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2026届广东省清远市高三上学期一模考试物理试题
1．氡气是一种自然界广泛存在的放射性气体，在土壤、岩石、空气中都有。氡原子核的半衰期为3.8天，氡原子核衰变为钋原子核，同时放出一个粒子X。以下说法正确的是（　　）
A．1mol氡原子核全部发生衰变需要7.6天
B．氡气溶于水中之后，氡原子核会停止衰变
C．X粒子可以使空气分子电离变成导电气体
D．由X粒子形成的射线能穿透几厘米厚的铝板
2．2024年4月25日，神舟十八号载人飞船与距地表约400km的空间站顺利完成径向对接。对接前飞船在空间站正下方200m的“停泊点”处调整为垂直姿态，在发动机的推力作用下，与空间站保持相对静止。随后逐步上升到“对接点”，最终与空间站完成对接。飞船和空间站对接后，组合体在空间站原轨道上做匀速圆周运动。下列说法正确的是（　　）
A．对接前后，空间站的线速度保持不变
B．飞船稳定在“停泊点”时，其运动速度大于空间站的速度
C．飞船稳定在“停泊点”时，其运动角速度等于空间站的角速度
D．飞船稳定在“停泊点”时，其向心加速度大于空间站的向心加速度
3．小明乘坐从清远开往广州的轻轨列车，发现列车启动时车窗正对着某电线杆（记第1根），小明立即启动手机计时器，经过40秒恰好观察到车窗经过第21 根电线杆，此时车内电子屏显示即时速度为180km/h。若这段时间内列车做匀加速直线运动，且相邻两电线杆之间距离相等，下列说法正确的是（　　）
A．这段时间内列车的平均速度大小为50m/s
B．相邻电线杆之间的距离约为100m
C．这段时间内列车的加速度大小为1m/s2
D．车窗经过第6根电线杆时，列车的速度大小为25 m/s
4．如图所示为密立根油滴实验原理示意图。水平放置的两足够大金属板相距为d，两板间加有电压U，上极板中央有一小孔。油滴从喷雾器喷嘴喷出时因摩擦带负电，少数油滴通过上极板小孔进入平行板间。通过显微镜观察到一质量为m的油滴在板间匀速下降。忽略空气作用力，下列说法正确的是（　　）
A．上极板带负电
B．增大电压可使该油滴加速下降
C．该油滴的带电量为
D．该油滴由上极板运动到下极板，电势能增加了 mgd
5．校园引体向上训练辅助器由三根相同的弹簧和固定装置组成。训练时，质量为50kg的同学站在辅助器上（如图甲），双手握住单杠，两小臂成60°角；随后缓慢向上运动50cm到达最高点（如图乙），此时弹簧恢复原长，小臂竖直。已知弹簧劲度系数k=300N/m，重力加速度 g=10m/s2。忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．在最低点时小臂的拉力为500N
B．在最低点时杆对人的作用力为50N
C．在向上运动过程中小臂的拉力一直变小
D．在向上运动过程中人和辅助器组成的系统机械能不变
6．弹棋是中国古代棋类游戏，晋人徐广《弹棋经》曰，“二人对局，黑白各六枚，先列棋相当，下呼上击之”。弹射过程简化如下：在水平桌面上放置两个质量、大小、材料都相同的棋子，其中A为黑棋、B为白棋（均可视为质点），将黑棋A从左侧以某一初速度快速弹出，两棋子发生正碰（碰撞时间极短），测得两棋子从碰后到停止滑行的距离分别为、L，下列说法正确的是（　　）
A．两棋子发生的是弹性碰撞
B．碰撞过程中A、B两棋子所受冲量大小之比为1：2
C．碰后瞬间A、B两棋子的动量大小之比为1：2
D．碰撞过程损失的机械能与碰撞前瞬间A棋子的动能之比为1：4
7．如图所示，水平地面上固定一倾角为α的斜面，一可视为质点的小球以一定的速度从斜面上一点水平飞出。斜面足够长，忽略空气阻力。关于小球水平射程x与着陆瞬间的动能随抛出点离地高度h变化的关系图像，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
8．如图甲所示，游乐场有一种水上蹦床设施，游客在蹦床上有规律的跳动，水面激起一圈圈水波。波源位于O点，水波在xOy水平面内传播（不考虑能量损失），波面呈现为圆形。t=1s时刻，部分波面的分布情况如图乙所示，其中虚线、实线表示两相邻的波谷、波峰。A处质点的振动图像如图丙所示，z轴正方向表示竖直向上。下列说法中正确的是（　　）
A．水波的波长为4m
B．水波的波速为2m/s
C．t=3s时，A处质点所受回复力最大
D．t=3s时，B处质点处在波谷位置
9．科技小组用容积2.0L的可乐瓶制作水火箭，箭身及配重物总质量M=0.1kg。瓶内装入0.5L水后密封，初始气体压强为1atm。用打气筒每次打入0.5L、1atm的空气，当瓶内气压达5atm时橡胶塞脱落，水高速喷出，火箭起飞。已知水的密度忽略空气阻力，重力加速度g取下列说法正确的是（　　）
A．打气时筒内气体温度升高是因为摩擦生热
B．水喷出的过程中，水火箭内的气体对外做功
C．至少打气12次水火箭的橡胶塞才脱落
D．若橡胶塞脱落后水以v=10m/s全部喷出，火箭最多能升到125m高处
10．如图所示为电磁加速模型，该模型由竖直放置的管道和电磁系统组成。当铁球靠近线圈时，线圈通电产生磁力吸引铁球加速；铁球即将离开时断电，避免磁力阻碍运动。质量为m的铁球从最高点由静止开始逆时针下滑，此后每次经过最高点的速度均为v，运动每圈的时间为T，图中B点为管道最低点，A、C点等高且不受磁力。已知铁球运动一圈后电磁系统的平均功率为P，不计电路产生的焦耳热和管道内的空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．铁球在最高点处对管的作用力一定竖直向下
B．运动前两圈，该模型消耗的电能为
C．运动一圈后，电磁系统每圈对铁球做的功为PT
D．铁球经过AB段克服摩擦力做功大于经过BC段克服摩擦力做功
11．某实验小组在学校实验室发现一根长度为L电阻丝，该电阻丝的电阻值R约100~200，材料未知，为测量其电阻率进行了以下实验操作：
（1）用刻度尺测量该电阻丝长度L，示数如图（a）所示，测得　 　
（2）用螺旋测微器测量该电阻丝直径d，示数如图（b）所示，测得　 　
（3）对多用电表进行机械调零后，将多用电表的选择开关旋至　 　（填“×1”“×10”“×100”或“×1k”）倍率的电阻挡，把黑、红表笔短接进行欧姆调零；
（4）将黑、红表笔接在电阻丝两端，示数如图（c）所示，测得该电阻丝的电阻值R=　 　Ω；
（5）测量完成之后，将表笔从插孔拔出，并将选择开关旋到　 　位置；
（6）该电阻丝电阻率的表达式　 　（用题中所给符号L、d、R表示）。
