2025-2026学年湖北省部分省级示范高中高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2025-2026学年湖北省部分省级示范高中高一（下）期末物理试卷一、单选题：本大题共7小题，共28分。1.如图所示，三根轻质弹性细杆上端分别固定相同的小球，下端固定在一平板上。当平板固定时，杆越长，小球振动的周期越大。现对平板施加周期性驱动力，使平板左右振动并带动各小球振动，稳定后观察到B球的振动幅度最大。则关于稳定后各小球的振动情况，下列说法正确的是(

)

A.三个小球的振动周期均与平板振动周期相同

B.小球B的振动周期最大

C.小球C的振动周期最大

D.若缓慢增大驱动力的频率，则可以观察到C球的振动幅度变大2.蝎子足部有高度灵敏的振动感受器，可感知沙地表面由猎物持续振动产生的微小横波(如图甲)，为方便研究，将其抽象为沿x轴传播的简谐横波。如图乙为t=0时刻的波形图，此时波刚好传至x=3.5m处的B点，A为猎物的位置(平衡位置位于x=5m处)，D为蝎子的位置(平衡位置位于x=1A.A质点的起振方向向下

B.波速为50m/s

C.B质点的振动方程为y=5sin100πt(3.简易儿童蹦极装置如图所示。活动开始前，先给小朋友绑上安全带，然后将弹性绳拉长后固定在小朋友身上，并通过其它力作用使小朋友停留在蹦床上。当撤去其它力后，小朋友被“发射”出去冲向高空，小朋友到达最高点后，返回经过C点(C点与固定绳两端的悬挂点在同一水平线上)，然后下落到B点时，弹性绳恰好为原长，最后继续下落至最低点A。若小朋友可视为质点，并始终沿竖直方向运动，忽略弹性绳质量与空气阻力，则小朋友(

)A.C到B过程加速度减小 B.B到A过程一直减速

C.B到A过程加速度先减小后增大 D.在下落过程中机械能不断减小4.如图所示，在光滑的水平面上，有一静止的平板小车，甲、乙两人分别站在小车左、右两端。当他俩同时相向而行时，发现小车向左运动，下列说法正确的是(

)A.乙的速度必定小于甲的速度

B.甲的动量必定大于乙的动量

C.甲的加速度必定大于乙的加速度

D.乙对小车的水平冲量必定大于甲对小车的水平冲量

5.如图所示，可视为质点的滑雪运动员从一段圆弧滑道由静止无助力下滑，圆弧半径远大于弧长。初始时，运动员和圆心的连线与竖直方向的夹角θ=5∘，忽略一切阻力。运动员沿圆弧轨道下滑到最低点的过程中，下列说法正确的是(

)A.沿滑道方向的加速度和速度都在增大

B.运动员重力的功率逐渐变大

C.若初始夹角改为θ=3∘，下滑时间变短

D.

6.“大疆创新”于2026年3月26日全球发布旗下首款全景无人机产品——Avata360。在某次测试时，t=0时刻无人机在地面从静止开始竖直升空，运动过程中一段时间内通过传感器获得的a−t图像如图所示，飞机功率增大到额定功率后不再变化，2t时刻图像与时间轴相切。已知当地重力加速度为gA.2t时刻，飞机刚好达到额定功率 B.2t时刻，飞机上升到最大高度

C.t∼2t时间内无人机升力逐渐减小 7.如图所示，半径为R的四分之一圆弧支架竖直放置，与圆心O等高的圆弧边缘C点处有一小滑轮，一轻绳两端系着质量分别为m1与m2的小球和物块，挂在定滑轮两边，且m1=4m2，开始时小球和物块均静止，且能视为质点，不计一切摩擦，重力加速度为g。小球从CA.物块的机械能先变大后变小

B.到达A点时小球的速度大小为13(4−2)gR

二、多选题：本大题共3小题，共12分。8.马斯克的SpaceX“猎鹰”重型火箭将一辆跑车发射到太空，其轨道示意图如图中椭圆Ⅱ所示，其中A、C分别是近日点和远日点，图中Ⅰ、Ⅲ轨道分别为地球和火星绕太阳运动的圆轨道，B点为轨道Ⅱ、Ⅲ的交点，若运动中只考虑太阳的万有引力，则以下说法正确的是(

