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创新课堂
答案精析
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① 创新课堂答案P181-212 ② 课时精练答案P213-236 单独成册
答案精析
第 1 章运动的描述
第1节空间和时间
知识点一
导学提示（1)没变静止。(2)变化运动。
知识梳理
1.位置2.(1)相对参照物 (2)① 任意的(3)不一定恰当[判断正误] (1)\surd (2)x (3)√
例1C[因为硬币竖立在以时速300公里飞驰的京沪高铁窗台上时，外国友人说这枚硬币处于静止状态，说明硬币和高铁相对静止，所以应该选择高铁本身或高铁上相对高铁静止不动的物体作为参考系，故C正确。]
训练1A[游客以自已为参考系，看到对面的山迎面走来，选项A正确；以对面的山为参考系，自己是运动的，选项B错误；以自己为参考系，看到同一缆车里的人是静止的，选项C错误；以所乘坐的缆车为参考系，两边的青山绿树是运动的，选项D错误。
训练2BC[两艘摩托艇都向南行驶，以前面的摩托艇为参考系，后面的摩托艇向北行驶，相对速度是 3~m/s,A 错误，B正确；以后面的摩托艇为参考系，前面的摩托艇向南行驶，相对速度是 3~m/s,C 正确，D错误。
知识点二
导学提示田径场上，要定量描述运动员的位置应建立坐标系；在描述百米赛跑运动员的位置时，因运动员是在一条直线上运动，故建立一维坐标系即可；在描述800米赛跑运动员的位置时，因800米跑道是弯曲的，运动员在平面内运动，此时应建立二维直角坐标系；足球场上，足球并非在同一平面内运动，故应建立三维直角坐标系才能描述足球的位置。
知识梳理
1.位置变化2.原点正方向3.二维直角坐标系三维直角坐标系
[思考]
1.提示只有确定了参考系后，才能定性分析物体的运动。只有在参考系上建立了坐标系后，才能定量分析物体的运动。
2.提示(1)坐标轴的正方向向东，则位置在原点以东为正，在原点以西为负，汽车最初在原点以西且距原点 3~km ，所以，最初位置是-3~km ，同理最终位置是 2\ km, 户(2)坐标原点西移 5~km 后，最初位置在原点的东方，距原点 2\ km, 最终位置还在原点以东，距离变为 7~km 8
例2B[选井口处为原点，向上为正方向，则水桶在水面时在井口的下方，离井口 4~m~ ，所以坐标为 -4~m~ ；出井后，在井口上方离井口 1~m~ ，所以坐标为 1~m~ ，故B正确，A、C、D错误。
训练3(1)见解析 (2)5√(5)x10^{2}~m~ 解析（1)以军舰位置为坐标原点，选取向东方向为 _y 轴的正方向，向南方向为 x 轴的正方向建立直角坐标系；海盗船的 \mathbf{\Psi}_{x} 轴坐标为 x= 500~m,y 轴坐标为 y=1~000~m~ ，其坐标位置如图所示。
(2)海盗船与军舰之间的距离为 l{=}√(1~000^{2)+500^{2}}~m{=}5√(5){x}10^{2}~m_{\circ}
知识点三
导学提示不同。“上课时间”指的是一瞬间；“10分钟的时间”指的是一段时间。
知识梳理
1.点2.间隔线段
[思考]
1.提示我们平常所说的时间，有时指时间，有时指时刻，依情况而定。时刻不是较短的时间。
2.提示它们在时间轴上的位置，如图所示：
“第3s初”“第3s末”表示时刻，“第 3~s~ 内”“前3s内”表示时间间隔。
例3CD[19点、11时38分都是指某一具体时刻，A、B错误；自由泳决赛成绩54秒66、13天指的都是一段时间间隔，C、D正确。训练4C [t_{2} 表示时刻，称为第2s末或第3s初，不是第2s内，故A错误： {\bf\Omega};t_{0}~ t_{2} 表示时间，称为最初2s内，不是第2s内，故B错误 \mathbf{\sigma}_{;t_{1}}~ t_{2} 表示两个时刻的间隔，是时间，称为第2s内，时长为1s，故C正确 \mathsf{\Omega}_{3}t_{n}~ t_{n+1} 表示时间，称为第 (n+1) s内，故D错误。
随堂对点自测
1.D［甲车上的人看到乙车是静止的，说明甲、乙两车运动的速度相同，而乙车上的人看到路旁的电线杆向东移动，说明乙车相对于地面向西运动，故以地面为参考系，甲、乙两车以相同速度向西运动，故D正确。]
2.B[坐标轴的正方向向西，则位置在坐标原点以西为正，在坐标原点以东为负，汽车最初在原点以东距原点 3\ km 处，所以最初位置是 -3\ km ，同理最终位置是 2~km ，故B正确，A、C、D错误。
3.B[“16时46分”是时间点，指时刻，故A错误； ^{\ast}21 时51分”是时间点，指时刻，故B正确；“5小时零5分”和“3小时零8分”均是一段时间，指时间间隔，故C、D错误。
第2节质点和位移
知识点一
导学提示没有能不能把它简化为一个具有质量的点，即质点。
知识梳理
1.质量2.大小形状整个物体3.理想化
[思考]
1.提示（1)不能；看成质点就没法研究了。(2)可以；关注整体的运动，地球大小相比地球到太阳的距离小得多。(3)由研究的问题决定；每一点的运动能否代替整体的运动。
2.提示不可以 可以。
例1B[研究花样游泳运动员的技术动作时运动员不能看作质点，不然就不能分析技术动作，故A错误；记录百米赛跑的运动员的轨迹时，运动员的大小和形状可以忽略，可以视为质点，故B正确；对发球时乒乓球旋转的研究不能将乒乓球看成质点，故C错误；研究武术表演的运动员的动作时，不能将其看作质点，不然就不能分析动作，故D错误。
训练1B[航天员在舱内做实验时，不能忽略空间站的形状和大小，不能将其看作质点，故A错误；估算空间站绕地球一周所用时间时，可以忽略空间站的形状和大小，可以将其看作质点，故B正确；空间站闪避太空垃圾时，不能忽略空间站的形状和大小，不能将其看作质点，故C错误；空间站“太空泊车”对接时，不能忽略空间站的形状和大小，不能将其看作质点，故D错误。
知识点二
导学提示三者的路程不同三者都是从 A 地到 B 地，初位置、末位置一样，即位置的变化相同用位移描述物体位置的变化。
知识梳理
1.运动轨迹2.(1)位置(2)有向(3)长度(4)初末
3.方向4.大小
[思考]
提示同学甲：位移和路程在大小上不一定相等，位移的大小总是小于或等于路程，位移有方向，是矢量，路程无方向，是标量。则甲说法错误；同学乙：位移和路程都可以用来描述直线运动，也都可以用来描述曲线运动。则乙说法错误；同学丙：位移是矢量，它取决于物体的始末位置；路程是标量，它取决于物体实际通过的路线。丙说法正确；同学丁：位移和路程是两个不同的物理量，位移是矢量，有大小和方向；路程是标量，只有大小无方向，不是一回事。丁说法错误。例2BCD[由于 x_{A C}=-2~m ，因此质点在 A{\rightarrow}B{\rightarrow}C 的过程内，位移大小为 {~2~m~} ，位移方向为 A 到 c ，沿 x 轴负方向，所以位移为-2rm{m} ，路程为 4~m,A 错误；从 B{\rightarrow}D 的过程，质点经过的路程为4~m~ ，位移方向由 B 指向 D ，与正方向相反，沿 x 轴负方向，所以位移为 -4~m~ ,B正确；当质点到达 D 点时，位置在原点的左侧，坐标为 -2\ m,C 正确；当质点到达 D 点时，在 A 点左侧 3~m~ 处，因向右为正方向，所以 D 点相对于 A 点的位移为 -3~m,D 正确。]
