一辆小车做匀加速直线运动，历时5s，已知前3s的位移是12m，后3s的位移是18m，则小车在这5s的运动中（ ）
设物体的初速度为v0，加速度为a，前3s的位移为x1，后3s的位移为x2，第1.5s的速度v1.5=$\frac{x_{1}}{t_{1}}=\frac{12m}{3s}$=4m/s，后3s即2s-5s的平均速度$\bar{v}_1=v_{3.5}=\frac{x_{2}}{t_{2}}=\frac{18m}{3s}$=6m/s，a=$\frac{\Delta v}{\Delta t}=\frac{v_{3.5}-v_{1.5}}{t_{3.5}-t_{1.5}}=\frac{6m/s-4m/s}{3.5s-1.5s}=1m/s²$，5s内的平均速度$\bar v=\frac{v_{3.5}+v_{1.5}}{2}=\frac{6m/s+4m/s}{2}$=5m/s
甲、乙两车在一平直道路上同向运动，其$v-t$图像如图所示．图中$△OPQ$和$△OQT$的面积分别为$s_1$和$s_2(s_2>s_1)$，初始时，甲车在乙车前方$s_0$处，则（ ）
运动示意图如图所示．由$v-t$图像可知甲车的加速度$a_1$，比乙车的加速度$a_2$大．初始时，甲车在乙车前方$s_0$处，在达到速度相等的时间$T$内，甲的位移为$s_2$，乙的位移为$(s_1+s_2)$．若$(s_0+s_2) \gt(s_1+s_2)$,即$s_0\gt s_1$，则共速时，乙车没有追上甲车，又因为$a_1\gt a_2$，以后乙车就不可能追上甲车了，$s_0=s_1 +s_2$满足$s_0\gt s_1$，选项A正确；
若$s_0=s_2$，而$s_2\gt s_1$，满足$s_0\gt s_1$,两车不会相遇，选项D错误；
若共速时$(s_0 +s_2) =(s_1 +s_2) $，即$s_0=s_1$则共速时乙车刚刚追上甲车，又因为$a_1\gt a_2$,以后甲车又会超过乙车，故两车相遇一次，选项C正确；
若共速时$(s_0 +s_2) \lt(s_1 +s_2) $，即$s_0 \lt s_1$,则共速时乙车已经超过甲车，之后因为$a_1\gt a_2$，甲车又会超过乙车，故两车相遇两次，选项B正确．
下列说法中不正确的是( )
甲推乙的同时，乙也推甲，力的作用是相互的，故A错误．不论物体是否有生命或是否有动力，它们受到别的物体作用时都会施力，也就是说，受力物体一定同时也是施力物体，如马拉车，车也拉马，故B选项错．两个物体发生了力的作用，不一定需要直接接触，如磁铁隔着一段距离时也能吸引铁屑，故选项C错．物理学中的“力”与现实中的“力”是两个不同的概念，一个物体不能产生力，故选项D错误．
如图所示，A、B两物体的重力分别是GA＝3N，GB＝4N．A用细线悬挂在顶板上，B放在水平面上，A、B间轻弹簧中的弹力F＝2N，则细线中的张力FT及B对地面的压力FN的可能值分别是( )
弹簧如果处于被拉伸的状态，它将有收缩到原状的趋势，会向下拉A，向上提B，则B正确；如果处于被压缩的状态，将向两边恢复原状，会向上顶A，向下压B，则C正确，故选B、C.