)

A.跑车经过A点适当点火加速，即可在地球公转轨道上绕太阳运动

B.跑车经过B点时的加速度等于火星经过B点时的加速度

C.跑车在C点的速率可能等于火星绕日的速率

D.跑车在A点的速率一定大于火星绕日的速率9.如图甲所示，可视为质点的两滑块A、B用轻弹簧连接并置于光滑水平面上，已知滑块A的质量为6kg，初始时刻，弹簧处于原长，滑块A获得一定初速度v0向右开始压缩弹簧，不计运动过程中的一切阻力，经测量可得A、B两滑块在开始运动后的一段时间内速度大小vA、vB满足如图乙所示的关系，则由图像可知A.滑块B的质量为8kg

B.弹簧第一次恢复原长时，滑块A的速度最小

C.弹簧从开始到第一次恢复原长，A的速度先减小后增大

D.滑块A压缩弹簧过程中，弹簧所获得的最大弹性势能为18J10.如图甲所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端与物块B相连并处于静止状态。一物块A在外力作用下静止在弹簧正上方某高度处，取物块A静止时的位置为原点O、竖直向下为正方向建立x轴。某时刻撤去外力，物块A自由下落，与物块B碰撞后以共同速度一起向下运动，碰撞过程时间极短。物块A的动能Ek与其位置坐标x的关系如图乙所示。物块A、B均可视为质点，则(

)

A.物块A从自由下落直到x3的过程中，A、B及弹簧组成的系统机械能守恒

B.物块A与B的质量之比为1：2

C.弹簧的劲度系数k=Ek三、实验题：本大题共2小题，共16分。11.用图甲所示装置测重力加速度，悬点O正下方固定一个光电门，小球静止时光电门发出的激光恰射到小球中心。测得悬线长度为L、小球直径为d。将小球拉到不同位置由静止释放，测得不同释放点细线与竖直方向夹角θ和光电门对应记录的遮光时间t。

(1)如图所示，用游标卡尺测量小球直径。小球直径d=(2)小球通过光电门时的速度为v=

(3)“图像思想”是处理实验数据的方法之一。利用实验数据作出cosθ−1t2图，图乙中图线斜率的绝对值为k，则纵截距为a=

，重力加速度为g=

12.物理兴趣小组设计了如图所示的装置来验证动量守恒定律。O点为圆轨道竖直直径和水平挡板的交点。A球质量为m1，B球质量为m2(m1<m2)，两球均看作质点；先让A球从右侧轨道上某一高度由静止释放，经过圆轨道最高点后做平抛运动，记下水平挡板上的落点M；然后在圆轨道最高处放上B球(由一小支架支撑)，再让A球从同一位置由静止释放，当A球到达轨道最高点时，与B球发生对心碰撞，碰后两球平抛落在水平挡板上，记录(1A.需要测量圆弧轨道最高点到水平挡板之间的距离

