4.自由落体运动
知识点一 自由落体运动
1.〔多选〕关于自由落体运动，下列说法正确的是（ ）
A.初速度为零的竖直向下的运动是自由落体运动
B.只在重力作用下的竖直向下的运动是自由落体运动
C.自由落体运动在任意相等的时间内速度变化量相等
D.自由落体运动是初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动
知识点二 自由落体加速度 自由落体运动的规律
2.关于自由落体运动的加速度g，下列说法中正确的是（ ）
A.较重的物体g值大
B.在同一地点，轻、重物体的g值一样大
C.g值在地球上任何地方都一样大
D.随高度升高，g值增大
3.（2025·北京房山区高一期中）如图反映位移x、速度v、加速度a随时间t变化的图像中，与自由落体运动规律相符合的是（ ）
4.（2025·广东广州高一期中）甲、乙两物体所在高度之比为4∶1，都做自由落体运动，则下列说法中错误的是（ ）
A.落地时的速度之比为2∶1
B.下落过程的平均速度之比为2∶1
C.下落过程中的加速度之比为1∶1
D.落地时的时间之比为4∶1
5.（2025·广西南宁高一月考）游乐场中有一种大型游戏机械称为“跳楼机”，游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿竖直轨道提升到一定高度，然后静止释放。为方便研究，可认为座椅上的游客开始下落做自由落体运动，45 m后受到恒力制动做匀减速运动，已知匀减速至停止的位移大小是75 m。以竖直向下为正方向，取g＝10 m/s2，则匀减速阶段的加速度a和时间t分别为（ ）
A.a＝6 m/s2，t＝3 s B.a＝－6 m/s2，t＝5 s
C.a＝3 m/s2，t＝5 s D.a＝－3 m/s2，t＝3 s
6.七楼的住户不小心将阳台的花盆碰落，所幸没有发生意外。已知阳台到地面的高度为20 m，花盆可视为由静止下落，空气阻力忽略不计，重力加速度g取10 m/s2，求：
（1）花盆从开始下落到着地的时间；
（2）花盆着地的速度大小；
（3）花盆在最后1 s下落的距离。
知识点三 实验：研究自由落体运动的规律
7.智能手机内置很多传感器，磁传感器是其中一种。现用智能手机内的磁传感器结合某应用软件，利用长直木条的自由落体运动测量重力加速度。主要步骤如下：
（1）在长直木条内嵌入7片小磁铁，最下端小磁铁与其他小磁铁间的距离如图（a）所示。
（2）开启磁传感器，让木条最下端的小磁铁靠近该磁传感器，然后让木条从静止开始沿竖直方向自由下落。
（3）以木条释放瞬间为计时起点，记录下各小磁铁经过传感器的时刻，数据如下表所示：
h（m） 0.00 0.05 0.15 0.30 0.50 0.75 1.05
t（s） 0.000 0.101 0.175 0.247 0.319 0.391 0.462
（4）根据表中数据，补全图（b）中的数据点，并用平滑曲线绘制下落高度h随时间t变化的h-t图线。
（5）由绘制的h-t图线可知，下落高度随时间的变化是 （填“线性”或“非线性”）关系。
（6）将表中数据利用计算机拟合出下落高度h与时间的平方t2的函数关系式为h＝4.916t2（SI）。据此函数可得重力加速度大小为 m/s2。（结果保留3位有效数字）
8.（2025·山东聊城高一期中）伽利略在研究落体运动时猜想落体运动一定是一种最简单的变速运动。为验证猜想，他做了“斜面实验”，如图所示，他让铜球沿阻力很小的斜面滚下，研究铜球在斜面上的运动规律，然后将实验结果做了合理的外推，得出落体运动的规律。关于伽利略对自由落体运动的研究，下列说法正确的是（ ）
A.运用图甲的实验，可“放大”重力的作用，放大时间，使实验现象更明显
B.伽利略通过实验直接测量了物体自由下落的位移与时间的二次方关系
C.图甲、乙、丙是实验现象，图丁的情景是经过合理的外推得到的结论
D.伽利略用实验直接证实了自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动
9.（2025·天津南开区高一期中）如图所示为用每隔0.2 s闪光一次的频闪相机在真空实验室拍摄苹果下落的频闪照片，图片中第一个苹果为下落起点，g＝10 m/s2，下列说法正确的是（ ）
A.x1∶x2∶x3∶x4＝1∶4∶9∶16
B.v1∶v2∶v3∶v4＝1∶3∶5∶7
C.图中v3的大小为6 m/s
D.图中x3的位移大小为1.8 m
10.（2025·江苏苏州吴江区高一月考）如图所示，A、B两个小球用长为L＝1 m的细线连接，用手拿着A球，B球竖直悬挂，且A、B两球均静止。现由静止释放A球，测得两球落地的时间差为0.2 s，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，则A球释放时离地面的高度为（ ）
A.1.25 m B.1.80 m
C.3.60 m D.6.25 m
11.（2025·陕西咸阳高一期中）如图所示为“眼疾手快”游戏装置示意图，游戏者需接住从支架上随机落下的圆棒。已知圆棒长为0.2 m，圆棒下端距水平地面1.8 m。某次游戏中一未被接住的圆棒下落经过A、B两点，A、B间距0.4 m，B点距离地面1.2 m。圆棒下落过程中始终保持竖直，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
（1）圆棒下端到达A点时的速度大小；
（2）圆棒经过AB段所需的时间。
3 / 3课时跟踪检测部分
第一章 运动的描述
1.质点 参考系
1.C 质点是代替物体的有质量的点，质点是一个理想化模型，实际上并不存在，当所研究的问题中物体的大小和形状可以被忽略时，可以将物体看成质点，故质点与物体本身的大小无关，C正确，A、D错误；研究乒乓球的接发球技术，乒乓球的大小不能忽略，不能将乒乓球看成质点，B错误。
2.D 观看体操运动员的体操比赛和研究花样滑冰运动员动作时，都需要关注运动员自身的动作，不可把运动员看作质点，故A、B错误；研究姚明的扣篮动作时，研究人的动作，不可以把姚明看作质点，故C错误；研究从宁德开往上海的一列动车的运行速度时，可以把动车看作质点，故D正确。
3.C 起重机吊起货物时，臂架仰起的幅度大小要考虑，不能把起重机当作质点，故A错误；研究小孩的坐姿时，不能把小孩当作质点，故B错误；研究太空中绕地球飞行的宇宙飞船的轨迹时，宇宙飞船的大小和形状可以忽略，可以把宇宙飞船当作质点，故C正确；门是转动的，各点运动情况不同，不能把门当作质点，故D错误。
4.B 研究航天员在舱外的姿态时，不能忽略其自身动作变化，因此不能够将航天员视为质点，故A错误；研究神舟十九号飞船绕地球运行的轨迹时，可以忽略飞船的形状和大小，则可以将飞船视为质点，故B正确；神舟十九号飞船与核心舱完成自主对接过程，飞船将时刻调整自身姿态，不能忽略自身大小和形状，因此不能将飞船视为质点，故C错误；航天员在舱外进行设备巡检及故障处置时，飞船的大小和形状不能忽略，因此不能够将飞船视为质点，故D错误。
5.C A项是以静止的地面为参考系；B项是以观众为参考系；C项是以“万重山”为参考系；D项是以地面或相对地面静止的物体（如旗杆）为参考系。故C正确。
6.C “竹排江中游”是竹排相对青山（或江岸上的树）在运动，因此是以青山（或江岸上的树）为参考系的，以竹排上的人为参考系，竹排是静止的，A错误；研究竹排的运动，不能以竹排为参考系，B错误；“青山两岸走”是青山相对竹排（或竹排上的人）在运动，因此是以竹排（或竹排上的人）为参考系的，若以江岸上的树为参考系，青山是静止的，C正确，D错误。
7.C 方阵中各同学的相对位置不变，以某同学为参考系，其他同学是静止的，A错误；摄影师为拍摄一张清晰方阵的照片，应相对方阵静止，可以选择方阵中的某同学为参考系，B错误；以前进的队伍作为参考系，主席台向队伍的后方运动，C正确；研究队伍的运动情况时，可以选择相对地面静止的物体作为参考系，不一定要以地面作为参考系，D错误。
8.A 如图甲，教练在战术板上研究运动员防守站位时，运动员的大小和形状可忽略不计，可以将运动员看作质点，选项A正确；如图乙，研究运动员投篮动作技巧时，篮球大小不能忽略，不可以将篮球看作质点，选项B错误；如图丙，研究篮球在飞行过程中的旋转方向时，篮球大小不能忽略，不可以将篮球看作质点，选项C错误；如图丙，高速摄像机跟拍篮球进球画面，篮球始终在画面的中心，是以摄像机为参考系，选项D错误。
9.B 在研究列车车轮转动的快慢时，列车车轮的形状、大小不可以忽略，不可以把列车车轮被看作质点，故A错误；在研究列车从北京到上海的路程时，列车的形状、大小可以忽略，列车可以被看作质点，故B正确；列车向前行驶过程中，坐在车中的小明看见窗外的树向后移动，他选择的参考系是列车，故C错误；选择不同物体作为参考系，对列车运动情况的判断结果可能不同，故D错误。
10.B 嫦娥六号着陆器和上升器组合体在月球背面着陆的过程中，以鹊桥二号中继星为参考系，两者相对位置发生了变化，结合体是运动的，故A错误，B正确；搭载嫦娥六号的运载火箭在开始发射升空的过程中，以运载火箭为参考系，两者相对位置没有发生变化，嫦娥六号是静止的，故C错误；嫦娥六号从地球飞往月球的过程中，嫦娥六号大小和形状可以忽略，能把嫦娥六号看作质点，故D错误。
11.C 火箭正常发射时，航天员、逃逸塔、运载火箭一起运动，处于相对静止，选项A、B错误；若火箭发射时遇到突发情况，航天员将随逃逸塔一起脱离运载火箭，则航天员、逃逸塔与运载火箭是相对运动的，选项C正确，D错误。
12.AC 甲看到路边栽的小树匀速向东运动，可知甲匀速向西运动，甲看到丙也是匀速向东运动，可知丙可能静止，也可能匀速向西运动，但速度小于甲；也可能匀速向东运动，速度为任意值，选项A正确，B错误；甲匀速向西运动，看到乙也匀速向西运动，可知乙匀速向西运动且速度大于甲的速度，选项C正确，D错误。
2.时间 位移
第1课时 时间 位移
1.A 第2秒内、前2秒、后2秒都是指时间间隔，第2秒末是指时刻。故选A。
2.D 时间只有大小，没有方向，是标量，A错误；“一天有24小时”中的“24小时”指的是时间间隔，B错误；8：30上课，其中“8：30”指的是时刻，C错误；“中华五千年”中的“五千年”指的是时间间隔，D正确。
3.D 第2 s内是指时间轴上的BC段，故A错误；第3 s内是指时间轴上的CD段，故B错误；前4 s内是指时间轴上的AE段，故C错误；第3 s初是指时刻，指时间轴上的C点，故D正确。
4.CD 路程是运动轨迹的长度，位移是物体初、末位置间的有向线段，物体沿直线向某一方向运动，通过的路程等于位移的大小，但不能说通过的路程就是位移，故A错误；物体只有做单向直线运动时，位移的大小才等于路程，故B错误；物体通过的路程不相等，但只要初、末位置相同，则物体的位移就相同，故C正确；物体通过一段路程，若回到出发点，则位移为零，故D正确。
5.D 400 m赛跑的路程都是400 m，位移各不相同，选项A错误；在比赛中在最内侧跑道的运动员的位移才是零，选项B错误；无论在哪个跑道上，小李同学和小张同学的路程都是400 m，选项C错误，D正确。
6.D 路程是物体运动轨迹的长度，位移是由物体运动的初位置指向末位置的有向线段，当物体运动到B点时，路程为＝πR，位移大小为2R，故A错误；物体从A点运动到C点和从A点运动到E点位移大小均为＝R，方向分别为A→C与A→E，即位移大小相等、方向不同，故B错误；当物体运动到D点时，位移大小为4R，路程为＋＝2πR，故C错误；当物体运动到E点时，位移大小是R，路程为＋×2πR＝2.5πR，故D正确。
7.C x1是数轴上的一个点，表示初位置的坐标；x2是数轴上的一个点，表示末位置的坐标，故A、B错误；位移是由物体运动的初位置指向末位置的有向线段，则物体由A运动到B，Δx＝x2－x1为正，位移的方向指向x轴正方向，故C正确，D错误。
