周测评(七) 抛体运动-【衡水真题密卷】2027届高三物理学科素养周测评（福建专版）

2026一2027学年度学科素养周测评（七） 物理·抛体运动 本试卷总分100分，考试时间40分钟。 一、单项选择题：本题共4小题，每小题8分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的。 题号 1 2 答案 1.如图所示，从高度为H的A点先后将小球1和小球2水平抛出，小球1刚好直接越过 竖直挡板MN落在水平地面上的B点，小球2与地面碰撞两次后，也刚好越过挡板 MN,也落在B点。设小球2每次与水平地面碰撞前后水平方向分速度不变，竖直方向 分速度大小不变、方向相反，忽略空气阻力。则A点与M点的高度差为 () H CN A.H 3 B.H C.H D.H 2.如图甲、乙所示，某公园的两处不同地形的草坪上分别安装了相同的自动旋转喷灌装 置。两个喷嘴分别对称地安装固定在水平弯管的两端，当喷嘴将水流水平射出时，水平 弯管在水流的反作用下可绕O点在水平面内旋转，喷水速度可自动调节。两种情形O 点距水平地面的高度相等，图乙情形中水不会喷出坡面范围，不计空气阻力，则() 水平弯管（长度可不计） 水平弯管（长度可不计） )→出水喷嘴 乳进水管高度不计 出水喷嘴 →进水竖直管 7777777777777777777777777777777 77777777777777777777777777777777777 甲 A.图甲情形中，喷水速度越大，水在空中的时间越长 B.图乙情形中，喷水速度越大，水在空中的时间越长 C.若两种情形喷水速度大小相同，则水在空中的时间相等 D.若两种情形喷水速度大小相同，则水能直接喷到的水平距离相等 3.高山野外滑雪是一项勇敢者的运动。某雪道如图所示，左侧弧形雪道末端O所在切线 与右侧倾斜直雪道恰好垂直。滑雪者从高处滑下，在O点以速度。沿切线冲出滑道， 到达空中P点时离斜直雪道最远，随后落在斜直雪道上的Q点。PM垂直于斜直雪 道，N在P点的正下方。不计空气阻力，则 () 学科素养周测评（七）物理第1页（共4页） 学以劳力始，慧队勤勉生 A.OM:MQ=1:3 班级 B.ON<NQ C.减小，落回斜直雪道时的速度方向与雪道的夹角变小 D.减小v0,落回斜直雪道时的速度方向与雪道的夹角变大 姓名 4.如图所示，圆心为O的半圆形轨道ABC固定在水平地面上的C点，AB是水平直径，半 径为R,C是最低点，D是水平地面上的一点，且在B点的正下方，圆弧轨道的E点有 -------------- 个小孔。让小球甲从地面上的M点、小球乙从地面上的N点分别斜向上抛出（甲、乙均 得分 视为质点)，甲、乙均恰好经过A点，甲落到C点，乙通过E点的小孔（无碰撞）运动到D 点，忽略空气阻力，重力加速度为g,下列说法正确的是 A 0- A.甲、乙在A点的速度大小之比为1：2 B.甲在C点速度的反向延长线经过AO的中点 C.甲、乙在空中的运动时间均为2 R N8 D.乙在N点的速度与水平方向的夹角为30° 二、多项选择题：本题共2小题，每小题10分，共20分。每小题有多个选项符合题目要求， 全部选对的得10分，选对但不全的得5分，有选错的得0分。 题号 5 6 答案 5.图甲为一种常见的3D打印机的实物图，打印喷头做x轴、y轴和x轴方向的运动，t=0 时，打印喷头从打印平台的中心O开始运动（运动范围在xOy平面），在x轴方向的位 移一时间图像和y轴方向的速度一时间图像如图乙、丙所示，下列说法正确的是() x/m p,/(ms') 030 0.40 0.15 0.20 0 0.5 1.0ts 0.5 1.0ts 甲 乙 丙 A.0.5s末喷头的速度大小为0.5m/s B.喷头运动轨迹可能是图丁中的轨迹P C.1.0s末喷头速度方向与x轴正方向的夹角为37° D.Q,5s末喷头离打印平台中心0的距离为0面 6.如图所示，内壁光滑的四分之一圆弧轨道BC竖直固定放置，轨道半径为R。,圆心为A 点，AB、AC分别是竖直半径和水平半径。现让光滑水平面上的小球获得一个水平向右 的速度o(未知量)，小球从A点离开后运动到圆弧上的D点，重力加速度为g,小球可 视为质点，下列说法正确的是 () 学科素养周测评（七）物理第2页（共4页） 2 B A.