人教版 (新课标)必修16 用牛顿定律解决问题（一）巩固练习

这是一份人教版 (新课标)必修16 用牛顿定律解决问题（一）巩固练习，共5页。试卷主要包含了从某一星球表面做火箭实验等内容，欢迎下载使用。


1．假设汽车突然紧急制动后所受到的阻力的大小与汽车所受的重力的大小差不多，当汽车以20 m/s的速度行驶时突然制动，它还能继续滑动的距离约为( )
A．40 m B．20 m
C．10 m D．5 m
解析：选B.a＝eq \f(Ff,m)＝eq \f(mg,m)＝g＝10 m/s2，由v2＝2ax得
x＝eq \f(v2,2a)＝eq \f(202,2×10) m＝20 m，B对．
2．A、B两物体以相同的初速度滑到同一粗糙水平面上，若两物体的质量mA>mB，两物体与粗糙水平面间的动摩擦因数相同，则两物体能滑行的最大距离xA与xB相比为( )
A．xA＝xB B．xA>xB
C．xA解析：选A.在滑行过程中，物体受到的摩擦力提供物体做匀减速运动的加速度，设物体与地面的动摩擦因数为μ，则aA＝eq \f(FA,mA)＝eq \f(μmAg,mA)＝μg，aB＝eq \f(FB,mB)＝eq \f(μmBg,mB)＝μg.即aA＝aB；又据运动学公式x＝eq \f(v\\al(2,0),2a)可知两物体滑行的最大距离xA＝xB.故A正确．
3．水平面上一质量为m的物体，在水平恒力F作用下，从静止开始做匀加速直线运动，经时间t后撤去外力，又经时间3t物体停下，则物体受到的阻力为( )
A.eq \f(F,3) B.eq \f(F,4)
C.eq \f(F,2) D.eq \f(2F,3)
解析：选B.对物体由牛顿第二定律得：
力F作用时：F－Ff＝ma1，v＝a1t
撤去力F后：Ff＝ma2，v＝a2·3t
解以上四式得：Ff＝eq \f(F,4)，故B正确．
4．行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害，人们设计了安全带，假定乘客质量为70 kg，汽车车速为90 km/h，从踩下刹车到完全停止需要的时间为5 s，安全带对乘客的作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)( )
A．450 N B．400 N
C．350 N D．300 N
解析：选C.汽车的速度v0＝90 km/h＝25 m/s，设汽车匀减速的加速度大小为a，则a＝eq \f(v0,t)＝5 m/s2，对乘客应用牛顿第二定律得：F＝ma＝70×5 N＝350 N，所以C正确．
5．水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，用于对旅客的行李进行安全检查．图4－6－6为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终保持v＝1 m/s的恒定速率运行，一质量为m＝4 kg的行李无初速度地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设行李与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，AB间的距离l＝2 m．(g取10 m/s2)
图4－6－6
(1)求行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力大小与加速度大小；
(2)求行李做匀加速直线运动的时间；
(3)如果提高传送带的行李速率，行李就能被较快地传送到B处．求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率．
解析：(1)开始运动时滑动摩擦力Ff＝μmg
以题给数值代入，得Ff＝4 N
由牛顿第二定律得Ff＝ma
代入数值，得a＝1 m/s2.
(2)设行李做匀加速运动的时间为t，行李加速运动的末速度为v＝1 m/s.则v＝at
代入数值，得t＝1 s.
(3)行李从A匀加速运动到B时，传送时间最短，则：
l＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,min)
代入数值，得tmin＝2 s
传送带对应的最小运动速率vmin＝atmin
代入数值，解得vmin＝2 m/s.