12．某实验小组采用位移传感器和电火花打点计时器同时测量物体做匀减速直线运动的加速度，以此比较两种测量方法的差异性。实验步骤如下：
（1）如图甲所示连接好实验器材，接通打点计时器电源开始打点，闭合位移传感器开关，释放木块，木块在重物的牵引下开始做匀加速直线运动，重物落地后，木块再匀减速运动一段距离后停在桌面上（尚未到达滑轮处）；
（2）从纸带上截取点迹清晰，便于测量的一段，如图乙所示，计算木块做匀减速直线运动的加速度则需选择　 　点至　 　点段进行测算（填图乙中点的字母），得出木块做匀减速直线运动的加速度大小为
（3）用位移传感器记录木块做匀减速直线运动的位移，其采样周期T=0.05s，数据如下表
5.40cm 4.40 cm 3.40cm 2.42cm 1.48 cm 0.50cm
利用表中数据求得木块的加速度大小为　 　（结果保留三位有效数字）；
（4）　 　（填“打点计时器”或“位移传感器”）能比较准确的测量木块做匀减速直线运动的加速度。
13．某同学采用激光笔和标有角度的光具盘（如图甲所示）测量半圆形玻璃砖的折射率。实验步骤如下：将玻璃砖的圆心与光具盘的圆心重合，使玻璃砖的直径与光具盘上所画的某条直径对齐，随后标记光具盘上观察到的三条光线。移走玻璃砖后，依据标记绘制光路图如图乙所示。请回答下列问题：
（1）求半圆形玻璃砖的折射率n；
（2）已知半圆形玻璃砖的直径为d，光在真空中传播的速度为c，求该激光经过玻璃砖所用时间t。
14．今年国庆假期，小明在清远站首届航天航空科普展观看了我国战斗机发展历程。如图所示为某型号战斗机在地面上沿直线加速滑行和在空中斜向上匀速爬升的情景，战斗机在加速滑行和匀速爬升两个阶段中：所受推力的大小均与重力大小相等，方向与速度方向相同；所受空气阻力，方向与速度方向相反；所受升力，方向与速度方向垂直。K1、K2未知，已知重力加速度为g，战斗机质量为m，匀速爬升时的速度为v0，方向与水平方向成。
（1）求K1、K2的值；
（2）战斗机在水平地面上滑行，受到地面的摩擦阻力f2与正压力N的关系为，若战斗机恰好能做匀加速直线运动，求的值和战斗机在水平地面上滑行的加速度大小。
15．如图甲所示，《天工开物》中提到一种古法榨油一撞木榨油，其过程简化为石块撞击木楔，挤压胚饼，重复撞击，榨出油来。现有一长度l=4m的轻绳，上端固定于屋梁，下端悬挂一质量M=180kg的石块，可视为质点。如图乙所示，将石块拉至轻绳与竖直方向成37°角的位置，石块由静止释放，运动至最低点时与质量m=20kg的木楔发生正碰，不计撞击过程的机械能损失，撞击时间t=0.05s，每次撞击后立即将石块拉回原位置。重力加速度g取 。求：
（1）撞击前，石块在最低点对轻绳的拉力大小T；
（2）撞击后瞬间木楔的速度和石块对木楔撞击的平均作用力大小 F；
（3）石块每次在同一位置释放并在最低点撞击木楔。木楔向里运动过程中所受的阻力与它的位移关系如图丙所示。要木楔移动的位移 石块至少需撞击多少次木楔。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A：半衰期是统计规律，1mol氡原子核不会全部衰变。经过两个半衰期（7.6天），剩余的氡原子核是原来的，故A错误；
B：半衰期由原子核本身决定，与物理环境、化学状态无关，氡气溶于水后原子核仍会继续衰变，故B错误；
C：根据衰变方程，粒子X为α粒子，其电离能力强，可使空气分子电离变成导电气体，故C正确；
D：α粒子穿透能力极弱，无法穿透几厘米厚的铝板，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查半衰期的统计规律，理解其并非指全部原子核衰变的时间；
B、考查半衰期的决定因素，明确其与外界环境无关；
C、考查α衰变方程与α粒子的电离特性；
D、考查α粒子的穿透能力，区分不同射线的穿透差异。
2．【答案】C
【知识点】向心加速度；万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A：对接前后，空间站的线速度大小由轨道半径决定，保持不变，但线速度是矢量，对接过程中方向会发生改变，因此线速度发生变化，故A错误；
B：飞船稳定在“停泊点”时，与空间站保持径向相对静止，角速度与空间站相等，而飞船轨道半径更小，根据，其运动速度小于空间站的速度，故B错误；
C：飞船稳定在“停泊点”时，与空间站保持径向相对静止，运动角速度等于空间站的角速度，故C正确；
D：飞船轨道半径更小，角速度与空间站相等，根据，其向心加速度小于空间站的向心加速度，故D错误；
故答案为：C。
【分析】本题考查圆周运动的角速度、线速度、向心加速度的关系，解题关键是理解“相对静止”的条件为角速度相同，再结合线速度公式和向心加速度公式，分析不同轨道半径下各物理量的大小关系。
3．【答案】D
【知识点】平均速度；匀变速直线运动的速度与时间的关系
【解析】【解答】列车初速度为0，末速度，用时。
A：匀加速直线运动的平均速度为，故A错误；
B：从第1根到第21根电线杆，共经过20个间隔，设间距为，则位移，解得，故B错误；
C：加速度，故C错误；
D：到第6根电线杆时，位移为，由，代入，得，解得，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题考查匀加速直线运动的基本公式应用，解题关键是：明确匀变速直线运动平均速度公式；正确计算电线杆间的间隔数（第1到第21根为20个间隔）；合加速度定义和速度-位移公式，分析列车在不同位置的速度。
4．【答案】D
【知识点】电势能；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】A、油滴带负电且匀速下降，说明电场力方向向上。负电荷所受电场力方向与电场方向相反，因此电场方向向下，故上极板带正电，A错误；
B、增大电压时，电场强度 增大，电场力 增大，方向向上，大于重力，油滴将减速下降，B错误；
C、油滴匀速下降时，受力平衡：，解得带电量 ，C错误；
D、油滴由上极板运动到下极板，重力做功 ，重力势能减少 ；电场力向上，位移向下，电场力做功 ，电势能增加 ，D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查电场方向与带电粒子受力的关系，根据油滴受力平衡判断电场力方向，再结合电荷正负判断电场方向与极板带电情况；
B、考查电场强度与电压的关系，分析电压变化对电场力大小的影响，进而判断油滴的运动状态变化；
C、考查受力平衡条件的应用，利用匀速运动时重力与电场力相等，推导油滴带电量表达式；
