2025-2026学年湖北省武汉市四区联考高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2025-2026学年湖北省武汉市四区联考高一（下）期末物理试卷一、单选题：本大题共7小题，共28分。1.在物理学的发展过程中，许多科学家做出了重要贡献，下列说法正确的是(

)A.天王星是根据万有引力定律计算出其轨道后才发现的，被称为“笔尖下的行星”

B.开普勒在万有引力定律的基础上推导出行星运动规律

C.牛顿通过月地检验，得出月球与地球间的力、苹果与地球间的力是同一种性质力，从而证明万有引力是普遍存在的

D.牛顿发现了万有引力定律之后并率先在实验室中测出了万有引力常量的数值2.以下关于功与能量的关系描述正确的是(

)A.当物体所受合力做功为零时，物体的机械能一定守恒

B.物体减速上升时，机械能可能增大

C.物体克服摩擦力做功的多少等于产生的热量

D.一对相互作用力做功之和一定为零3.如图甲所示，弹簧振子以点O为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动。取向左为正方向，振子的位移x随时间t的变化关系如图乙所示，下列说法正确的是(

)

A.该弹簧振子做简谐运动的振幅为40cm

B.t=0到t=2s时间内，振子经过的路程为零

C.t=74.A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA=1kg，mB=4kg，vA=8mA.vA′=5m/s，vB′=5m/s 5.如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时，对轨道的压力大小等于小球的重力。已知AP=3R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中，下列说法正确的是A.重力做功mgR

B.动能增加2mgR

C.克服摩擦力做功mgR

D.机械能减少3

6.如图甲所示，传感器固定在天花板上，将单摆一端固定在传感器上的O点。t=0时刻，将摆球拉到A点由静止释放，让其在A、C之间来回摆动(摆角小于5∘)，其中B点为最低点。图乙表示细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的图像，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/A.单摆的周期为0.3πs B.单摆的摆长为0.9m

C.根据所给数据不能求出摆球的质量7.如图，将小物块放上以5m/s速度匀速运动的电动传送带，一段时间内小物块从1m/sA.3：7：10 B.1：1：2 C.1：2：3 D.3：4：5二、多选题：本大题共3小题，共12分。8.风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径，如图所示，某地有一风力发电机，它的叶片转动时可形成半径为r的圆面。该地区的风速为v，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为ρ，假如该发电机将空气动能转化为电能的效率为η。则下列说法正确的是(

)A.单位时间内冲击发电机叶片圆面的空气的质量为2πrρv

B.单位时间内该发电机产生的电能为πr2v3ρη

C.若只将叶片半径r变为原来的3倍，则发电功率变为原来的9倍

9.汽车的安全气囊是有效保护乘客的装置。如图甲，在安全气囊的性能测试中，质量为m=10kg的头锤从离气囊表面正上方高H=5m处做自由落体运动，与气囊发生碰撞后反向弹起，以头锤碰到气囊表面为计时零点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化如图乙所示，重力加速度A.头锤与气囊作用过程中头锤先失重后超重

B.碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.2m

C.碰撞过程头锤动量变化量大小为80kg⋅m10.如图甲所示，a、b两物块(均视为质点)用劲度系数为k的轻质弹簧连接并放置在光滑的水平面上，t=0时，使a获得水平向右、大小为v0的速度，a、b运动的速度一时间关系图像如图乙所示，已知阴影部分的面积为S0，弹簧的弹性势能EP与弹簧的形变量x以及弹簧的劲度系数k之间的关系式为EpA.t1和t3时刻，弹簧弹性势能一样大

B.t3时刻弹簧处于最长状态

C.0∼t1时间内a的位移大小S0三、实验题：本大题共2小题，共24分。11.某学习小组“利用单摆测定重力加速度”的实验装置如图1所示，请在横线上完成相应内容。

(1)若该同学测得的重力加速度值偏大，其原因可能是______。

A.单摆的悬点未固定紧，摆动中出现松动，使摆线增长了

B.将t时间内50次摆动误记成49次

C.摆球做圆锥摆运动

D.测摆线长时摆线拉得过紧

(2)若实验过程中没有游标卡尺，无法测小球的直径d，实验中将摆线的长度作为摆长l，测得多组周期T和l的数据，作出T2−l图像，如图2所示。(令π2=10)

