=\frac12mv^2\;\Rightarrow\;v^2=2gl(1-\cos\theta)$ 最低点径向方程 $T-mg=mv^2/l$ ，代入得 $T=mg+\frac{m}{l}\cdot2gl(1-\cos\theta)=mg(3-2\cos\theta)$ 即 $\boxed{F=mg(3-2\cos\theta)}$ 。 (1)b 小角度下做简谐运动，周期 $T_0=2\pi\sqrt{\frac{l}{g}}$ 一个周期内小球回到原状态，动量变化 $\Delta p=0$ 。由动量定理，张力冲量与重力冲量矢量和为零： $\int \vec{T}\,dt+\vec{G}\,T_0=0$ 故张力冲量大小 $I=|\vec{G}|\,T_0=mg\cdot2\pi\sqrt{\frac{l}{g}}=\boxed{2\pi m\sqrt{gl}}$ (2) 圆锥摆：竖直方向 $T\cos\theta=mg$ ，水平方向 $T\sin\theta=m\omega^2(r)$ ， $r=l\sin\theta$ ，故 $\omega^2=\frac{g}{l\cos\theta},\qquad T_c=2\pi\sqrt{\frac{l\cos\theta}{g}}$ 与 (1)b 的周期 $T_0=2\pi\sqrt{l/g}$ 比较：因 $\cos\theta<1$ ，有 $T_c=2\pi\sqrt{\frac{l}{g}}\sqrt{\cos\theta}<T_0$ 即圆锥摆的周期 $\boxed{\text{小于}}$ (1)b 中单摆小角度摆动的周期。
药物研发中常需要二级质谱分析。一级质谱分析只能检出与目标离子具有相同比荷的离子（母离子）。为进一步鉴别目标离子，需将母离子打碎成更小的离子（子离子），进行第二次质谱分析。某种二级串联质谱系统装置如图所示，假设离子均带正电。

$(1)$ 第一级质谱：A区中的离子由静止经电场加速后，垂直进入磁感应强度为 $B$ 的匀强磁场，比荷为 $\frac{q}{m}$ 的母离子做半径为 $R$ 的匀速圆周运动进入 $\mathrm{C}$ 区。求加速电压 $U_{1}$ 。 $(2)$ 两级质谱连接：C区产生的子离子经聚焦、冷却后，由静止经电压 $U_{2}$ 加速后进入D区。为保证不同比荷的子离子均由小孔 $\mathrm{S}$ 垂直进入第二级质谱的磁场，在 $\mathrm{D}$ 区施加某种场，使这些子离子都做以 $O$ 点为圆心、半径为 $r$ 的匀速圆周运动。请设计 $\mathrm{D}$ 区中的场： a．推导说明仅施加匀强磁场是否可行； b．推导说明仅施加电场是否可行。

【答案与解析】

(1) 母离子经电压 $U_1$ 加速： $\frac12mv^2=qU_1$ 进入磁场做圆周运动，半径 $R$ ： $qvB=\frac{mv^2}{R}\;\Rightarrow\;R=\frac{mv}{qB}$ 联立消去 $v$ ：
$\;\Rightarrow\;U_1=\frac{qB^2R^2}{2m}$$ 用比荷 $\dfrac{q}{m}$ 表示为 $$\boxed{U_1=\frac{q}{m}\cdot\frac{B^2R^2}{2}}$$ **(2)** 子离子经 $U_2$ 加速后速度满足 $\dfrac12mv^2=qU_2$，即 $v^2=\dfrac{2qU_2}{m}$，需全部以半径 $r$ 绕 $O$ 做匀速圆周运动。 **a．仅施加匀强磁场是否可行：** 不可行。匀强磁场中圆周半径 $$\rho=\frac{mv}{qB'}=\frac{1}{B'}\sqrt{\frac{2mU_2}{q}}$$ 可见 $\rho\propto\sqrt{m/q}$，依赖于比荷。不同比荷的离子无法同时具有相同的半径 $r$，故仅用匀强磁场不可行。 **b．仅施加电场是否可行：** 可行。施加指向圆心 $O$ 的径向电场，在半径 $r$ 处有 $$qE=\frac{mv^2}{r}$$ 代入 $v^2=2qU_2/m$ 得 $$qE=\frac{m}{r}\cdot\frac{2qU_2}{m}=\frac{2qU_2}{r} \;\Rightarrow\;E=\frac{2U_2}{r}$$ 该场强只与 $U_2$、$r$ 有关，与比荷 $q/m$ 无关。因此只要 $\mathrm{D}$ 区施加大小为 $E=\dfrac{2U_2}{r}$、方向指向圆心的径向电场，所有子离子均做半径 $r$ 的匀速圆周运动，可由小孔 $S$ 垂直进入第二级磁场。 ---$
中子或暗物质粒子等中性粒子因为不带电，无法直接通过电磁效应探测。 $(1)$ 实验上，通常让中性粒子与原子核碰撞，通过原子核获得的动能来探测中性粒子的性质。质量为 $m$ 、速度为 $v$ 的中性粒子与质量为 $M$ 的静止原子核发生对心碰撞。若碰撞后中性粒子与原子核的速度相同，求原子核动能 $E_{k}$ 。 $(2)$ 理论上，通过米格达尔效应也可以探测中性粒子。米格达尔效应可近似为：中性粒子与原子核碰撞，系统损失的动能都传递给原子核外电子，成为可探测的电子信号。 a．质量为 $m$ 、速度为 $v$ 的中性粒子与质量为 $M$ 的静止原子核对心碰撞时发生了米格达尔效应，求电子可获得的最大能量 $E_{\text{电}}$ ； b．2026年1月，我国科学家团队首次在实验中直接观测到中子与原子核碰撞过程中的米格达尔效应，这一发现为轻暗物质探测突破阈值瓶颈提供了关键支撑。若暗物质粒子的质量 $m=0.5\mathrm{GeV}/c^{2}$ （ $1\mathrm{GeV}/c^{2}\approx1.78\times10^{-27}\mathrm{kg}$ ），原子核的质量 $M=120\mathrm{GeV}/c^{2}$ ，暗物质粒子与原子核的各类碰撞中，原子核可获得的最大动能为 $0.03\mathrm{keV}$ ，探测器能分辨的最小能量值为 $1\mathrm{keV}$ ，请结合数据分析说明：与通过原子核获得的动能来探测中性粒子相比，米格达尔效应有助于探测质量更小的暗物质粒子。

