1选择题
在一次校园篮球比赛中，球员甲将球斜向上抛出，球在空中划出一道弧线后落入篮筐。若不计空气阻力，从球离开甲的手到落入篮筐的过程中，下列说法正确的是
- A. 球的加速度方向始终与速度方向垂直
- B. 球所受重力的反作用力是地球对球的吸引力
- C. 球在最高点时速度为零，加速度也为零
- D. 球的速度变化量方向始终竖直向下
答案：D
解析：本题综合考查抛体运动、牛顿第三定律、加速度与速度的关系。A错误，球做斜抛运动（可视为匀变速曲线运动），加速度方向始终竖直向下（重力加速度g），而速度方向沿轨迹切线，两者不垂直（除最高点外）。B错误，球所受重力的反作用力是球对地球的吸引力，作用在地球上，而地球对球的吸引力是球所受重力的施力物体（地球）对球的力，两者不是一对作用力与反作用力。C错误，球在最高点时竖直分速度为零，但水平分速度不为零，故速度不为零；加速度始终为g，不为零。D正确，球的加速度a=g恒定，方向竖直向下，由Δv = aΔt可知，速度变化量Δv的方向始终与加速度方向相同，即竖直向下。故选D。
2选择题
在篮球比赛中，一名球员将篮球以10m/s的速度竖直向下拍向地板，篮球与地板接触0.08s后，以8m/s的速度竖直向上弹起。已知篮球质量为0.6kg，g取10m/s²。假设与地板接触阶段篮球做匀变速运动，下列说法正确的是（ ）
- A. 篮球与地板接触过程中，加速度大小为225m/s²，方向竖直向上
- B. 篮球与地板接触过程中，地板对篮球的平均作用力大小为135N，方向竖直向上
- C. 篮球从接触地板到刚离开地板的过程中，速度变化量的大小为2m/s
- D. 篮球与地板接触过程中，篮球处于超重状态
答案：D
解析：本题综合考查加速度的矢量计算、牛顿第二定律及超重失重概念。规定竖直向下为正方向。初速度v₀=10m/s，末速度vt=-8m/s。速度变化量Δv=vt-v₀=-8-10=-18m/s，大小为18m/s，方向竖直向上，故C错误。加速度a=Δv/Δt=(-18)/0.08=-225m/s²，大小为225m/s²，方向竖直向上，故A错误。对篮球受力分析，由牛顿第二定律：F-mg=ma，其中a=-225m/s²，解得F=m(g+a)=0.6×(10-225)=0.6×(-215)=-129N，负号表示方向与正方向相反，即竖直向上，大小为129N，故B错误。加速度方向竖直向上，篮球处于超重状态，故D正确。易错点：①未规定正方向导致速度符号错误；②计算平均作用力时，误将加速度大小直接代入F=ma，忘记考虑重力；③混淆加速度与速度的方向关系。
3选择题
趣味运动会中，两名同学用两根等长的轻绳共同提着一个重为G的健身球，两绳另一端分别由两名同学握住，且两绳与竖直方向的夹角均为θ。现两名同学同时缓慢增大两绳间的夹角，但始终保持两绳与竖直方向的夹角相等。在此过程中，下列判断正确的是（ ）
- A. 绳子的拉力逐渐增大
- B. 绳子的拉力逐渐减小
- C. 两绳拉力的合力逐渐增大
- D. 两绳拉力的合力大小不变，方向改变
答案：A
解析：本题考查共点力平衡条件的应用，重点是力的分解与合成。以健身球为研究对象，受重力G和两根绳子的拉力F₁、F₂作用，三力平衡。根据对称性，F₁=F₂=F。将拉力F沿竖直方向和水平方向分解，竖直分力为Fcosθ。由竖直方向平衡条件：2Fcosθ=G，解得F=G/(2cosθ)。当两名同学缓慢增大两绳间的夹角时，θ增大，cosθ减小，因此拉力F逐渐增大，故A正确，B错误。两绳拉力的合力始终与重力G等大反向，即大小恒为G，方向竖直向上，不变，故C、D错误。易错点：①误认为两绳拉力的合力随夹角变化而变化，未抓住二力平衡条件；②在分析拉力变化时，误认为夹角增大导致水平分力增大而竖直分力减小，从而错误判断拉力变化趋势。
4填空题
在一次体能测试中，一名同学进行立定跳远。已知他起跳时身体与水平方向的夹角为θ，起跳瞬间离地速度大小为v0。忽略空气阻力，将起跳后的运动视为斜抛运动，重力加速度为g。则：
(1) 该同学在空中运动的时间T = ________。
(2) 他跳远的成绩（即水平射程）R = ________。
(3) 在最高点时，他的速度大小v = ________，加速度大小a = ________。
答案：(1) 将初速度v0分解：竖直方向分速度 v0y = v0 sinθ。
上升到最高点的时间 t上 = v0y / g = (v0 sinθ) / g。
由对称性，从最高点落回起跳高度（忽略起跳点与落地点高度差）的时间 t下 = t上。