答案：见解析
一、单项选择题
1．质量为1 kg的物体，受水平恒力作用，由静止开始在光滑的水平面上做加速运动，它在t秒内的位移为x m，则F的大小为( )
A.eq \f(2x,t2) B.eq \f(2x,2t－1)
C.eq \f(2x,2t＋1) D.eq \f(2x,t－1)
解析：选A.由x＝eq \f(1,2)at2得：a＝eq \f(2x,t2) m/s2，对物体由牛顿第二定律得：F＝ma＝1×eq \f(2x,t2) N＝eq \f(2x,t2) N，故A正确．
2．在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹．在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14 m，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g取10 m/s2，则汽车刹车前的速度为( )
A．7 m/s B．14 m/s
C．10 m/s D．20 m/s
解析：选B.设汽车刹车后滑动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，解得：a＝μg.由veq \\al(2,0)＝2ax，可得汽车刹车前的速度为：v0＝eq \r(2ax)＝eq \r(2μgx)＝eq \r(2×0.7×10×14) m/s＝14 m/s，因此B正确．
3．手提一根不计质量的、下端挂有物体的弹簧上端，竖直向上做加速运动．当手突然停止运动后的极短时间内，物体将要( )
A．立即处于静止状态 B．向上做加速运动
C．向上做匀速运动 D．向上做减速运动
解析：选B.当手突然停止运动后极短的时间内，弹簧形变量的变化极小，根据胡克定律可分析，此时弹簧的弹力变化也很小，弹力仍然会大于重力，合力向上，物体仍向上做加速运动．
4．竖直起飞的火箭在推力F的作用下产生10 m/s2的加速度，若推力增大到2F，则火箭的加速度将达到(g取10 m/s2)( )
A．20 m/s2 B．25 m/s2
C．30 m/s2 D．40 m/s2
解析：选C.推力为F时，F－mg＝ma1，当推力为2F时，2F－mg＝ma2.以上两式联立可得：a2＝30 m/s2.故C正确．
5.
图4－6－7
如图4－6－7所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为最低点．每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c处释放(初速度为0)，用t1、t2、t3依次表示各滑环到达d所用的时间，则( )
A．t1＜t2＜t3 B．t1＞t2＞t3
C．t3＞t1＞t2 D．t1＝t2＝t3
解析：选D.小滑环下滑过程中受重力和杆的弹力作用，下滑的加速度可认为是由重力沿斜面方向的分力产生的，设细杆与竖直方向夹角为θ，由牛顿第二定律知
mgcsθ＝ma
设圆心为O，半径为R
由几何关系得，滑环由开始运动至d点的位移x＝2Rcsθ
由运动学公式得x＝eq \f(1,2)at2
以上各式联立得t＝2eq \r(\f(R,g))
小滑环下滑的时间与细杆的倾斜情况无关，故t1＝t2＝t3.
二、双项选择题
6．(2012·南京实验国际学校高一期末)一物体在几个力的作用下处于平衡状态，若其中一个向东的力逐渐减小，直至为零，则在此过程中物体的加速度( )
A．方向一定向东 B．方向一定向西
C．逐渐减小 D．逐渐增大
解析：选BD.物体原来受力平衡，其中一个向东的力逐渐减小，则物体受到向西的合力，且随着向东的力的逐渐减小，向西的合力逐渐增大，根据牛顿第二定律，B、D正确．
图4－6－8
7．如图4－6－8所示为某小球所受的合力与时间的关系，各段的合力大小相同，作用时间相同，且一直作用下去，设小球从静止开始运动，由此可判定( )
A．小球向前运动，再返回停止
B．小球向前运动再返回不会停止
C．小球始终向前运动
D．小球速度变化的周期为2 s
解析：选CD.作出相应的小球的v－t图象如图所示，物体的运动方向由速度的方向决定，由图象可以看出，小球始终向前运动且速度变化的周期为2 s，故选C、D.