8.A 以距离地面1.0 m高的位置为坐标原点建立一维坐标系，以竖直向上为正方向。篮球开始下落时的位置坐标为1.0 m，故A正确；篮球被接住时的位置坐标为0 m，故B错误；篮球从下落到被接住通过的位移为－1.0 m，故C错误；篮球从下落到被接住通过的路程为s＝2.0 m＋1.0 m＝3.0 m，故D错误。
9.D “11月3日7时30分”指的是时刻，选项A错误；“2小时12分12秒”指的是时间间隔，选项B错误；“42.195公里”是路径长度，因路径不是直线，则指的是路程，选项C错误，D正确。
10.C 舰船在海上航行时，舰船自身大小远小于航程，可以把舰船看成质点，A错误；时间、路程是标量，位移是矢量，B错误；位移是起点到终点的有向线段，位移大小是420 km，路程由实际的运动路径决定，根据几何关系可知路程大小为s＝xAB＋xBC＝210（＋1）km，C正确；参考系的选取是任意的，应根据所研究的问题灵活选取，并不一定选取固定在海面上的航标，D错误。
11.C 由于太极图沿水平地面无滑动滚动（表明太极图前进的距离等于相应圆弧的长度），当阴鱼鱼眼第一次运动到正下方时，太极图在地面上滚动的距离恰好等于大圆圆周长的一半，即πR。两鱼眼间距为R，如图所示。
由勾股定理可得阴鱼鱼眼的位移大小x＝＝R，故选C。
12.（1） （2）
解析：（1）蚂蚁从O到O1爬行过的路程
s＝OA＋AA1＋A1B1＋B1O1＝a＋a＋a＋a＝。
（2）如图所示，根据位移的定义可知，蚂蚁从O到O1爬行的位移大小
x＝＝。
第2课时 位移—时间图像 位移和时间的测量
1.AC 根据题图可知，AB段电动车位移不随时间变化，处于静止状态，选项A正确；BC段发生的位移大小为12 m－4 m＝8 m，CD段发生的位移大小为12 m，所以CD段发生的位移大于BC段发生的位移，选项B错误；从题图可以看出，t＝3 s时，电动车离出发点最远，为8 m，选项C正确；出发点的坐标为4 m，t＝5 s时，电动车的坐标为0，距离出发点4 m，选项D错误。
2.C 由题图可知，物体在0～2 s内位移为8 m，第1 s内的位移为4 m，A错误；物体在第5 s内是静止的，位移为0，B错误；物体在前5 s内的位移即为前2 s内的位移，等于8 m，C正确；物体在后5 s内的位移为6～10 s内的位移，等于8 m，D错误。
3.D 由x-t图像可知：前2 s内，物体先沿正方向运动2 m，后又回到原点，所以前2 s内的路程是4 m；2～6 s内，物体先向反方向运动4 m，后又返回出发点，此过程中，物体的路程为8 m，所以物体在6 s内的路程为12 m，故A、B、C错误，D正确。
4.D 打点计时器是一种计时仪器，其电源频率为50 Hz，常用的电磁打点计时器和电火花计时器使用的是交流电，它们是每隔0.02 s打一个点，则它直接测量的物理量是时间，故D正确。
5.（1）8 交流 （2）0.10 0.407（0.406～0.408）
解析：（1）电磁打点计时器使用约8 V的交流电源。
（2）已知电源频率为50 Hz，则电磁打点计时器打点的时间间隔为T＝ s＝0.02 s，由于每两个相邻的计数点之间还有4个计时点没画出来，则A、B两点的时间间隔T'＝0.02×5 s＝0.10 s，OE段的位移大小为40.7 cm，即0.407 m。
6.D 第5 s末A、B到达同一位置，两者相遇，在前5 s内，A通过的位移为10 m，B通过的位移为5 m，A、C错误；A从原点出发，而B从正方向上距原点5 m处出发，A在B运动3 s后开始运动，B错误；由题图可知，前3 s内A静止，从第3 s末开始，两物体的位移越来越大，且均为正值，故两物体均沿正方向运动，运动方向相同，D正确。
7.AD 由题图可知，质点开始时位置坐标为0，6 s时位置坐标为－4 m，则0～6 s内位移为－4 m－0＝－4 m，故A正确；2 s时位置坐标为4 m，4 s时位置坐标为0，则2～4 s内位移为0－4 m＝－4 m，故B错误；0～6 s内路程为4 m＋4 m＋4 m＝12 m，故C错误；由题图可知，2～6 s内质点一直向同一方向运动，故D正确。
8.ACD 由图像知，甲、乙计时起点都是零时刻，同时出发，故A正确；0～t3这段时间内，甲、乙位移不相同，因为它们的初始位置不同，而末位置相同，故B错误；由初始位置坐标可知x甲＝0，x乙＝x0，故C正确；在t1～t2时间内甲位置坐标没发生变化，即此段时间甲停止运动，乙没有停止，故D正确。
9.A 三者都做直线运动，由于甲、乙、丙物体的初位置和末位置相同，所以位移相同，由于甲物体有反向运动过程，而乙、丙物体均只有单向运动，所以乙、丙物体的路程等于位移大小，甲物体的路程要大，故A正确。
10.（1）4 m （2）－2 m，负号表示与规定的正方向相反
（3）10 m
解析：（1）物体距出发点的最远距离xm＝4 m。
（2）前4 s内物体的位移x＝x2－x1＝（－2－0）m＝－2 m，负号表示与规定的正方向相反。
（3）前4 s内物体通过的路程s＝s1＋s2＋s3＝4 m＋4 m＋2 m＝10 m。
11.见解析
解析：（1）跑步者B在x＝－50 m处。
（2）t＝45 s时，A和B相遇。
（3）t＝20 s时，A在前面。
（4）A和B相遇时，位移不相同
A的位移为xA＝190 m，
B的位移为xB＝190 m－（－50 m）＝240 m。
3.位置变化快慢的描述——速度
第1课时 速度
1.AC 物体在某点的速度方向就是物体的运动方向，A正确；直线运动中，位移的方向与速度的方向存在着相同和相反两种情况，B错误；速度不变的运动称为匀速直线运动，C正确，D错误。
2.C 根据速度的定义式v＝表明，速度等于位移与时间的比值。位移是物体在一段时间内从一个位置到另一个位置的位置变化量，而时间是这段时间的长度。这个定义强调了速度不仅描述了物体运动的快慢，还描述了物体运动的方向。因此，速度是描述物体位置变化快慢的物理量。再根据物体位置随时间的关系x＝1＋2t＋3t2，可知开始时物体的位置x0＝1 m，1 s时物体的位置x1＝6 m，则1 s内物体的位移为Δx＝x1－x0＝5 m，故选C。
3.A 平均速度是指物体在某段距离或某段时间内通过的位移与所用时间的比值，而瞬时速度是物体在某一时刻或某一位置时的速度，平均速度对应段（时间段或位移段），瞬时速度对应点（时间点或位置点），汽车通过长江大桥需要一段时间，故其速度为平均速度，故A正确；子弹射出枪口，枪口是一个点，故该速度是瞬时速度，故B错误；雨滴落到地面，地面是一个位置，对应一个点，故该速度是瞬时速度，故C错误；运动员冲过终点，终点是一个点，故该速度是瞬时速度，故D错误。
4.A 物体在某段时间内任一时刻的瞬时速度都等于零，表示该段时间内物体处于静止状态，平均速度一定等于零，A正确；物体在某段时间内的平均速度等于零，则位移等于零，但它在该段时间内任一时刻的瞬时速度不一定等于零，B错误；匀速直线运动中，物体在任意一段时间内的平均速度与它任一时刻的瞬时速度相等，C错误；变速直线运动中，物体在一段时间内的平均速度可能等于它在某一时刻的瞬时速度，D错误。
5.D 在研究选手摆臂的动作时，要研究选手摆臂的细节，不能将选手看作质点，故A错误；2小时31分16秒指的是时间间隔，故B错误；比赛的起点和终点不在同一位置，位移不为0，故平均速度大小不为0，故C错误；选手在比赛中的路程和时间都已知，可以求得选手在比赛中的平均速率，故D正确。
6.B 限速100 km/h，100 km/h是指汽车行驶的瞬时速度的大小，里程表测的是路程，故A错误，B正确；根据题意可以求出该游客的平均速率，无法求出该游客的平均速度，平均速率为＝＝ km/h＝72 km/h，故C错误；根据题意可知该游客的路程为24 km，位移大小要小于24 km，故D错误。
7.BC 小明从家门口出发又回到家门口，故位移为0，根据平均速度的定义可知，小明全程的平均速度为＝＝0，A错误，B正确；由车票信息可知，小明全程的路程为s＝5 km，用时Δt＝0.25 h，根据平均速率的定义可知，小明全程的平均速率为'＝＝＝20 km/h，C正确，D错误。
8.C 三个铁球的起点均为M，终点均为N，所以三个铁球运动的位移大小相等，故A错误；路程大小为物体实际运动轨迹的长度，由图可知，三个铁球运动的路程大小不相等，故B错误；由于三个铁球运动的位移大小相等，且铁球a最先到达终点N，即铁球a用时最少，由平均速度公式＝可知，铁球a运动的平均速度最大，故C正确，D错误。
9.D 质点在t时间内平均速度的大小为＝＝＝v，故选D。
10.B 物体运动轨迹AB段近似于一条直线，可近似看作匀速直线运动，速度大小为v＝＝＝ m/s，故物体在B点的瞬时速度大小最接近 m/s。故选B。
11.（1）8 m/s （2）100 m （3）0
解析：（1）甲同学参加100 m赛跑，沿直线运动，则位移为x1＝100 m，用时t1＝12.5 s，则平均速度＝＝8 m/s。
（2）乙同学参加200 m赛跑的终点为C点，则位移大小为A、C之间的距离，根据几何关系可知位移大小为x2＝＝100 m。
（3）丙同学参加800 m赛跑，终点和起点位置相同，则位移为零，则平均速度为零。
12.20 m/s
解析：设图乙中单位刻度时间为t0，可知t0＝＝0.2 s
当巡逻车静止时，被测车辆第一次反射超声波信号时距巡逻车距离x1＝v·t0＝102 m
被测车辆第二次反射超声波信号时距巡逻车距离
x2＝v·＝68 m
被测车辆两次反射超声波信号的时间间隔
Δt＝9t0＋t0－t0＝t0＝1.7 s
由此可求被测车辆的车速vx＝＝
m/s＝20 m/s。
第2课时 测量纸带的平均速度和瞬时速度
速度——时间图像
1.A 纸带甲中相邻的计时点的距离相等，所以表示小车的运动是匀速的，速度一定，故A正确；四段纸带的长度都相同，其中纸带乙花费的时间最少，所以纸带乙显示的平均速度最大，故B错误；已知小车自右向左运动，纸带丙相邻的计时点的距离逐渐增大，表示小车的速度越来越大，故C错误；纸带丁相邻的计时点的距离逐渐减小，表示小车的速度越来越小，故D错误。
2.C 将该打点计时器接在8 V的直流电源上，它不能在纸带上打点，应接在约8 V的交流电源上，交流电源的频率为50 Hz，故A错误；当打点计时器正常工作时，纸带上点迹越疏的地方表示纸带的运动速度越大，故B错误；纸带上打出D、F两点的时间间隔Δt很小时，可以大致表示纸带上D、F之间任何一点的瞬时速度，故C正确；D、F两点间距离越小，则越接近D、F之间某点的瞬时速度，实际测量中D、F之间的距离并非越大越好，故D错误。
3.B 由v-t图像知，质点的速度由负值变正值，因此速度方向发生变化，故A项错误，B项正确；前2 s内负方向上速度减小，做减速直线运动，后2 s内速度正向增大，做加速直线运动，故C、D项错误。
4.BD 在0～t1时间内，运动员在空中处于上升阶段，t1时刻到达最高点，t1～t2时间内，运动员在空中下落，t2之后速度减小，运动员已进入水中，选项A错误，B正确；t3时刻，运动员的速度减为零，此时仍处于水下，选项C错误；t1～t3时间内运动员始终向下运动，选项D正确。
5.A 由题图可知，质点甲的速度为正，质点乙的速度为负，则质点甲向所选定的正方向运动，质点乙与甲的运动方向相反，选项A正确；质点甲、乙的速度大小相等，均为2 m/s，但速度方向不同，选项B错误；在相同的时间内，质点甲、乙的位移大小相同、方向相反，选项C错误；由于质点甲、乙的出发地点位置关系未知，它们之间的距离不一定越来越大，当两质点相向运动时，它们之间的距离减小，当两质点相互背离时，它们之间的距离增大，故D错误。