D、考查电场力做功与电势能变化的关系，分析油滴运动过程中电场力做功情况，判断电势能的变化量。
5．【答案】B
【知识点】共点力的平衡；机械能守恒定律
【解析】【解答】A、在最低点时，弹簧弹力为 ，方向向上。人的重力 。两小臂成 角，设每只小臂拉力为 ，由平衡条件：，解得 ，并非500N，A错误；
B、在最低点时，杆对人的作用力为两只小臂拉力的合力，由平衡条件：，解得 ，B正确；
C、在向上运动过程中弹簧形变量在减小，弹力在逐渐减小，而两小臂之间的夹角也在一直减小，当夹角为时，此时弹力为，此时每条小臂的拉力为，因此在向上运动过程中小臂的拉力不是一直变小，故C错误；
D、向上运动过程中，人的手臂对系统做功，故人和辅助器组成的系统机械能不守恒，D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查受力分析与力的合成，根据平衡条件，结合弹簧弹力、重力和小臂夹角，计算单只小臂的拉力；
B、考查整体受力平衡，将弹簧弹力、重力和杆的作用力视为系统受力，求解杆对人的作用力；
C、考查动态平衡分析，分析弹簧弹力和小臂夹角的变化，判断小臂拉力的变化趋势；
D、考查机械能守恒条件，分析除重力、弹簧弹力外是否有其他力做功，判断系统机械能是否守恒。
6．【答案】C
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】ACD．根据题意，设棋子的质量为，与棋盘的动摩擦因数为，碰撞前棋子的速度为，碰撞后A、B两棋子的速度分别为、，由动能定理有，
由动量守恒定律有，联立解得，
碰后瞬间A、B两棋子的动量大小之比为
碰撞过程中损失的机械能为
碰撞过程损失的机械能与碰撞前瞬间A棋子的动能之比为，故AD错误，C正确；
B．碰撞过程中A、B之间作用力为相互作用力，大小相等，方向相反，则碰撞过程中A、B两棋子所受冲量大小之比为，故B错误。
故答案为：C。
【分析】A、考查弹性碰撞的特点，结合质量相同的条件，判断碰撞后速度是否满足交换速度的规律；
B、考查动量定理与冲量的相互性，明确碰撞过程中相互作用力的冲量大小相等；
C、考查动量的计算，结合动能定理求出碰后速度，再计算动量大小之比；
D、考查动量守恒定律与机械能损失的计算，先求碰撞前 A 的速度，再计算碰撞前后的动能及损失的机械能，最后求比值。
7．【答案】A
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】
当h较小时，小球落在水平地面上，如图所示，由，，解得
可知小球的图像为过原点的一条倾斜直线；由动能定理得
得，可知小球的图像是截距为的一条倾斜直线。
当h较大时，小球落在斜面上，如图所示。由，，③联立解得，可知与h无关，故小球的图像为平行于h轴的一条直线；
小球的动能，，联立得
可见小球的与h无关，故小球的图像为平行于h轴的一条直线。
故答案为：A。
【分析】本题考查平抛运动的两种落点情况，需分小球落在斜面上和水平面上两种情况，分别分析水平位移x、落地动能Ek与抛出点高度h的关系，再结合图像特征判断，解题关键是利用几何关系确定两种情况的分界点，并结合运动学公式和机械能守恒分析物理量的变化规律。
8．【答案】A,C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】由图丙可知，振动周期 ；由图乙可知， 时，波峰半径为 ，波谷半径为 ，因此波长 ，波速 ，
A：由相邻波峰、波谷间距可得波长 ，A正确；
B：波速 ，并非2m/s，B错误；
C： 时，由振动图像可知A处质点位于波谷位置，位移最大，回复力 也最大，C正确；
D： 时，B点（半径2m）位于波谷；波速 ，从 到 ，经过 ，波谷向外传播距离 ，到达半径4m处；此时B点经过半个周期，振动状态与 相反，处于波峰位置，并非波谷，D错误；
故答案为：AC。
【分析】A、考查波长的定义，结合相邻波峰与波谷的位置差判断波长；
B、考查波速、波长与周期的关系，结合振动图像获取周期，计算波速；
C、考查简谐运动回复力的特点，结合振动图像判断质点位置，分析回复力大小；
D、考查波的传播与质点振动的关系，结合波速与时间判断波的传播，分析质点的振动状态。
9．【答案】B,C,D
【知识点】反冲；热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】A：打气时筒内气体温度升高，主要是因为外界对气体做功（压缩气体），而非摩擦生热，故A错误；
B：水喷出的过程中，水火箭内的气体推动水高速喷出，气体对外做功，故B正确；
C：瓶内气体初始体积 ，压强 ，每次打入空气体积 ，压强 。设打气 次后压强 ，体积 ，由玻意耳定律：
代入数据：，解得 ，故C正确；
D：瓶内水的质量 ，水喷出过程中，
系统动量守恒：，代入数据：，解得火箭速度 ，
火箭竖直上升过程中机械能守恒：，解得上升高度 ，故D正确；
故答案为：BCD。
【分析】A：考查热力学第一定律的应用，分析打气过程中气体内能变化的原因；
B：考查气体做功的判断，分析水喷出时气体的作用效果；
C：考查玻意耳定律的应用，结合打气前后气体状态变化，计算打气次数；
D：考查动量守恒定律与竖直上抛运动的结合，先利用动量守恒求出火箭的初速度，再通过机械能守恒或运动学公式计算上升高度。
10．【答案】C,D
【知识点】功能关系；能量守恒定律；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A：铁球在最高点处，由受力分析：，其中为轨道对铁球的弹力。当时，，弹力竖直向下；当时，；当时，，弹力竖直向上。因此铁球对管的作用力方向不确定，A错误；
B：运动前两圈，铁球的动能增加量为，但模型消耗的电能不仅用于增加动能，还用于克服摩擦力做功，因此消耗的电能大于，B错误；
C：已知电磁系统的平均功率为，每圈运动时间为，由可得，运动一圈后电磁系统每圈对铁球做的功为，C正确；
D：铁球先经过再经过，因摩擦力作用，；同一高度处段的速度始终大于段，对应的向心力更大，轨道弹力更大，摩擦力也更大。两段路程相同，因此段克服摩擦力做功更多，D正确；
故答案为：CD。
【分析】A：考查圆周运动的受力分析，结合向心力公式，根据速度大小判断轨道弹力的方向，进而分析铁球对管的作用力方向；
B：考查能量守恒，明确电磁系统消耗的电能一部分转化为铁球的动能，另一部分用于克服摩擦力做功；
C：考查功率与功的关系，利用直接计算电磁系统每圈对铁球做的功；
D：考查摩擦力做功的比较，结合速度变化分析不同位置的向心力、轨道弹力与摩擦力大小，进而比较两段路程克服摩擦力做功的多少。
11．【答案】（1）