8．设洒水车的牵引力不变，所受的阻力与车重成正比，洒水车在平直路面上原来匀速行驶，开始洒水后，它的运动情况将是( )
A．继续做匀速运动 B．变为做匀加速运动
C．变为做变加速运动 D．加速度逐渐增大
解析：选CD.设洒水车的总质量为M，原来匀速时F牵＝Ff＝k·Mg，洒水后M减小，阻力减小，由牛顿第二定律得：F牵－kM′g＝M′a，a＝eq \f(F牵,M′)－kg，可见：a随M′的减小而增大，洒水车做变加速运动，C、D正确．
图4－6－9
9．从某一星球表面做火箭实验．已知竖直升空的实验火箭质量为15 kg，发动机推动力为恒力．实验火箭升空后发动机因故障突然关闭，如图4－6－9所示，是实验火箭从升空到落回星球表面的速度随时间变化的图象，不计空气阻力，则由图象可判断( )
A．该实验火箭在星球表面达到的最大高度为320 m
B．该实验火箭在星球表面达到的最大高度为480 m
C．该星球表面的重力加速度为2.5 m/s2
D．发动机的推动力F为37.50 N
解析：选BC.火箭所能达到的最大高度hm＝eq \f(1,2)×24×40 m＝480 m，故A错，B对；该星球表面的重力加速度g＝eq \f(40,16) m/s2＝2.5 m/s2，故C对；火箭升空时：a＝eq \f(40,8) m/s2＝5 m/s2，故推动力F＝mg＋ma＝112.5 N，故D错．
三、非选择题
图4－6－10
10．如图4－6－10所示，水平恒力F＝20 N，把质量m＝0.6 kg的木块压在竖直墙上，木块离地面的高度H＝6 m．木块从静止开始向下做匀加速运动，经过2 s到达地面．(取g＝10 m/s2)求：
(1)木块下滑的加速度a的大小；
(2)木块与墙壁之间的动摩擦因数．
解析：(1)由H＝eq \f(1,2)at2得
a＝eq \f(2H,t2)＝eq \f(2×6,22) m/s2＝3 m/s2.
(2)木块受力分析如图所示，根据牛顿第二定律有
mg－Ff＝ma，
FN＝F
又Ff＝μFN，解得
μ＝eq \f(mg－a,F)＝eq \f(0.6×10－3,20)＝0.21.
答案：(1)3 m/s2 (2)0.21
11．静止在水平面上的物体的质量为2 kg，在水平恒力F推动下开始运动，4 s末它的速度达到4 m/s，此时将力撤去，又经6 s物体停下来，若物体与地面的动摩擦因数不变，求F的大小．
解析：前4 s物体做匀加速直线运动，由运动学公式可得其加速度
a1＝eq \f(v－v0,t1)＝eq \f(4－0,4) m/s2＝1 m/s2①
物体在水平方向受恒力F和摩擦力Ff，由牛顿第二定律得：
F－Ff＝ma1②
后6 s内物体做匀减速直线运动，其加速度为
a2＝eq \f(v′－v,t2)＝eq \f(0－4,6) m/s2＝－eq \f(2,3) m/s2③
且由牛顿第二定律知：－Ff＝ma2④
由①②③④联立得：
F＝ma1＋Ff＝m(a1－a2)
＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,3))) N＝eq \f(10,3) N.
答案：eq \f(10,3) N
12．一物体沿斜面向上以12 m/s的初速度开始滑动，它沿斜面向上以及沿斜面向下滑动的v－t图象如图4－6－11所示，求斜面的倾角以及物体与斜面的动摩擦因数(g取10 m/s2)．
图4－6－11
解析：由图象可知上滑过程的加速度
a上＝eq \f(12,2) m/s2＝6 m/s2，
下滑过程的加速度
a下＝eq \f(12,3) m/s2＝4 m/s2
上滑过程和下滑过程对物体受力分析如图
上滑过程a上＝eq \f(mgsinθ＋μmgcsθ,m)＝gsinθ＋μgcsθ
下滑过程a下＝gsinθ－μgcsθ，
解得θ＝30°，μ＝eq \f(\r(3),15).
答案：30° eq \f(\r(3),15)