B.轨道的摩擦力对实验没有影响

C.只能用A球撞击B球，不能用B球撞击A球(2)设ON=x1，OM=x2，OP=x3，在误差允许范围内，当关系式

成立，即可验证两球碰撞过程动量守恒；若碰撞为弹性碰撞，只需要满足表达式

(3)实验中更换A球的质量(m1>m2)后，持续增加A球的质量，且A、B两球的碰撞总为弹性碰撞，碰后A、B两球的落点还是分别记为N四、计算题：本大题共3小题，共44分。13.如图所示，一质量不计的轻质弹簧上端与盒子A连接在一起，下端固定在倾角为θ=30∘的光滑斜面底端。盒子A内腔为正方体，一直径略小于此正方体棱长的金属光滑圆球B恰好能放在盒内。将A沿斜面向下压，使弹簧相对原长压缩L=8cm，然后静止释放盒子A，则A和B一起在斜面上做简谐振动，已知弹簧劲度系数k=100N/m，盒子(1)盒子A速度最大时弹簧的形变量x(2)盒子运动到最高点时，盒子A对金属圆球B14.如图所示，相同的、平行的粗糙长直杆P和Q与半径为R=0.5m的光滑半圆环在C、D两点平滑的连接，将它们固定在同一竖直面内，两直杆与水平夹角均为θ=37∘，质量为m=0.5kg小环套在直杆P上与C相距为L=5m的A点，m与两个直杆的动摩擦因数为μ=(1)小环对(2)小环沿Q(3)15.某游乐设施的竖直截面如图所示，光滑水平地面上放置一质量为m2的木板A，其中心恰位于O点正下方，长度为d。质量为m3的物体B穿在一水平光滑轨道上，并固定于O点。在物体B上系一长为l、不可伸长的轻绳。一质量为m1的游客站在平台边缘，抓紧绳子另一端，由静止开始向下运动，同时解除B的固定装置。游客到最低点时释放轻绳滑上长木板。已知游客和物体B均可视为质点，O点到长木板上表面的高度为l。m1=60kg，m2=20kg，m3=20kg，(1)(2)若摆到最低点所用时间t=2.2(3)求游客最终停在离长木板右端的距离答案和解析1.【答案】A

【解析】解：ABC、物体做受迫振动，稳定后振动周期等于驱动力周期，因此三个小球振动周期都等于平板振动周期，故A正确，BC错误；

D.稳定后观察到B球的振动幅度最大，若缓慢增大驱动力频率，即减小了驱动力的周期，由于平板固定时，杆越长，小球振动的周期越大，则小球A的固有周期最小，所以小球A的振动幅度变大，C球的振动幅度变小，故D错误。

故选：A。

受迫振动的周期等于驱动力周期，B球振幅最大说明发生共振，其固有频率等于驱动力频率，结合杆长与固有周期关系分析各球振动特性。

本题考查受迫振动与共振现象，重点理解受迫振动周期规律和共振条件，是机械振动中的经典题型。2.【答案】B

【解析】解：根据题意可知，波从猎物A向蝎子D传播，即沿x轴负方向传播。

由图乙可知，该波的波峰位于x=4m处，波谷位于x=5m处，则半波长λ2=5m−4m=1m，解得波长λ=2m。

A、根据波沿x轴负方向传播，运用波形平移法可知，波前B质点刚开始振动时的方向向上，介质中各质点的起振方向均与波源的起振方向相同，故A质点的起振方向向上，故A错误；

B、波从B点传到D点的距离Δx=3.5m−1m=2.5m，根据波速公式v=ΔxΔt，代入数据解得波速v=50m/s，故B正确；

C、根据波长和波速关系有周期T=3.【答案】C

【解析】解：A、C点与固定绳两端的悬挂点等高，从C到B的过程中，弹性绳处于松弛状态，弹力为零，小朋友仅受重力作用，其加速度恒为g，故A错误；

B、在B点，弹性绳为原长，弹力为零，加速度为g，方向竖直向下，速度方向也向下。初始阶段重力大于弹力，小朋友仍做加速运动，当弹力增大到大于重力后，小朋友才开始减速，故B错误；

C、从B到A的过程中，小朋友受到重力和弹性绳弹力的作用，竖直方向合力为F合=mg−F弹y。此过程中弹力逐渐增大，合力先减小后反向增大，根据牛顿第二定律F合=ma，可知加速度先减小后反向增大，故C正确；

D、在C到B的过程中，弹力为零，只有重力做功，机械能守恒；在B到A的过程中，弹力逐渐增大并做负功，机械能不断减小，故D错误。

故选：C。

小朋友从C点下落到A点的过程可分为两个阶段：C到B阶段弹性绳处于松弛状态，小朋友仅受重力作用，加速度恒为重力加速度；B到A阶段弹性绳被拉伸，小朋友受到重力和逐渐增大的弹力作用，合力方向先向下后向上，因此加速度先减小后反向增大。分析下落全程，C到B过程只有重力做功，机械能守恒；B到A过程弹力做负功，机械能减小。4.【答案】B

【解析】解：AB.取水平向左为正方向。设甲的质量为m1，速度为−v1；乙的质量为m2，速度为v2；小车质量为M，速度为v，系统动量守恒−m1v1+m2v2+Mv=0