若∠BAD=0,小球运动到D点时速度与水平方向的夹角为B,则有tan0tan3=1 B.若小球从A到D运动时间为0，则，一√④R6一g 2to C.改变vo的大小，小球落到圆弧BC上的速度最大值为√√3gR。 D.改变o的大小，小球落到圆弧BC上速度的最小值为√√3gRo 三、非选择题：共48分，其中7为填空题，8为实验题，9、10为计算题。 7.(8分)如图所示，从位于同一条水平直线上的A、B两点以大小相等、方向不同。= 10m/s的速率同时抛出两个石头，两个石头飞行轨道不同，但每一个石头恰好落在另一 个石头的抛出点。已知石头在A点的抛射角为α=75°，石头在B点的抛射角为B,g取 10m/s2,则两个石头抛出点之间的距离为 ;角度B= xmmmmmmmw 8.(10分)学习小组利用距离传感器研究平抛运动的规律，实验装置如图甲所示。某次实 验中计算机记录了不同时刻物体A的位置坐标，并得到小球从t=0开始的每个位置在 水平和竖直方向上的投影位置，如图乙所示，已知相邻点的时间间隔均为△t=0.02s。 把各点用平滑的曲线连接起来就是平抛运动的轨迹。 m 0 1.00 0.50 ● 0.4 0.05 0.10*xm2 甲 U 丙 (1)下列有关实验的说法正确的是 A.该实验要测得平抛运动的初速度，必须记录小球抛出瞬间的位置 B.安装实验器材时，必须保证轨道末端切线水平 C.图乙中小球水平方向上相邻点间距离相等，说明水平方向为匀速直线运动 (2)在上述实验中，学习小组已将实验器材的轨道末端调至水平，则下列方法中，能证明 小球在竖直方向做自由落体运动的是 A.根据竖直方向上的投影得到相邻点间的距离x1、x2、x3·,然后在误差允许的范 学科素养周测评（七）物理第3页（共4页） 围内，验证x2一x1=x3一x2=…是否成立 B.根据竖直方向上的投影得到相邻点间的距离x1、x2、x3·,然后在误差允许的范 围内，验证--…一gg为当地重力加速度)是香成立 C.根据竖直方向上的投影任取某点的竖直方向上的坐标y,然后算出坐标原点处的 点到该点的时间1，最后在误差允许的范围内，验证y-2(g为当地重力加速 度)是否成立 (3)若测出重力加速度g=9.8m/s2,描点连线画出yx2图线为过原点的一条直线，如 图丙所示，则说明平抛运动的轨迹为（填“双曲线”或“抛物线”)，可求出平抛 运动的初速度为 m/s(结果保留2位有效数字)。 9.(12分)倾角0=30°的光滑矩形斜面OABC放在水平地面上，斜面BC边宽度L1=4m, AB边长度L2=4.8m。一视为质点的小球从B点以vo=5m/s的速度沿BC方向释 放，最终从OC边的M点（图中未标出）飞出，落到地面上的N点（图中未标出）。在水 平地面上建立如图所示的平面直角坐标系xOy(斜面底边与x轴重合，高CD的D点刚 好落在y轴上)，g取10m/s2,求： (1)CM的长度d; (2)N点的坐标。 B 0 10.(18分)一战斗机发现下方有敌军的车队，其中一辆汽车（速度为20m/s,限速50m/s) 与战斗机水平相距200m,垂直相距180m,当战斗机水平投下一枚初速度v0 100m/s,可视为质点的空爆弹（该炮弹地爆的范围只有4m,但空爆时范围可达60m) 时，敌军立即以加速度a1=6m/s2逃离，天有不测风云，这时水平方向吹起大风，炮弹 以加速度a2=10m/s2减速（垂直方向未减速），g取10m/s2,求： (1)空爆弹地爆（在地上爆炸）时所需的时间： (2)若空爆弹不引爆，敌军的车能加速多久； (3)空爆弹能否击杀敌军？若能，请问敌军是因空爆（空爆弹在空中爆炸）而死，还是因 地爆而死。 完 h-180m ←-s。200m→o2。 