例3(1)R正南(2){√(2)}R ，方向为南偏东 45° 2.5π R
解析(1)从 A 点第一次走到 o 点时的位移的大小等于线段 A O 的长度，即 s_{1}{=}R 。位移的方向为正南。
(2）从 A 点第一次走到 D 点时的位移的大小等于线段 A D 的长度，即 \scriptstyle{s_{2}={√(2)}R} ，位移的方向为南偏东 45° 。从 A 点第一次走到 D 点时的路程等于整个运动轨迹的长度，即 l=(3)/(4)x2π R+2x(π R)/(2)= 2.5π R 。
例4C[位移的大小一般小于路程，只有当物体做单向直线运动时，两者才相等，故A错误；位移、路程均可以描述直线运动和曲线运动，故B错误；物体发生了一段位移，它一定通过了一段路程，但物体通过了一段路程，它发生的位移可能为零，故C正确；运动操场为弯道，由于 400~m~ 比赛中8位同学的起点不同，他们的位移也不同，但路程相同，故D错误。
例5D[直线运动中位移的正、负号表示方向，不表示大小，比大小只比绝对值，故选项A错误；两个矢量大小相等、方向相同时，它们才相同，故选项B错误；温度是标量，温度的正、负号表示温度的高低，故选项C错误，D正确。
知识点三
1.位置时间2.位移 s 平滑
[思考]
提示(1)不是同时出发，甲在 \scriptstyle t=0 时刻出发，乙在 \scriptstyle t=5~s~ 时刻出发；不是同位置，甲从 s=15~m~ 处出发，乙从坐标原点处出发。(2)0~10 s内甲的位移大小 \Delta s_{\scriptsize=}20~m^{-15~m=5~m,} 乙的位移大小 \Delta s_{rm{Z}}{=}20rm{m} 8(3)t=10~s~ 时刻，甲、乙的位置相同，即两物体相遇。
例6 (1)A D B (2)50 (3)10 50
解析(1)质点在 0~20 s和 30~40\ s 时间内离出发点的位移越来越大，离出发点越来越远；质点在 20~30\ s 时间内位移没有变化，处于静止状态；质点在 40~50~s~ 时间内离出发点的位移越来越小，离出发点越来越近，故选填A、D、B。
(2)由题图知 \scriptstyle t=40~s~ 时，质点离出发点的距离最远，最远距离为50~m~ 8
(3)从题图上读出质点在 10~s~ 时距离出发点 10~m~ ，质点在50s时位移为0，即回到出发点。
训练2D[5s末 A,B 到达同一位置，两者相遇，在前5s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3s后开始运动，B错误；从题图中可知前3s内， \mathbf{\nabla}*\mathbf{A} 静止，从第3s末开始，两物体的位移均越来越大，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。]
随堂对点自测
1.D[物体能否看成质点，与体积大小、质量大小无关，故A、B、C错误；在研究地球绕太阳公转的轨迹时，地球可看成质点，而在研究地球的自转时，地球不能看成质点，故D正确。
2.C[路程为运动轨迹的长度，而位移为初位置指向末位置的有向线段。摩天轮转动一圈座舱随之回到原位置，则初末位置相同，位移大小为0，路程为 \scriptstyle{s=2π R} ，故C正确。
3.AC [A B 段电动车的位移不随时间变化，处于静止状态，选项A正确； B C 段发生的位移大小为 12~m{-}4~m{=}8~m{,}C D 段发生的位移大小为 12~m~ ，所以 C D 段发生的位移大于 B C 段发生的位移，选项B错误；从题图可以看出 \scriptstyle t=3~s~ 时电动车离出发点最远，为8~m~ ，选项C正确；出发点的纵坐标为 _4~m,t=5~s~ 时电动车的纵坐标为0，距离出发点 4~m~ ，选项D错误。
第3节速度
知识点一
导学提示（1)运动员甲跑得更快经过相同的位移，甲所用的时间短，所以甲跑得快。(2)动车行驶得更快经过相同的时间，动车运动的位移大，动车跑得快。(3)飞机飞行得更快二者的位移和时间均不相同，可选取相同时间（如取 \scriptstyle t=1\ h) 看谁运动的位移大，谁就运动的快。雨燕1h可飞行 {(500)/(3)}~km{\approx}167~km ，飞机 ^~1~h~ 可飞行 {(8\ 130)/(10)}\ {km}{=}813\ {km}. 可见，飞机飞行得更快。
知识梳理
1.一段时间内2.时间位移4.矢量相同 5.~m/s\quadm*s^{-1}
6.路程
[思考]
1.提示不正确。 {\overline{{v}}}={(s)/(t)} 是速度的定义式,是用比值法定义的物理量，其大小与 s 及 \mathbf{\Psi}_{t}\mathbf{\Psi}_{t} 无关，比如匀速直线运动中不变。
2.提示位移为0，故所求平均速度 \overline{{v}}=0 。由于路程为 2s ，故所求平均速率为 (2s)/(t)
解析(1)从博物馆出发到度假村的位移s={√(300^{2)+(150+250)^{2}}}\ m=500\ m 通过的路程为 s^{'}{=}300~m{+}150~m{+}250~m{=}700~m_{\circ} (2)平均速度为 {\overline{{v}}}{=}(s)/(t){=}(500\ m)/(30{x)60\ s}{\approx}0{.}28\ m/s_{\circ} (3)平均速率为 {\overline{{\boldsymbol{v}}}}^{\prime}={(s^{\prime})/(t)}={(700{~m})/(30x60{~s)}}{\approx}0.39{~m}/{s}{}{}{}{}_{{o}} 例2D[从山脚爬上山顶，然后又从原路返回到山脚时，通过位移为0，因此平均速度为0；设从山脚爬上山顶路程为 s ，则上山时间t_{1}=(s)/(v_{1)} 下山时间 t_{2}=(s)/(v_{2)} ,因此往返平均速率为 v={(2s)/(t_{1)+t_{2}}}= 20},选项D正确。]
知识点二
导学提示根据 {\overline{{v}}}{=}(s)/(t) 可以看出，如果时间间隔 \mathbf{\chi}_{t}^{} 的取值很小(趋近于0)，那么极短时间内的平均速度就可以代替某个时刻（或某个位置)的速度，其方向与物体的运动方向相同。
知识梳理
1.位置2.运动3.平均速度
[思考]
1.提示相等。
2.提示电子检测设备拍摄了车辆经过电子设备瞬间的运动情况。因此，测得的速度是瞬时速度。