变形得m1v1=m2v2+Mv

因此，甲的动量大小p甲=m1v1大于乙的动量大小p5.【答案】D

【解析】解：B、重力的瞬时功率P=mgvcosα，其中α是重力与速度方向的夹角。

初始时v=0，P=0；最低点时速度最大，但重力与速度垂直α=90∘，cosα=0，P=0

中间某位置功率为正，因此功率从零先增大后减小，并非一直增大，故B错误；A、沿滑道方向的加速度即切向加速度，由重力的切向分力产生a=gsinθ

下滑过程中θ逐渐减小，sinθ随之减小，因此切向加速度减小。

因此速度从零开始增大，但加速度在减小，故A错误；

C、初始摆角θ=5∘很小，满足单摆做简谐运动的条件。运动员从最高点，即最大位移处，由静止释放，沿圆弧滑向最低点，即平衡位置。

单摆简谐运动的周期T=2πRg，与振幅6.【答案】C

【解析】解：根据图像可知，在0至t时间内，无人机以恒定的加速度向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有F−mg=ma，由于加速度a不变，则升力F保持恒定，根据运动学公式可知速度v逐渐增大，由功率公式P=Fv可知无人机的输出功率逐渐增大；

在t时刻，无人机达到额定功率，此后功率不再变化；

在t至2t时间内，无人机保持额定功率运动，由于依然具有向上的加速度，其速度v继续增大，由P=Fv可知升力F逐渐减小，根据牛顿第二定律a=Fm−g可知加速度a逐渐减小；

在2t时刻，图象与时间轴相切，加速度减小为零，此时升力等于重力，无人机向上的速度达到最大值，此后将匀速上升。

A、根据上述物理过程分析可知，无人机在t时刻刚好达到额定功率，故A错误；

B、在2t时刻，无人机的加速度为零，向上的速度达到最大，并未停止运动，没有达到最大高度，故B错误；

C、在t至2t时间内，无人机的功率保持不变，由于速度v不断增大，根据公式P=Fv可知升力逐渐减小，故C正确；

D、在0至2t时间内，无人机的加速度始终大于或等于零，速度一直在增加，无人机一直做加速运动，故D错误。

故选：C。

题目描述的物理过程是无人机在竖直方向从静止开始升空，其加速度随时间变化的图像显示在0到t时间内加速度恒定，t到2t时间内加速度逐渐减小到零。分析该过程需结合牛顿第二定律与功率关系，0到t时间内匀加速上升，升力恒定，速度增大导致功率增大；t时刻功率达到额定值，此后保持额定功率，速度继续增大，升力随速度增大而减小，加速度随之减小；7.【答案】C

【解析】解：小球从C点运动到最低点A的过程中，小球m1与物块m2组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒。

到达A点时，设小球的速度大小为v1，物块的速度大小为v2，此时轻绳与小球速度方向(水平向左)的夹角为45∘，根据运动的合成与分解有v2=v1cos45∘=22v1；

在此过程中，小球下降的高度为R，物块上升的高度等于轻绳在C点两侧长度的增加量，由几何关系可知h=R2+R2=2R；

根据系统机械能守恒定律有m1gR=m2gh+12m1v12+12m2v22。

A8.【答案】BD

【解析】解：A、跑车在A点沿椭圆轨道运行，若要进入地球公转圆轨道，需要减速，加速会向更远轨道变轨，故A错误；

B、万有引力产生加速度，GMmr2=ma，可得a=GMr2，跑车与火量经过B点时，到太阳的距离r相同，中心天体太阳质量M不变，因此二者加速度大小相等，故B正确；

C、图中C点是跑车椭圆运动的远日点，故经过C点后跑车做近心运动，故跑车在C点时的速率小于与C同半径圆周运动的速率，由万有引力提供向心力，

有GMmr2=mv2r，解得v=G9.【答案】AC

【解析】解：A、对A、B整体受力分析，根据整体水平方向不受力，可知整体受合力为零，结合图像，以A的初速度为正方向，根据动量守恒，可得：mAvA=mBvB，由图可知，A的初速度为：vA=4m/s，当A的速度减为0时，B的速度为：vB=3m/s，解得B的质量为：mB=8kg，故A正确；