（2）
（3）×10
（4）
（5）OFF
（6）
【知识点】导体电阻率的测量；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）刻度尺的精度为，可知读数，测得
故答案为：
（2）螺旋测微器的精度为，读数为，测得
故答案为：
（3）电阻挡中央部分刻度比较均匀，读数比较准确，电阻丝的电阻值R约100~200，中央部分刻度在15到20左右，根据电阻值等于刻度数乘以倍率，刻度倍率选择×10。
故答案为：×10
（4）该电阻丝的电阻值
故答案为：
（5）根据多用电表的使用方法，长时间不使用时应使旋钮调到指向“OFF”位置或调到交流电压最大值挡。
故答案为：OFF
（6）电阻丝的电阻值为，长度为，横截面积为 ，根据电阻定律可得
解得
故答案为：
【分析】 (1) 刻度尺读数需估读到分度值的下一位，本题分度值为1mm，故需读到0.1mm。
(2) 螺旋测微器读数方法为“固定刻度读数 + 可动刻度读数×0.01mm”，需注意半毫米刻度线是否露出。
(3) 欧姆表读数时，指针指在表盘中央附近误差较小，因此需根据被测电阻大小选择合适倍率。
(4) 欧姆表读数为“刻度盘示数 × 倍率”。
(5) 多用电表使用完毕后，为保护电表，应将选择开关置于“OFF”挡或交流电压最高挡。
(6) 利用电阻定律，结合圆面积公式推导电阻率表达式。
（1）刻度尺的精度为，可知读数，测得
（2）螺旋测微器的精度为，读数为，测得
（3）电阻挡中央部分刻度比较均匀，读数比较准确，电阻丝的电阻值R约100~200，中央部分刻度在15到20左右，根据电阻值等于刻度数乘以倍率，刻度倍率选择×10。
（4）该电阻丝的电阻值
（5）根据多用电表的使用方法，长时间不使用时应使旋钮调到指向“OFF”位置或调到交流电压最大值挡。
（6）电阻丝的电阻值为，长度为，横截面积为
根据电阻定律可得
解得
12．【答案】；；；位移传感器
【知识点】加速度；匀变速直线运动规律的综合运用；用打点计时器测速度
【解析】【解答】（2） 由纸带可知之间的间距比之间的间距小，说明之间开始减速了，但是仍可能存在一小段的匀加速运动，然后再匀减速运动的情况，所以取点可确保木块已做减速运动。
故答案为：；
（3） 根据逐差公式可得
可得，代入数据解得
可得加速度大小为
故答案为：
（4） 木块做减速运动的时候，纸带与打点计时器之间的摩擦力比木块与桌面的摩擦力小，所以用打点计时器测得的加速度比木块的加速度要小一些，相对而言，位移传感器能够比较准确的测得木块做匀减速直线运动的加速度。
故答案为：位移传感器
【分析】本题考查匀变速直线运动的实验数据处理与误差分析：
（2）解题关键是区分匀加速和匀减速阶段，根据点迹间距变化选取数据段；
（3）采用逐差法计算加速度，消除偶然误差，注意单位统一和有效数字；
（4） 分析两种测量方法的误差来源，判断哪种方法更准确。
13．【答案】（1）解：同时出现三条光线是由于发生了反射和折射，由题可知C为入射光线、B为反射光线，A为折射光线，则入射角为，折射角为
根据折射定律可得
可得玻璃砖的折射率为
（2）解：根据可得激光在玻璃内传播的速度
传播路程
可得激光经过玻璃砖所用时间为
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】(1) 本题考查光的折射定律的应用，需结合光路图确定入射角与折射角，再利用折射定律公式求解折射率。
(2) 本题考查光在介质中的传播速度与传播时间的计算，需先根据折射率求出光在玻璃中的传播速度，再结合传播路程计算传播时间。
（1）同时出现三条光线是由于发生了反射和折射，由题可知C为入射光线、B为反射光线，A为折射光线，则入射角为，折射角为
根据折射定律可得
可得玻璃砖的折射率为
（2）根据可得激光在玻璃内传播的速度
传播路程
可得激光经过玻璃砖所用时间为
14．【答案】（1）解：战斗机匀速爬升时的速度为v0，与水平方向成，受力平衡，如图所示
沿速度方向有
垂直速度方向有
推力
代入数据解得，
（2）解：设战斗机在地面上滑行时速度为，受到地面弹力为，受力分析可知
竖直方向有
水平方向有
推力
联立解得
战斗机做匀加速直线运动，加速度不变，方程中的系数必须为零，即
解得
代入数据解得加速度为
【知识点】共点力的平衡；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】(1) 本题考查受力平衡条件的应用，需对匀速爬升的战斗机进行受力分析，分解推力、重力、阻力和升力，沿速度和垂直速度方向列平衡方程求解。
(2) 本题考查牛顿第二定律与匀加速直线运动条件的结合，需对水平滑行的战斗机进行受力分析，根据加速度与速度无关的条件，消去含速度的项，求解摩擦阻力系数和加速度。
（1）战斗机匀速爬升时的速度为v0，与水平方向成，受力平衡，如图所示
沿速度方向有
垂直速度方向有
推力
代入数据解得，
（2）设战斗机在地面上滑行时速度为，受到地面弹力为，受力分析可知
竖直方向有
水平方向有
推力
联立解得
战斗机做匀加速直线运动，加速度不变，方程中的系数必须为零，即
解得
代入数据解得加速度为
15．【答案】（1）解：石块运动到最低点过程，根据动能定理有
根据牛顿第二定律有
联立解得
（2）解：石块与木楔碰撞过程中动量守恒，规定向右为正方向，则有
根据机械能守恒有
解得
对石块进行分析，根据动量定理有
根据牛顿第三定律，可知石块对木楔的撞击力大小
联立解得
（3）解：根据木楔的阻力与位移图像关系有
木楔移动需克服阻力做的功
根据能量守恒定律有
解得
故要木楔移动的位移，石块需撞击4次木楔。
【知识点】动量定理；能量守恒定律；生活中的圆周运动；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 本题考查动能定理与圆周运动向心力公式的结合应用，需先通过动能定理求出石块到达最低点的速度，再用牛顿第二定律计算轻绳拉力。
(2) 本题考查弹性碰撞的动量守恒、机械能守恒以及动量定理的应用，需先求出碰撞后木楔的速度，再对石块列动量定理方程求解撞击力。
(3) 本题考查变力做功的计算（图像法）与能量守恒的结合，需先根据阻力 - 位移图像求出克服阻力做的功，再结合每次撞击获得的动能，求解最少撞击次数。
（1）石块运动到最低点过程，根据动能定理有
根据牛顿第二定律有
联立解得
（2）石块与木楔碰撞过程中动量守恒，规定向右为正方向，则有
根据机械能守恒有
解得
对石块进行分析，根据动量定理有
根据牛顿第三定律，可知石块对木楔的撞击力大小
联立解得
（3）根据木楔的阻力与位移图像关系有