6.BCD 物体在前3 s内物体的速度方向均为正方向，运动方向没有改变，A错误，B正确；由题图可知物体在3 s末后速度为负，则说明物体改变了运动方向，C正确；从题图可以看出，物体在2 s时的速度大小为2 m/s，D正确。
7.B 由题图可知甲的初速度为4 m/s，乙的初速度为0，A错误；题图a中的图像与题图b中2～5 s都为水平直线，表示该段时间内物体做匀速直线运动，B正确；甲、乙的速度—时间图像都处于t轴上方，可知速度方向都未发生变化，距离初始位置都越来越远，C、D错误。
8.（1）10.50 （2）0.84
解析：（1）计数点A到O点的距离是10.50 cm。
（2）相邻两计数点间还有四个点未标出，可知相邻两计数点间的时间间隔为T＝0.1 s；A、B两点间距为x＝18.90 cm－10.50 cm＝8.40 cm
木块在A、B点间的平均速度大小是＝＝ m/s＝0.84 m/s。
9.（1） 0.690 1.32 1.95 （2）见解析图
解析：（1）电源的频率为50 Hz，则每打两个点之间的时间间隔为T＝0.02 s，由每相邻的两个计数点之间还有四个点没有画出，可得相邻两个计数点之间的时间间隔t＝5T＝0.10 s。在计算打下各点时小车的瞬时速度时，可以用与该点相邻的两个计数点间的平均速度表示打下该点时小车的瞬时速度。
打B点时小车的速度为
vB＝＝＝0.690 m/s，
打C点时小车的速度为
vC＝＝＝1.32 m/s
打D点时小车的速度为
vD＝＝＝1.95 m/s。
（2）根据计算出的小车在各计数点的速度描点、连线，可得小车的v-t图像如图所示。
4.速度变化快慢的描述——加速度
1.D 加速度是用来描述物体速度变化快慢的物理量，数值上加速度等于物体单位时间内速度的变化量，故A、B、C错误，D正确。
2.BCD 根据加速度定义式a＝，若速度变化的方向为正，则加速度的方向为正，故A错误；物体加速度增大，若加速度方向与速度方向相反，则速度反而越来越小，故B正确；若加速度方向与速度方向相同，即使加速度越来越小，速度也会越来越大，故C正确；速度的方向为正，若加速度方向与速度方向相反，则速度变化的方向为负，故D正确。
3.C 子弹的加速度虽然最大，但子弹在任何时刻的速度不一定大于表中其他物体的速度，故A错误；加速度的正负表示方向，不表示大小，伞兵着陆过程的加速度为－25 m/s2，比高铁起步的加速度0.35 m/s2大，故B错误；高铁起步的加速度为0.35 m/s2，由Δv＝aΔt可知，此过程中每经过1 s高铁的速度增加量为0.35 m/s，故C正确；汽车刹车的加速度为－5 m/s2，表示加速度方向与速度方向相反，若规定速度方向为负方向，则做减速运动的物体，其加速度为正值，故D错误。
4.B 小球发生的位移的大小为x＝3 m－2 m＝1 m，方向竖直向下，选项A错误；小球速度变化量的大小为Δv＝7 m/s－（－10 m/s）＝17 m/s，方向竖直向上，选项B正确；小球平均速度的大小为＝＝ m/s＝2.0 m/s，方向竖直向下，选项C错误；小球平均加速度的大小为a＝＝ m/s2＝34 m/s2，方向竖直向上，选项D错误。
5.D 一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度方向相反，则在停止运动前，速度逐渐减小，位移增加，故选D。
6.BCD 物体运动的速度、加速度方向的规定是任意的，当速度方向与加速度方向同向时，物体做加速运动，故B正确；当速度方向与加速度方向反向时，物体做减速运动，当时间足够长，且加速度始终存在时，物体先减速至零后反向加速，故A错误，C正确；当v0＜0，a＝0时，物体做匀速直线运动，故D正确。
7.CD 第1 s前后速度都是负值，即朝着负方向运动，运动方向没有发生变化，图像的斜率表示加速度，物体在整个过程中加速度恒定，A、B错误，D正确；第2 s前物体速度为负，第2 s后物体速度为正，所以物体在第2 s末运动方向发生变化，C正确。
8.A 甲的初速度为3 m/s，乙的初速度为1 m/s，因此甲和乙的初速度方向相同，大小之比为3∶1，故A正确；在t＝4 s时，甲的瞬时速度为1 m/s，乙的瞬时速度为3 m/s，两者的瞬时速度大小不相等，故B错误；甲沿正方向做匀减速直线运动，乙沿正方向做匀加速直线运动，甲的加速度a甲＝ m/s2＝－0.5 m/s2，乙的加速度a乙＝ m/s2＝0.5 m/s2，因此甲和乙的加速度方向相反，大小之比为1∶1，故C、D错误。
9.D 雨滴下落过程中的加速度方向与速度方向相同，且加速度减小，雨滴做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零时，速度达到最大，故A错误，D正确； 雨滴的速度变化量Δv＝aΔt，与时间有关，故B错误；雨滴的速度变化量的方向与加速度方向相同，竖直向下，故C错误。
10.AD 当初、末速度方向相同时，则有a＝＝ m/s2＝4 m/s2，加速度大小为4 m/s2，方向与初速度的方向相同，A正确，B错误；当初、末速度方向相反时，则有a'＝＝ m/s2＝－6 m/s2，加速度大小为6 m/s2，方向与初速度的方向相反，C错误，D正确。
11.A 由题图所示的v-t图像可知，质点在0～1 s内的加速度a1＝＝ m/s2＝4 m/s2，质点在1～3 s内的加速度a2＝＝ m/s2＝－2 m/s2。故A正确。
12.（1）1.67×104 m/s2 （2）1∶1
解析：（1）两车碰撞过程中，取摩托车的初速度方向为正方向，摩托车驾驶员的速度变化量为
Δv＝v2－v1＝－72 km/h－54 km/h＝－126 km/h＝－35 m/s
故两车相碰撞时摩托车驾驶员的加速度为a＝＝ m/s2≈－1.67×104 m/s2
所以摩托车驾驶员的加速度大小为1.67×104 m/s2。
（2）设货车、摩托车的加速度大小分别为a1、a2，根据加速度定义式得a1＝，a2＝，所以＝·＝·＝。
13.AD 从运动学角度的定义，“加速度的变化率”为，则单位应是m/s3，故A正确；若加速度的变化率为0，则加速度不变，则物体做匀变速运动，故B错误；若加速度的变化率为正，如果加速度方向为负方向，则加速度在减小，故C错误；若加速度的变化率与加速度同方向，则加速度增大，故D正确。
第二章 匀变速直线运动的研究
1.实验：探究小车速度随时间变化的规律
1.（1）甲 （2）ABC
解析：（1）穿入打点计时器限位孔的纸带，对于电火花计时器，应该墨粉纸盘在上，纸带在下，对于电磁打点计时器，应该复写纸在上，纸带在下。故选甲。
（2）为给小车提供一个恒定的拉力，细线应与木板平行，故A错误；打点计时器应使用交流电源，故B错误；小车释放前应靠近打点计时器，故C错误；无论什么计时器，使用时均要先接通电源，后释放小车，故D正确。
2.（1）AC （2）3.00 1.40
解析：（1）电磁打点计时器应接在约8 V的交流电源上；小车离打点计时器过远，故选A、C。
（2）A点在刻度尺上位置的读数为3.00 cm；打点计时器打点时间间隔T＝0.02 s，在打下C点时小车的速度vC＝＝ m/s＝1.40 m/s。
3.（1）0.1 （2）2.6 3.2 （3）2
解析：（1）每秒拍10张照片，则拍摄周期T＝ s＝0.1 s。
（2）（3）设题图中从左向右前两段的位移为x1，最后两段的位移为x2，玩具赛车在第二个位置的速度为v2＝＝ m/s＝2.6 m/s，玩具赛车的第五个位置的速度为v5＝＝ m/s＝3.2 m/s，则a＝＝2 m/s2。
4.（1） （2）1.0 2.5 （3）加速
解析：（1）小车上的遮光板宽度为d，小车通过光电门时，计时器记录的时间为t，则小车通过光电门的速度为v＝。
（2）小车通过A、B两光电门的速度分别为
vA＝＝1.0 m/s
vB＝＝2.5 m/s。
（3）因为小车通过B光电门的速度大于通过A光电门的速度，说明小车下滑时速度越来越大，即小车沿斜面向下做加速运动。
5. （1）电磁打点计时器 电火花计时器 交流 0.02 （2）BD
（3）刻度尺 （4）① 0.1 0.280 ②图见解析 在误差允许的范围内，速度随时间均匀变化（速度与时间成线性关系） ③左端
解析：（1）常见的打点计时器有电磁打点计时器和电火花计时器。
电磁打点计时器和电火花计时器，它们使用的都是交流电源。
当电源频率为50 Hz时，由频率与周期的关系T＝＝ s＝0.02 s，可知每隔0.02 s打一个点。
（2）先接通电源打点，待打点稳定后，再释放小车运动，这样在纸带上可得到更多的数据，A、C错误，B正确；纸带上的点迹越密集，说明纸带运动的速度越小，D正确。
（3）要测量小车的速度，除打点计时器（含所用电源、纸带、墨粉纸盘）外还必须使用的测量工具是刻度尺，用刻度尺测量纸带上点迹间的距离。
（4）①纸带上每相邻的两个计数点间还有四个点未画出，打点计时器所用电源的频率是50 Hz，可知相邻两计数点间的时间间隔为T'＝5×0.02 s＝0.1 s。
由匀变速直线运动在某段时间内中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得打D点时小车的速度vD＝＝×10－2 m/s＝0.280 m/s；
②由打各点的速度：vA＝0.220 m/s，vB＝0.241 m/s， vC＝0.258 m/s，vD＝0.280 m/s，vE＝0.300 m/s，在坐标系中描点作出小车运动的v-t图像，如图所示。
由v-t图像可知，在误差允许的范围内，小车速度随时间均匀变化。
③由v-t图像可知，小车做加速运动，在相等的时间内运动的位移逐渐增大，由此可知小车连接在纸带的左端。
6.（1）见解析图 y x （2）b （3）2
解析：（1）分别取a、b、c、d、e五段的上方中点，并连线，则得到能表示v-t关系的图线，如图所示，y轴相当于v轴，x轴相当于t轴。
（2）t＝0.15 s是BC段的中间时刻，要求t＝0.15 s时的瞬时速度，只需要测出b段纸带的长度xb，然后用＝求得的平均速度，即可认为是t＝0.15 s时刻的瞬时速度。
（3）a、e段各自中间时刻的速度分别为va＝＝＝0.2 m/s，ve＝＝＝1.0 m/s，根据a＝得a＝＝ m/s2＝2 m/s2。
2.匀变速直线运动的速度与时间的关系
1.C 该匀变速直线运动的加速度大小和方向都不变，速度的大小一定变化，速度方向可以变化也可以不变。故选C。
2.A 小汽车做匀加速直线运动，1 s内的速度变化量为4 m/s，所以任何1 s的末速度都比该秒的初速度大4 m/s，故A正确，B错误；根据v＝v0＋at可知，第1 s末的速度v1＝（0＋4×1）m/s＝4 m/s，第2 s末的速度v2＝（0＋4×2）m/s＝8 m/s，所以第2 s末的速度是第1 s末的速度的2倍，故C错误；小汽车做匀加速直线运动，速度方向始终与加速度方向相同，故D错误。
3.AC 根据v-t图像的斜率表示加速度，由于匀变速直线运动的加速度保持不变，所以匀变速直线运动的v-t图像是一条倾斜的直线，故A正确，B错误；根据Δv＝aΔt，由于加速度保持不变，无论Δt选在什么区间，对应的速度的变化量Δv与所用的时间变化量Δt之比都是一样的，故C正确；在匀变速直线运动中，如果物体的速度随时间均匀减小，这种运动叫作匀减速直线运动，故D错误。
4.AC 速度—时间公式是矢量表达式，必须规定正方向，式中的v、v0、a才能取正、负号，A正确；当加速度方向与速度方向相同时做加速运动，加速度方向与速度方向相反时做减速运动，不能单看加速度的正负来判断加速或减速，B错误；习惯上我们规定v0的方向为正方向，当a与v0方向相同时，a取正号，a与v0方向相反时，a取负号，C正确；v的方向与v0的方向有可能相反，D错误。