总时间 T = t上 + t下 = (2 v0 sinθ) / g。
(2) 水平方向分速度 v0x = v0 cosθ。
水平射程 R = v0x * T = (v0 cosθ) * [(2 v0 sinθ) / g] = (2 v0² sinθ cosθ) / g = (v0² sin2θ) / g。
(3) 在最高点，竖直方向分速度为零，只有水平方向分速度 v0x = v0 cosθ，故速度大小 v = v0 cosθ。
整个运动过程只受重力，加速度始终为重力加速度g，方向竖直向下，故加速度大小 a = g。
解析：本题以立定跳远为情境，综合考查斜抛运动（可分解为水平匀速和竖直匀变速）的规律，涉及运动时间、射程公式以及最高点的速度与加速度分析。易错点在于：(1) 将斜抛运动的时间公式误记为T = (2v0)/g（这是竖直上抛的时间）；(2) 混淆最高点的速度（不为零，为水平分速度）与加速度（始终为g）；(3) 计算射程时忘记利用三角函数倍角公式进行化简。需牢记斜抛运动的分解方法及对称性。
5解答题
在学校的田径运动会上，小明参加百米赛跑。他先从起点由静止开始匀加速跑了4秒，速度达到8m/s，然后以这个速度匀速跑了6秒，最后在距离终点12米处开始匀减速，到达终点时速度恰好为零。假设整个过程为直线运动。
(1)求小明匀加速阶段的加速度大小；
(2)求小明匀减速阶段的加速度大小；
(3)通过计算说明，研究小明从起点到终点整个过程的平均速度时，能否将他视为质点？为什么？
答案：(1)匀加速阶段，由运动学公式 v = v₀ + at，得 a₁ = (v - 0)/t₁ = (8m/s - 0)/4s = 2m/s²。
(2)匀减速阶段，已知初速度 v₀ = 8m/s，末速度 v = 0，位移 x = 12m。由公式 v² - v₀² = 2ax，得 a₂ = (v² - v₀²)/(2x) = (0 - (8m/s)²) / (2 * 12m) = -64/24 m/s² ≈ -2.67 m/s²。加速度大小为2.67m/s²。
(3)研究从起点到终点整个过程的平均速度时，关注的是小明整体的运动快慢，其身高、跑步姿势等形状和大小因素对研究问题没有影响，可以忽略。因此，可以将小明视为质点。
解析：本题融合了匀变速直线运动的速度公式、位移-速度公式以及质点模型的应用。
(1)问直接应用速度时间公式，注意初速度为零。
(2)问应用位移-速度公式，需注意加速度的符号，结果取其大小。
(3)问考查质点的判定，关键在于分析物体的形状和大小对所研究问题（计算全程平均速度）的影响是否可忽略。学生易错点在于：①在计算(2)问时，忘记加速度是矢量，直接写负值作为答案，或计算过程出错；②在(3)问中，误认为人不能看作质点，而忽略了具体问题情境。故在分析中需强调平均速度的计算只与总位移和总时间有关，与跑步细节无关。
6解答题
小华在体育馆进行引体向上训练。他双手握住单杠，身体静止悬垂时，体重计显示其体重为600N。在一次训练中，他通过手臂力量使身体从静止开始向上匀加速，用时2秒速度达到1m/s，然后保持该速度匀速上升1秒，最后匀减速上升1秒至最高点。
(1)求小华匀加速上升阶段，体重计对他的支持力大小；
(2)求小华匀减速上升阶段，体重计对他的支持力大小；
(3)在整个上升过程中，哪一阶段小华处于“超重”状态？哪一阶段处于“失重”状态？请结合牛顿运动定律简要说明理由。（g取10m/s²）
答案：(1)小华体重G=600N，质量m=G/g=60kg。匀加速上升阶段，加速度a₁=(v-0)/t₁=(1m/s-0)/2s=0.5m/s²，方向向上。根据牛顿第二定律：F_N1 - mg = ma₁，解得支持力F_N1 = m(g+a₁) = 60kg * (10m/s² + 0.5m/s²) = 630N。
(2)匀减速上升阶段，初速度v=1m/s，末速度0，时间t₃=1s，加速度a₃=(0-v)/t₃=(0-1m/s)/1s=-1m/s²，方向向下。根据牛顿第二定律：mg - F_N3 = m|a₃|，解得支持力F_N3 = m(g - |a₃|) = 60kg * (10m/s² - 1m/s²) = 540N。
(3)超重状态：匀加速上升阶段。失重状态：匀减速上升阶段。
理由：超重与失重的判断依据是加速度方向。当加速度方向向上时，物体处于超重状态，支持力大于重力；当加速度方向向下时，物体处于失重状态，支持力小于重力。匀速上升阶段加速度为零，既不超重也不失重。
解析：本题结合体育训练情境，综合考查牛顿第二定律的应用以及对超重、失重现象的理解。