例3ACD[速度是矢量，其正、负号表示质点的运动方向，比较大小时只比较其绝对值，A、C正确，B错误；甲、乙两质点在同一直线上由同一点出发，向相反方向运动， 10~s~ 内申运动了 20~m~ ，乙运动了 40~m~ ，故10s后甲、乙相距 60~m,D 正确。
例4A[列车的最高时速指的是在安全情况下所达到的最大速度，为瞬时速度，故A正确；电动自行车限速 25~{km/h} ，限制的是瞬时速度，不是平均速度，故B错误；子弹射出枪口时的速度与枪口这一位置对应，因此为瞬时速度，故C错误；根据运动员的百米跑成绩是 10~s~ ，可求得其平均速度为 10~m/s ，而其冲刺速度不一定为 10~m/s 故D错误。
例5 (1)0.1~m/s (2)A解析 (1)v{=}(s)/(t){=}(4{x}10^{-3}\ m)/(4{x)10^{-2}\ s}{=}0.1\ m/s_{\circ} (2)瞬时速度表示运动物体在某一时刻(或经过某一位置时）的速度，当 t{\rightarrow}0 时 (s)/(t) 可看成物体的瞬时速度， ,s 越小，t也就越小，选项A正确，B错误；提高测量遮光条宽度的精确度，不能减小 \mathbf{\chi}_{t} ，选项C错误；使滑块的释放点更靠近光电门，滑块通过光电门时的速度可能更小，时间更长，选项D错误。
知识点三
导学提示（1)甲物体在 \scriptstyle t=0 时刻从 s=5~m~ 处沿正方向做匀速直线运动；乙物体处于静止状态；丙物体在 \scriptstyle t=0 时刻从 s=15~m~ 处沿负方向做匀速直线运动。
184\ll 创新设计物理必修第一册（鲁科版)
(2) (10-5)m=1 m/s,方向为正方向；Uz=0;U=(0-15)m=-1m/s,方向为负方向。
(3)在 t=5 s时，三图线交于 s{=}10~m~ 处，表示在 \scriptstyle t=5~s~ 时，三物体在 s{=}10~m~ 处相遇。
知识梳理
1.速度大小正负2.瞬时速度 3.s_{1} 坐标原点4.同一位置
例6C[s-t图像的斜率表示速度，物体 4~8 s内沿负方向做匀速直线运动，在第6s末速度方向没有发生变化，故A错误 {\bf\sigma}_{3S}-t 图像斜率的绝对值表示速度大小，可知 0~4 s 内的速度小于 6~8 s内的速度，故B错误；前 ~4~s~ 内的速度大小为 v={(\Delta s)/(\Delta t)}={(4-0)/(4-0)}\ m/s= 1~m/s 故C正确： 0~8~s~ 内物体离出发点的最大距离是 4~m~ ，故D错误。]
训练AD[位移一时间 (s-t) 图线的斜率表示速度，在图像交点P 处，乙图像的斜率比甲大，故乙物体的速度较大，故B错误； 0~ 2~s~ 时间内甲、乙两物体位移分别为 s_{\scriptscriptstyle\perp}=2\_{~m~,s_{\scriptscriptstyle\perp}}=4\ m 故C错误： \phantom{0}{0}\widetilde{-}2 s内乙物体的平均速度大小 ==2 m/s,故 A正确；t\scriptstyle=2 s时，甲、乙两物体此时的位置相同，故D正确。
随堂对点自测
1.AD[速度是描述物体运动快慢的物理量，物体位置变化越快，速度越大，但位移不一定大。瞬时速度的大小叫瞬时速率，简称速率，是标量。因此选项A、D正确。
2.B[电动自行车限速 25~{km/h} 是指电动自行车的最高时速，为瞬时速度，A错误，B正确；交通事故发生时，相互碰撞的速度指的是碰撞时的速度，为瞬时速度，C错误；在某一路段行驶的速度，指的是平均速度，D错误。
3.D[在整个过程中赛车手的瞬时速度不断变化，A错误；平均速度等于位移和时间的比值，即 \overline{{v}}=(s)/(t)=(9~km)/(/{5){60}~h~}=108~km/h~ =108km/h，平均速率等于路程与时间的比值，即 v^{\prime}{=}(s^{\prime})/(t){=}(15~km)/(/{5){60}~h}{=}180~km/h,B,C 错误；当他经过该路标时，车内速度计的示数为瞬时速率，D正确。
4.AC[由题图可知， 0~2 s内质点位移大小等于 20~m~ ，方向沿 s 轴正方向,A正确,B 错误；在=4 s 时,质点速度为=={(-30)/(2)}~m/s=-15~m/s ，方向沿 s 轴负方向，C正确； 0~5 s内质点运动的平均速度大小为 {\overline{{v}}}={(10)/(5)}m/s=2m/s, 平均速率为 \overline{{v}}_{0}= {(20+30)/(5)}~{m/s=10~{m/s,{D}}} 错误。]
第4节加速度
知识点一
导学提示小红的速度变化大，运动员的速度变化快。
知识梳理
1.变化3.米/秒”4.变化的快慢
[思考]
提示10m/s 2\m/s^{2} 20~m/s 4~m/s^{2} ;20 m/s 5~m/s^{2} \*15~m/s 7.5~m/s^{2}
(1)B的速度变化快，因为相等的时间内 B 的速度变化量大。(2)C 的速度变化快，因为相同的速度变化量 {},{C} 用的时间短。(3)C 的速度变化量大， D 的速度变化快，因为1s内 c 的速度增加 5\ m/s,D 的速度增加 7.5~m/s_{\circ}
(4)均不是。加速度等于 \Delta v 与 \Delta t 的比值，与速度 \scriptstyle{v} 、速度变化量\Delta v 无关。
例1B[加速度 a=(\Delta v)/(\Delta t) 采用比值定义法，a等于△u与 M的比值，但是与 \Delta v.\Delta t 的大小无直接关系，故A错误；加速度等于速度的变化率，则物体的速度变化率越大，其加速度一定越大，故B正确；物体的加速度为零，其速度不一定为零，例如做匀速直线运动的物体，故C错误；物体的运动速度越大，其加速度不一定越大，例如高速匀速飞行的飞机的加速度为零，故D错误。
例2CD[速度大时，速度变化量不一定大，加速度也不一定大，故A错误；加速度 \scriptstyle a={(v_{t}-v_{0})/(t)} ,与速度无关，故B错误;速度变化越慢，则速度的变化率越小，加速度一定越小，故C正确；速度、速度变化量与加速度三者之间没有必然的联系，故D正确。
知识点二
寻学提示表示出两种情况下的速度变化量 \Delta v ，如图所示：
(1)相同。
(2)加速时，加速度的方向与速度的方向相同；减速时，加速度的方向与速度的方向相反；或者说加速度方向与速度方向无必然联系。
(3)a 与 \boldsymbol{v}_{0} 同向→加速运动；a与 \boldsymbol{v}_{0} 反向→减速运动。
知识梳理
1.速度变化量 \Delta v 2.相同 相反
[思考]
提示(1)汽车做加速运动时，加速度方向与速度方向相同；汽车做减速运动时，加速度方向与速度方向相反。
