5．雷达是一种利用电磁波来测定物体位置和速度的设备，某防空雷达发现一架飞机正在以水平速度朝雷达正上方匀速飞来，已知该雷达发射相邻两次电磁波之间的时间间隔为5×10^－4 s，某时刻在雷达监视屏上显示的波形如图1－1－10甲所示，经过t＝173 s后雷达向正上方发射和接收到的波形如图1－1－10乙所示，已知雷达屏上相邻刻度线间表示的时间间隔为1×10^－4 s，则该飞机的飞行速度大小约为(　)

A．12 000 m/s　 　B．900 m/s　 　C．500 m/s　 　D．300 m/s

解析：从题干图甲可以看出电磁波从发出到接收到用时t₁＝4×10^－4 s，此时飞机离雷达距离为s₁＝ct₁＝3×10⁸×2×10^{－4 m}＝6×10⁴ m，t＝173 s后，从题干图乙可求出这一时刻飞机离雷达的距离为s₂＝ct₂＝3×10⁸×1×10^{－4 m}＝3×10⁴ m，因此飞机的飞行速度大小大约为v＝＝＝＝300 m/s.

答案：D

4. 北京奥运火炬实现了成功登上珠峰的预定目标，如图1－1－9所示是火炬手攀登珠峰的线路图，请根据此图判断下列说法正确的是(　)

A．由起点到终点火炬手所走线路的总长度是火炬的位移

B. 线路总长度与火炬所走时间的比等于登山的平均速度

C．在计算登山运动的速度时可以把火炬手当成质点

D．顶峰的重力加速度要比拉萨的重力加速度大

解析：由起点到终点火炬手所走线路的总长度是火炬的路程．线路总长度与火炬所走时间的比等于登山的平均速率．火炬手在运动中，忽略其大小，可以看成质点．顶峰的高度大于拉萨的高度，顶峰的重力加速度要比拉萨的重力加速度小．

答案：C

图1－1－10

3． 一物体做匀变速直线运动．当t＝0时，物体的速度大小为12 m/s，方向向东，当t＝2 s时，物体的速度大小为8 m/s，方向仍向东，则当t为多少时，物体的速度大小变为2 m/s(　)

　A．3 s 　　　B．5 s　 　　C．7 s　 　　D．9 s

解析：a＝＝＝－2 m/s²，故t′＝＝＝5 s或7 s.

答案：BC

图1－1－9

2． 在2008年央视开年大戏《闯关东》中，从山东龙口港到大连是一条重要的闯关东路线．假如有甲、乙两船同时从龙口出发，甲船路线是龙口--旅顺--大连，乙船路线是龙口--大连．两船航行两天后都在下午三点到达大连，以下关于两船全航程的描述中正确的是(　)

A．两船的路程相同，位移不相同

B．两船的平均速度相同

C．“两船航行两天后都在下午三点到达大连”一句中，“两天”指的是时间，“下午　　

　　 三点”指的是时刻

D．在研究两船的航行时间时，可以把船视为质点

解析：在本题中路程是船运动轨迹的长度，位移是龙口指向大连的有向线段，两船的路程不相同，位移相同，故A错误；平均速度等于位移除以时间，故B正确；时刻是指某一瞬间，时间是两时刻间的间隔，故C正确；在研究两船的航行时间时，船的大小和形状对所研究的问题影响可以忽略不计，故D正确．

答案：BCD

1.小明周末到公园坐摩天轮(如图1－1－8所示)，已知该轮直径为80 m，经过20 min转动一周后，小明落地，则小明在摩天轮上的平均速度为(　)

A．0.2 m/s　 　　 B．4 m/s　 　 　C．0　 　　　D．非直线运动，不能确定

解析：平均速度是指位移和所用时间的比值，与直线运动或曲线运动无关．小明在摩天轮上转动一周，总位移为零，故其平均速度为零，C正确．

答案：C

10.

图3－1－16

用水平力拉动物体在水平面上做加速直线运动．当改变拉力的大小时，物体运动的加速度也随之变化，a和F的关系如图3－1－16所示．g取10 m/s².

(1)根据图线所给的信息，求物体的质量及物体与水平面间的动摩擦因数；

(2)若改用质量是原来2倍的同种材料的物体，请在图3－1－16的坐标系上画出这种情况下的a－F图线．(要求写出作图的根据)

解析：(1)根据牛顿第二定律：F－μmg＝ma，所以a＝F－μg

可见a－F图象为一条直线，直线的斜率k＝＝2.0 kg^－1，纵轴截距为－μg＝－2.0 m/s²，

解得：物体的质量m＝0.50 kg，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.20.(也可以用横轴截距求动摩擦因数：当F＝1.0 N时，物体的加速度为零，物体所受阻力F_f＝F＝1.0 N，由F_f＝μmg解得物体与水平面间的动摩擦因数μ＝＝0.20.用其他方法结果正确也可)

(2)当物体质量加倍时，物体的加速度a＝F－μg

直线斜率k′＝＝1.0 kg^－1，纵轴的截距不变，作出如图所示的图线．

答案：(1)0.50 kg　0.20

(2)图见解析

9.