木楔移动需克服阻力做的功
根据能量守恒定律有
解得
故要木楔移动的位移，石块需撞击4次木楔。
1 / 12026届广东省清远市高三上学期一模考试物理试题
1．氡气是一种自然界广泛存在的放射性气体，在土壤、岩石、空气中都有。氡原子核的半衰期为3.8天，氡原子核衰变为钋原子核，同时放出一个粒子X。以下说法正确的是（　　）
A．1mol氡原子核全部发生衰变需要7.6天
B．氡气溶于水中之后，氡原子核会停止衰变
C．X粒子可以使空气分子电离变成导电气体
D．由X粒子形成的射线能穿透几厘米厚的铝板
【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A：半衰期是统计规律，1mol氡原子核不会全部衰变。经过两个半衰期（7.6天），剩余的氡原子核是原来的，故A错误；
B：半衰期由原子核本身决定，与物理环境、化学状态无关，氡气溶于水后原子核仍会继续衰变，故B错误；
C：根据衰变方程，粒子X为α粒子，其电离能力强，可使空气分子电离变成导电气体，故C正确；
D：α粒子穿透能力极弱，无法穿透几厘米厚的铝板，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查半衰期的统计规律，理解其并非指全部原子核衰变的时间；
B、考查半衰期的决定因素，明确其与外界环境无关；
C、考查α衰变方程与α粒子的电离特性；
D、考查α粒子的穿透能力，区分不同射线的穿透差异。
2．2024年4月25日，神舟十八号载人飞船与距地表约400km的空间站顺利完成径向对接。对接前飞船在空间站正下方200m的“停泊点”处调整为垂直姿态，在发动机的推力作用下，与空间站保持相对静止。随后逐步上升到“对接点”，最终与空间站完成对接。飞船和空间站对接后，组合体在空间站原轨道上做匀速圆周运动。下列说法正确的是（　　）
A．对接前后，空间站的线速度保持不变
B．飞船稳定在“停泊点”时，其运动速度大于空间站的速度
C．飞船稳定在“停泊点”时，其运动角速度等于空间站的角速度
D．飞船稳定在“停泊点”时，其向心加速度大于空间站的向心加速度
【答案】C
【知识点】向心加速度；万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】A：对接前后，空间站的线速度大小由轨道半径决定，保持不变，但线速度是矢量，对接过程中方向会发生改变，因此线速度发生变化，故A错误；
B：飞船稳定在“停泊点”时，与空间站保持径向相对静止，角速度与空间站相等，而飞船轨道半径更小，根据，其运动速度小于空间站的速度，故B错误；
C：飞船稳定在“停泊点”时，与空间站保持径向相对静止，运动角速度等于空间站的角速度，故C正确；
D：飞船轨道半径更小，角速度与空间站相等，根据，其向心加速度小于空间站的向心加速度，故D错误；
故答案为：C。
【分析】本题考查圆周运动的角速度、线速度、向心加速度的关系，解题关键是理解“相对静止”的条件为角速度相同，再结合线速度公式和向心加速度公式，分析不同轨道半径下各物理量的大小关系。
3．小明乘坐从清远开往广州的轻轨列车，发现列车启动时车窗正对着某电线杆（记第1根），小明立即启动手机计时器，经过40秒恰好观察到车窗经过第21 根电线杆，此时车内电子屏显示即时速度为180km/h。若这段时间内列车做匀加速直线运动，且相邻两电线杆之间距离相等，下列说法正确的是（　　）
A．这段时间内列车的平均速度大小为50m/s
B．相邻电线杆之间的距离约为100m
C．这段时间内列车的加速度大小为1m/s2
D．车窗经过第6根电线杆时，列车的速度大小为25 m/s
【答案】D
【知识点】平均速度；匀变速直线运动的速度与时间的关系
【解析】【解答】列车初速度为0，末速度，用时。
A：匀加速直线运动的平均速度为，故A错误；
B：从第1根到第21根电线杆，共经过20个间隔，设间距为，则位移，解得，故B错误；
C：加速度，故C错误；
D：到第6根电线杆时，位移为，由，代入，得，解得，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题考查匀加速直线运动的基本公式应用，解题关键是：明确匀变速直线运动平均速度公式；正确计算电线杆间的间隔数（第1到第21根为20个间隔）；合加速度定义和速度-位移公式，分析列车在不同位置的速度。
4．如图所示为密立根油滴实验原理示意图。水平放置的两足够大金属板相距为d，两板间加有电压U，上极板中央有一小孔。油滴从喷雾器喷嘴喷出时因摩擦带负电，少数油滴通过上极板小孔进入平行板间。通过显微镜观察到一质量为m的油滴在板间匀速下降。忽略空气作用力，下列说法正确的是（　　）
A．上极板带负电
B．增大电压可使该油滴加速下降
C．该油滴的带电量为
D．该油滴由上极板运动到下极板，电势能增加了 mgd
【答案】D
【知识点】电势能；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】A、油滴带负电且匀速下降，说明电场力方向向上。负电荷所受电场力方向与电场方向相反，因此电场方向向下，故上极板带正电，A错误；
B、增大电压时，电场强度 增大，电场力 增大，方向向上，大于重力，油滴将减速下降，B错误；
C、油滴匀速下降时，受力平衡：，解得带电量 ，C错误；
D、油滴由上极板运动到下极板，重力做功 ，重力势能减少 ；电场力向上，位移向下，电场力做功 ，电势能增加 ，D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查电场方向与带电粒子受力的关系，根据油滴受力平衡判断电场力方向，再结合电荷正负判断电场方向与极板带电情况；
B、考查电场强度与电压的关系，分析电压变化对电场力大小的影响，进而判断油滴的运动状态变化；
C、考查受力平衡条件的应用，利用匀速运动时重力与电场力相等，推导油滴带电量表达式；
D、考查电场力做功与电势能变化的关系，分析油滴运动过程中电场力做功情况，判断电势能的变化量。
5．校园引体向上训练辅助器由三根相同的弹簧和固定装置组成。训练时，质量为50kg的同学站在辅助器上（如图甲），双手握住单杠，两小臂成60°角；随后缓慢向上运动50cm到达最高点（如图乙），此时弹簧恢复原长，小臂竖直。已知弹簧劲度系数k=300N/m，重力加速度 g=10m/s2。忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．在最低点时小臂的拉力为500N
B．在最低点时杆对人的作用力为50N
C．在向上运动过程中小臂的拉力一直变小