(2)汽车的加速度增大，汽车速度变化得越来越快；汽车的加速度减小，汽车速度变化得越来越慢。
例3B[物体的速度和加速度方向相同，速度增加，做加速运动，方向不同，做减速运动，跟加速度大小无关，A、C、D错误，B正确。
例4BC[潜水器做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度方向相同，但加速度大小逐渐减小直至为零，在此过程中，由于加速度的方向始终与速度方向相同，所以速度逐渐增大，当加速度减小到零时，潜水器将做匀速直线运动速度不变，而此时速度达到最大值，故B正确，A错误；由于潜水器做方向不变的直线运动，所以位移逐渐增大，当加速度减小到零时，速度不为零，所以位移继续增大，故C正确，D错误。]
知识点三
例5 (1)300~m/s^{2} (2)400~{m/s^{2}} ，方向与球被踢出时的方向相反解析规定罚点球后球获得的速度的方向为正方向。(1)罚点球的瞬间，球的加速度大小为a_{1}=(\Delta v_{1})/(\Delta t_{1)}=(30-0)/(0.1)~m/s^{2=300~m/s^{2}\circ} (2)守门员接触球的瞬间，球的加速度为a_{2}=(\Delta v_{2})/(\Delta t_{2)}{=}(-10{-}30)/(0.1)\ m/s^{2}{=}-400\m/s^{2} 即球的加速度的大小为 400\ m/s^{2} ，方向与球被踢出时的方向相反。
训练D[取初速度方向为正方向，则有 v_{0}{=}8\ m/s,v_{}{=}{-}5\ m/s ，\scriptstyle t=0.1 s,所以篮球的速度变化量 \Delta v=v_{t}-v_{0}=-5~m/s-8~m/s =-13\ m/s, 所以球的速度变化量大小为 13~m/s,A,B 错误；根据a= =-得α=-130 m/s,所以篮球的加速度大小为130~m/s^{2} ,C错误，D正确。]
随堂对点自测
1.D[由 \scriptstyle a={(\Delta v)/(\Delta t)} 可知,汽车的速度变化量很大,若所用时间很长，则加速度可以很小，故A正确，D错误；由加速度的定义式 \scriptstyle a={(\Delta v)/(\Delta t)} 知，速度变化越快，则加速度一定越大，故B正确；由 a=(\Delta v)/(\Delta t) 可知，速度变化量 \Delta v 相同时，时间 \Delta t 越短，则加速度一定越大，C正确。]
2.B规定初速度的方向为正方向， 108~km/h{=30~m/s_{\circ}} 火箭的速度改变量为 \Delta v=v_{2}-v_{1}=100\ m/s-0=100\ m/s, 故A错误；汽车的速度改变量为 {\Delta v^{\prime}={v_{2}}^{\prime}-{v_{1}}^{\prime}}=0-30~m/s=-30~m/s, 故B正确；根据 \scriptstyle a={(\Delta v)/(\Delta t)} 得火箭的加速度为α a_{1}=(\Delta v)/(\Delta t)=(100~m/s)/(10~s){=}10~m/s^{2} 汽车的加速度为 a_{2}=(\Delta v^{'})/(\Delta t^{')}=(-30\ m/s)/(2.5\ s){=}{-12\ m/s^{2}} ==30 m/s=-12 m/s,所以火箭的加速度比汽车的加速度小，火箭的速度变化比汽车的慢，故C、D错误。]
3.CD［加速度方向和速度变化量的方向相同，和速度方向没有任何关系，A错误；加速度为正值，速度不一定为正值，只有加速度方向与速度方向相同时，速度才越来越大，B错误；当加速度方向与速度方向相同时，物体始终做加速运动，即使加速度不断减小，速度却不断变大，C正确；当加速度方向与速度方向相反时，物体做减速运动，虽然加速度不断变大，速度却不断减小，D正确。
章末核心素养提升
知识网络构建
质量不动线段 点 \scriptstyle{\overline{{v}}}={(s)/(t)} (v_{\ell}-v_{0})/(t) 速度
创新情境命题
1.C[火箭正常发射时，宇航员、逃逸塔、运载火箭一起运动，相对静止，A、B错误；若火箭发射时遇到突发情况，宇航员将随逃逸塔一起脱离运载火箭，则宇航员、逃逸塔与运载火箭是相对运动的，C正确，D错误。]
2.D[2023年9月10日上午9时， ^{\mathfrak{s}_{9}} 时”指的是时刻，故A错误；全长8.8千米， ^{*}8.8 千米”指的是路程，故B错误；两位火炬手进行火炬交接时，火炬的形状大小不能忽略不计，不可以把火炬看成质点，故C错误；平均速率等于路程除以所用时间，由于题目信息中没有给出所用时间，所以无法求全程的平均速率，故D正确。
3.D[路程为质点轨迹的长度，可知这三步棋里棋子的路程为s_{β}=5a+9a+2a=16a ，这三步棋里棋子的路程最大的为第二步，路程为 {\bf\nabla}s_{B C}=9a ,A、B错误；这三步棋里棋子的位移大小为 s=√((5a)^{2)+(7a)^{2}}=√(74)a, C错误，D正确。]
4.(1)5.85 m 5.55~m~ (2)6.15~m~ 5.55~m~ 方向竖直向下(3)3.075 m/s 2.775\ m/s
解析(1)以 o 为原点，竖直向下为正方向建立直线坐标系，则 A
点的坐标为 x_{A}=5.85~m~
B 点的坐标为 {x_{B}=x_{A}-0.3\ m{=}5.55\ m_{\circ}} (2)小球的路程为轨迹的长度
s_{\scriptscriptstyle{sl{3}}}=x_{A}+0.3~m{=}6.15~m,
位移大小为 \scriptstyle{s=x_{A}-0.3\ m=5.55\ m} 方向竖直向下。
（3）小球的平均速率 \overline{{v}}=(s_{z})/(t){=}3.075~m/s 平均速度 \overline{{v}}^{\prime}=(s)/(t)=2.775~m/s_{\circ}
第2章匀变速直线运动
第1节速度变化规律
知识点一
1.加速度2.方向3.(1)同向(2)反向例1AD[匀变速直线运动的加速度不变，速度随时间均匀变化，在任意相等的时间内速度的变化量均相等，故A、D正确；加速度是矢量，加速度不变是大小和方向都不变，只有大小不变，不一定是匀变速直线运动，故B错误；速度可以先正向减小到零，然后反向增大，过程中加速度不变，也是匀变速直线运动，故C错误。」
知识点二
导学提示由加速度的定义式 ,整理得t时刻物体的瞬时速度 {\boldsymbol{v}}_{t}={\boldsymbol{v}}_{0}+a t 。
知识梳理
1.at2.匀变速直线速度的变化量3.(1)正负（2)相同 相反
[思考]
提示 (1)a\ 、v_{0} 是常量 ,v_{t},\mathbf{\Omega},t 是变量。