学科素养周测评（七）物理第4页（共4页）2027 学科素养周测评 解得a1=(k-1)g (1分) 为v2,则有v2=十2gh1= (1分) 方向竖直向上，对棒有kmg十mg=ma2 (1分) 解得a2=(k十1)g (1分) 解得v2= 2gH k (2分) 方向竖直向下 (1分) (3)第一次碰后棒反弹上升的高度 (2)环和棒第一次落地时的速度v1=√2gH vi H 此后棒速度反向，向上减速，环向下减速，经分析 H=2a2-k十1 (1分) 可知棒相对环总是向上运动，受到的摩擦力总向 第二次碰后棒反弹上开的高度 下，设经过时间t达到共同速度，以向下为正方 吃听1 向，则有 H:-2a-2axkkH (1分) v1-(k-1)gt=-v1+(k+1)gt (1分) 则有H。=友H。-1 (1分) 解得= (2分) kg 每次反弹的高度与前一次反弹的高度成等比数 此时共速v共=1一(k-1)g1=四 列，则全过程棒运动的总路程 (1分) S=H+2H1+2H2+…+2Hm+…=H+ 棒距地面高度，=经_使一1D 2a2 2k'g (1分) H1k2+2k-1H。 2 1k2-1 (2分) 共速后两者一起以加速度g向下加速，落地速度 1一k 2026一2027学年度学科素养周测评（七） 物理·抛体运动 一、单项选择题 1 1.B【解析】根据题意，两小球从平抛到第一次落 坡面倾角为0，由平抛运动规律有tan0= t,解 地，竖直方向有H=日5，可知两小球平想后，从 得t=2 vo tan0 ,喷水速度越大，水在空中的时间 抛出到第一次落地所用时间相等，则在水平方向 越长，B正确；根据A、B选项分析可知，甲的时间 有x1=1t,x2=2t,由题图可知x1=5x2,可得 与速度无关，乙的时间与速度有关，则两种情形喷 v1=5v2,将小球2运动倒过来，看成从M运动到 水速度大小相同，时间不一定相等，而水能直接喷 C点与小球1从M运动到B点时间相同，则有 到的水平距离x=⑦0t,即水能直接喷到的水平距 xNB=5xcw,由几何关系可得，AM间水平距离与 离不一定相同，C、D错误。 AB间水平距离之比为xAM:xAB=2:3,则小球 3.A【解析】将滑雪者速度分解为沿雪道的速度分 1由A运动到M与由A运动到B的时间之比为 量和垂直于雪道的速度分量，同时将其受重力分 1 1 Aw:tA=2:3,则有H=2gtia,h= 2 gtAm, 解为沿雪道的分力mg sin0和垂直于雪道的分力 mg cos0,这样滑雪者在沿雪道方向做初速度为0 解得A=合H,B正境。 的匀加速直线运动，在垂直雪道方向做匀变速直 2.B【解析】题图甲情形中，水做平抛运动，根据 线运动，当滑雪者回到雪道上时，运动时间t= h=?g,高度一定，则运动时间一定，与喷水速度 gc0s9,滑雪者在P点时离斜直雪道最远，即在P 200 无关，A错误；题图乙中，水不会喷出坡面范围，设 ,点的速度方向与雪道平行，OP段所用时间与PQ 2 ·18· ·物理· 参考答案及解析 段相同，由运动学公式，沿雪道方向的位移OM和 方向做匀速直线运动，在y轴方向做匀加速直线 MQ满足OM:MQ=1：3,若将滑雪者速度和位 运动，所以合力沿y轴方向，轨迹可能为P,B正 移按水平和竖直方向分解，水平方向做匀速直线 确；1.0s末喷头沿y轴方向的分速度大小v1,0,= 运动，易知OP段的水平位移和PQ段的水平位移 a,yt1.0=0.4×1.0m/s=0.4m/s,设1.0s末喷头速 相同，可以得出ON=NQ,A正确，B错误；落回 雪道时，垂直于雪道的速度分量还是0，设平行于 度方向与x轴正方向的夹角为0，则tan0=1.0= 20 0.44 雪道的速度分量为vx,则vx=gsin日 gcos 0 0.3=3,解得0=53，C错误；0.5s末喷头沿x 2 votan0,速度方向与雪道的夹角满足tana= 轴的位移大小x=to.5=0.3X0.5m=0.15m, 2tan0,与vg无关，C、D错误。 01 在y轴方向的位移大小y=,”: 0.2 2t0.s= X 2 4.B【解析】斜抛运动具有对称性，把斜拋运动看 0.5m=0.05m,所以0.5s末喷头离打印平台中 成两个对称的平抛运动，由题图像看出，甲、乙从 心的距离d=√x2+y7=√(0.15)2+(0.05)7m= A点到落地，平抛运动的高度相等，运动时间t相 √10 等，水平位移之比为1：2，由水平方向位移x= 20m,D正确。 