D．在向上运动过程中人和辅助器组成的系统机械能不变
【答案】B
【知识点】共点力的平衡；机械能守恒定律
【解析】【解答】A、在最低点时，弹簧弹力为 ，方向向上。人的重力 。两小臂成 角，设每只小臂拉力为 ，由平衡条件：，解得 ，并非500N，A错误；
B、在最低点时，杆对人的作用力为两只小臂拉力的合力，由平衡条件：，解得 ，B正确；
C、在向上运动过程中弹簧形变量在减小，弹力在逐渐减小，而两小臂之间的夹角也在一直减小，当夹角为时，此时弹力为，此时每条小臂的拉力为，因此在向上运动过程中小臂的拉力不是一直变小，故C错误；
D、向上运动过程中，人的手臂对系统做功，故人和辅助器组成的系统机械能不守恒，D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查受力分析与力的合成，根据平衡条件，结合弹簧弹力、重力和小臂夹角，计算单只小臂的拉力；
B、考查整体受力平衡，将弹簧弹力、重力和杆的作用力视为系统受力，求解杆对人的作用力；
C、考查动态平衡分析，分析弹簧弹力和小臂夹角的变化，判断小臂拉力的变化趋势；
D、考查机械能守恒条件，分析除重力、弹簧弹力外是否有其他力做功，判断系统机械能是否守恒。
6．弹棋是中国古代棋类游戏，晋人徐广《弹棋经》曰，“二人对局，黑白各六枚，先列棋相当，下呼上击之”。弹射过程简化如下：在水平桌面上放置两个质量、大小、材料都相同的棋子，其中A为黑棋、B为白棋（均可视为质点），将黑棋A从左侧以某一初速度快速弹出，两棋子发生正碰（碰撞时间极短），测得两棋子从碰后到停止滑行的距离分别为、L，下列说法正确的是（　　）
A．两棋子发生的是弹性碰撞
B．碰撞过程中A、B两棋子所受冲量大小之比为1：2
C．碰后瞬间A、B两棋子的动量大小之比为1：2
D．碰撞过程损失的机械能与碰撞前瞬间A棋子的动能之比为1：4
【答案】C
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】ACD．根据题意，设棋子的质量为，与棋盘的动摩擦因数为，碰撞前棋子的速度为，碰撞后A、B两棋子的速度分别为、，由动能定理有，
由动量守恒定律有，联立解得，
碰后瞬间A、B两棋子的动量大小之比为
碰撞过程中损失的机械能为
碰撞过程损失的机械能与碰撞前瞬间A棋子的动能之比为，故AD错误，C正确；
B．碰撞过程中A、B之间作用力为相互作用力，大小相等，方向相反，则碰撞过程中A、B两棋子所受冲量大小之比为，故B错误。
故答案为：C。
【分析】A、考查弹性碰撞的特点，结合质量相同的条件，判断碰撞后速度是否满足交换速度的规律；
B、考查动量定理与冲量的相互性，明确碰撞过程中相互作用力的冲量大小相等；
C、考查动量的计算，结合动能定理求出碰后速度，再计算动量大小之比；
D、考查动量守恒定律与机械能损失的计算，先求碰撞前 A 的速度，再计算碰撞前后的动能及损失的机械能，最后求比值。
7．如图所示，水平地面上固定一倾角为α的斜面，一可视为质点的小球以一定的速度从斜面上一点水平飞出。斜面足够长，忽略空气阻力。关于小球水平射程x与着陆瞬间的动能随抛出点离地高度h变化的关系图像，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】
当h较小时，小球落在水平地面上，如图所示，由，，解得
可知小球的图像为过原点的一条倾斜直线；由动能定理得
得，可知小球的图像是截距为的一条倾斜直线。
当h较大时，小球落在斜面上，如图所示。由，，③联立解得，可知与h无关，故小球的图像为平行于h轴的一条直线；
小球的动能，，联立得
可见小球的与h无关，故小球的图像为平行于h轴的一条直线。
故答案为：A。
【分析】本题考查平抛运动的两种落点情况，需分小球落在斜面上和水平面上两种情况，分别分析水平位移x、落地动能Ek与抛出点高度h的关系，再结合图像特征判断，解题关键是利用几何关系确定两种情况的分界点，并结合运动学公式和机械能守恒分析物理量的变化规律。
8．如图甲所示，游乐场有一种水上蹦床设施，游客在蹦床上有规律的跳动，水面激起一圈圈水波。波源位于O点，水波在xOy水平面内传播（不考虑能量损失），波面呈现为圆形。t=1s时刻，部分波面的分布情况如图乙所示，其中虚线、实线表示两相邻的波谷、波峰。A处质点的振动图像如图丙所示，z轴正方向表示竖直向上。下列说法中正确的是（　　）
A．水波的波长为4m
B．水波的波速为2m/s
C．t=3s时，A处质点所受回复力最大
D．t=3s时，B处质点处在波谷位置
【答案】A,C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】由图丙可知，振动周期 ；由图乙可知， 时，波峰半径为 ，波谷半径为 ，因此波长 ，波速 ，
A：由相邻波峰、波谷间距可得波长 ，A正确；
B：波速 ，并非2m/s，B错误；
C： 时，由振动图像可知A处质点位于波谷位置，位移最大，回复力 也最大，C正确；
D： 时，B点（半径2m）位于波谷；波速 ，从 到 ，经过 ，波谷向外传播距离 ，到达半径4m处；此时B点经过半个周期，振动状态与 相反，处于波峰位置，并非波谷，D错误；
故答案为：AC。
【分析】A、考查波长的定义，结合相邻波峰与波谷的位置差判断波长；
B、考查波速、波长与周期的关系，结合振动图像获取周期，计算波速；
C、考查简谐运动回复力的特点，结合振动图像判断质点位置，分析回复力大小；
D、考查波的传播与质点振动的关系，结合波速与时间判断波的传播，分析质点的振动状态。
9．科技小组用容积2.0L的可乐瓶制作水火箭，箭身及配重物总质量M=0.1kg。瓶内装入0.5L水后密封，初始气体压强为1atm。用打气筒每次打入0.5L、1atm的空气，当瓶内气压达5atm时橡胶塞脱落，水高速喷出，火箭起飞。已知水的密度忽略空气阻力，重力加速度g取下列说法正确的是（　　）
A．打气时筒内气体温度升高是因为摩擦生热
B．水喷出的过程中，水火箭内的气体对外做功
C．至少打气12次水火箭的橡胶塞才脱落
D．若橡胶塞脱落后水以v=10m/s全部喷出，火箭最多能升到125m高处
【答案】B,C,D
【知识点】反冲；热力学第一定律及其应用；气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【解答】A：打气时筒内气体温度升高，主要是因为外界对气体做功（压缩气体），而非摩擦生热，故A错误；
B：水喷出的过程中，水火箭内的气体推动水高速喷出，气体对外做功，故B正确；
C：瓶内气体初始体积 ，压强 ，每次打入空气体积 ，压强 。设打气 次后压强 ，体积 ，由玻意耳定律：