(2)a 在数值上等于单位时间内速度的变化量， .a t 就是时间 \mathbf{\chi}_{t} 内速度的变化量； {v_{0}}+a t 就是 \mathbf{\chi}_{t} 时刻物体的速度 \boldsymbol{v}_{t} 。
(3)要考虑 \scriptstyle a 的正负，匀加速直线运动的速度和加速度的方向相同，若 _{v_{0}}>0 ，则 _{a>0,a t} 表示速度在 \boldsymbol{v}_{0} 的基础上增加了 a t ；匀减速直线运动的速度和加速度的方向相反，取 \boldsymbol{v}_{0} 方向为正方向，则a{<}0{,}a t 表示速度在 \boldsymbol{v}_{0} 的基础上减少了|at|。
(4)v_{\i}=v_{\i}+a t 只适用于匀变速直线运动； \scriptstyle{\mathfrak{a}}={(v_{t}-v_{0})/(t)} 一适用于任何 适用于任何情形下求时间 \mathbf{\chi}_{t} 内物体的平均加速度。
例2 (1)3~m/s (2)1 s (3)0
解析(1)选定初速度方向为正方向，汽车的初速度为
v_{0}{=}54~km/h{=}15~m/s
4s末汽车的速度 \scriptstyle v_{t}=v_{0}+a t=15{~m}/{s}+(-3{~m}/{s}^{2})x4{~s}=3{~m}/{s}_{\circ} (2)v_{t}{=}43.2\ km/h{=12\ m/s}
汽车的速度减小到 43.2~km/h 经过的时间
t=(v_{t}-v_{0})/(a){=}1\ s_{\circ}
(3)设经过 t_{0} 汽车停止，由速度公式得
\scriptstyle t_{0}={(0-v_{0})/(a)}=5\ s<6\ ;
所以刹车后6s末汽车的速度为0。
训练1 (1)1~m/s^{2} 2\m/s^{2} (2)0
解析(1)滑雪运动员以加速度 a_{1} 由静止从坡顶沿直线匀加速下滑，由速度一时间公式可得 \boldsymbol{v}_{1}=a_{1}t_{1}
代入数据解得 a_{1}=1~m/s^{2}
50s时到达坡底，运动员的速度 v_{2}=a_{1}t_{2}=1x50~m/s=50~m/s. 在水平面匀减速运动时，以运动员的方向为正方向，滑雪运动员以加速度a2匀减速过程有0-U2=a2t3
代入数据解得 a_{2}={(-50)/(25)}~{m}/{s}^{2}=-2~{m}/{s}^{2}
负号表示与运动方向相反。
(2)由题意知，运动员到达坡底后运动25s速度减为0，故运动员到达坡底后再经过 26~s~ 时的速度大小为 0_{\circ}
知识点三
1.纵轴横轴2.瞬时速度3.平滑
[思考]
提示(1)质点在 0~4 s内做匀加速直线运动， .4~8~s~ 内做匀速直线运动 ,8~10 s内做匀减速直线运动， 10~12 s内做反向匀加速直线运动。
(2)2.5~m/s^{2}\quad-5~m/s^{2}\quad-5~m/s^{2}
(3)如图中 0~4~s~ 内，斜率为正，表示加速度的方向与正方向相同，如图中 8~10 s内 .10~12~s~ 内，斜率为负，表示加速度的方向与正方向相反，在 10~12~s~ 内斜率为负，但物体做反向加速运动。
例3BC[根据 it{v}-t 图像斜率表示加速度，可知前4s内质点的加速度发生了变化，做的是非匀变速直线运动，故A错误；在 1~3 S内图线的斜率不变，则质点的加速度不变，做匀变速直线运动，故B正确；根据 it{v}-t 图像的斜率表示加速度，可得2s末质点的加速度为α= a={(\Delta v)/(\Delta t)}={(-5{~m}/{s}-5{~m}/{s})/(3{~s)-1{~s}}}=-5{~m}/{s}^{2} ,即加速度的大小为5~m/s^{2} ，方向与规定的正方向相反，故C正确；速度的正负表示速度的方向，可知 2~3\ s 内与 3~4~s~ 内质点的速度方向相同，均为负方向，故D错误。
训练2BC [v-t 图像纵坐标表示瞬时速度，则甲、乙、丙三物体的速度均为正，即运动方向相同，均沿正方向，故A错误； \boldsymbol{v}-\boldsymbol{t} 图像的斜率表示加速度，甲和乙的斜率为正表示加速度为正向，丙的斜率为负表示加速度为负向，则丙与甲的加速度方向相反，故B正确；三个物体的加速度大小为 a_{\scriptscriptstyle\parallel}=(5\m/s)/(4\s){=}1.25\m/s^{2},a_{\scriptscriptstyle\subset}{=}(10\m/s)/(4\s){=} 2.5~{m/{s}^{2},\it{a}_{\perp}=(10~{m/{s}})/(2~{s)}=5~{m/{s}^{2}}} 10m/s=5 m/s,则有 αg<az<α因,故C正确,D错误。]
随堂对点自测
1.C[根据速度公式 v_{t}=v_{0}+a t ，可知，当 \mathbf{\boldsymbol{v}}_{0}\not=0 时， \boldsymbol{v}_{t} 与 \mathbf{\Psi}_{t}\mathbf{\Psi}_{t} 不成正比，选项A错误；匀减速直线运动是加速度方向与速度方向相反的运动，加速度不一定为负值，选项B错误；匀变速直线运动的特点是速度随时间均匀变化，选项C正确；速度先减小再增大的运动，加速度可能不变，可能是匀变速直线运动，选项D错误。
2.D图像的斜率表示加速度，由题图可知 A 物体加速度最大，B物体加速度最小，A、C错误 ;A 物体 .B 物体与 c 物体的速度均为正值，则运动方向均相同，B错误，D正确。
3.AC[运用公式 v_{t}=v_{0}+a t 解题时，首先要规定正方向，规定了正方向后， v_{\iota}\ 、v_{0}\ 、a 等物理量就可以用带有正负号的数值表示，A正确；是否是加速运动并非要看 a 的正负，而是要看速度与加速度的方向关系，因正方向的规定是任意的，故 a<0 的运动也可以是加速运动，B错误，C正确；匀变速直线运动中 \boldsymbol{v}_{t} 的方向并不总是与 \boldsymbol{v}_{0} 的方向相同，D错误。]
4.43.2~km/h
解析取初速度方向为正，根据 v_{t}=v_{0}+a t ，有
\scriptstyle v_{0}=v_{t}-a t=0-(-6\ m/s^{2})x2\ s
=12{~m/s}{=}43.2{~km/h}
汽车的速度不能超过 43.2~km/h,
第2节位移变化规律
知识点一
导学
1.提示位移。
2.提示 it{v}-t 图像中图线与所对应的时间轴组成的矩形面积之和在数值上等于这段时间内的位移。
3.提示是。
4.提示如题图所示， * v-t 图线下面梯形的面积s=(1)/(2)(v_{0}+v_{t})t ① 又因为 {\boldsymbol{v}}_{t}={\boldsymbol{v}}_{0}+a t ② 由 ①② 式可得 s=v_{0}t+{(1)/(2)}a t^{2}