【答案与解析】

(1) 对心完全非弹性碰撞（碰后二者速度相同），动量守恒： $mv=(m+M)V\;\Rightarrow\;V=\frac{mv}{m+M}$ 原子核获得的动能
$=\boxed{\frac{Mm^2v^2}{2(m+M)^2}}$$ **(2)a** 米格达尔效应中，系统（中性粒子+原子核）损失的动能全部传给核外电子。系统动能损失最大时即碰后二者共速（相对速度为零），此时 $$E_{\text{损,max}}=\frac12mv^2-\frac12(m+M)V^2 =\frac12mv^2-\frac{m^2v^2}{2(m+M)} =\frac{Mm}{2(m+M)}v^2$$ 故电子可获得的最大能量 $$\boxed{E_{\text{电}}=\frac{Mm}{2(m+M)}v^2=\frac{M}{m+M}\cdot\frac12mv^2}$$ **(2)b** 数据：$m=0.5\,\mathrm{GeV}/c^2$，$M=120\,\mathrm{GeV}/c^2$，则 $$\frac{M}{m}=240$$ 原子核可获得的最大动能（对心弹性碰撞） $$E_{k,\text{核,max}}=\frac{2Mm^2v^2}{(m+M)^2}=0.03\,\mathrm{keV}$$ 而米格达尔电子最大能量与原子核最大动能之比为 $$\frac{E_{\text{电}}}{E_{k,\text{核,max}}} =\frac{\dfrac{Mm}{2(m+M)}v^2}{\dfrac{2Mm^2v^2}{(m+M)^2}} =\frac{m+M}{4m}=\frac{1+M/m}{4} =\frac{241}{4}\approx60.3$$ 于是 $$E_{\text{电}}\approx0.03\,\mathrm{keV}\times60.3\approx1.8\,\mathrm{keV}$$ 分析：探测器分辨阈值为 $1\,\mathrm{keV}$。若靠原子核反冲动能探测，信号仅 $0.03\,\mathrm{keV}<1\,\mathrm{keV}$，低于阈值，无法探测；而米格达尔效应给出的电子能量约 $1.8\,\mathrm{keV}>1\,\mathrm{keV}$，可被探测到。进一步：对 $m\ll M$，原子核反冲最大动能 $E_{k,\text{核,max}}\approx\dfrac{2m^2v^2}{M}\propto m^2$，而米格达尔电子最大能量 $E_{\text{电}}\approx\dfrac12mv^2\propto m$。质量 $m$ 越小，原子核反冲信号按 $m^2$ 急剧下降，米格达尔信号只按 $m$ 下降，二者比值 $\dfrac{E_{\text{电}}}{E_{k,\text{核,max}}}\approx\dfrac{M}{4m}$ 随 $m$ 减小而增大。因此，与靠原子核动能探测相比，米格达尔效应能在更小质量区间使信号保持在探测阈值之上，有助于探测质量更小的暗物质粒子。$