代入数据：，解得 ，故C正确；
D：瓶内水的质量 ，水喷出过程中，
系统动量守恒：，代入数据：，解得火箭速度 ，
火箭竖直上升过程中机械能守恒：，解得上升高度 ，故D正确；
故答案为：BCD。
【分析】A：考查热力学第一定律的应用，分析打气过程中气体内能变化的原因；
B：考查气体做功的判断，分析水喷出时气体的作用效果；
C：考查玻意耳定律的应用，结合打气前后气体状态变化，计算打气次数；
D：考查动量守恒定律与竖直上抛运动的结合，先利用动量守恒求出火箭的初速度，再通过机械能守恒或运动学公式计算上升高度。
10．如图所示为电磁加速模型，该模型由竖直放置的管道和电磁系统组成。当铁球靠近线圈时，线圈通电产生磁力吸引铁球加速；铁球即将离开时断电，避免磁力阻碍运动。质量为m的铁球从最高点由静止开始逆时针下滑，此后每次经过最高点的速度均为v，运动每圈的时间为T，图中B点为管道最低点，A、C点等高且不受磁力。已知铁球运动一圈后电磁系统的平均功率为P，不计电路产生的焦耳热和管道内的空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．铁球在最高点处对管的作用力一定竖直向下
B．运动前两圈，该模型消耗的电能为
C．运动一圈后，电磁系统每圈对铁球做的功为PT
D．铁球经过AB段克服摩擦力做功大于经过BC段克服摩擦力做功
【答案】C,D
【知识点】功能关系；能量守恒定律；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A：铁球在最高点处，由受力分析：，其中为轨道对铁球的弹力。当时，，弹力竖直向下；当时，；当时，，弹力竖直向上。因此铁球对管的作用力方向不确定，A错误；
B：运动前两圈，铁球的动能增加量为，但模型消耗的电能不仅用于增加动能，还用于克服摩擦力做功，因此消耗的电能大于，B错误；
C：已知电磁系统的平均功率为，每圈运动时间为，由可得，运动一圈后电磁系统每圈对铁球做的功为，C正确；
D：铁球先经过再经过，因摩擦力作用，；同一高度处段的速度始终大于段，对应的向心力更大，轨道弹力更大，摩擦力也更大。两段路程相同，因此段克服摩擦力做功更多，D正确；
故答案为：CD。
【分析】A：考查圆周运动的受力分析，结合向心力公式，根据速度大小判断轨道弹力的方向，进而分析铁球对管的作用力方向；
B：考查能量守恒，明确电磁系统消耗的电能一部分转化为铁球的动能，另一部分用于克服摩擦力做功；
C：考查功率与功的关系，利用直接计算电磁系统每圈对铁球做的功；
D：考查摩擦力做功的比较，结合速度变化分析不同位置的向心力、轨道弹力与摩擦力大小，进而比较两段路程克服摩擦力做功的多少。
11．某实验小组在学校实验室发现一根长度为L电阻丝，该电阻丝的电阻值R约100~200，材料未知，为测量其电阻率进行了以下实验操作：
（1）用刻度尺测量该电阻丝长度L，示数如图（a）所示，测得　 　
（2）用螺旋测微器测量该电阻丝直径d，示数如图（b）所示，测得　 　
（3）对多用电表进行机械调零后，将多用电表的选择开关旋至　 　（填“×1”“×10”“×100”或“×1k”）倍率的电阻挡，把黑、红表笔短接进行欧姆调零；
（4）将黑、红表笔接在电阻丝两端，示数如图（c）所示，测得该电阻丝的电阻值R=　 　Ω；
（5）测量完成之后，将表笔从插孔拔出，并将选择开关旋到　 　位置；
（6）该电阻丝电阻率的表达式　 　（用题中所给符号L、d、R表示）。
【答案】（1）
（2）
（3）×10
（4）
（5）OFF
（6）
【知识点】导体电阻率的测量；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）刻度尺的精度为，可知读数，测得
故答案为：
（2）螺旋测微器的精度为，读数为，测得
故答案为：
（3）电阻挡中央部分刻度比较均匀，读数比较准确，电阻丝的电阻值R约100~200，中央部分刻度在15到20左右，根据电阻值等于刻度数乘以倍率，刻度倍率选择×10。
故答案为：×10
（4）该电阻丝的电阻值
故答案为：
（5）根据多用电表的使用方法，长时间不使用时应使旋钮调到指向“OFF”位置或调到交流电压最大值挡。
故答案为：OFF
（6）电阻丝的电阻值为，长度为，横截面积为 ，根据电阻定律可得
解得
故答案为：
【分析】 (1) 刻度尺读数需估读到分度值的下一位，本题分度值为1mm，故需读到0.1mm。
(2) 螺旋测微器读数方法为“固定刻度读数 + 可动刻度读数×0.01mm”，需注意半毫米刻度线是否露出。
(3) 欧姆表读数时，指针指在表盘中央附近误差较小，因此需根据被测电阻大小选择合适倍率。
(4) 欧姆表读数为“刻度盘示数 × 倍率”。
(5) 多用电表使用完毕后，为保护电表，应将选择开关置于“OFF”挡或交流电压最高挡。
(6) 利用电阻定律，结合圆面积公式推导电阻率表达式。
（1）刻度尺的精度为，可知读数，测得
（2）螺旋测微器的精度为，读数为，测得
（3）电阻挡中央部分刻度比较均匀，读数比较准确，电阻丝的电阻值R约100~200，中央部分刻度在15到20左右，根据电阻值等于刻度数乘以倍率，刻度倍率选择×10。
（4）该电阻丝的电阻值
（5）根据多用电表的使用方法，长时间不使用时应使旋钮调到指向“OFF”位置或调到交流电压最大值挡。
（6）电阻丝的电阻值为，长度为，横截面积为
根据电阻定律可得
解得
12．某实验小组采用位移传感器和电火花打点计时器同时测量物体做匀减速直线运动的加速度，以此比较两种测量方法的差异性。实验步骤如下：
（1）如图甲所示连接好实验器材，接通打点计时器电源开始打点，闭合位移传感器开关，释放木块，木块在重物的牵引下开始做匀加速直线运动，重物落地后，木块再匀减速运动一段距离后停在桌面上（尚未到达滑轮处）；
（2）从纸带上截取点迹清晰，便于测量的一段，如图乙所示，计算木块做匀减速直线运动的加速度则需选择　 　点至　 　点段进行测算（填图乙中点的字母），得出木块做匀减速直线运动的加速度大小为
（3）用位移传感器记录木块做匀减速直线运动的位移，其采样周期T=0.05s，数据如下表
5.40cm 4.40 cm 3.40cm 2.42cm 1.48 cm 0.50cm
利用表中数据求得木块的加速度大小为　 　（结果保留三位有效数字）；
（4）　 　（填“打点计时器”或“位移传感器”）能比较准确的测量木块做匀减速直线运动的加速度。
【答案】；；；位移传感器
【知识点】加速度；匀变速直线运动规律的综合运用；用打点计时器测速度