(1)(2)问关键在于正确分析加速度的方向和大小，并应用牛顿第二定律列式。计算支持力时，需明确合力方向与加速度方向的关系。
(3)问考查超重失重的本质。学生易错点：①在(1)(2)问计算中，混淆加速度方向与合力方向，导致公式列错；②在(3)问中，误认为“向上运动就是超重”，“向下运动就是失重”，而忽略了加速度方向才是决定因素。例如匀减速上升阶段，虽然仍在向上运动，但加速度向下，属于失重。解析中需明确区分速度方向与加速度方向，并强调超重失重的判断标准。
7解答题
某同学参加学校组织的体能测试，进行折返跑训练。他从起点A出发，先沿直线向东跑了30米到达标志物B，立即转身向西跑了50米到达标志物C，最后又向东跑了20米到达终点D。已知整个过程用时20秒。
（1）求该同学从A到D的位移大小和方向；
（2）求该同学跑过的总路程；
（3）求该同学从A到D过程中的平均速度大小和方向；
（4）若该同学在从B到C段做匀变速直线运动，经测量，他经过B点时的速度为4 m/s，经过C点时的速度为6 m/s，求他从B到C过程中的加速度大小和方向。
答案：（1）以A点为坐标原点，向东为正方向建立直线坐标系。A点坐标x_A=0 m，B点坐标x_B=30 m，C点坐标x_C=30 m - 50 m = -20 m，D点坐标x_D=-20 m + 20 m = 0 m。位移Δx = x_D - x_A = 0 m - 0 m = 0 m。所以位移大小为0，方向无意义（或说从A指向D，但起点终点重合）。
（2）总路程s = AB + BC + CD = 30 m + 50 m + 20 m = 100 m。
（3）平均速度v_平 = 位移/时间 = 0 m / 20 s = 0 m/s。方向无意义（或说平均速度为零）。
（4）从B到C，取向东为正方向。初速度v_B = 4 m/s，末速度v_C = -6 m/s（因为向西，与正方向相反），时间t_BC需要计算。从A到D总时间20s，但各段具体时间未知。然而，从B到C的位移x_BC = x_C - x_B = -20 m - 30 m = -50 m，方向向西。设加速度为a，由匀变速直线运动速度位移公式：v_C² - v_B² = 2a x_BC，代入数据：(-6)² - 4² = 2a × (-50)，即36 - 16 = -100a，20 = -100a，解得a = -0.2 m/s²。加速度大小为0.2 m/s²，方向向西（与正方向相反）。
解析：本题综合考查位移与路程、时刻与时间间隔、平均速度、匀变速直线运动公式。易错点：（1）位移是矢量，需先建立坐标系，计算坐标差，结果为0时不能说方向向东或向西；（2）平均速度是矢量，位移为零时平均速度为零，但平均速率不为零；（3）应用匀变速公式时，速度、加速度、位移都是矢量，必须统一正方向，本题以向东为正，则向西的速度和位移为负值，否则计算错误。
8解答题
在体育训练中，一名运动员进行折返跑测试。他从起点A出发，先以v1=4m/s的速度匀速跑向20m外的终点B，到达B点后立即转身，以v2=6m/s的速度匀速跑回起点A。已知运动员在B点转身耗时t0=1s（该时间内速度视为零），且运动员的加速度和减速度过程均在瞬间完成。
(1) 求运动员从A点出发到返回A点所用的总时间。
(2) 求运动员在整个折返跑过程中的平均速度大小和平均速率。
答案：(1) 从A到B的时间 t1 = s / v1 = 20m / 4m/s = 5s。
从B返回A的时间 t2 = s / v2 = 20m / 6m/s = 10/3 s ≈ 3.33s。
总时间 t = t1 + t0 + t2 = 5s + 1s + 10/3 s = 18/3 s + 3/3 s + 10/3 s = 31/3 s ≈ 10.33s。
(2) 平均速度 = 总位移 / 总时间。运动员从A出发最终回到A点，总位移为0，因此平均速度大小为 0。
平均速率 = 总路程 / 总时间。总路程 = 20m + 20m = 40m。
平均速率 = 40m / (31/3 s) = 120/31 m/s ≈ 3.87 m/s。
解析：本题综合考查平均速度与平均速率的概念区分、匀速直线运动公式应用，以及多段运动过程的时间计算。易错点在于：(1) 忽略运动员在B点的转身耗时t0，导致总时间计算错误；(2) 混淆平均速度（矢量，看位移）与平均速率（标量，看路程），误将平均速率当成平均速度大小。解答时需严格依据定义：平均速度是位移与时间的比值，平均速率是路程与时间的比值。