知识梳理
例1 (1)2{~m~} ，方向与加速度方向相同 (2)1.5~m~ ，方向与加速度方向相同 (3)6~m~ ,方向与加速度方向相同解析（1)以加速度方向为正方向，由匀变速直线运动位移公式s=v_{0}t+{(1)/(2)}a t^{2} a²可得s= {\bf\zeta}_{s_{1}}=(1)/(2){a t_{1}}^{2}=(1)/(2)x1{\bf\zeta m/s}^{2}x(2{\bf\zeta s})^{2}=2{\bf\zeta}{\bf m} 方向与加速度方向相同。(2)物体在第1s末的速度（第2s初的速度）\scriptstyle v_{1}=v_{0}+a t=0+1\ {m/s^{2}}x1\ {s=1~m/s} 故物体在第 2~s~ 内的位移s_{2}=v_{1}t+{(1)/(2)}a t^{2}{=}1\ m/s{x}1\ s+{(1)/(2)}{x}1\ m/s^{2}{x}(1\ s)^{2}{=}1.5\ m 方向与加速度方向相同。(3)物体在第2s末的速度v_{2}=v_{0}+a t^{\prime}=0+1~m/s^{2}x2~s=2~m/s 也是物体在第二个 2~s~ 的初速度，故物体在第二个2s内的位移s_{3}=v_{2}t^{\prime}+(1)/(2)a t^{\prime2}=2~m/sx2~s+(1)/(2)x1~m/s^{2}x(2~s)^{2}=6~m 方向与加速度方向相同。
例2 300~m~
解析由 v_{t}=v_{0}+a t ，其中 v_{t}=0,v_{0}=60\ m/s,a=-6\ m/s^{2} ，可求出从战机着陆到停止所用时间 -=10 s,由此可知战机最后2s内是静止的，故它着陆后12s内滑行的距离为 {\mathbf{}}_{s}=v_{0}t+{\mathbf{}} 2at² =300m。
例3 (1)6rm{m}\quad(2)5rm{m}\quad(3)7rm{m}
解析 (1)因 it{v}-t 图像与横轴所围面积表示位移，则当物体运动了3s时，物体距出发点的距离最远，即 s_{m}{=}/12v_{1}t_{1}{=}/12{x}4\ m/s x3~{s=6~{m_{\circ}}}
(2)前4s内物体的位移大小为s=|s_{1}|-|s_{2}|=\left|\left.(1)/(2)v_{1}t_{1}\right|-\left|(1)/(2)v_{2}t_{2}\right| =(1)/(2){x}4~m/s{x}3~s{-}(1)/(2){x}2~m/s{x}1~s{=}5~m_{\circ} (3)前4s内物体通过的路程为s^{\prime}=\mid s_{1}\mid+\mid s_{2}\mid=/12x4\m/sx3\s+/12x2\m/sx1\s=7\m_{\circ}
知识点二
导学提示（1)由 v_{t}=a t 和 s=(1)/(2)a t^{2} 得 v_{t}={√(2a s)} 。(2)由u,=+at得t=,， ，代入 s=v_{0}t+{(1)/(2)}a t^{2} 整理得 {v_{t}}^{2}-{v_{0}}^{2}=2a s 。
知识梳理
例4 (1)100{~m~}(2)225{~m~}(3)20{√(3)}{~m/s} 解析 (1)由 s_{1}=(1)/(2)a t^{2} ,解得 s_{1}=100~m_{\circ} (2)由 {v_{t}}^{2}=2a s_{2} ，解得 s_{2}=225\ m_{\circ} (3)由 {v_{t}}^{2}-{v_{0}}^{2}=2a s_{3} 得 v_{0}=√({v_{t)}^{2}-2a s_{3}} 代入数值解得 v_{\scriptscriptstyle0}=20√(3)m/s_{\scriptscriptstyle0}
训练 (1)45~m~22.5~m~(2)10~m/s~
解析(1)设货车刹车时的速度大小为 \boldsymbol{v}_{0} ，加速度大小为 \scriptstyle a ，末速
度大小为 \scriptstyle v=0 ，刹车距离为 s ，根据匀变速直线运动的速度与位移
的关系式得 s=({v_{0}}^{2}-{v}^{2})/(2a)
超载时， a_{1}=2.5~m/s^{2} ，则 s_{1}=45~m~
不超载时， \Delta_{*}a_{2}=5\Deltam/s^{2} ，则 s_{2}=22.5~m_{\circ}
(2)由 {v_{0}}^{2}-{v}^{2}=2a s ，解得相撞时货车的速度
v^{\prime}{=}√({v_{0)}^{2}{-}2a_{1}s^{\prime}}{=}√(15^{2){-}2{x}2.5{x}25\ \m/s}{=}10\ m/s{_{\circ}}
知识点三
解析(1)由 s=v_{0}t+{(1)/(2)}a t^{2} a得a={(2s-2v_{0}t)/(t^{2)}}={(2{x}175{~m}-2{x}10{~m}/{s)/(x)10{~s}}{10^{2}{~s}^{2}}}=1.5{~m}/{s}^{2}\circ (2)由速度与位移关系式 {v_{t}}^{2}-{v_{0}}^{2}=2a s 得 v_{t}=√(2a s+{v_{0)}^{2}} ={√(2{x)1.5~{m/s}^{2}{x}52~{m}+(10~{m/s})^{2}}}=16~{m/s}_{\circ}
(3)前 7~s~ 内的位移为 s_{7}=v_{0}t_{7}+(1)/(2)a t_{7}\}^{2} 前6s内的位移为 {\bf\Delta}_{{s}_{6}}=v_{0}t_{6}+(1)/(2)a{t_{6}}^{2} 第7s内的位移 \Delta s=s_{7}-s_{6}
联立解得 \Delta s=19.75\ m. 。
随堂对点自测
1.A[根据 a²得a= a={(2s)/(t^{2)}}=2{~m}/{s}^{2} ，飞机离地速度为 v_{t}=a t {=}80~m/s ，故A正确。]
2.B[由 {v_{t}}^{2}-{v_{0}}^{2}=2a s 得 (10~m/s)^{2}-(5~m/s)^{2}=2a s\:,(15~m/s)^{2}- (10 m/s)²=2as,联立解得s=s ，故B正确。
3.(1)500 s (2)199.6~m~ 解析 v_{0}{=}360~km/h{=100~m/s}
(1)以飞机运动方向为正方向，由速度一时间公式{\boldsymbol{v}}_{t}={\boldsymbol{v}}_{0}+a t 可得减速到停下所用时间 t={(v_{t}-v_{0})/(a)}={(0-100\ {m/s})/(-0.2\ {m/s)^{2}}}=500\ {s} 。
(2)根据位移时间公式 s=v_{0}t+{(1)/(2)}a t^{2} 解得 s{=}199.6\ m_{\circ}