图3－1－15

(2009·安徽，22)在2008年北京残奥会开幕式上运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬，体现了残疾运动员坚韧不拔的意志和自强不息的精神．为了探求上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化．一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图3－1－15所示．设运动员的质量为65 kg，吊椅的质量为15 kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦，重力加速度取g＝10 m/s².当运动员与吊椅一起正以加速度a＝1 m/s²上升时，试求：

(1)运动员竖直向下拉绳的力；

(2)运动员对吊椅的压力．

解析：解法一：设运动员和吊椅的质量分别为M和m，绳拉运动员的力为F.以运动员和吊椅整体为研究对象，受到重力的大小为(M+m)g，向上的拉力为2F，根据牛顿第二定律

2F－(M+m)g＝(M+m)a，F＝440 N，根据牛顿第三定律，运动员拉绳的力大小为440 N，方向竖直向下．

(2)以运动员为研究对象，运动员受到三个力的作用，重力大小Mg，绳的拉力F，吊椅对运动员的支持力F_N.根据牛顿第二定律：F+F_N－Mg＝Ma，F_N＝275 N，根据牛顿第三定律，运动员对吊椅的压力大小为275 N，方向竖直向下．

解法二：设运动员和吊椅的质量分别为M和m；运动员竖直向下对绳的拉力大小为F，对吊椅的竖直向下压力大小为F_N.根据牛顿第三定律，绳对运动员的拉力大小为F，吊椅对运动员的支持力大小为F_N.分别以运动员和吊椅为研究对象，根据牛顿第二定律：

F+F_N－Mg＝Ma①

F－F_N－mg＝ma②

由①②解得F＝440 N，F_N＝275 N

答案：(1)440 N，竖直向下　(2)275 N，竖直向下

8.

图3－1－14

如图3－1－14所示，在倾角为θ的光滑物块P的斜面上有两个用轻弹簧相连接的物体A和B；C为一垂直固定斜面的挡板，A、B质量均为m，弹簧的劲度系数为k，系统静止在水平面上．现对物体A施加一平行于斜面向下的力F压缩弹簧后，突然撤去外力F，则在物体B刚要离开C时(此过程中A始终没有离开斜面)(　)

A．物体B加速度大小为gsin θ　 　　　　B．弹簧的形变量为mgsin θ/k

C．弹簧对B的弹力大小为mgsin θ　 　 D．物体A的加速度大小为gsin θ

解析：当物体B刚要离开挡板C时，对物体B受力分析可得：kx－mgsin θ＝0，则选项A错误，BC正确；对物体A由牛顿第二定律可得：kx+mgsin θ＝ma_A，解得a_A＝2gsin θ，选项D错误．

答案：BC

7.

图3－1－13

如图3－1－13所示，物体A与斜面B保持相对静止并一起沿水平面向右做匀加速运动，当加速度a增大时，下列说法可能正确的是(　)

A．B对A的弹力不变，B对A的摩擦力可能减小

B．B对A的弹力增大，B对A的摩擦力大小可能不变

C．B对A的弹力增大，B对A的摩擦力一定增大

D．B对A的弹力增大，B对A的摩擦力可能减小

解析：本题考查牛顿第二定律的应用．物体和斜面保持相对静止，沿水平方向加速运动，则合力沿水平方向，竖直方向的合力为零，设斜面的倾角为θ，若开始静摩擦力的方向沿斜面向下，则F_Nsin θ+F_fcos θ＝ma，F_Ncos θ＝F_fsin θ+mg.若N增大，则F_f增大，因此此时，a增大，F_N、F_f都在增大．同理，若开始时静摩擦力方向沿斜面向上，则F_Nsin θ－F_fcos θ＝ma，F_Ncos θ+F_fsin θ＝mg，若F_N逐渐增大，则F_f沿斜面向上先逐渐减小到零，再沿斜面向下逐渐增大，此时B对A的弹力增大，B对A的摩擦力大小可能减小，可能为零，可能不变，可能增大，因此B、D项正确．

答案：BD

6.

图3－1－12

如图3－1－12所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上向右滑行，木块受到向右的拉力F的作用，长木板处于静止状态，已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ₁，长木板与地面间的动摩擦因数为μ₂，则(　)

A．长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ₁mg

B．长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ₂(m+M)g

C．当F>μ₂(m+M)g时，长木板便会开始运动

D．无论怎样改变F的大小，长木板都不可能运动

解析：木块受到的滑动摩擦力大小为μ₁mg，由牛顿第三定律，长木板受到m对它的摩擦力大小也是μ₁mg，对长木板使用平衡条件得地面对长木板的静摩擦力为μ₂mg，A正确．改变F的大小，木块m受到的滑动摩擦力不会发生变化，长木板受力不变，D正确．

答案：AD