高中粤教版 (2019)第五节 牛顿运动定律的应用同步达标检测题

这是一份高中粤教版 (2019)第五节 牛顿运动定律的应用同步达标检测题，共9页。试卷主要包含了5 m/s，a＝1，如图，25等内容，欢迎下载使用。
A级 合格达标
1.雨滴从空中由静止落下，若雨滴下落时空气对它的阻力随雨滴下落速度的增大而增大，如图所示的图像能正确反映雨滴下落运动情况的是（ ）
A B C D
答案：C
2.用30 N的水平外力F，拉一个静止在光滑水平面上的质量为20 kg的物体，力F作用3 s后消失.则第5 s末物体的速度和加速度分别是（ ）
A.v＝4.5 m/s，a＝1.5 m/s2
B.v＝7.5 m/s，a＝1.5 m/s2
C.v＝4.5 m/s，a＝0
D.v＝7.5 m/s，a＝0
解析：力F作用下a＝eq \f(F,m)＝eq \f(30,20) m/s2＝1.5 m/s2，3 s末的速度v＝at＝4.5 m/s，3 s末后撤去拉力后F＝0，a＝0，物体做匀速运动，故C正确.
答案：C
3.（多选）如图所示，质量为2 kg的物体在水平恒力F的作用下在地面上做匀变速直线运动，位移随时间的变化关系为s＝t2＋t，物体与地面间的动摩擦因数为0.4，g取10 m/s2，以下结论正确的是（ ）
A.匀变速直线运动的初速度为1 m/s
B.物体的位移为12 m时速度为7 m/s
C.水平恒力F的大小为4 N
D.水平恒力F的大小为12 N
解析：根据s＝v0t＋eq \f(1,2)at2＝t2＋t，知v0＝1 m/s，a＝2 m/s2，A正确；根据v2－veq \\al(2,0)＝2as，得v＝eq \r(veq \\al(2,0)＋2as)＝eq \r(1＋2×2×12) m/s＝7 m/s，B正确；根据牛顿第二定律，得F－μmg＝ma，解得F＝ma＋μmg＝12 N，C错误，D正确.故选ABD.
答案：ABD
4.某消防队员从一平台上跳下，下落2 m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5 m，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为（ ）
A.自身所受重力的2倍
B.自身所受重力的5倍
C.自身所受重力的8倍
D.自身所受重力的10倍
解析：由自由落体规律可知v2＝2gH，
缓冲减速过程v2＝2ah，
由牛顿第二定律列方程F－mg＝ma，
解得F＝mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(H,h)))＝5mg，故B正确.
答案：B
5.如图（a）所示，橡皮筋弹弓夜光飞箭是一种常见的小玩具，它利用橡皮筋将飞箭弹射升空，再徐徐下落，其运动可简化为如下过程：飞箭以初速度v0竖直向上射出，在t2时刻恰好回到发射点，其速度随时间的变化关系如图（b）所示.则下列关于飞箭运动的描述中正确的是（ ）
A.上升和下落过程运动时间相等
B.上升和下落过程中平均速度大小相等
C.0～t2过程中加速度先减小后增大
D.0～t2过程中所受阻力先减小后增大
解析：0～t1时间为上升过程，t1～t2时间为下落过程，由题图可知（t2－t1）>t1，上升和下落过程运动时间不相等，A错误.上升和下落过程中，位移大小相等，但所用时间不等，故平均速度的大小不相等，B错误.vt图像的斜率表示加速度，根据图像可知，0～t2过程中加速度一直减小，C错误.根据牛顿第二定理，结合图像可知，0～t1过程中mg＋f＝ma1，物体向上运动加速度减小，故阻力减小；t1～t2过程中mg－f＝ma2，物体向下运动加速度减小，故阻力增大，综上所述，0～t2过程中所受阻力先减小后增大，D正确.故选D.
答案：D
6.如图所示，一质量为1 kg的小型遥控无人机，在恒定升力F＝16 N的作用下竖直起飞，经过3 s后，无人机达到最大速度6 m/s，改变升力，此后无人机匀速上升.假设无人机竖直飞行时所受的阻力大小不变，重力加速度g取10 m/s2.则该无人机（ ）
A.起飞时的加速度大小为4 m/s2
B.在竖直上升过程中所受阻力的大小为2 N
C.竖直向上加速阶段位移大小为12 m
D.上升至离地面30 m处所需的最短时间为6.5 s
解析：由题意知无人机以恒定升力起飞时的加速度a＝eq \f(Δv,Δt)＝2 m/s2，选项A错误；由牛顿第二定律得F－f－mg＝ma，解得f＝4 N，选项B错误；竖直向上加速阶段x1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)，x1＝9 m，选项C错误；匀速阶段t2＝eq \f(h－x1,v)＝3.5 s，无人机从地面起飞竖直上升至离地面h＝30 m处所需的最短时间t＝t1＋t2＝6.5 s，选项D正确.故选D.
答案：D
B级 等级提升
7.航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m＝2 kg，动力系统提供的恒定升力F＝28 N.试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升.设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10 m/s2.
（1）第一次试飞，飞行器飞行t1＝8 s时到达高度H＝64 m.求飞行器所受阻力f的大小；
（2）第二次试飞，飞行器飞行t2＝6 s时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力.求飞行器能达到的最大高度h；
（3）为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3.