BC、弹簧第一次恢复原长时，以A的初速度为正方向，根据动量守恒可得：mAvA=mAvA1+mBvB1，

由能量守恒，可得：12mAvA2=12mAvA12+12mBvB12，解得A、B的速度分别为：v10.【答案】BCD

【解析】解：A.A与B碰撞过程是完全非弹性碰撞，存在机械能损失，因此A从下落到x3的全过程，A、B和弹簧组成的系统机械能不守恒，故A错误；

B.由题图可知，A与B碰撞后，A的动能变为原来的19，又因为

Ek=12mv2

可知物块A与B碰撞前后速度之比为3：1，因碰撞过程时间极短，碰撞中动量守恒，设碰撞后速度为v，初速度方向为正方向，则有

mAvA=(mA+mB)v

解得物块A与B的质量之比为1：2，故B正确；

C.由图乙可知x1是B与弹簧处于平衡时上端所处的位置，x2是A、B的加速度是零时，弹簧上端所处的位置，所以当A、B运动到加速度是零时，物块的动能最大，由平衡条件可得弹簧的弹力为3mAg，从x1到x2弹簧的弹力增加mAg，由胡克定律

ΔF=k⋅Δx

则有mAg=k(x2−x1)

从O到x1由动能定理有

Ek1=mAgx1

联立解得

k=Ek1x1(x2−x1)

故C正确；

11.【答案】【小题1】18.8【小题2】d【小题3】1d

【解析】解：(1)10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，小球直径d=18mm+8×0.1mm=18.8mm；

(2)小球通过光电门时的速度为v=dt；

(3)根据机械能守恒定律mg(L+d2)(1−cosθ12.【答案】【小题1】B【小题2】mx【小题3】2

【解析】解：(1)A.小球离开轨道后做平抛运动，其下落高度h相同，根据h=12gt2，可知运动时间相同。验证动量守恒的表达式为m1v0=−m1v1+m2v2

两边同时乘以时间t可转化为位移表达式m1x2=m2x3−m1x1

由于t在方程两边被约去，因此不需要测量高度h，故A错误；

B.实验要求入射球每次从同一位置由静止释放，以保证碰撞前的速度v0恒定。只要释放点固定，轨道摩擦力的影响就是固定的，不会改变每次到达圆轨道最高点速度相同这一前提，因此对验证动量守恒本身没有影响，故B正确；

C.如果用质量大的B球去撞击质量小的A球，A球会向右运动，一样可以根据动量守恒定律得到相关表达式。只要A球的落点在水平挡板上就可以测量数据，故C错误。故选：B。

(2)碰撞前，只有A球运动，落点为M，水平位移为x2，碰撞后，B球落点为P，水平位移为x3A球反弹，落点为N。题目中O为圆心投影，N在O的左侧，M、P在O的右侧。规定向右为正方向，则A球的位移方向向左，其位移大小为ON=x1，但在矢量计算中应记为一x1

根据动量守恒定律可得m1v0=−m1v1+m2v2

两边同乘以平抛时间，将速度转换为水平位移m113.【答案】【小题1】振子在平衡位置时，所受合力为零，速度最大，此时弹簧被压缩，以A、B整体为研究对象，有2mgsinθ=kx0【小题2】在最高点，研究A、B整体，根据牛顿第二定律，有a=2mgsin⁡θ−k(x0−

【解析】解：(1)振子在平衡位置时，所受合力为零，速度最大，此时弹簧被压缩，以A、B整体为研究对象，有2mgsinθ=kx0，解得x0=5cm；

开始释放时振子处在最大位移处，故振幅为Am=L−x0，解得Am=3cm；

(2)在最高点，研究A、B整体，根据牛顿第二定律，有a=2mgsin⁡θ−k(14.【答案】【小题1】由题意可知，小环从A点无初速度释放，第一次到达C点的过程，由动能定理可得：

mg⋅Lsinθ−μmgcosθ⋅L=12mv2−0，

【小题2】设沿Q杆上滑d距离的位置为E点，则小环由C到E的过程，由动能定