2027届高考物理一轮复习力学综合大题专项训练（新高考）（有解析）

这是一份2027届高考物理一轮复习力学综合大题专项训练（新高考）（有解析）
(1)求汽车行驶的速度和刹车的最大加速度大小；
(2)若该车以108 km/h的速度在高速公路上行驶时，前方100 m处道路塌方，该司机因违规使用手机2 s后才发现危险，司机的反应时间为0.5 s，刹车的加速度与(1)问中大小相等。试通过计算说明汽车是否会发生交通事故。
[答案] (1)25 m/s 12.5 m/s2 (2)会发生交通事故
[解析] (1)由题意可知，汽车运动的速度为
v1＝eq \f(x,t)＝eq \f(50,2) m/s＝25 m/s
设汽车刹车的最大加速度为a，则
a＝eq \f(v\\al(2,1),2s)＝eq \f(252,2×25) m/s2＝12.5 m/s2。
(2)由于v2＝108 km/h＝30 m/s
司机看手机时，汽车发生的位移为
x1＝v2t＝30×2 m＝60 m
反应时间内汽车发生的位移为
x2＝v2Δt＝30×0.5 m＝15 m
刹车后汽车发生的位移为x3＝eq \f(v\\al(2,2),2a)＝eq \f(302,2×12.5) m＝36 m
所以汽车前进的距离为
x＝x1＋x2＋x3＝60 m＋15 m＋36 m＝111 m>100 m
所以会发生交通事故。
2．(2025·山东菏泽高三联考)杭州亚运会田径铁饼赛场上，首次在体育赛事中使用机械狗来运输铁饼。某次掷出铁饼后，机械狗需要跑到49.5 m外的工作人员处，把铁饼运回。机械狗可视为经历了匀加速直线运动、匀速直线运动和匀减速直线运动三个过程。其中在匀加速过程中运动了7.5 m，匀速运动的时间为11 s，匀减速过程中的加速度大小为0.5 m/s2，求：
(1)机械狗的最大速度；
(2)机械狗加速过程中的加速度大小和加速时间；
(3)整个过程中机械狗的平均速度大小。
[答案] (1)3 m/s (2)0.6 m/s2 5 s (3)2.25 m/s
[解析] (1)已知x1＝7.5 m，匀速运动的距离为x2＝vt2
匀减速运动的距离为x3＝eq \f(v2,2a3)
总位移为x＝x1＋x2＋x3
解得v＝3 m/s。
(2)根据速度—位移关系可知加速的位移x1＝eq \f(v2,2a1)
解得a1＝0.6 m/s2
匀加速阶段v＝a1t1
解得t1＝5 s。
(3)由题可知匀速阶段t2＝11 s，匀减速阶段v＝a3t3
总时间t＝t1＋t2＋t3
平均速度为eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)
解得eq \x\t(v)＝2.25 m/s。
3．(2025·河北石家庄高三质检)如图所示，质量为2m的物体A经一轻质弹簧与地面上的质量为3m的物体B相连，弹簧的劲度系数为k，一条不可伸长的轻绳绕过定滑轮，一端连物体A，另一端连一质量为m的物体C，物体A、B、C都处于静止状态。已知重力加速度为g，忽略一切摩擦。
(1)求物体B对地面的压力；
(2)把物体C的质量改为5m，这时，C缓慢下降，经过一段时间系统达到新的平衡状态，这时B仍没离开地面，且C只受重力和绳的拉力作用，求此过程中物体A上升的高度。
[答案] (1)4mg (2)eq \f(4mg,k)
[解析] (1)对AB整体：mg＋FN＝5mg，
所以FN＝4mg。
(2)对C：FT＝5mg，
对A：FT＝Fk＋2mg，
所以Fk＝3mg即kx1＝3mg，x1＝eq \f(3mg,k)
开始时，通过对A受力分析可知，弹簧弹力大小为mg，弹簧的压缩量为x2，
则kx2＝mg，x2＝eq \f(mg,k)
所以A上升的高度为hA＝x1＋x2＝eq \f(4mg,k)。
4．(2025·浙江杭州联考)如图所示，甲同学需要用平板车搬运学习用品，经过一段校园道路。平板车和用品的总质量为30 kg，道路可以简化为一段长为13.5 m的水平道路AB和一段倾角为37°的斜坡BC组成。甲同学拉动平板车由静止从A点出发，经9 s时间运动至B点，然后冲上斜坡。甲同学的拉力大小恒定，且拉力方向始终沿着小车的运动方向。当车刚滑上斜坡运动，乙同学在后面帮助推车，其推力大小为104 N，方向沿斜面向上。已知平板车所受摩擦阻力为其对接触面压力的0.3倍，求：
(1)平板车到达B点时的速度大小；
(2)甲同学的拉力大小；