解析：（1）第一次飞行中，设加速度为a1.
由匀加速运动可得H＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1).
由牛顿第二定律得F－mg－f＝ma1.
解得f＝4 N.
（2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为v1，上升的高度为s1，
由匀加速运动可得s1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,2)，
设失去升力后的加速度为a2，上升的高度为s2，
由牛顿第二定律得mg＋f＝ma2.
由运动学公式v1＝a1t2，s2＝eq \f(veq \\al(2,1),2a2)，
解得h＝s1＋s2＝42 m.
（3）设失去升力下降阶段加速度为a3，恢复升力后加速度为a4，恢复升力时速度为v3.
由牛顿第二定律得mg－f＝ma3；F＋f－mg＝ma4.
且eq \f(veq \\al(2,3),2a3)＋eq \f(veq \\al(2,3),2a4)＝h，v3＝a3t3.
解得t3＝eq \f(3\r(2),2) s（或2.1 s）.
答案：（1）4 N （2）42 m （3）eq \f(3\r(2),2) s（或2.1 s）
8.如图所示，一个质量为1 kg的小物体（可视为质点）以8.0 m/s的初速度由底端冲上倾角为37°的斜面，经过1 s速度减小到0，然后物体下滑，整个过程斜面始终静止在粗糙的水平地面上.已知物体与斜面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，斜面体的质量M＝3 kg.求：（g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8）
（1）物体与斜面之间的动摩擦因数；
（2）物体返回到斜面底端时的速度大小；
（3）物体下滑过程中地面对斜面体的支持力和摩擦力大小.
解析：（1）设物体沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小为a，则有0＝v0－at，则得加速度大小a＝eq \f(v0,t)＝eq \f(8,1) m/s2＝8 m/s2，方向沿斜面向下.
物体受到重力、斜面的支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcs θ＝ma，
解得μ＝0.25.
（2）设物体沿斜面向上运动距离L时速度减为零.根据运动学公式得L＝eq \f(veq \\al(2,0),2a)＝eq \f(82,2×8) m＝4 m，
物体从最高点回到斜面底端的过程，有mgsin θ－μmgcs θ＝ma′，
代入数据得a′＝4 m/s2，
物体返回到斜面底端时的速度
v′＝eq \r(2a′L)＝eq \r(2×4×4) m/s＝4eq \r(2) m/s.
（3）以物体和斜面体组成的系统为研究对象，则
在竖直方向上，有Mg＋mg－FN＝ma′sin θ，
代入数据解得FN＝37.6 N，
在水平方向上，有f＝ma′cs θ＝1×4×0.8 N＝3.2 N.
答案：见解析
9.（多选）如图所示，把一本书放在水平桌面上保持静止，下列说法中正确的是（ ）
A.书对桌面的压力是弹力，是由于桌面发生形变而产生的
B.书对桌面的压力在数值上等于书受到的重力
C.书保持静止是由于书对桌面的压力与桌面对书的支持力是一对平衡力
D.书对桌面的压力与桌面对书的支持力是一对作用力和反作用力
解析：书对桌面的压力是弹力，是由于书发生形变而产生的，选项A错误；书对桌面的压力在数值上等于书受到的重力，选项B正确；书保持静止是由于书的重力与桌面对书的支持力是一对平衡力，选项C错误；书对桌面的压力与桌面对书的支持力是一对作用力和反作用力，选项D正确.
答案：BD
10.神舟飞船完成了预定空间科学和技术实验任务后，返回舱开始从太空向地球表面预定轨道返回.返回舱开始时通过自身制动发动机进行调控减速下降，穿越大气层后在一定高度打开阻力降落伞进一步减速下降.这一过程中，若返回舱所受的空气阻力与速度的平方成正比，比例系数（空气阻力系数）为k，所受空气浮力不变，且认为返回舱是竖直降落，从某时刻开始计时，返回舱运动的v-t图像如图所示，图中AB是曲线在A点的切线，切线与横轴交点B的坐标为（8，0），CD是曲线AD的渐近线.假如返回舱总质量为M＝400 kg，g取10 m/s2，求：
（1）返回舱在这一阶段的运动状态；
（2）在开始时刻v0＝160 m/s时，返回舱的加速度大小；
（3）空气阻力系数k的数值.
解析：（1）由速度图像可以看出，图线的斜率的绝对值逐渐减小到零，即做加速度逐渐减小的减速运动，直至匀速运动.
（2）开始时v0＝160 m/s，过A点切线的斜率大小就是此时加速度的大小，则a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(0－160,8) m/s2＝－20 m/s2，故加速度大小为20 m/s2.
（3）设浮力为F，由牛顿第二定律得在t＝0时，有
kveq \\al(2,0)＋F－Mg＝Ma，
由题图知返回舱的最终速度为v＝4 m/s，
当返回舱匀速运动时有kv2＋F－Mg＝0，
故k＝eq \f(Ma,veq \\al(2,0)－v2)＝eq \f(400×20,1602－42)≈0.31.
答案：（1）先做加速度逐渐减小的减速运动，直至匀速运动
（2）20 m/s2 （3）0.31