5.C 滑雪爱好者在水平雪道上做匀速直线运动，滑上平滑连接（没有能量损失，速度大小不变）的倾斜雪道，在倾斜雪道上做匀减速直线运动，故选C。
6.B 根据匀变速直线运动速度与时间的关系得v5＝v3＋2a＝v0＋5a，代入数据解得a＝3 m/s2，v0＝3 m/s，故选B。
7.A 规定初速度方向为正方向，汽车在紧急刹车时加速度为－6 m/s2，在2 s内停下来，根据v ＝v0＋at，可得初速度v0＝12 m/s，即在2 s内汽车速度从12 m/s变成0，能正确表示该车刹车过程的v-t图像的是A图，故选A。
8.C 180 km/h＝50 m/s，列车的加速度大小a＝＝ m/s2＝ m/s2，减速时，加速度方向与速度方向相反，a'＝－ m/s2，故A、B正确；列车减速时，v-t图像中图线依然在t轴的上方，C错误；由v＝at可得，v＝×60 m/s＝20 m/s，D正确。
9.B 加速时的加速度大小是减速时加速度大小的1.5倍，即a1＝1.5a2，又从顶端由静止先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时他的速度恰好为零，可得出a1t1＝a2t2，同时满足t1＋t2＝5 s，联立解得t1＝2 s，选项B正确。
10.AD 当滑块速度大小变为时，其方向可能与初速度方向相同，也可能与初速度方向相反，因此要考虑两种情况，即v＝或v＝－，加速度a＝－5 m/s2，由公式v＝v0＋at，得t＝1 s或t＝3 s，故选A、D。
11.B 加速5 s时的速度为v＝a1t1＝8×5 m/s＝40 m/s，减速时的加速度为a2＝＝－10 m/s2，负号表示加速度方向与正方向相反，所以舰载机加速时的加速度比减速时的加速度小，故A错误，B正确；舰载机在该运动过程中的最大速度为第5 s末的速度，故最大速度为vmax＝v＝40 m/s，故C错误；舰载机在第6 s末的速度大小为v6＝v＋a2Δt＝40 m/s－10×1 m/s＝30 m/s，故D错误。
12.（1）1 m/s2 2 m/s2 （2）8 m/s 6 m/s
解析：（1）令汽车加速过程中的时间为t，则由题意有
2t＋t＝12 s
解得t＝4 s
所以减速过程中的加速度大小为
a1＝＝ m/s2＝1 m/s2
加速过程中的加速度大小为
a2＝＝ m/s2＝2 m/s2。
（2）开始刹车后2 s末的瞬时速度为v＝v0＋a1t＝10 m/s＋（－1）×2 m/s＝8 m/s
刹车后10 s末也就是加速2 s末的速度，根据速度时间关系有v'＝2 m/s＋2×2 m/s＝6 m/s。
13.C 由题图可知，96 s末，快艇沿正方向的速度减为零，正向位移达到最大，即此时离商船最近，故A错误；海盗快艇在96 s末速度减为零，之后速度为负值，则96 s末开始掉头逃离，故B错误；海盗快艇在96～116 s内的加速度为a＝＝ m/s2＝－0.75 m/s2，故C正确；海盗快艇在0～66 s内，图线切线的斜率减小，则加速度减小，所以快艇从静止出发做加速度减小的加速直线运动，故D错误。
3.匀变速直线运动的位移与时间的关系
1.AC 将x＝（10t＋t2）m与公式x＝v0t＋at2对比可知，质点的初速度为v0＝10 m/s，加速度大小为a＝2 m/s2，故A、C正确，B错误；t＝4 s时，x＝（10×4＋42）m＝56 m，故D错误。
2.C 自行车减速时间为t0＝＝12.5 s，所以5 s时，人没停止运动，由位移与时间关系式x＝v0t＋at2，可得x＝20 m，故选C。
3.B 根据x1＝a得，物体运动的加速度a＝＝4 m/s2，故A错误；物体在前2 s内的位移为x2＝a＝×4×22 m＝8 m，故B正确；物体在第2 s内的位移xⅡ＝x2－x1＝6 m，在第2 s内的平均速度＝＝6 m/s，故C、D错误。
4.C 设汽车经过A树时的速度为v1，加速度为a，对A、B间运动由位移与时间关系式有x＝v1t1＋a，对A、C间运动根据位移与时间关系式有2x＝v1（t1＋t2）＋a（t1＋t2）2，联立并代入数据解得a＝1 m/s2，v1＝3.5 m/s，故A、B错误；由速度与时间关系式v＝v0＋at得，通过B树时的速度为v2＝v1＋at1＝6.5 m/s，故C正确，D错误。
5.B 设列车的加速度为a，根据－＝2ax，有x＝，当列车接着运动4x的位移时，设末速度为v2，根据－＝2a·4x，则4x＝，把v0＝10 m/s，v1＝20 m/s代入，联立解得v2＝40 m/s，故B正确，A、C、D错误。
6.ACD 设刹车过程汽车的加速度大小为a，t＝0时刻的速度大小为v0，根据匀变速直线运动位移与速度关系有v2－＝－2ax，整理得x＝－，对照题给表达式可得a＝10 m/s2，v0＝20 m/s，故A、C正确；刹车过程持续的时间为t＝＝2 s，故B错误；由于2.8 s大于刹车时间，所以刹车后2.8 s的位移大小即为刹车距离s＝＝20 m，故D正确。
7.A v-t图像与t轴围成的面积表示位移，由题意知甲、乙的位移相等，即x甲＝x乙，v-t图像的斜率表示加速度，又因为a2＞a3，故选A。
8.D 平衡车从减速开始到速度为零的时间为t1＝＝＝4 s。发现障碍物到平衡车停止的总时间为t总＝t1＋Δt＝4 s＋0.1 s＝4.1 s，故发现障碍物开始计时经过时间t＝5 s平衡车走过的位移大小即为前4.1 s内的平衡车的位移大小，反应时间内通过的位移x1＝v0Δt＝0.2 m，将减速过程用逆向思维看作初速度为0的匀加速过程，故减速过程通过的位移由＝2ax2，得x2＝4 m，故从发现障碍物开始计时经过时间t＝5 s平衡车走过的位移x＝x1＋x2＝4.2 m，故D正确。
9.（1）15 m/s （2）87.5 m （3）0.5 m/s2
解析：（1）汽车做匀减速直线运动有v1 ＝ v0－a1t1
解得v1 ＝ 15 m/s。
（2）根据x1＝v0t1－a1
解得x1 ＝ 87.5 m。
（3）汽车做匀加速直线运动，有－＝2a2x2
解得a2 ＝ 0.5 m/s2。
10.（1）0.1 m/s2 （2） m/s
解析：（1）冰壶做匀减速直线运动，其末速度为零，采用逆向思维，可得
x1＝a1
解得a1＝0.1 m/s2。
（2）前一阶段的加速度大小为a＝2a1＝0.2 m/s2
由匀变速直线运动位移与速度关系，可得＋＝x
解得v1＝ m/s。
专题强化1 匀变速直线运动的推论（一）——平均速度及中点位置瞬时速度
1.A 由匀变速直线运动的平均速度公式可知＝，所以x＝t，即t＝，故A正确，B、C、D错误。
2.C 根据匀变速直线运动规律可知，中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，即＝＝，中点位移的瞬时速度＝，可知＞，依题意，可得物体在这20 s时间内的平均速度大小为＝＝ m/s＝2 m/s，所以物体运动至20 m处时的速度大于2 m/s，故选C。
3.C 匀加速运动的位移为x1＝t1＝×85 m＝31.45 km，匀速运动的位移为x2＝vmt2＝740×95 m＝70.3 km，该战机从静止开始运动后3分钟内可以行进的最大距离为x＝x1＋x2＝101.75 km，故选C。
4.C 设物体到达斜面底端时的速度大小为v，则物体在斜面上的平均速度大小为＝，在斜面上的位移大小为x1＝t1＝t1，在水平地面上的平均速度大小为＝，在水平地面上的位移大小为x2＝t2＝t2，则x1∶x2＝t1∶t2＝1∶3，故选项C正确。
5.CD 设加速度为a，由速度与时间的关系式可得，物体在4 s末的速度为v4＝at4＝4 s·a，物体在5 s末的速度为v5＝at5＝5 s·a，则在第5 s内的平均速度为＝＝4.5 m/s，解得a＝1 m/s2，故D正确；由速度与时间的关系式可得，物体在1 s末的速度为v1＝at1＝1 m/s，第1 s内物体的平均速度为＝＝0.5 m/s，故A错误；由速度与时间的关系式可得，物体在10 s末的速度为v10＝at10＝10 m/s，故B错误；由位移与时间的关系式可得，10 s内物体的位移为x10＝a＝50 m，故C正确。
6.ACD 根据图乙可得，汽车减速运动的加速度大小为a＝＝ m/s2＝4 m/s2，故A正确；根据匀变速直线运动位移中点的速度规律，可得O、M间中点的速度为＝＝＝4 m/s，故B错误；O、M间的距离为x1＝t1＝×4 m＝48 m，故C正确；汽车在ON段的位移为x＝x1＋vt2＝48 m＋4×6 m＝72 m，所以汽车在ON段平均速度大小为＝＝ m/s＝7.2 m/s，故D正确。
7.（1）12 m/s （2）6 m/s （3）48 m
解析：（1）汽车在AB段的平均速度为
＝＝ m/s＝13.5 m/s
又＝
解得vA＝12 m/s。
（2）根据平均速度的推论知，汽车从出发点到A点的平均速度为'＝＝ m/s＝6 m/s。
（3）汽车的加速度为a＝＝ m/s2＝1.5 m/s2
A点与出发点的距离为x＝＝48 m。
专题强化2 匀变速直线运动的推论（二）——逐差公式及比例式
1.B 冰壶的运动过程可以逆向看成初速度为零的匀加速直线运动。根据初速度为零的匀加速直线运动的特点，该逆过程在三个连续3 s内的位移之比为1∶3∶5，所以冰壶在连续相等的三个3 s内的位移之比为5∶3∶1。
2.D 根据逆向思维法，对于初速度为零的匀加速直线运动，在相等时间内通过的位移之比为1∶3，速度之比为1∶2，所以子弹从A到B的时间等于从B到C的时间，则tAB＝tBC＝，2vB＝vA＝v0，所以vB＝，故选D。
3.A 末速度为零的匀减速直线运动可以看成方向相反的初速度为零的匀加速直线运动，由初速度为零的匀加速直线运动规律可知，从开始运动相同时间的位移之比为1∶3∶5∶7∶…∶（2n－1），则运动员在第1个时间t内和第3个时间t内的位移大小之比5∶1，故选A。
4.A 根据初速度为零的匀加速直线运动比例关系可知，经过相同位移所用时间之比为＝＝＋2，故选A。
5.CD 物体运动的加速度a＝＝ m/s2＝6 m/s2，选项A错误；物体在前4 s内的平均速度＝＝＝ m/s＝12 m/s，选项B错误；第2 s末的速度v2＝at2＝12 m/s，选项C正确；第1 s内的位移x1＝a＝3 m，选项D正确。
6.（1）B→A 匀加速 相邻相等时间内的位移差均为0.50 cm
（2）0.37 0.50 （3）不变
解析：（1）纸带做加速运动，相等时间内运动的位移越来越大，已知纸带的左端与小车相连，则小车的运动方向由B→A。
根据给出的数据可知，相邻相等时间内的位移差Δx约为0.50 cm，该差值为定值，故小车做匀加速直线运动。
（2）相邻两计数点的时间间隔为T＝5×＝5× s＝0.1 s，根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度，可知在打计数点F时，小车运动的瞬时速度为
vF＝＝×10－2 m/s≈0.37 m/s。
根据逐差法求出小车的加速度大小为a＝＝×10－2 m/s2≈0.50 m/s2。
（3）如果当时该交流电源的电压略偏小，打点计时器的打点时间间隔不变，利用逐差法求加速度时的测量值不变，故加速度的测量值与实际值相比不变。
7.（1）5 m/s2 （2）1.75 m/s （3）25 cm （4）2
解析：将同一时刻的多个小球的照片转化为同一小球的频闪照片研究。
（1）根据BC－AB＝aT2，得a＝5 m/s2。
（2）根据vB＝，
得vB＝1.75 m/s。
（3）根据CD－BC＝BC－AB，
得CD＝25 cm。
（4）根据vB＝at，得t＝0.35 s，显然A球已运动了0.25 s，故A球上面正在运动的球还有2颗。
4.自由落体运动