(3)平板车刚滑上斜面时的加速度大小和方向。
[答案] (1)3 m/s (2)100 N (3)1.6 m/s2，方向沿斜面向下
[解析] (1)从A点到B点，由匀加速直线运动规律x＝eq \f(vB,2)·t
解得平板车到达B点时的速度大小vB＝3 m/s。
(2)从A点到B点，由匀加速直线运动规律a＝eq \f(vB,t)＝eq \f(1,3) m/s2
由牛顿第二定律F－0.3mg＝ma
解得甲同学的拉力大小为F＝100 N。
(3)平板车刚滑上斜面时，由牛顿第二定律
F＋F′－mgsin θ－0.3mgcs θ＝ma′
解得a′＝－1.6 m/s2
所以平板车刚滑上斜面时的加速度大小为1.6 m/s2，方向沿斜面向下。
5．一传送带的部分装置如图所示，其中AB段是水平的，长度LAB＝4 m；BC段是倾斜的，长度LBC＝5 m，倾角θ＝37°。AB和BC由B点通过一段短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以v＝4 m/s的恒定速率顺时针运转，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。现将一个工件(可看作质点)无初速度地放在A点，求：
(1)工件第一次到达B点所用的时间；
(2)工件沿传送带上升的最大高度；
(3)工件运动23 s后所在的位置。
[答案] (1)1.4 s (2)2.4 m (3)在A点右侧2.4 m处
[解析] (1)设工件刚放在水平传送带上时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μmg＝ma1，解得a1＝μg＝5 m/s2，经t1时间工件与传送带的速度相同，解得t1＝eq \f(v,a1)＝0.8 s，工件前进的位移x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝1.6 mμmgcs θ，工作在倾斜传送带上做匀减速运动，设在倾斜传送带上工件的加速度为a2，由牛顿第二定律得μmgcs θ－mgsin θ＝ma2，解得a2＝－2 m/s2，由速度—位移公式得0－v2＝2a2eq \f(hm,sin θ)，解得hm＝2.4 m。
(3)工件沿传送带向上运动的时间为t3＝eq \f(2hm,vsin θ)＝2 s，由于mgsin θ>μmgcs θ，且工件在传送带的倾斜段运动的加速度相同，在传送带的水平段运动的加速度也相同，故此后工件将在传送带上做周期性往复运动，其周期为T＝2t1＋2t3＝5.6 s，工件从开始运动到第一次返回传送带的水平段，且速度变为零所需时间t0＝2t1＋t2＋2t3＝6.2 s，而23 s＝t0＋3T，这说明经过23 s后工件恰好运动到传送带的水平部分，且速度为零，故工件在A点右侧，到A点的距离x＝LAB－x1＝2.4 m。
6．(2023·福建卷)一种离心测速器的简化工作原理如图所示。细杆的一端固定在竖直转轴OO′上的O点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时，圆环将相对细杆静止，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度L＝0.2 m，杆与竖直转轴的夹角a始终为60°，弹簧原长x0＝0.1 m，弹簧劲度系数k＝100 N/m，圆环质量m＝1 kg；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10 m/s2，摩擦力可忽略不计。
(1)若细杆和圆环处于静止状态，求圆环到O点的距离；
(2)求弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小；
(3)求圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小。
[答案] (1)0.05 m (2)eq \f(10\r(6),3) rad/s
(3)10 rad/s
[解析] (1)当细杆和圆环处于平衡状态时，对圆环受力分析得T0＝mgcs α＝5 N
根据胡克定律F＝kΔx得Δx0＝eq \f(T0,k)＝0.05 m
弹簧弹力沿杆向上，故弹簧处于压缩状态，弹簧此时的长度即为圆环到O点的距离x1＝x0－Δx0＝0.05 m。