培优提升一平均速度公式与位移差公式
提升1
导学提示方法一解析法
中间时刻的瞬时速度 {v(\d)/(\d z^{2)}}=v_{0}+/12a t at,该段时间的末速度 v,=0。+a t ，由平均速度的定义式和匀变速直线运动的位移公式可得 \overline{{v}}= (s)/(t)=(v_{0}t+\displaystyle/{1)/(2)a t^{2}}{t}=v_{0}+(1)/(2)a t=v(t)/(2),~\vec{\chi}*\overline{{v}}=v_{0}+(1)/(2)a t=(2v_{0}+a t)/(2)= (v_{0}+v_{0}+a t)/(2)=(v_{0}+v_{t})/(2)
\mathbb{E}\mathbb{H}\overline{{\boldsymbol{v}}}=(\boldsymbol{v}_{0}+\boldsymbol{v}_{t})/(2)=\boldsymbol{v}(t)/(2)\circ
方法二图像法
0~ t 时间内的位移 s=(v_{0}+v_{t})/(2)t
平均速度=
中间时刻的瞬时速度的大小对应梯形中位线与
图像交点的纵坐标，故 \scriptstyle v(t)/(2)=(v_{0}+v_{t})/(2)=\overline{{v}}
知识梳理
1 (v_{0}+v_{t})/(2) 2.(1)任何(2)匀变速直线
[思考]
提示不对，由图像可知，物体做加速度越来越大的直线运动，而
不是匀变速直线运动，故≠ 。从图像可看出，0\~1 时间
内，图像与时间轴所围“面积”小于匀变速直线运动时的梯形面
积，故+。
例1（1)5m/s (2)8~m/s (3)5~m/s 解析(1)根据平均速度公式知 ,4~s~ 内的平均速度\overline{{v}}=(s)/(t)=(20~m)/(4~s~)=5~m/s_{\circ}
(2)根据= +,代入数据解得4 s末的速度u,=8 m/s。(3)2s末为这段时间的中间时刻，故 v_{2}=\overline{{v}}=5~m/s_{\circ}
例2A[方法1公式法如图 {,}v_{(s)/(2)}{}^{2}-{v_{0}}^{2}=2a\ (s)/(2) V0 a ## U{v_{t}}^{2}-{v_{(s)/(2)}}^{2}=2a\ (s)/(2) 得 \scriptstyle v_{(s)/(2)}={√(({v_{0)}^{2}+{v_{t}}^{2})/(2)}} 故 v_{(s)/(2)}>v_{(t)/(2)} ,即 {\boldsymbol{v}}_{1}{<}v_{2} ,A正确。
方法2图像法
画出匀加速直线运动与匀减速直线运动的 it{v}-t 图像，如图所示，由图知无论何种情况均有 v_{1}<v_{2} ,A正确。
训练1ACD[全程的平均速度 \scriptstyle{\overline{{v}}}={(L)/(t)} A正确；由=知，在时，物体的速度等于全程的平均速度 (L)/(t) ,B错误；设末速度为 \scriptstyle{\boldsymbol{v}} ，则(v)/(2)=(L)/(t) 解得 v={(2L)/(t)} 中间位置的速度 v_{(L)/(2)}={√((0^{2)+v^{2})/(2)}}= √((\left(\overline{{{\ t)}}\right))/(2)}=(√(2)L)/(t) (H) 正确；设物体加速度为 \scriptstyle a ,到达中间位置用时 t^{\prime} ，则 \scriptstyle L={(1)/(2)}a t^{2} {(L)/(2)}{=}{(1)/(2)}a t^{\prime2} ，所以 t^{\prime}{=}(√(2))/(2)t ,D正确。]
提升2导学
1.提示 \upsilon_{1}=\upsilon_{0}+a T s_{1}=v_{0}T+{(1)/(2)}a T^{2} s_{2}=v_{1}T+{(1)/(2)}a T^{2} s_{2} 与 s_{1} 的位移差 \Delta s=s_{2}-s_{1}=(v_{1}-v_{0})T=a T^{2}\circ
2.提示方法一设初速度为 \boldsymbol{v}_{0} ，第四段位移的初速度为 \boldsymbol{v}_{3} ，则v_{3}=v_{0}+3a T s_{1}=v_{0}T+(1)/(2)a T^{2} s_{4}=v_{3}T+(1)/(2)a T_{\circ}^{2} s_{4}-s_{1}=(\upsilon_{3}-\upsilon_{0})T=3a T^{2}\circ 方法二由 s_{2}-s_{1}=a T^{2}\:{_{*}}s_{3}-s_{2}=a T^{2}\:{_{*}}s_{4}-s_{3}=a T^{2} 得 s_{4}-s_{1}=3a T^{2} 。
知识梳理
1.a T^{2} 2.\ (m-n)a T^{2}
[思考]
提示 \boldsymbol{v}-\boldsymbol{t} 图像如图所示
设物体的初速度为 \boldsymbol{v}_{0} ，第一个时间 T 内的位移为 s_{1} ，第二个时间T 内的位移为 s_{2} ，第三个时间 T 内的位移为 s_{3} ，则 s_{2}-s_{1},s_{3}- {\displaystyle s_{2},s_{4}-s_{3}} ,…均为图中阴影部分的面积，有 s_{2}-s_{1}=(v_{1}-v_{0})T {}=a T^{2},s_{3}-s_{2}=(v_{2}-v_{1})T=a T^{2},s_{4}-s_{3}=(v_{3}-v_{2})T=a T^{2}. ...即它们的值相等且均为 \Delta s{=}a T^{2} 。
例3 (1)1.5~m~\:\:(2)2.25\:m/s\:\:\:(3)0.5\:{m/s^{2}}
解析(1)匀加速直线运动中相邻相等时间段内位移差恒定，则s_{3}-s_{2}=s_{4}-s_{3}
解得第2s内的位移大小 s_{2}=1.5\ m, R
(2)第 3~s~ 末的瞬时速度等于 2~4\ \ s 内的平均速度，
所以 v_{3}=(s_{3}+s_{4})/(2T)=2.25~m/s_{\circ}
(3)由 \Delta s{=}a T^{2} 愛得 a={(s_{4}-s_{3})/(T^{2)}}=0.5~{m/s}^{2} 。
训练2 A[由 sg—Ss=4aT²,解得α= a=(s_{9}-s_{5})/(4T^{2)}{=}(4)/(4{x)1^{2}}m/s^{2}= 1~m/s^{2} ,第9s末的速度 v_{9}=v_{0}+a t=0.5~m/s+1{x}9~m/s=
9.5~m/s ，质点在9s内通过的位移 {\bf\nabla}s_{9}=v_{0}t+(1)/(2)a t^{2}=0.5x9~m+ (1)/(2)x1x9^{2}\ m{=}45\ m ,选项A正确。]