1.CD 自由落体运动是竖直向下的初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动，初速度为零的竖直向下的运动的加速度不一定是g，所以不一定是自由落体运动，故A错误，D正确；只在重力作用下的竖直向下的运动不一定是自由落体运动，要看初速度是否等于零，故B错误；根据Δv＝gΔt得，任意相等的时间内速度变化量相等，故C正确。
2.B 做自由落体运动的物体的加速度为g，不管物体轻重如何，在同一地点g值相同，故A错误，B正确；随着纬度的升高，重力加速度增大，即g值增大，赤道处的重力加速度小于两极处的重力加速度，故C错误；随高度升高，g值减小，故D错误。
3.D 根据x＝at2可知，自由落体运动的x-t图像是开口向上的抛物线的第一象限的部分，x-t2图像是过坐标原点的倾斜直线，A、B错误；根据v＝at可知，自由落体运动的v-t图像是一条过坐标原点的倾斜直线，C错误；自由落体运动的加速度为重力加速度，保持不变，D正确。
4.D 由2gh＝v2，得＝＝＝，故A正确；由＝＝，可得＝＝，故B正确；自由落体运动的加速度为重力加速度g，所以加速度之比为1∶1，故C正确；由h＝gt2，可得t＝，则＝＝，故D错误。
5.B 设游客做自由落体运动45 m后的速度大小为v，根据自由落体公式可得2gh1＝v2，解得v＝30 m/s，已知匀减速至停止的位移大小是75 m，根据运动学公式可得0－v2＝2ah2，解得匀减速阶段的加速度为a＝－＝－ m/s2＝－6 m/s2，则匀减速阶段的时间为t＝＝ s＝5 s，故选B。
6.（1）2 s （2）20 m/s （3）15 m
解析：（1）根据h＝gt2，解得t＝2 s。
（2）根据v＝gt，解得v＝20 m/s。
（3）花盆下落第1 s内下落的高度h1＝g＝5 m，最后1 s下落的距离h2＝h－h1，解得h2＝15 m。
7.（4）图见解析 （5）非线性 （6）9.83
解析：（4）由表中数据在图（b）中描点画图，如图所示。
（5）由绘制的h-t图线可知，下落高度随时间的变化是非线性关系。
（6）如果长直木条做自由落体运动，则满足h＝gt2由h＝4.916t2（SI），可得g＝4.916 m/s2，解得g＝9.832 m/s2≈9.83 m/s2。
8.C 运用图甲的实验，可“冲淡”重力的作用，放大时间，使实验现象更明显，故A错误；伽利略是经过合理的外推得到物体自由落体运动的结论，并不是实验直接得到的结论，图甲、乙、丙是实验现象，图丁的情景是经过合理的外推得到的结论，故B、D错误，C正确。
9.C 根据题意可知，图片中第一个苹果为下落起点，从开始计时，由初速度为零的匀变速直线运动，连续相等的时间内位移为x1＝gT2，x2＝g×（2T）2－gT2＝gT2，x3＝g×（3T）2－g（2T）2＝gT2，x4＝g×（4T）2－g（3T）2＝gT2，故从开始计时，连续相等的时间内位移之比为x1∶x2∶x3∶x4＝1∶3∶5∶7，故A错误；由运动学公式可知v1∶v2∶v3∶v4＝gT∶2gT∶3gT∶4gT＝1∶2∶3∶4，故B错误；图中v3的大小为v3＝g×3T＝10×3×0.2 m/s＝6 m/s，故C正确；图中x3的位移大小为x3＝g×（3T）2－g（2T）2＝gT2＝×10×0.22 m＝1 m，故D错误。
10.B 由题意可知，A、B两小球均做自由落体运动，设A球释放时离地面的高度为h，对A球则有h＝g，对B球则有h－L＝g，两球落地的时间差为Δt＝tA-tB，联立解得h＝1.80 m，A、C、D错误，B正确。
11.（1）2 m/s （2）0.2 s
解析：（1）圆棒下端到A点间距h1＝1.8 m－0.4 m－1.2 m＝0.2 m
圆棒下端到达A点过程，根据位移公式有h1＝g
解得t1＝0.2 s
根据速度与位移的关系有＝2gh1
解得v1＝2 m/s。
（2）圆棒上端到B点间距h2＝1.8 m－1.2 m＋0.2 m＝0.8 m
圆棒上端到达B点过程，根据位移公式有h2＝g
解得t2＝0.4 s
则圆棒经过AB段所需的时间t＝t2－t1＝0.2 s。
专题强化3 竖直上抛运动
1.A 排球上升到最高点时的速度为零，加速度不为零，加速度为g，故A正确，B错误；排球上升过程中只受重力，所以加速度方向竖直向下，速度变化量的方向竖直向下，故C错误；排球上升，加速度g是恒量，加速度是描述速度变化快慢的物理量，速度变化快慢不变，故D错误。
2.B 做自由落体运动和竖直上抛运动的物体，加速度均为重力加速度，而速度变化率等于加速度，所以它们的速度变化率相同，根据Δv＝gt可知，它们在任意相同的时间内速度的变化大小相等，方向相同，故B正确，A、C错误；自由落体运动向下做匀加速直线运动，竖直上抛运动先向上做匀减速直线运动，速度减为0后反向做匀加速直线运动，它们在任意相同的时间内位移的大小不一定相等，方向不一定相反，故D错误。
3.C 将一个钢球，竖直上抛，不计空气阻力，以向上为正方向，开始时，钢球的位移正向增大，到达最高点后，钢球的位移正向减小，之后落到抛出点下，位移为负，故A、B错误；物体先向上做匀减速运动，速度正向减小，到达最高点后向下做匀加速运动，即负向增加，因加速度恒定为g不变，则图像为直线，故C正确，D错误。
4.A 排球被垫起后做竖直上抛运动，1.8 s内排球的位移为零，则根据竖直上抛运动的对称性，排球上升时间为0.9 s，以向上为正方向，设排球初速度为v，则有0＝v－gt，代入数据得v＝9 m/s，故B、C、D错误，A正确。
5.B 足球被颠起高度约为0.8 m，由逆向思维根据速度—位移公式得v2＝2gh，故足球刚被颠起时的速度大小约为v＝4 m/s。故选B。
6.B 整个过程中，小球的路程为s＝5 m＋5 m＋3 m＝13 m，故A错误；根据－2gh＝0－，解得小球初速度为v0＝＝ m/s＝10 m/s，故B正确；从抛出点到落地点位移为x＝－3 m，故C错误；上升过程和下降过程中加速度均为重力加速度，大小相等，方向相同，故D错误。
7.CD 物体上升到最高点的时间与位移为t＝＝2 s，h＝t＝20 m，则0～2 s加速度与速度反向，2 s～3 s加速度与速度同向，故A错误；由于2 s～3 s物体向下运动，且未回到初始点，则路程大于位移，故B错误；第3 s物体的速度大小为v＝gt'＝10 m/s，规定竖直向上为正方向，在前3秒物体的速度改变量大小为Δv＝＝30 m/s，故C正确；物体上升到最高点的位移为20 m，则物体两次经过初始点上方15 m处，回到初始点后继续向下运动，第三次经过离初始点15 m的位置，则有三个时刻，物体离抛出点的距离大小为15 m，故D正确。
8.（1）45 m （2）4 s （3）5 s 30 m/s
解析：（1）小球竖直向上抛出上升的高度h1＝＝20 m
小球能上升到离地面的最大高度H＝h＋h1＝45 m。
（2）设小球上升过程的时间为t1，则0＝v0－gt1
由对称性得，小球从抛出到落回抛出点所经历的时间t＝2t1
联立解得t＝4 s。
（3）规定竖直向上为正方向，整个过程小球做匀变速直线运动，则－h＝v0t'－gt'2
v＝v0－gt'
解得t'＝5 s，v＝－30 m/s
即小球从抛出到落到地面的时间为5 s，落地时的速度大小为30 m/s。
9.BD 运动至最高点的过程中，有h'＝gt2，t＝，解得t＝1 s，h'＝5 m，则离地面的最大高度为H＝h＋h'＝20 m，从最高点到落地的时间满足H＝gt'2，则物体在空中运动的时间为t″＝t＋t'＝3 s，故A错误，D正确；根据速度公式有v＝gt'＝20 m/s，故B正确；物体上升到最高点需用1 s，从最高点运动向下运动1.5 s的距离为h″＝g＝11.25 m，则物体被抛出的第2.5 s末，物体的位移为h1＝h″－h'＝6.25 m，故C错误。
10.D 螺钉脱落时速度竖直向上，所以螺钉脱落后的运动为竖直上抛运动，故A错误；螺钉从脱落到落到井底，有H＝vt－gt2，代入数据解得脱落时螺钉距离井底H＝－56 m，即螺钉脱落时，升降机底板距离井底的距离为56 m，故B错误；螺钉脱落时，升降机底板距离井口h＝vt＝24 m，该矿井的深度为h＋H＝80 m，故C错误；螺钉脱落后3 s时，取竖直向上为正方向，螺钉的位移为h1＝vt3－g＝－27 m，升降机的位移为h2＝vt3＝18 m，螺钉与升降机底板间的距离为h2＋＝45 m，故D正确。
11.（1）20 m/s （2）60 m （3）（6＋2）s
解析：（1）燃料用完前火箭做匀加速直线运动，设燃料恰好用完时火箭的速度为v，
根据＝＝得，v＝2×＝2× m/s＝20 m/s。
（2）燃料耗尽后火箭能够继续上升的高度h1＝＝ m＝20 m
故火箭离地面的最大高度H＝h＋h1＝40 m＋20 m＝60 m。
（3）火箭落回地面的过程做自由落体运动，设下落的时间为t1，则H＝g，解得t1＝＝ s＝2 s
设燃料用完后火箭能够继续上升的时间为t2，
则t2＝＝ s＝2 s
所以火箭从发射到落回地面过程的总时间
t总＝t＋t1＋t2＝（6＋2）s。
12.（1）3 s 15 m （2） m/s2≤a≤2 m/s2
解析：（1）以竖直向上为正方向，上抛和下落全过程，有v＝v0－gt
h＝v0t－gt2
其中v0＝10 m/s、v＝－20 m/s
解得t＝3 s，h＝－15 m
故小球从抛出到落到地面的时间为3 s；抛出点离地面的高度为H＝｜h｜＝15 m。
（2）设小车运动时间为t＝3 s，当小车前端M刚好到达抛出点正下方时，a取最小值，此时
x＝at2
解得a＝ m/s2
当小车后端N刚好到达抛出点正下方时，a取最大值，此时L＋x＝at2
解得a＝2 m/s2
则加速度的范围是 m/s2≤a≤2 m/s2。
专题强化4 运动学图像
1.AC 由x-t图像可知，0～2 s内，质点位移大小Δx＝30 m－10 m＝20 m，方向沿x轴正方向，故A正确，B错误；根据x-t图像的斜率表示速度，可知3～5 s内，质点的速度为v＝＝ m/s＝－15 m/s，可知在t＝4 s时，质点速度大小15 m/s，方向沿x轴负方向，故C正确；由x-t图像可知，0～5 s内，质点运动的位移大小为Δx＝10 m，则平均速度大小为'＝＝ m/s＝2 m/s，0～5 s内质点运动的路程为Δx'＝20 m＋30 m＝50 m，则平均速率为″＝＝ m/s＝10 m/s，故D错误。
2.A 设经过时间t后汽车停止运动，则逆向思维有a（t－2）2＝0.5 m，a（t－1）2＝4.5 m，联立解得a＝4 m/s2，A项正确。
3.D v-t图像中图线的斜率表示物体的加速度，所以t＝5 s时，汽车的加速度为a1＝＝2 m/s2，故A错误；t＝50 s时，汽车的加速度为a2＝＝－1 m/s2，故B错误；速度与时间图像与坐标轴围成的面积表示位移，故t＝60 s时，汽车离起点最远，故C错误；0～60 s内，汽车的位移为图线与t轴围成的面积，即x＝900 m，故D正确。
4.B 根据v-t图像的斜率表示加速度，由题图可知，图线斜率逐渐减小，则加速度a随时间减小，若物体做匀加速直线运动，此时的速度—时间图像应该是一条直线，且位移等于图线与坐标围成的面积，平均速度＝＝，由于该物体v-t图线围成的面积大于匀加速直线运动图线围成的面积，所以可知该物体的平均速度＞，故选B。
5.C 根据Δv＝at，可知对于做直线运动的物体，a-t图像中着色部分的梯形面积可表示速度变化量的大小，故选C。
6.C 由图可知，汽车通过ETC通道时所用时间为41 s，若正常行驶，则
t＝ s＝21 s，所以ETC通道对该车行驶产生的时间延误为Δt＝41 s－t＝20 s，故选C。