【解析】【解答】（2） 由纸带可知之间的间距比之间的间距小，说明之间开始减速了，但是仍可能存在一小段的匀加速运动，然后再匀减速运动的情况，所以取点可确保木块已做减速运动。
故答案为：；
（3） 根据逐差公式可得
可得，代入数据解得
可得加速度大小为
故答案为：
（4） 木块做减速运动的时候，纸带与打点计时器之间的摩擦力比木块与桌面的摩擦力小，所以用打点计时器测得的加速度比木块的加速度要小一些，相对而言，位移传感器能够比较准确的测得木块做匀减速直线运动的加速度。
故答案为：位移传感器
【分析】本题考查匀变速直线运动的实验数据处理与误差分析：
（2）解题关键是区分匀加速和匀减速阶段，根据点迹间距变化选取数据段；
（3）采用逐差法计算加速度，消除偶然误差，注意单位统一和有效数字；
（4） 分析两种测量方法的误差来源，判断哪种方法更准确。
13．某同学采用激光笔和标有角度的光具盘（如图甲所示）测量半圆形玻璃砖的折射率。实验步骤如下：将玻璃砖的圆心与光具盘的圆心重合，使玻璃砖的直径与光具盘上所画的某条直径对齐，随后标记光具盘上观察到的三条光线。移走玻璃砖后，依据标记绘制光路图如图乙所示。请回答下列问题：
（1）求半圆形玻璃砖的折射率n；
（2）已知半圆形玻璃砖的直径为d，光在真空中传播的速度为c，求该激光经过玻璃砖所用时间t。
【答案】（1）解：同时出现三条光线是由于发生了反射和折射，由题可知C为入射光线、B为反射光线，A为折射光线，则入射角为，折射角为
根据折射定律可得
可得玻璃砖的折射率为
（2）解：根据可得激光在玻璃内传播的速度
传播路程
可得激光经过玻璃砖所用时间为
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【分析】(1) 本题考查光的折射定律的应用，需结合光路图确定入射角与折射角，再利用折射定律公式求解折射率。
(2) 本题考查光在介质中的传播速度与传播时间的计算，需先根据折射率求出光在玻璃中的传播速度，再结合传播路程计算传播时间。
（1）同时出现三条光线是由于发生了反射和折射，由题可知C为入射光线、B为反射光线，A为折射光线，则入射角为，折射角为
根据折射定律可得
可得玻璃砖的折射率为
（2）根据可得激光在玻璃内传播的速度
传播路程
可得激光经过玻璃砖所用时间为
14．今年国庆假期，小明在清远站首届航天航空科普展观看了我国战斗机发展历程。如图所示为某型号战斗机在地面上沿直线加速滑行和在空中斜向上匀速爬升的情景，战斗机在加速滑行和匀速爬升两个阶段中：所受推力的大小均与重力大小相等，方向与速度方向相同；所受空气阻力，方向与速度方向相反；所受升力，方向与速度方向垂直。K1、K2未知，已知重力加速度为g，战斗机质量为m，匀速爬升时的速度为v0，方向与水平方向成。
（1）求K1、K2的值；
（2）战斗机在水平地面上滑行，受到地面的摩擦阻力f2与正压力N的关系为，若战斗机恰好能做匀加速直线运动，求的值和战斗机在水平地面上滑行的加速度大小。
【答案】（1）解：战斗机匀速爬升时的速度为v0，与水平方向成，受力平衡，如图所示
沿速度方向有
垂直速度方向有
推力
代入数据解得，
（2）解：设战斗机在地面上滑行时速度为，受到地面弹力为，受力分析可知
竖直方向有
水平方向有
推力
联立解得
战斗机做匀加速直线运动，加速度不变，方程中的系数必须为零，即
解得
代入数据解得加速度为
【知识点】共点力的平衡；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】(1) 本题考查受力平衡条件的应用，需对匀速爬升的战斗机进行受力分析，分解推力、重力、阻力和升力，沿速度和垂直速度方向列平衡方程求解。
(2) 本题考查牛顿第二定律与匀加速直线运动条件的结合，需对水平滑行的战斗机进行受力分析，根据加速度与速度无关的条件，消去含速度的项，求解摩擦阻力系数和加速度。
（1）战斗机匀速爬升时的速度为v0，与水平方向成，受力平衡，如图所示
沿速度方向有
垂直速度方向有
推力
代入数据解得，
（2）设战斗机在地面上滑行时速度为，受到地面弹力为，受力分析可知
竖直方向有
水平方向有
推力
联立解得
战斗机做匀加速直线运动，加速度不变，方程中的系数必须为零，即
解得
代入数据解得加速度为
15．如图甲所示，《天工开物》中提到一种古法榨油一撞木榨油，其过程简化为石块撞击木楔，挤压胚饼，重复撞击，榨出油来。现有一长度l=4m的轻绳，上端固定于屋梁，下端悬挂一质量M=180kg的石块，可视为质点。如图乙所示，将石块拉至轻绳与竖直方向成37°角的位置，石块由静止释放，运动至最低点时与质量m=20kg的木楔发生正碰，不计撞击过程的机械能损失，撞击时间t=0.05s，每次撞击后立即将石块拉回原位置。重力加速度g取 。求：
（1）撞击前，石块在最低点对轻绳的拉力大小T；
（2）撞击后瞬间木楔的速度和石块对木楔撞击的平均作用力大小 F；
（3）石块每次在同一位置释放并在最低点撞击木楔。木楔向里运动过程中所受的阻力与它的位移关系如图丙所示。要木楔移动的位移 石块至少需撞击多少次木楔。
【答案】（1）解：石块运动到最低点过程，根据动能定理有
根据牛顿第二定律有
联立解得
（2）解：石块与木楔碰撞过程中动量守恒，规定向右为正方向，则有
根据机械能守恒有
解得
对石块进行分析，根据动量定理有
根据牛顿第三定律，可知石块对木楔的撞击力大小
联立解得
（3）解：根据木楔的阻力与位移图像关系有
木楔移动需克服阻力做的功
根据能量守恒定律有
解得
故要木楔移动的位移，石块需撞击4次木楔。
【知识点】动量定理；能量守恒定律；生活中的圆周运动；碰撞模型
【解析】【分析】(1) 本题考查动能定理与圆周运动向心力公式的结合应用，需先通过动能定理求出石块到达最低点的速度，再用牛顿第二定律计算轻绳拉力。
(2) 本题考查弹性碰撞的动量守恒、机械能守恒以及动量定理的应用，需先求出碰撞后木楔的速度，再对石块列动量定理方程求解撞击力。
(3) 本题考查变力做功的计算（图像法）与能量守恒的结合，需先根据阻力 - 位移图像求出克服阻力做的功，再结合每次撞击获得的动能，求解最少撞击次数。
（1）石块运动到最低点过程，根据动能定理有
根据牛顿第二定律有
联立解得
（2）石块与木楔碰撞过程中动量守恒，规定向右为正方向，则有
根据机械能守恒有
解得
对石块进行分析，根据动量定理有
根据牛顿第三定律，可知石块对木楔的撞击力大小
联立解得
（3）根据木楔的阻力与位移图像关系有
木楔移动需克服阻力做的功
根据能量守恒定律有
解得
故要木楔移动的位移，石块需撞击4次木楔。
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