①实验得到的T2−l图像是______(选填：“a”、“b”或“c”)；

②小球的直径是______cm；(保留12.小明用图1所示装置验证小球与物块碰撞过程中的动量守恒。小球的质量为m，半径为R的圆弧形轨道固定在水平桌面上，下端与桌面相切，轨道的底端固定一压力传感器。质量为M的小物块放置在紧靠轨道底端的桌面上，在桌面另一端装一位移传感器。将小球从轨道上某点由静止释放，在轨道底端与物块发生碰撞后反弹。位移传感器测出物块在一段时间内做匀减速运动的位移x随时间t变化的图像，如图2所示。通过压力传感器测出碰前和碰后小球对传感器的压力分别为F1和F2，重力加速度为g。

(1)实验中小球和物块的质量关系是m

M(选填“>”、“<”或“=”)。

(2)小球第一次到达轨道底端的速度大小v1=

(用题中所给物理量的字母表示)，同样可求得小球反弹后的速度大小v2。

(3)为验证小球和物块碰撞过程中动量守恒，需要验证的关系式为

(用m、M、v1、v2四、计算题：本大题共3小题，共36分。13.2026年4月7日21时32分，我国在海南商业航天发射场，用长征八号运载火箭以“一箭18星”方式，成功将千帆星座第七批组网卫星送入预定轨道。为实现全球高速互联，该星座部署了两颗轨道共面、绕行方向相同的地球卫星：卫星P和卫星Q。已知卫星P的运行周期为T0，轨道半径是地球半径的k倍(k>1)，卫星Q轨道距地面的高度远小于地球半径(可认为其轨道半径等于地球半径)，引力常量为G，不计空气阻力。求：

(1)卫星14.随着我国科学技术的不断发展进步，无人机已广泛应用于我们的生产和生活当中。如图所示，某无人机质量为m，当它从水平地面竖直升空时，所受空气阻力恒为f，所能达到的最大速度为vm，已知重力加速度g。求：

(1)无人机的额定功率。

(2)若无人机以额定功率从地面上的A点竖直启动，并飞行了t0时间到达A点上方的B点，已知无人机在到达B点之前已达到最大速度，求A点与B点的距离。

(15.如图所示，长为d=1m的细线一端固定，另一端系着质量为m=1kg的小球，细线竖直时，小球恰好与静止在光滑水平面上的足够长的木板左端接触，长木板C的质量为4kg，在长木板上放有质量分别为1kg、3kg的A、B两个物体，两物体相距为L=0.5m。现把细线向左侧拉离平衡位置后释放，小球以v0=9m/s的速度水平向右撞击木板，木板被撞击后获得速度为3m/s。设B物体与木板间的摩擦不计，A与B碰撞为弹性正碰，重力加速度为g=10m/s2。

(1)求小球碰撞木板后的瞬间细线的拉力大小T；

答案和解析1.【答案】C

【解析】解：A.被称为“笔尖下的行星”的是海王星，天王星是通过观测直接发现的，故A错误；

B.开普勒首先通过分析第谷的天文观测数据总结出了行星运动三大定律，故B错误；

C.牛顿通过月地-检验，证明了月球与地球间的引力、地面物体与地球间的引力遵从相同的平方反比规律，属于同一种性质的力，故C正确；

D.牛顿发现了万有引力定律，但万有引力常量是卡文迪许首次通过扭秤实验在实验室中测得的，故D错误。

故选：C。

根据开普勒、牛顿、卡文迪什等人的贡献和取得的成就以及海王星的发现过程等知识就逐一分析判断个选项正误。

2.【答案】B

【解析】解：A.根据动能定理，合力做功为零只能说明物体动能不变，而机械能是动能与势能的总和，因此机械能不一定守恒，故A错误；

B.除重力和系统内弹力之外的其他力做的功等于机械能的变化量。物体减速上升时，若受到小于重力的向上拉力，拉力做正功就会使机械能增大，因此机械能可能增大，故B正确；

C.摩擦产生的热量Q=fs相对，而物体克服摩擦力做功为W=f⋅s对地，因此二者不一定相等，且克服静摩擦力做功不会产生热量，故C错误；

D3.【答案】D

【解析】解：A.由图像，结合振幅的定义可知，弹簧振子做简谐运动的振幅为20cm，故A错误；

B.从t=0到t=2s时间内，振子经过的路程s=2A=40cm，故B错误；

C.在t=7s时，振子的位移为负向最大值，则加速度为正向最大值，故C错误；

D.t=1.25s与t4.【答案】B

【解析】解：首先计算碰撞前系统的总动量和总动能：总动量p=mAvA+mBvB=1×8kg⋅m/s+4×4kg⋅m/s=24kg⋅m/s

总动能Ek=12mAvA2+5.【答案】C

【解析】解：A、根据题意分析可知，小球从P到B重力做功WG=mg⋅2R，故A错误；

B、根据题意分析可知，在B点时FN+mg=mvB2R，其中FN=mg

小球从P到B动能增加ΔEk=12mvB2=mgR6.【答案】B

【解析】解：A、由图乙可知，t=0时小球处于A点，t=0.3πs时，小球处于C点，t=0.6πs时，小球第一次回到A点，半个周期为0.3πs，则单摆的周期为t=0.6πs，故A错误；