7.D 根据匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋at2，变形得到＝at＋v0，结合图像可知v0＝6 m/s，a＝－6 m/s2，故A、B错误；根据位移公式x＝v0t＋at2可知，0～2 s内，物体的位移为x＝6×2 m＋×（－6）×22 m＝0，故C错误；根据位移公式x＝v0t＋at2可知，0～3 s内物体的位移为x＝6×3 m＋×（－6）×32 m＝－9 m，即3 s末，物体位于出发点左侧9 m处，故D正确。
8.ABD 根据x-t图像的切线斜率表示速度，结合图像可得，4 s末，质点的速度大小为v4＝ m/s＝1 m/s，故B正确；根据题意OP为开口向下抛物线的一部分，质点做匀变速直线运动，由位移公式x＝v0t＋at2结合图像有10＝4v0＋8a，由公式v＝v0＋at，有1＝v0＋4a，联立解得v0＝4 m/s，a＝－ m/s2，即0～4 s内，质点做匀减速直线运动，故A、D正确，C错误。
9.BC 由图像可知，甲做方向变化的匀速直线运动，乙做方向变化的匀变速直线运动，故A错误。因v-t图像的斜率等于加速度，可知在0～2 s内与4～6 s内， 乙物体的加速度均为2 m/s2，方向相同，故B正确。前3 s内， 甲位移为0， 所以平均速度为0， 乙位移为x＝ m＝6 m，所以平均速度是＝＝2 m/s， 故C正确。由图像可知，甲、乙均在6 s末回到出发点， 甲距出发点的最大距离为4 m，乙距离出发点的最大距离是x＝ m＝6 m，故D错误。
10.D 由题图甲看出，物体A和B的x-t图像都是倾斜的直线，斜率都不变，速度都不变，说明两物体都做匀速直线运动，故A错误；由题图甲看出，在0～3 s的时间内，物体A的位移始终大于B的位移，且从图像上可以看出两者之间的距离一直在增大，故B错误；由题图乙可以看出C、D两物体的v-t图线在t＝3 s交于一点，所以此时刻C、D的速度一定相同，根据v-t图线与t轴所围面积表示位移以及物体C、D从同一地点沿同一方向运动可知，t＝3 s时物体C、D的位移不相同，故C错误；由题图乙看出，在0～3 s的时间内，D的速度较大，C、D间距离在增大，故D正确。
11.D 由a-t图像可知，0～2 s内，警车做加速运动，2～4 s内，警车做减速运动，故警车做变加速直线运动，A错误；由a-t图线所围“面积”表示速度变化量可知，t＝2 s时，警车的速度最大为vm＝v0＋Δv＝15 m/s，B错误，D正确；t＝4 s时，速度变化量为零，警车的速度大小v＝v0＝10 m/s，C错误。
12.C 根据速度与位移的关系有v2＝2ax，结合题图甲有2a＝ m/s2，解得a＝0.5 m/s2，故A错误；a-t图像中，图像与时间轴所围几何图形的面积表示速度的变化量，可知题图乙中0～2 s内，物体的速度变化量大小为Δv＝ m/s＝3 m/s，故B错误；题图丙中对应的函数表达式为＝2t＋2，则有x＝2t＋2t2，将该函数式与位移公式进行对比有v0＝2 m/s，a＝2 m/s2，解得a＝4 m/s2，故C正确；结合上述可知，题图丙中，t＝3 s时，物体的速度大小v1＝v0＋at＝14 m/s，故D错误。
专题强化5 追及相遇问题
1.AD 假设乙车追上甲车时速度大小为v1，则v1t＝vt，解得v1＝2v，故B项错误；乙车加速运动的加速度大小为a＝，故A项正确；乙车追上甲车前，两车的最大距离为s＝v·－＝vt，故C项错误；从启动到追上甲车，乙车的平均速度大小等于甲车的速度大小，故D项正确。
2.D 由题图可知，在10 s内，乙车一直沿正方向运动，速度方向没有改变，故A错误；由于不知道初始位置甲、乙相距多远，所以无法判断在5 s末两车相距多远以及在10 s末能否相遇，故B、C错误；若开始时乙车在前，甲车速度大，在某个时刻追上乙车，两车相遇之后甲在乙的前面，乙的速度增大，在某个时刻与甲再次相遇，故D正确。
3.A 0～4 s内，甲、乙两物体的v-t图像均在横轴的上方，速度均为正，故两物体始终同向运动，A正确；由题意可知，甲、乙两物体同时同地沿同一方向开始运动，在0～4 s内，甲在前、乙在后，且甲的速度大于乙的速度，两物体相距越来越远，在4 s时速度相同，此时两物体相距最远，B、D错误；0～4 s内，甲的位移大于乙的位移，即x甲＞x乙，根据＝，可知两物体的平均速度＞，C错误。
4.B 甲、乙两车加速度大小之比为＝＝，A错误，B正确；甲车的刹车位移大小为x1＝15×6× m＝45 m，C错误；如果甲车在前，乙车在后，前4 s甲车比乙车快，t＝4 s时两车速度相等，此时两车相距最远，D错误。
5.B 质点B从坐标原点O由静止开始沿x轴正方向做匀加速直线运动，根据v2＝2ax，将（4 m，6 m/s）代入解得a＝4.5 m/s2，故A错误；设经过t时间，质点B追上质点A，则有at2＝vAt，解得t＝ s，则质点B追上质点A时的速度大小为vB＝at＝4.5× m/s＝12 m/s，两质点相遇时通过的位移大小为x＝vAt＝16 m，故B正确，C、D错误。
6.BD 根据速度图线与时间轴包围的面积表示位移，可知乙在t＝10 s时启动，此时甲的位移为x＝×10×10 m＝50 m，即甲车在乙前方50 m处，故A错误；当两车的速度相等时，乙车落后甲车的距离最大，由v-t图像可知，最大距离为smax＝×（5＋15）×10 m－×10×5 m＝75 m，故B正确；由于两车从同一地点沿同一方向沿直线运动，当位移相等时两车才相遇，由图可知，乙车启动10 s后位移小于甲的位移，还没有追上甲，故C错误；乙车超过甲车后，由于乙的速度一直大于甲的速度，所以两车不会再相遇，故D正确。
7.AC 由题可知，在计时起点的时刻，小汽车的速度为18 m/s，加速度为－2 m/s2，则2 s后小汽车的速度为14 m/s；此时前方卡车开始加速，初速度为 6 m/s，加速度为2 m/s2，此时两车之间的距离为l＝［30＋6×2－（18×2－×2×22）］m＝10 m，以该时刻为计时起点，则小汽车的位移—时间关系为x1＝14t－t2，其中t≤ s＝7 s。前方卡车的位移—时间关系为x2＝6t＋t2，所以两车之间的距离与时间的关系式为L＝x2＋l－x1＝10－8t＋2t2，其中t≤7 s。根据二次函数的特点可知，当t＝－ s＝2 s时，L取最小值Lmin＝（10－8×2＋2×22）m＝2 m＞0，所以两车不会相撞。故A、C正确，B、D错误。
8.AD 经分析可知，当两车速度相等时，两车之间的距离最大，即v2＝v1－at0，解得t0＝1 s，又司机反应了1 s，故2 s后两车距离最远，故A正确；甲车速度减为零的时间t＝＋Δt＝4 s，位移x'＝a＋v1Δt＝37.5 m，此段时间乙的位移x″＝v2t＝40 m，两车相距Δx＝x＋x'－x″＝30 m，故B错误；设从零时刻到两车再次相距32.5 m的时间为t'，由位移关系x＋v1Δt＋v1（t'－Δt）－a（t'－Δt）2－v2t'＝32.5 m，可得t'＝2＋ s，此刻甲的速度v1'＝v1－a（t'－1），可得v1'≈1.34 m/s，故C错误；甲车停止后，乙开始减速，假设恰好追上甲时速度减为零，由＝2a'Δx，可得a'＝ m/s2，只要乙减速的加速度大于 m/s2就能不撞上甲车，故D正确。
9.B 根据竖直上抛运动的性质可知，A球运动到最高点的时间为t1＝，当A球运动到最高点后将向下做自由落体运动，而B球此时做竖直上抛运动，设其与A球在空中相遇所用的时间为t2，A球上升的最大高度为h，A球与B球相遇时A球的下落的高度为h1，B球上升的高度为h2，则由运动学公式有h1＝g，h2＝vt2－g，h1＋h2＝h，v2＝2gh，联立解得t2＝，而自A抛出到与B相遇时间为t＝t1＋t2＝，故B正确；设A、B相遇时的速度分别为v1、v2，则根据运动学公式可得v1＝gt2＝，v2＝v－gt2＝，即A、B相遇时速度大小均为v1＝v2＝，故A错误；自B拋出到与A相遇上升高度为h2＝vt2－g＝，故C错误；设A、B两球各自抛出到相遇过程中，A球速度的变化量为Δv1，取向上为正方向，可得Δv1＝－－v＝－，其中负号表示速度的方向，故D错误。
10.AD 由图乙可得，P车的加速度大小为aP＝＝ m/s2＝1 m/s2，A正确；由图乙可知，Q车4 s停止运动，根据v-t图像的面积的意义可知，9 s内Q车的位移大小为xQ＝×4×12 m＝24 m，B错误；根据上述分析，结合匀变速直线运动规律，可得P车的初速度为v0＝v1－aPt1＝1 m/s，5.5 s时，P车的位移xP＝v0t＋aPt2＝（1×5.5＋×1×5.52）m＝20.625 m＜xQ，C错误；根据追及问题的临界条件，二者速度相等时，相距最远，则有vP＝v0＋aPt0，vQ＝v0'－aQt0，结合图乙可知v0'＝12 m/s，aQ＝3 m/s2，代入数据解得t0＝2.75 s，D正确。
11.（1）72 m （2）匀速阶段 （3）27.5 s
解析：（1）设警车开始行驶后经过时间t1与货车共速，此时两车距离最大，则at1＝v0
解得t1＝8 s
两车间的最大距离xmax＝v0（t1＋t0）－t1＝72 m。
（2）警车达到最大速度时所用时间t2＝＝10 s
警车的位移x1＝t2＝100 m
此时货车的位移x2＝v0（t0＋t2）＝168 m＞x1
可知警车追上货车在警车匀速阶段。
（3）警车达到最大速度后追上货车还需时间t3＝＝17 s
从警员发现货车到警车追上货车的时间t＝t0＋t2＋t3＝0.5 s＋10 s＋17 s＝27.5 s。
12.（1）20 s （2）5 s （3）见解析
解析：（1）设轿车出发后经过t时间追上货车，则有x轿－x货＝x0＝200 m
又x轿＝at2，x货＝v货t
联立解得t＝20 s或t＝－10 s（舍去）。
（2）轿车追上货车前，当两车速度相等时，两车相距最远，则有v货＝at1
解得t1＝5 s
可知经过5 s轿车与货车相距最远。
（3）当轿车刚追上货车时，轿车速度为v＝at＝40 m/s
轿车司机立即刹车，从刹车到停下所用时间为t0＝＝ s＝10 s
轿车刹车到停下通过的位移大小为x0＝t0＝×10 m＝200 m
轿车刹车过程货车通过的位移为x货'＝v货t0＝10×10 m＝100 m
由于x货'＜x0
可知轿车停止前，两车不会再次相遇。
第三章 相互作用——力
1.重力与弹力
第1课时 重力与弹力
1.C 重力是由于地球对物体的吸引而使物体受到的力，不是地球对物体的吸引力，故A错误；重力的方向总是竖直向下，所以对于地球这个球体而言，不同的地点，重力的方向不同，故B错误；从赤道到两极，重力加速度变大，所以同一物体在赤道和北极受到的重力大小不相等，故C正确；物体各部分都受到重力的作用，故D错误。
2.C 重心是物体各部分所受重力的等效作用点，重心既不是物体上最重的一点，也不一定在物体上，所以A、B错误；重心的位置与物体的质量分布、形状都有关系，所以C正确，D错误。
3.AD
4.C 只有质量分布均匀、形状规则的物体的重心才与其几何中心重合，A错误；薄泡沫板任何地方都受重力，B错误；要得到薄泡沫板的重心位置，至少要在不同位置悬挂两次，C正确；将均匀薄泡沫板换成均匀薄铝板，重复上述实验，O点位置不变，D错误。
5.B 物体对水平面的压力F，是由于物体发生微小形变而产生的力，受力物体是水平面，所以F的作用点在接触面上即支持面上，物体的重力是由于地球吸引而产生的，两者不是一个力。故选B。
6.C 点与面接触处的弹力的方向，过接触点垂直于接触面（或接触面的切线），指向受力物体。手指对木棍的压力方向垂直于木棍向下，故A、B错误；台阶A处对木棍的支持力属于弹力，其方向为过A处垂直木棍向上，故C正确；地面对木棍的支持力方向垂直于地面向上，故D错误。
7.B 弹力是施力物体发生形变要恢复原状而产生的，因此，脚对足球的压力是由于脚发生形变要恢复原状而产生的，脚感受到足球的支持力是足球的上部发生形变要恢复原状而产生的，地面对足球的支持力是由于地面发生形变要恢复原状而产生的，足球对地面的压力是由于足球的下部发生形变要恢复原状而产生的。综上可知，A、C、D错误，B正确。