(2)若弹簧处于原长，则圆环仅受重力和支持力，其合力使得圆环沿水平方向做匀速圆周运动。根据牛顿第二定律得eq \f(mg,tan α)＝mωeq \\al(2,0)r
由几何关系得圆环此时转动的半径为r＝x0sin α
联立解得ω0＝eq \f(10\r(6),3) rad/s。
(3)圆环处于细杆末端P时，对圆环受力分析，圆环受重力和支持力，弹簧伸长，弹力沿杆向下。根据胡克定律得T＝k(L－x0)＝10 N
圆环在竖直方向受力平衡，水平方向由合力提供向心力，则有mg＋Tcs α＝FNsin α，Tsin α＋FNcs α＝mω2r′
由几何关系得r′＝Lsin α
联立解得ω＝10 rad/s。
7．(2025·湖北高三月考)如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB的A处连接一粗糙水平面OA，OA长为4 m。有一质量为m的滑块，从O处由静止开始受一水平向右的力F作用。F只在水平面上按图乙所示的规律变化。滑块与OA间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10 m/s2，试求：
(1)滑块运动到A处的速度大小；
(2)不计滑块在A处的速率变化，求滑块冲上斜面AB的长度。
[答案] (1)5eq \r(2) m/s (2)5 m
[解析] (1)由题图乙可知，在前2 m内，F1＝2mg，做正功，在第3 m内，F2＝－0.5mg，做负功，在第4 m内，F3＝0。滑动摩擦力Ff＝－μmg＝－0.25mg，始终做负功，对于滑块在OA上运动的全过程，由动能定理得F1x1＋F2x2＋Ffx＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)－0
代入数据解得vA＝5eq \r(2) m/s。
(2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理有
－mgLsin 30°＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A) 解得L＝5 m
所以滑块冲上斜面AB的长度L＝5 m。
8．(2025·安徽六安高三检测)如图所示，水平轨道AB长为2R，其A端有一被锁定的轻质弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上。圆心在O1、半径为R的光滑圆弧轨道BC与AB相切于B点，并且和圆心在O2、半径为2R的光滑细圆管轨道CD平滑对接，O1、C、O2三点在同一条直线上。光滑细圆管轨道CD右侧有一半径为2R，圆心在D点的eq \f(1,4)圆弧挡板MO2竖直放置，并且与地面相切于O2点。质量为m的小滑块(可视为质点)从轨道上的C点由静止滑下，刚好能运动到A点，触发弹簧，弹簧立即解除锁定，小滑块被弹回，小滑块在到达B点之前已经脱离弹簧，并恰好无挤压通过细圆管轨道最高点D(计算时圆管直径不计，重力加速度为g)。求：
(1)小滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数μ；
(2)弹簧锁定时具有的弹性势能Ep；
(3)小滑块通过最高点D后落到挡板上时具有的动能Ek。
[答案] (1)eq \f(1,3) (2)eq \f(11,3)mgR (3)(2eq \r(2)－1)mgR
[解析] (1)由几何关系得B、C间的高度差h＝eq \f(2,3)R
小滑块从C点运动到A点的过程中，由动能定理得
mgh－μmg·2R＝0，解得μ＝eq \f(1,3)。
(2)弹簧对滑块做功过程由功能关系有W弹＝Ep
滑块从A到D过程由动能定理得
Ep－mg·2R－μmg·2R＝eq \f(1,2)mv2－0
滑块在D点，由重力提供向心力，有mg＝meq \f(v2,2R)
联立解得Ep＝eq \f(11,3)mgR。
(3)滑块通过D点后做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，水平方向有x＝vt
竖直方向有y＝eq \f(1,2)gt2
由几何关系可知x2＋y2＝4R2
可得滑块落到挡板上时的动能为Ek＝eq \f(1,2)m[v2＋(gt)2]
联立解得Ek＝(2eq \r(2)－1)mgR。