B、根据单摆周期公式T=2πLg，可得单摆的摆长为L=gT24π2=g(0.6π)24π7.【答案】A

【解析】解：设物块质量为m，则物块增加的动能ΔEk=12mv22−12mv12，解得：ΔEk=32m。物块加速时间t=v2−v1μg，解得：t=1μg。8.【答案】CD

【解析】解：A.根据空气柱模型，可知单位时间内流过叶片的空气体积V=Sv=πr2v，则单位时间冲击叶片的空气质量为Δm=ρV=ρπr2v，故A错误；

B.单位时间内冲击叶片的空气动能为Ek=12Δmv2=12⋅ρπr2v⋅v2=12ρπr2v9.【答案】BD

【解析】解：A.头锤与气囊作用过程中，向下运动时，头锤的重力先大于气囊对头锤的作用力，则加速度向下，头锤失重；然后头锤的重力小于气囊对头锤的作用力，则加速度向上，头锤超重，一直到达最低点；同理向上运动时，头锤先超重后失重，则整个过程中头锤先失重后超重，再失重，故A错误；

D.质量为m=10kg的头锤从离气囊表面正上方高H=5m处做自由落体运动，头锤与气囊接触时的速度v1=2gH

以向上为正方向，则从头锤接触气囊到头锤到达最低点由动量定理12Fm×t1−mg×t1=0−(−mv1)

解得Fm=2200N10.【答案】ABC

【解析】解：B、由图乙可知，在t=0到t1之间，a的速度大于b的速度，弹簧被压缩，t1时两者速度相等，达到最大压缩量。在t1到t3之间，a的速度先减小后增大，b的速度先增大后减小，弹簧从最大压缩状态逐渐恢复原长，之后被反向拉伸，到t3时刻两者速度再次相等，弹簧处于最大拉伸状态。故B正确；

A、根据图乙可知，在t1和t3两个时刻，物块a和b的速度均相同，说明这两个时刻系统的总动能相等。由于系统在运动过程中只有弹簧弹力做功，系统的机械能守恒，总动能相同意味着此时弹簧的弹性势能也相同。故A正确；

C、对系统在0∼t1时间内使用动量定理的变形，即两边同时对时间Δt进行求和

得mav0t1=maxa+mbxb

代入mb=12ma

得v0t1=xa+12xb①

阴影部分面积S0表示a和b的相对位移

所以S0=xa−xb，xb=xa−S0②

将②式代入①式v0t1=xa+12(xa−S0)

得v0t1=32xa−12S0

解得xa=23v0t1+13S0即11.【答案】CD

a;【解析】解：(1)(1)A.根据单摆周期公式有T=2πLg

解得g=4π2LT2

若单摆的悬点未固定紧，摆动过程中出现松动，实际摆线增长了，而摆长的测量值偏小，因此重力加速度的测量值偏小，故A错误；

B.把50次摆动的时间误记为49次摆动的时间，根据T=tn可知，周期测量值偏大，则重力加速度的测量值偏小，故B错误；

C.圆锥摆的实际周期小于单摆周期，测量得到的T偏小，计算得g偏大，故C正确；

D.测摆线长时摆线拉得过紧，摆长的测量值比真实值偏大，则重力加速度的测量值偏大，故D正确。

故选：CD。

(2)①实验中将摆线长l作为摆长，而实际摆长L=l+r

由于T=2πLg

解得T2=4π2gl12.【答案】<m

【解析】解：(1)由题意可知，本实验在碰后小球会被反弹，为了保证小球反弹，所以小球的质量应该小于物块的质量，即m<M；

(2)小球到达最低点时，由牛顿第二定律有F1−mg=mv12R，解得v1=(F1−mg)Rm；

(3)设碰后物块速度为v3，有0=13.【答案】卫星Q绕地球运行的周期T0k3【解析】解：(1)设地球半径为R，由开普勒第三定律得(kR)3T02=R3TQ2，解得TQ=T0k3；

(2)以卫星P为研究对象，由牛顿第二定律得GMmP(kR14.【答案】无人机的额定功率为(mg+f)vm

A点与【解析】解：(1)无人机匀速升空过程中的升力F1=mg+f

由功率P=F1vm

解得无人机的额定功率为P=(mg+f)vm

(2)设A、B间距为h，由动能定理得Pt0−(mg+f)h=12mvm2

解得h=v