8.BC 选项A中，假设a、b间有弹力，则a、b都达到平衡时悬挂a、b的绳不能与天花板垂直，故a、b间无弹力，故A错误；选项B中，细绳偏离竖直方向，则a、b相互挤压，a、b间有弹力，故B正确；选项C中，a、b间有弹力，且弹力方向垂直于a、b的接触面，故C正确；选项D中，假设a、b间有弹力，b对a的弹力垂直于斜面斜向上，a球不可能静止，则a、b间无弹力，故D错误。
9.B 玉壶对陈列台面的压力是由玉壶发生形变而产生的，故A错误；陈列台面对玉壶的支持力是由于台面发生形变而产生的，故B正确；重力的施力物体是地球，所以玉壶的重力施力物体是地球，故C错误；一切物体受力都要发生形变，玉壶质地坚固，产生形变微小，故D错误。
10.BC 判断上板对A球有无弹力采取假设法，假设撤去上面的木板，则A球仍会保持静止不动，其运动状态不改变，故上面的木板对A球没有弹力的作用，同理，假设撤去下面的板，则A球会掉下去，运动状态改变，所以下面的木板对A球有弹力的作用，故A错误，B正确；将图中结构整体逆时针旋转一小角度后，采用假设法，两个木板撤去任何一个，A球的运动状态都会发生变化，即两木板对A球都有弹力的作用，故C正确，D错误。
11.C 重心是物体所受重力的等效作用点，可能在物体上，也可能在物体外，轻轻下压“平衡鹰”尾部A处或翅膀B处，在晃动几次后依然能静止在支架上，则说明“平衡鹰”重心的位置最有可能在鹰嘴的正下方。故选C。
12.见解析
解析：细绳拉物块，受力物体是物块，施力物体是细绳。画力的图示时，先选好标度，用点A代表
力的作用点，从作用点开始沿力的方向画一条线段，最后标上箭头指明拉力的方向，即得力F的图示。从物块的中心作一条竖直向下的线段，
标上箭头，即得重力G的示意图，如图所示。物块重力的施力物体是地球，受力物体是物块。
13.C 细线对杆的拉力方向沿AO方向，由A指向O点，A错误；地面对杆的支持力方向竖直向上，B、D错误，C正确。
第2课时 实验：探究弹簧弹力与形变量的关系
胡克定律
1.F＝0.2x 20 3.00 15
解析：由图甲可得，F与x的关系是F＝0.2x，由胡克定律有F＝kx，结合F与x的关系可得k＝0.2 N/cm＝20 N/m，由图乙可知，测力计的示数为F＝3.00 N，由胡克定律可得，弹簧的伸长量x＝＝0.15 m＝15 cm。
2.（1）A （2）小于 （3）C （4）D
解析：（1）根据胡克定律F＝kx，结合图像可知图中x表示弹簧的形变量。故选A。
（2）由（1）中分析可知，F-x图像中斜率表示弹簧的劲度系数，由于图像中弹簧a的斜率小于弹簧b的斜率，由此可知弹簧a的劲度系数小于弹簧b的劲度系数。
（3）弹簧自身受到的重力可忽略时，其各部分均匀伸长。故C正确。
（4）实验中用横轴表示弹簧的伸长量x，纵轴表示弹簧的拉力F，由胡克定律F＝kx，唐同学是测出竖直状态时不挂钩码的弹簧长度作为原长，则此图像过原点；李同学是测出弹簧自然水平放置时的弹簧长度作为原长，由于弹簧自身的重力，弹簧不挂钩码时弹簧的伸长量已经不为零，则此图像不过原点，两种情况下弹簧的劲度系数相同，两图像平行。故选D。
3.D 根据胡克定律F＝kx，代入数据解得k＝200 N/m，故选D。
4.B 根据F-x图像可知，拉力为零时弹簧的长度均为0.2 m，即两根弹簧的原长均为0.2 m，故A错误；根据ΔF＝kΔx可知，弹簧1的劲度系数k1＝＝＝100 N/m，弹簧2的劲度系数为k2＝＝50 N/m，所以弹簧1的劲度系数大于弹簧2的劲度系数（也可用图像斜率判断），故B正确；当弹簧2产生的弹力为15 N时，弹簧伸长量是Δx2＝＝＝0.3 m＝30 cm，故C错误；本实验可以通过F-x关系图像探究弹簧弹力与伸长量的关系，故D错误。
5.A 根据二力平衡，弹簧拉力均等于一个小球的重力，所以有F1＝F2＝F3，故选A。
6.B 某人两手握住拉力器两端，用600 N的力使弹簧拉长至150 cm，则每只手受到拉力器的拉力为600 N，每根弹簧产生的弹力为F弹＝ N＝150 N，故A、C错误，B正确；根据胡克定律可得F弹＝kx可得每根弹簧的劲度系数为k＝＝ N/m＝125 N/m，故D错误。
7.（1）6.00 （2） 83.1 （3）偏大
解析：（1）根据刻度尺的读数规则，该读数为6.00 cm。
（2）根据二力平衡的条件及胡克定律有nmg＝k（l－l0），变形得l＝n＋l0，结合图像有＝a，解得k＝
结合上述与图像有k＝＝ N/m＝83.1 N/m。
（3）由于弹簧与桌面、细绳与滑轮间有摩擦，导致弹簧的弹力大小小于钩码的重力，结合上述分析可知，则弹簧劲度系数的测量值与真实值相比将偏大。
8.（1）200 N/m （2）30 m
解析：（1）跳跃者静止于空中时，根据二力平衡，橡皮绳的拉力F1＝mg＝500 N，
根据胡克定律有F1＝k（L－L0），
得橡皮绳的劲度系数k＝＝200 N/m。
（2）设橡皮绳拉力最大时，绳长为l，
根据胡克定律得F2＝k（l－L0），
则l＝＋L0＝15 m＋15 m＝30 m，
即橡皮绳的上端悬点离下方的水面至少为30 m。
9.100 N/m 200 N/m
解析：依据F＝kx得，在弹簧压缩距离0到0.2 m范围内有20 N＝k1×0.2 m，
在弹簧压缩距离0.2 m到0.3 m范围内（这个范围内小弹簧的压缩量比大弹簧小0.2 m）有
50 N＝k1×0.3 m＋k2×（0.3－0.2）m，
联立解得k1＝100 N/m，k2＝200 N/m。
2.摩擦力
1.BCD 滑动摩擦力的方向一定与物体相对运动的方向相反，故A错误；当两物体相互接触并相互挤压，接触面粗糙且有相对运动时，两物体间有滑动摩擦力，故B正确；滑动摩擦力的方向沿接触面或与接触面相切，而正压力垂直于接触面，则滑动摩擦力的方向跟接触面上的正压力垂直，故C正确；静止的物体也可以受滑动摩擦力作用，如擦黑板时，黑板是静止的，但相对黑板擦是运动的，则黑板受滑动摩擦力作用，故D正确。
2.B 动摩擦因数μ的大小与两物体接触面的粗糙程度及材料有关，与接触面积、正压力以及滑动摩擦力无关。故选B。
3.C 物块在粗糙的斜面上匀速下滑，滑动摩擦力阻碍物体间的相对运动，故物块受到沿斜面向上的滑动摩擦力。故选C。
4.C 用水平拉力拉着空雪橇在地面做匀速直线运动时，空雪橇所受的摩擦力等于拉力，即8 N，若雪橇再载重力为500 N的货物，总重力变为原来的2倍，对雪地的压力也变为原来的2倍，则所受滑动摩擦力也变为原来的2倍，即16 N。故选C。
5.D 运动的物体也可能产生静摩擦力，比如在水平路面上，汽车启动时，车厢地板上的物体受到静摩擦力作用，并且该力是物体运动的动力，故A、B错误；静摩擦力大小与压力无关，故C错误；静摩擦力的作用是阻碍物体间的相对运动趋势，方向总是与物体间的相对运动趋势的方向相反，故D正确。
6.A 物体始终处于静止状态，竖直方向受力平衡，因此摩擦力始终与重力等大反向，故A正确。
7.D 题图甲中，P做匀速运动，在水平方向所受合力为零，所以P不受摩擦力；题图乙中，假设P不受摩擦力，P将相对Q沿接触面向下运动，因此P受与力F方向相同的摩擦力，选项D正确。
8.B 撤去摩擦力之前，木块处于静止状态，共受到三个力，即F1、F2和摩擦力作用，静摩擦力与F1、F2的合力等大反向，所以此时静摩擦力大小为f＝F1－F2＝6 N，而物体没动，说明fm≥6 N，F1撤去后，物体受到推力F2＝4 N，而4 N≤fm，所以物体不会运动，合力仍然等于0，因此撤去推力F1后摩擦力大小为f'＝4 N，故选B。
9.BC 向左拉桌布，杯子没有滑离桌布时，杯子相对于桌布向右运动，杯子受到桌布的摩擦力向左，故A错误；拉出桌布后，杯子在桌面上向左滑动，桌面对杯子的摩擦力的方向向右，故B正确；杯子受到的摩擦力为滑动摩擦力，其大小与桌布的速度无关，只与正压力和动摩擦因数有关，因此增大桌布的速度时，摩擦力不变，若只增大杯子的重力，桌面对杯子的摩擦力变大，故C正确，D错误。
10.B 骑车前进时，后轮是主动轮，在它与地面接触处有相对地面向后滑的趋势，故受向前的摩擦力Ff1，所以地面对后轮的摩擦力Ff1的方向水平向右；推自行车前进时，地面对前后轮的摩擦力方向都向后，即地面对后轮的摩擦力Ff2的方向水平向左。故选B。
11.AD 静摩擦力的方向与相对运动趋势方向相反。对货物A来说，有相对于传送带向下滑动的趋势，又静摩擦力与相对运动趋势方向相反，即沿传送带向上，选项A正确；货物A随传送带一起无相对滑动地向下匀速运动时，货物A有沿传送带向下运动的趋势，货物A受到沿传送带向上的静摩擦力，选项B错误；如果货物A和传送带都静止，则货物A相对传送带有向下运动的趋势，货物A受到沿传送带向上的静摩擦力，选项C错误；货物A相对于传送带有向下的运动趋势，传送带相对于货物A有向上的运动趋势，则货物A对传送带的静摩擦力方向沿传送带向下，选项D正确。
12.（1）10 N （2）12 N
解析：（1）根据题意可得mg＝kx
所以物块与水平面间的最大静摩擦力为Ffm＝μmg＝12 N
当弹簧伸长量为x1＝0.1 m时，弹簧弹力为F1＝kx1＝10 N＜Ffm
物块处于静止状态，静摩擦力大小为Ff1＝F1＝10 N。
（2）当弹簧伸长量为x2＝0.2 m时，弹簧弹力为
F2＝kx2＝20 N＞Ffm
物块与水平面间处于相对滑动状态，则滑动摩擦力大小Ff2＝μmg＝12 N。
13.D 由于物体所受的水平推力为F＝kt，由二力平衡得，墙与物体间的弹力FN＝kt。当F比较小时，物体与墙之间的最大静摩擦力Fmax小于物体的重力G，物体将沿墙壁下滑，此时物体受的摩擦力为滑动摩擦力，大小为Ff＝μFN＝μkt；当最大静摩擦力Fmax等于重力G时，物体不能立即停止运动，物体受到的摩擦力仍然是滑动摩擦力；随着力F的增大，滑动摩擦力将大于重力，物体做减速运动直至静止，滑动摩擦力变为静摩擦力，静摩擦力大小与压力大小无关，跟重力始终平衡，故D正确。
3.牛顿第三定律
1.D 大人对小孩的作用力与小孩对大人的作用力是一对作用力与反作用力，二者大小相等，方向相反。故选D。
2.B 棋子受到重力G、棋盘面的吸引力F、弹力FN和静摩擦力Ff，共四个力作用，除了重力，其余3个力的施力物体都是棋盘，所以每个棋子和棋盘之间共有3对相互作用力，故B正确。
3.B 从题图上可以看出作用力和反作用力关于时间轴对称即大小相等，一正一负即方向相反，故A错误，B正确；作用力与反作用力一定作用在两个物体上，且其大小和方向的关系与物体所处的状态无关，所以C、D均错误。
4.A 马拉车的力与车拉马的力是一对相互作用力，总是等大反向，故A正确，B错误；大个子运动员对小个子运动员作用力与小个子运动员对大个子运动员作用力是一对相互作用力，总是等大反向，故C错误；地对人的支持力与人对地的压力是一对相互作用力，总是等大反向，故D错误。
5.BD “水火箭”的推力来源于向下喷出的水对“水火箭”的反作用力，故A错误，B正确；水对空气的作用力和空气对水的作用力是一对相互作用力，大小相等，故C错误；“水火箭”和喷出的水之间的作用力满足牛顿第三定律，故D正确。
6.B 足球在向上飞行的某一时刻，球已经离开脚，不再受到脚对球的弹力F，空气阻力F阻与球运动方向相反，即斜向下，另外球还受重力G。故选B。
7.C A物体沿竖直墙自由下滑，“自由”说明物体A与竖直墙之间没有弹力和摩擦力，因此A只受重力作用，故A错误；B物体处于静止状态，受到重力、弹力、摩擦力三个力的作用，故B错误；C物体受到重力和两个绳子的拉力三个力作用，故C正确；D物体处于静止状态，受到重力、支持力、绳子的拉力和摩擦力四个力的作用，故D错误。
