必修16 用牛顿定律解决问题（一）同步达标检测题

这是一份必修16 用牛顿定律解决问题（一）同步达标检测题，共4页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

(满分60分 时间30分钟)
一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分。每小题只有一个选项正确)
1．雨滴从空中由静止落下，若雨滴下落时空气对其的阻力随雨滴下落速度的增大而增大，如图1所示的图像能正确反映雨滴下落运动情况的是( )
图1
解析：对雨滴受力分析，由牛顿第二定律得：mg－F阻＝ma。雨滴加速下落，速度增大，阻力增大，故加速度减小，在v－t图像中其斜率变小，故选项C正确。
答案：C
2．质量为1 吨的汽车在平直公路上以10 m/s的速度匀速行驶。阻力大小不变，从某时刻开始，汽车牵引力减小2 000 N，那么从该时刻起经过6 s，汽车行驶的路程是( )
A．50 m B．42 m
C．25 m D．24 m
解析：牵引力减少2 000 N后，物体所受合力为2 000 N，由F＝ma,2 000＝1 000a，a＝2 m/s2，汽车需t＝eq \f(v,a)＝eq \f(10,2) s＝5 s停下来，故6 s内汽车前进的路程x＝eq \f(v2,2a)＝eq \f(100,2×2) m＝25 m，C正确。
答案：C
3．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．10 m/s
C．14 m/s D．20 m/s
解析：设汽车刹车后滑动的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得μmg＝ma，a＝μg。
由匀变速直线运动的关系式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.
正确选项为C。
答案：C
4．如图2所示，一物体m从某曲面上的Q点自由滑下，通过一粗糙的静止传送带后，落到地面P点。若传送带的皮带轮沿逆时针方向转动起来，使传送带也随之运动，再把该物体放在Q点自由下滑，则( )
A．它仍落在P点 B．它将落在P点左方 图2
C．它将落在P点右方 D．无法确定落点
解析：无论传送带动与不动，物体从Q点下落至传送带最左端时，速度相同，且物体在传送带上所受摩擦力均为滑动摩擦力，物体相对传送带向右运动，故所受摩擦力方向向左。又因为物体对传送带的压力和动摩擦因数在两种情况下都相同，摩擦力相同，加速度相同，故两种情况下，物体的运动状态完全相同，运动轨迹也完全相同。A正确。
答案：A
5．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：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。
答案：C
6．一个物体在水平恒力F的作用下，由静止开始在一个粗糙的水平面上运动，经过时间t速度变为v，如果要使物体的速度变为2v，下列方法正确的是( )
A．将水平恒力增加到2F，其他条件不变
B．将物体的质量减小一半，其他条件不变
C．物体的质量不变，水平恒力和作用时间都增加到原来的两倍
D．将时间增加到原来的2倍，其他条件不变
解析：由牛顿第二定律得F－μmg＝ma，所以a＝eq \f(F,m)－μg，对比A、B、C三项，均不能满足要求，故均错。由v＝at得2v＝a·2t，所以D项正确。
答案：D
7．如图3甲所示，在粗糙水平面上，物块A在水平向右的外力F的作用下做直线运动，其速度－时间图像如图乙所示，下列判断正确的是( )
图3
A．在0～1 s内，外力F不断增大
B．在0～3 s内，外力F的大小恒定
C．在3～4 s内，外力F不断减小
D．在3～4 s内，外力F的大小恒定
解析：在在速度－时间图像中，0～1 s内物块速度均匀增大，物块做匀加速直线运动，外力F1为恒力；1～3 s内，物块做匀速直线运动，外力F2的大小恒定等于物块所受摩擦力，但F2答案： C
8．如图4所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，每根杆上套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c处释放(初速度为零)，用t1、t2、t3依次表示各滑环达到d点所用的时间，则( )
A．t1＜t2＜t3 B．t1＞t2＞t3
C．t3＞t1＞t2 D．t1＝t2＝t3 图4
解析：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，设运动轨迹与竖直方向的夹角为θ，由牛顿第二定律知：mgcs θ＝ma①
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＝2Rcs θ②
由运动学公式得x＝eq \f(1,2)at2③
由①②③联立解得t＝2eq \r(\f(R,g))。
即小滑环下滑的时间与细杆的倾斜程度无关，
即t1＝t2＝t3。
答案：D
二、非选择题(本题共2小题，每小题10分，共20分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
9．跳起摸高是现今学生经常进行的一项活动，某同学身高1.80 m，体重65 kg，站立举手达到2.2 m高，他用力蹬地，经0.4 s竖直离地跳起，设他蹬地的力大小恒为1 300 N，则他跳起后可摸到的高度为多少？(g＝10 m/s2)
解析：蹬地的0.4 s内做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有F－mg＝ma，
得a＝10 m/s2
离地时的速度：v0＝at＝4 m/s
离地后做匀减速运动，有mg＝ma1，
有veq \\al(2,t)－veq \\al(2,0)＝－2a1h1，
解得h1＝0.8 m
可摸到的高度h＝h1＋2.2 m＝3.0 m
答案：3.0 m
10．已知一质量m＝1 kg的物体在倾角α＝37°的斜面上恰能匀速下滑，当对该物体施加一个沿斜面向上的推力F时，物体恰能匀速上滑。(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ是多大？
(2)求推力F的大小。
解析：(1)当物体沿斜面匀速下滑时，对物体进行受力分析如图甲所示，由力的平衡可知：
mgsin α＝Ff
其中Ff＝μmgcs α
解得：μ＝0.75。
(2)当物体沿斜面匀速上滑时，对物体进行受力分析如图乙所示，由力的平衡可知：
mgsin α＋μmgcs α＝F
解得F＝12 N。
答案：(1)0.75 (2)12 N