t,故甲、乙在A点的速度大小之比为1：2，A 6.BD【解析】设∠BAD=0,则平抛运动位移的偏 错误；平抛运动速度的反向延长线经过水平位移 转角α=90°一0，当速度的偏转角为B时，根据平 的中，点，故甲在C,点速度的反向延长线经过AO 抛运动的推论，可得tanB=2tana,综合可得 2h 的中点，B正确；由平抛规律可知t= tan0tanB=2,A错误；小球从A到D,由平拋运 g 1 2R 动的规律可得y=2g6,x=00,由几何关系可 ,斜抛运动时间是平抛运动时间的2倍，则 2R 得x十=R,综合解得=Rg,B 两个斜抛运动时间均为2 ,C错误；乙在N 2to 正确；若让小球从A点以不同初速度。水平向右抛 点的速度与水平方向的夹角设为日，根据对称性， 出，由平抛运动的规律可得小球刚到达某P,点时的 乙在D点的速度与水平方向的夹角也为日，根据 1 平抛运动规律，故乙在D,点的速度反向延长线经 速度vp=√0后十(gt),结合x=vot,y= 282, R 过0点，则tan0=R=1,解得0=45°，D错误。 R名 x2十y2=R名综合可得p= +3g -,由数 4 二、多项选择题 5.BD【解析】由题图乙可知，在x轴方向做匀速直 R 学知识可得 +3g 4 线远动，速度大小，一-0m/s=0.3m/s Ro3g212 由题图丙可知，在y轴方向做匀加速直线运动，加 2 =√3gR。,则vp的最小值为 △00.4 逵度大小a,=△2=1m/s=0.4m/s,0.5s √3gR。,C错误，D正确。 末喷头在y轴的分速度大小oo.5y=a,lo.5=0.4X 三、非选择题 0.5m/s=0.2m/s,0.5s末喷头的速度大小 7.5m(4分)15°(4分) v0.5=√02+i.5y=√(0.3)2+(0.2)2m/s= 【解析】设从A点抛出的石头在空中运动的时间 为t1,则2 vosin a=gt1,设两个石头起飞点之间的 V1 10m/s,A错误；由以上分析可知，喷头在x轴 距离为x,则x=vo cos a·t1,两式联立，得x= ·19· 2 2027 学科素养周测评 visin 2a 解得d=1.6m (1分) ,代入数据，得x=5m;设从B,点抛出 g (2)小球在M点沿CO方向的分速度v=at 的石头在空中运动的时间为t2,则2 vo sin B= (1分) gt2,x=vocosB·t2,两式联立，得x= vsin 28 设小球从M到N点的时间为t2,在竖直方向上小 球的分速度为vsin0,且只受重力，由位移时间公 所以sin2a=sin2B,因a≠B,所以2a+23= 式可得 180°，求得β=15°。 1 8.(1)BC(2分)(2)B(2分)(3)抛物线(3分) (L2-d)sin日-(usin0)t2+2gt号 (2分) 0.70(3分) 解得t=0.4s,t=一0.8s(舍) (1分) 【解析】(1)要测得平拋运动的初速度，无需记录 小球在x轴和y轴方向上均做匀速直线运动，有 小球抛出瞬间的位置，A错误；安装实验器材时， x=vot2=2 m (1分) 必须保证轨道末端切线水平，使得物体A做平抛 4W3 运动，B正确；图乙中小球水平方向上相邻，点间距 (L:-d)eos0-(vcos 0)t13 m (2) 离相等，且相邻，点间的时间相同，故为匀速直线运 N的金东为m,a (1分) 动，C正确。 10.(1)6s(2)5s(3)能，因空爆而死 (2)A选项只能验证其竖直方向做匀加速直线运 【解析】(1)空爆弹竖直方向做自由落体运动，则 动，并不能证明是自由落体运动，A错误；B选项可 以验证物体在竖直方向做自由落体运动，B正确；C 有方一司 (1分) 选项只选取其中一个，点验证可能存在偶然性，故不 其中h=180m (1分) 能说明其竖直方向为自由落体运动，C错误。 解得t1=6s (1分) (3)由图丙可知，yx2图线为过原点的一条直线， (2)汽车初速度v1等于20m/s,汽车最大速度 则有y=x2,其中及为定值，说明平抛运动的轨 vm等于50m/s,根据速度公式有 迹为抛物线。根据平抛运动的规律，在水平方向 vm=v1十a1t2 (1分) 解得t2=5s (1分) 有x=,在竖直方向有y二，gt,联立可得 (3)在5s时，空爆弹速度 y一2工，即平抛运动的轨迹为抛物线。