8.C 赛道对运动员的弹力垂直赛道斜向上，选项A错误；赛道对运动员的弹力与运动员对赛道的压力是一对作用力和反作用力，选项B错误；赛道对运动员的摩擦力沿赛道斜向上，由牛顿第三定律知运动员对赛道的摩擦力方向沿赛道斜向下，选项C正确；运动员受到的摩擦力与赛道受到的摩擦力是一对相互作用力，选项D错误。
9.BD 水平力F与墙壁对物体的弹力作用在同一物体上，大小相等，方向相反，且作用在同一条直线上，是一对平衡力，选项A错误；物体在竖直方向上受到竖直向下的重力以及墙壁对物体竖直向上的静摩擦力的作用，因物体处于静止状态，这两个力是一对平衡力，选项B正确；水平力F作用在物体上，而物体对墙壁的压力作用在墙壁上，这两个力不是平衡力，也不是相互作用力，选项C错误；物体对墙壁的压力与墙壁对物体的弹力是两个物体间的相互作用力，是一对作用力和反作用力，选项D正确。
10.D 物体a在恒力F作用下静止，受力平衡，根据二力平衡可知，水平方向由于物体a没有受到向左的外力，则墙壁对a没有弹力，也就没有摩擦力；竖直方向有F＝G，所以物体a共受到2个力作用。故选D。
11.D 物体受到竖直向下的重力和垂直于皮带向上的支持力的作用，有相对皮带向下滑动的趋势，因此受到沿皮带向上的静摩擦力作用，所以受三个力。故选D。
12.D 图甲中的鹅卵石受到重力、左右两边筷子的压力和摩擦力，共五个力的作用，选项A错误；图乙中上方筷子对鹅卵石的弹力与鹅卵石对其的弹力是相互作用力，等大反向，选项B错误；图丙中上方筷子对鹅卵石的弹力和鹅卵石重力沿垂直筷子方向的分力的合力等于下方筷子对鹅卵石的弹力，可知上方筷子对鹅卵石的弹力和下方筷子对鹅卵石的弹力不是一对平衡力，选项C错误；若图甲中筷子夹着鹅卵石一起向上匀速运动，鹅卵石竖直方向受力平衡，鹅卵石受到的摩擦力与重力等大反向，即鹅卵石受到摩擦力方向为竖直向上，选项D正确。
13.C 以物体A为研究对象，其做匀速运动，由二力平衡可知，C对A有向右的摩擦力，则A对C有向左的摩擦力，选项A错误；对物体B，因其所受合外力为零，故B、C间没有摩擦力，选项B错误；选A、B、C整体为研究对象，其在F作用下向左匀速运动，整体所受合外力为零，故知地面对C有向右的摩擦力，C对地面有向左的摩擦力，C受到A、地面给它的两个摩擦力的作用，C正确，D错误。
14.（1）不发生变化 （2）735 N
解析：（1）根据牛顿第三定律可知人对平衡车的压力等于平衡车对人的支持力。因人在竖直面内处于平衡状态，即平衡车对人的支持力与人所受的重力大小相等、方向相反，则人对平衡车的压力不因为平衡车在水平面上的加速运动而发生变化。
（2）在竖直方向上，人和平衡车所受的重力和支持力是一对平衡力，则人和平衡车所受支持力大小为FN＝Mg＝75 kg×9.8 N/kg＝735 N，
根据牛顿第三定律，可知电动平衡车对地面的压力大小为735 N。
4.力的合成和分解
第1课时 合力和分力 实验：探究两个互成角度的力的合成规律
1.BD 合力是各个分力的等效替代，作用效果相同，合力和分力并不同时作用于物体上，选项A错误，选项B正确；各个分力可以是不同性质的力，也可以是同一性质的力，选项C错误；各个分力必须是同一时刻同一物体受到的力，选项D正确。
2.BD 根据分子力和合力的等效替代关系，由二力平衡知识得，这两个小孩对水桶作用力的合力等于100 N，故A错误，B正确；两个小孩对水桶的作用力与一个大人对水桶的作用力效果相同，判断的依据是，两种情况下，人的拉力和水桶的重力共同作用于水桶，使水桶处于平衡状态，故C错误，D正确。
3.D 两弹簧测力计夹角太小，作图误差大，故A错误；两弹簧测力计夹角太大，作图误差大，故B错误；右侧弹簧测力计使用不符合规范，挂钩和弹簧测力计不在一条直线上，故C错误；夹角大小适当，操作正确，故D正确。
4.（1）7 （2）大
解析：（1）以F1、F2为邻边，作出平行四边形，如图所示。由图可知，合力为F＝1×7 N＝7 N。
（2）合力F'与F的大小、方向略有偏差，如果此偏差仅由F1引起，由图可知F1与F'的夹角比F1与F的大，故F1的大小比真实值偏大。
5.（1）C （2）2.70 （3）F'
解析：（1）为了减小拉力方向的误差，应使用细绳套适当长一些的，则图乙中最合适的是C。
（2）图丙中弹簧测力计的分度值为0.1 N，由图丙可知其读数为2.70 N。
（3）由图丁可知F是通过平行四边形作图得到的，存在一定误差，方向不一定沿AO1方向；F'是由一个弹簧测力计拉橡皮条时得到的，根据二力平衡可知，方向一定沿AO1方向。
6.（1）CD （2）5.0 N （3）C
解析：（1）实验前先在水平方向对测力计进行调零，故A错误；实验采用的是作图法求合力而不是利用勾股定理求出，故两个测力计拉橡皮条时不必互成90°，故B错误；确定拉力方向时，为了减小误差，在细绳正下方白纸上描下的两点间距应尽量大一些，故C正确；为了正确记录力的方向，拉橡皮条时，测力计、橡皮条、细绳必须与木板平面平行，故D正确。
（2）根据平行四边形定则作图，如图所示，由图可知，代表合力的平行四边形对角线的长度约为标度的5倍，故合力大小约为F合＝5.0 N。
（3）A选项中记录力的方向时，两点太近，误差较大，故A错误；B选项中标度的选择不合适，并且两细绳的夹角较小，故B错误；C选项中记录力的方向时，两点距离合适，标度的选择合适，所以误差较小，故C正确；D选项中测力合力的实验值时方向偏离力合力的方向，误差太大，故D错误。
7.（1）等效替代法 （2）6 （3）牵引弹簧时细线的方向 牵引弹簧时砝码的个数
解析：（1）本实验主要采用的物理思维方法是等效替代法。
（2）若“用两根细线通过两组砝码把弹簧拉长”时用的分别是：一组4个砝码，另一组3个砝码，则两个分力的合力范围是：1个砝码重力～7个砝码重力，因两个力方向不共线，则“再用一根细线通过一组砝码把弹簧拉长”时，砝码个数最多为6个。
（3）为确保实验成功，本实验中除记录好位置O'之外，还必须要记录的有牵引弹簧时细线的方向、牵引弹簧时砝码的个数。
8.（1）静止 （2）三根细线的方向 （3）结点O的位置
（4）F和F'
解析：（1）要测量装满水的水壶的重力，则应记下水壶静止时电子秤的示数F。
（2）要画出平行四边形，则需要记录分力的大小和方向，所以在白纸上记下结点O的位置的同时，也要记录三根细线的方向以及电子秤的示数F1。
（3）已经记录了一个分力的大小，还要记录另一个分力的大小，则结点O的位置不能变化，力的方向也都不能变化，所以应使结点O的位置和三根细线的方向与（2）中重合，记录电子秤的示数F2。
（4）比较F和F'，即可得到力的合成规律。
第2课时 力的合成和分解
1.C 求和方法均与求解两个力的合力遵从的规则相同说明是矢量，位移、速度、加速度均是矢量，时间、路程、速率、质量均是标量。故选C。
2.B 若F1和F2大小相等且θ＝120°，则合力与分力大小相等，故A错误；根据平行四边形定则，若F1和F2大小不变，夹角θ越小，则合力F就越大，故B正确；若夹角θ不变，力F1增大2 N，F2增大2 N，合力F不一定增大2 N，故C错误；若夹角θ满足90°＜θ＜180°且保持不变，则力F1和F2都增大时，合力F可能不变，也可能减小，故D错误。
3.B 设两个力大小分别为F1、F2，由题图得到，当两力夹角为0时，F1＋F2＝12 N；当两力夹角为180°时，F1－F2＝6 N，联立解得F1＝9 N，F2＝3 N，故B正确，A、C、D错误。
4.B 该对钢索对塔柱形成的合力是F合＝2Fcos 53°＝2×6×105×0.6 N＝7.2×105 N，故选B。
5.D 当两个力的夹角为90°时，合力F合＝＝F，所以F1＝F2＝F，当两个力的夹角为120°时，根据平行四边形定则，可知合力F合'＝2F1cos 60°＝F，故选D。
6.BC 在拉开拉链的时候，三角形物体在两拉链间沿拉链运动，手的拉力在三角形物体上将拉力分解为了两个不同方向的分力，分力的大小大于拉力的大小，所以使很难直接分开的拉链很容易被拉开，故A、D错误，B、C正确。
7.AD 将一个力分解为两个分力，根据平行四边形定则，即已知平行四边形的对角线，确定平行四边形的两个邻边，力的分解通常有下面几种组合：①已知两个分力的方向，确定两分力的大小，有唯一解；②已知两个分力的大小，确定两个分力的方向，这种情况必须先看两分力大小与合力是否满足｜F1－F2｜≤F≤F1＋F2，若不满足这个关系则无解，满足这个关系时可能有一解或两解；③已知一个分力的大小和另一个分力的方向，这种情况可能无解、有两解或唯一解；④已知一个分力的大小和方向，确定另一个分力的大小和方向，这种情况有唯一解。故A、D正确。
8.A 由题意可知，绳子与水平方向夹角的正弦值为sin α＝＝0.1，所以绳子的作用力为F绳＝＝1 500 N，A项正确，B、C、D项错误。
9.C 弹力圈上的力处处相等，弹力圈对小朋友的张角越小，合力越大，故F甲＞F丙＞F乙＞F丁。故选C。
10.ACD 对甲图，先将F1与F3合成，合力方向向左且大小为3 N，然后再用勾股定理，求得F1、F2、F3的合力等于5 N，故A错误；对乙图，先将F1与F3沿水平和竖直方向正交分解，水平分量相等，竖直分量分别为1 N和2 N，再与F2合成，求得合力等于5 N，故B正确；对丙图，F2和F3的合力与F1等大同向，则三力的合力为2F1，即合力等于6 N，故C错误；根据三角形法则，丁图中合力等于0，故D错误。本题选错误的，故选A、C、D。
11.B 最上面这根原木由于重力作用，对其下面两根原木有垂直于接触面的压力，如图所示，由平行四边形定则可得，最上面这根原木对其下面两根原木的作用力大小为F1＝F2＝＝G。故B正确。
12.见解析
解析：对小球受力分析，将小球的重力按作用效果分解成使球压紧墙壁和使球压紧A点，作出重力及它的两个分力F1'和F2'构成的平行四边形，如图所示。小球对墙面的压力大小为F1＝F1'＝Gtan 60°＝100 N，方向垂直墙壁向右，小球对A点的压力大小为F2＝F2'＝＝200 N，方向沿OA向下。
13.（1）20 N，方向沿F3方向 （2）22 N，合力方向与F4夹角为45°斜向右下方
解析：（1）建立如图1所示的坐标轴，以垂直于F3方向为x轴，沿F3方向为y轴，如图所示，由于F1、F2沿x轴方向的分力大小相等，方向相反，则F1、F2和F3的合力大小为F＝F3－F1cos 60°－F2cos 60°＝40 N－20× N－20× N＝20 N方向沿F3方向。
（2）建立如图2所示的坐标轴，由图可知，沿x轴方向的合力Fx＝F4－F2sin 37°＝40 N－30×0.6 N＝22 N
沿y轴方向的合力Fy＝F1＋F2cos 37°－F3＝20 N＋30×0.8 N－22 N＝22 N
则合力大小为F合＝＝22 N
方向与x轴的夹角满足tan θ＝＝1
解得θ＝45°
即合力方向与F4夹角为45°斜向右下方。
5.共点力的平衡
1.CD 物体运动速度为零时不一定处于平衡状态，A选项错误；物体运动速度大小不变、方向变化时，物体不做匀速直线运动，一定不处于平衡状态，B选项错误；物体处于平衡状态时，合力为零，物体沿任意方向的合力都必为零，C选项正确；物体受到三个共点力作用而处于平衡状态时，合力为零，则任意两个力的合力与第三个力等大反向，D选项正确。
2.C 由共点力的平衡条件可知，F1、F2、F3的合力应与F4等大反向，当F4的方向沿逆时针转过60°而保持其大小不变时，F1、F2、F3的合力的大小仍为F4，但方向与此时的F4成120°角，由平行四边形定则可得，此时物体所受的合力大小为F4，故选C。
3.C 物体在光滑斜面上时，其受重力、支持力和沿斜面向上的拉力，斜面光滑，故物体不受摩擦力；将重力沿平行于斜面和垂直于斜面的方向进行分解，支持力与重力垂直于斜面方向的分力大小相等；要使物体处于平衡状态，拉力大小应等