下列物理量中，属于矢量的是（ ）
ACD．位移、速度和加速度都既有大小又有方向，是矢量，故ACD正确；
B．路程只有大小，没有方向，是标量，故B错误．
故选ACD．
如图所示，光滑斜面上物体重力mg分解为F1、F2两个力，下列说法中正确的是( )
F1、F2两个力是重力mg的两个分力，其作用效果与重力mg等效，性质与重力的性质相同，所以F2不是物体对斜面的压力，物体只受重力mg和斜面支持力FN的作用．力的合成与分解的原理就是分力的作用效果与合力作用效果相同，考虑了合力作用效果后，就不能再考虑分力的作用效果，否则是重复考虑了力的作用效果，导致错误的结论，故C、D正确．
(多选)在做“验证牛顿第二定律”的实验时(装置如图所示)，下列说法中正确的是( )
分析：
验证牛顿第二定律实验，实验前要平衡摩擦力，实验时要先接通电源，后放开小车；当砝码质量远小于小车质量时可以近似认为小车受到的拉力等于砝码重力；根据实验注意事项分析答题．
解答：
解：A、为使小车受到的拉力等于砝码(包括砝码盘)的重力，连接砝码盘和小车的轻绳应和长木板保持平行，故A正确；B、实验前要平衡摩擦力，平衡摩擦力后，在实验过程中，长木板与水平面夹角不能改变，故B正确；C、实验时，小车应靠近打点计时器，且应先接通电源再释放小车，故C正确；D、实验时难以直接得到小车受到的牵引力，通常将砝码的重力近似看作小车的牵引力，故D正确；E、当砝码质量远小于小车质量时，可以近似认为小车受到的拉力等于砝码重力，因此实验时，为尽量减小实验误差，应使砝码的质量远小于小车的质量，故E正确；故选：ABCDE．
点评：
本题考查了实验注意事项，知道实验原理与实验注意事项即可正确解题．
(多选)在验证牛顿第二定律的实验中，根据实验数据描绘出的三条a-F图线如图所示，下列说法正确的是( )
分析：
根据牛顿第二定律得出加速度与合力的关系，从而确定图线斜率表示的物理意义．
解答：
解：根据牛顿第二定律得，a=$\frac {F}{m}$，知图线的斜率表示质量的倒数，由于三条倾斜直线的斜率不同，则小车和砝码的总质量不同．直线3的斜率最小，则对应的小车和砝码总质量最大．故B、D正确，A、C错误．故选BD．
点评：
解决本题的关键掌握牛顿第二定律，知道a-F图线的斜率表示质量的倒数．
如图甲所示，在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力大小的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球，若升降机在匀速运行过程中突然停止，并以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，g为重力加速度，则( )
由图象看出，升降机停止后弹簧的拉力变小，小球向上运动，而小球的运动方向与升降机原来的运动方向相同，则知升降机停止前在向上运动，故A正确；0～t1时间内拉力小于重力，小球处于失重状态，t1～t2时间内拉力也小于重力，小球也处于失重状态，故B错误；t1时刻弹簧处于原长状态，t1～t3时间内小球向上运动，t3时刻小球到达最高点，弹簧处于压缩状态，小球所受的合力方向向下，与速度方向相反，速度减小，C错误；t3～t4时间内小球向下运动，重力做正功，弹簧的弹力也做正功，小球动能增大，速度增大，D正确。
两位同学用如图甲所示装置，通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律。实验中必须满足的条件是（ ）
“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故选项1-错误；要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故选项2-正确；要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故选项3-正确；为了使小球碰后不被反弹，要求入射小球质量大于被碰小球质量，故选项4-错误。
(多选)下列各种振动，属于受迫振动的是（ ）
分析：
受迫振动也称强迫振动．在外来周期性力的持续作用下，振动系统发生的振动称为受迫振动．这个“外来的周期性力”叫驱动力(或强迫力)；物体的受迫振动达到稳定状态时，其振动的频率与驱动力频率相同，而与物体的固有频率无关；当周期性驱动力的频率和物体的固有频率相等时振幅达到最大，即共振．
解答：
解：选项1-、敲击后的锣面不在受驱动力，其振动是自由振动，故选项1-错误；选项2-、缝纫机针的振动是在驱动力作用下的振动，是受迫振动，故选项2-正确；选项3-、人挑担时，担子在人的驱动力作用下上下振动，是受迫振动，故选项3-正确；选项4-、蜻蜓、蝴蝶翅膀的振动是在自身驱动力作用下的振动，是受迫振动，故选项4-正确；故选：选项2-选项3-选项4-．
点评：
本题关键是明确受迫振动的概念，知道受迫振动的频率特点，基础问题．