根据上 8 02=00-a2t2=50m/s=vm (2分) 在水平方向上，根据题意，画出空爆弹与汽车的 述分析可知yx2图线的斜率k 2g,由图丙可得 ℃水单t图像，如图所示 k=y=0.5-0 本W(m's) =10m1,联立解得=√ g 100 △x2=0.05-0 9.8 √2×10m/s=0.70m/s。 20 0 6 当5s时，汽车位移 9.(1)1.6m 。43 (2)2m,5 -m V1十v (2分) 【解析】(1)由题意可知，小球沿BC方向做匀速 x奉1= 2 t2=175m 直线运动，有L1=vot1 (1分) 炮弹水平位移 沿BA方向做匀加速直线运动，有 U0十V x弹1二 t2=375m (2分) 2 mg sin 0=ma (1分) 5s时两者的水平位移差 1 d-zal (1分) △x1=x1十50一x弹1=0 (2分) 2 ·20· ·物理· 参考答案及解析 可知，此时两者垂直位移之差为 由于55m<60m (1分) △h=h2gt号=55m (2分) 可知，汽车在攻击范围内，即空爆弹能击杀敌军， 敌军是因空爆而死。 (2分) 2026一2027学年度学科素养周测评（八） 物理·圆周运动 一、单项选择题 盘相对滑动时，A所受摩擦力达到最大，且沿半径向 1.C【解析】由题图乙、丙可知，此阶段海盗船摆动 外，则有F2一Ag=mAωrA,Bg十F2= 的周期大约为5.0s,A错误；由于A、B两，点在摆 mpwzrB,联立解得w2=1rad/s,D错误。 动的过程中属于同轴转动，故同一时刻座位上A、 4.B【解析】小球经过管道最低点B时，由牛顿第 B两点的角速度大小相同，B错误；由题图可知， 在最低，点速度最大，加速度最大，故该同学4s末 二定律可得F。一mg=mR,小球由管道最高点 已通过最低，点，速度开始减小，C正确；由题图可知， 运动到最低点的过程，由机械能守恒定律可得g 加速度的峰值a=3.5m/s2,角速度的峰值w= X2R= 2mU员，联立解得管道对小球的支持力FB 0.7rad/s,根据a=rw2,通过峰值平均数据可估算 手机距离海盗船转轴约为7m,D错误。 =5mg,A错误；小球经过管道口C点时，对小球 2.C【解析】设题图乙中圆与f,轴正方向的交点的 受力分析如图所示，由牛顿第二定律可得Fc 数生标为刷2N=4N+任2N mg cos45°=m尺，小球由管道最高点运动到管 2 道出口C点的过程，由机械能守恒定律可得 2N,解得f1=8N,结合题图乙知，滑块运动至最 1 mg(R+Rcos45)=2mo2,联主解得Fc= 高点时，所受的静摩擦力最小，方向指向圆心，大小 f2=2N,由牛顿第二定律得f2十mgsin0=mw2r, 2十2)mg,B正确：小球离开C点后做斜抛运 32 滑块运动至最低点时，所受的静摩擦力最大，方向 动，在最高，点具有水平速度，速度不为0，由机械能 指向圆心，大小f1=8N,由牛顿第二定律得f1 守恒定律可知，上升的最大高度一定低于A点， mg sin0=mw2r,且满足f1≤ng cos0,联立可知， C、D错误。 清块与团盒之间的为学擦因数r≥85，C正痛。 0 45 3.C【解析】当角速度较小时，绳中没有拉力，对 A、B分别受力分析有fA=mAw2rA,fB= mgω2rB,由于rA<rB,所以，随着角速度增大，B 所受摩擦力先达到最大，此后fA十F=mAw2rA, mBg十F=mBw2rB,随着角速度增大，B所受摩 mg 擦力不变，则有F=mBw2rB一umBg,结合题图像 二、多项选择题 2 5.AD【解析】最大静摩擦力提供小木块做匀速圆周 可得mBg=2,mBrB=0,5=4,解得μ=0.1，rB 运动的向心力，则Fmx=μmg=mw品l,解得wm= =2m,当角速度w= 3rads时，物块A恰好不受 √气，当角速度u> ug 时，小木块C和D开始 NI 摩擦力，则有F1=mAwirA,umeg十F1=mBωrB,联 相对水平圆盘滑动，A正确，B错误；小木块C和 立解得rA=1m,A、B错误，C正确，当物块恰好与圆 D相对水平圆盘滑动时，弹簧会逐渐变长，摩擦力 ·21· 2