随堂对点自测
1.CD[设汽车在 B 点速度为 {\boldsymbol{v}}_{B} ，汽车在 A B 段的平均速度为 \overline{{v}}_{A B} 0十B,汽车在 BC 段的平均速度为比 \overline{{{v}}}_{B C}=(v_{B}+0)/(2)=(v_{B})/(2) 汽车在 A B 段与 B C 段的平均速度相同,A错误;根据 \scriptstyle{s={\overline{{v}}}t} 有 s_{A B} =(0+v_{B})/(2)t_{1}=(v_{B})/(2)t_{1}\ ,s_{B C}=(v_{B}+0)/(2)t_{2}=(v_{B})/(2)t_{2}\ \rightleftharpoons\ s_{A B}+s_{B C}=30\ m,t_{1}= 4 \mathbf{s},t_{2}=6~s~ 解得 v_{B}=6~m/s 故B错误，C正确； A B 段的长度为s_{A B}=(v_{B})/(2)* t_{1}=(6)/(2)x4~m{=}12~m ，故D正确。]
2.BD［在匀变速直线运动中,物体经过 \ A B 位移中点的速度为 \boldsymbol{v}_{3} =√(({v_{1)}^{2}+{v_{2}}^{2})/(2)} 时间中点的速度为 \boldsymbol{v}_{4}=(\boldsymbol{v}_{1}+\boldsymbol{v}_{2})/(2) 八错误，B正确；全程的平均速度为 十，不论物体做匀加速直线运动还是做匀减速直线运动，都有 {\boldsymbol{v}}_{3}>{\boldsymbol{v}}_{4}={\boldsymbol{v}}_{5} ,C错误，D正确。]
3. 2.25~m/s^{2} 1.5~m/s
解析 由公式 \Delta s{=}a T^{2} 得
a={(\Delta s)/(T^{2)}}={(s_{2}-s_{1})/(T^{2)}}={(60-24)/(4^{2)}}{~m/s^{2}}=2.25{~m/s^{2}} 这8s中间时刻的速度，即第4s物体的速度为{\boldsymbol{v}}={(s_{1}+s_{2})/(2T)}={(60+24)/(2x4)}{~m/s}=10.5{~m/s}
由 \boldsymbol{v}_{t}=\boldsymbol{v}_{0}+a t ，解得 v_{\scriptscriptstyle0}=1.5~m/s, 。
培优提升二匀变速直线运动规律的应用
提升1
导学
1.提示(1)由 {v_{t}}=a t ，可得 v_{1}:v_{2}:v_{3}:*s=1:2:3:*s, (2)由 s=(1)/(2)a t^{2} ，可得 s_{1}:s_{2}:s_{3}:*s=1:4:9:*s. (3)由 s_{I}=s_{1}={(1)/(2)}a T^{2},s_{\parallel}=s_{2}-s_{1}={(3)/(2)}a T^{2},s_{\parallel}=s_{3}-s_{2}= {(5)/(2)}a T^{2} ,…，可得 s_{I}:s_{\parallel}:s_{\parallel}:*s=1:3:5:*s_{e}
2.提示(1)由 {v_{t}}^{2}=2a s 可得 v_{t}={√(2a s)} ，所以 v_{1}:v_{2}:v_{3}:*s=1:{√(2)}:{√(3)}:*s_{\circ} (2)由 s=(1)/(2)a t^{2} at²可得t= t={√((2s)/(a))} ,所以 t_{1}:t_{2}:t_{3}:\dots=1:{√(2)}:{√(3)}:\dots_{\circ} (3）由t=t t_{I}=t_{1}={√((2s)/(a))},t_{\parallel}=t_{2}-t_{1}=({√(2)}-1){√((2s)/(a))},t_{\parallel}=t_{3}-t_{2}= ({√(3)}-{√(2)}){√((2s)/(a))} ，.可得 t_{I}:t_{\parallel}:t_{\parallel}:*s=1:(√(2)-1):(√(3)-√(2)):*s_{\circ}
知识梳理
\begin{array}{r l}&{1.~(1)1:~2:~3:~*s:~n\quad(2)1^{2}:2^{2}:3^{2}:*s:n^{2}\quad(3)1:3:5:*s}\\ &{~:~}\\ &{~(2~N{-1)\quad2.~(1)1:√(2):√(3):*s:√(n)\quad(2)1:√(2):√(3):*s:√(n)}\end{array} (3)1:({√(2)}-1):({√(3)}-{√(2)}):*s:({√(n)}-{√(n-1)})
例1C[初速度为0的匀加速直线运动连续相等时间末的瞬时速度之比为 1:2:3:4:5:*s, 则 t_{1}=t_{2} ,故A、B错误；初速度为0的匀加速直线运动在连续相等时间内的位移之比为 1:3:5 ：7:9:*s, 则 s_{1}:s_{2}=3:5 ，故C正确，D错误。]
例2C［物体做初速度为零的匀加速直线运动。由 {v_{t}}^{2}=2a s 得 \boldsymbol{v} \propto√(s) ，则 v_{B}:v_{C}:v_{D}:v_{E}=√(1):√(2):√(3):2,A 错误；通过各段所用时间之比为 t_{\scriptscriptstyle A B}:t_{\scriptscriptstyle B C}:t_{\scriptscriptstyle C D}:t_{\scriptscriptstyle D E}=1:(√(2)-1):(√(3)-√(2)) (2-{√(3)}) ,B错误；由 \boldsymbol{v}_{t}\ =\boldsymbol{a}t 知 t_{B}~:~t_{C}~:~t_{D}~:~t_{E}= v_{B}~:~_{v_{C}}~:~_{v_{D}}~:~v_{E}=1:√(2)~:√(3)~:~2,C 正确；因为 t_{B}:t_{E}=1:2 ，即t_{A B}=t_{B E},v_{B} 为 A E 段的中间时刻的速度，故 \overline{{\boldsymbol{v}}}=\boldsymbol{v}_{B} ,D错误。]
例3BD[采用逆向思维，将子弹的匀减速直线运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，可得 v_{1}\ :\ v_{2}\ :\ v_{3}=√(2a\ {\bullet)\ 3s} \*{√(2a\bullet2s)}\ :\ {√(2a\bullet s)}={√(3)}\ :{√(2)}\ :\ 1, 选项A错误，B正确； \mathbf{\boldsymbol{t}}_{1}:\mathbf{\boldsymbol{t}}_{2}:\mathbf{\boldsymbol{t}}_{3} =({√(3)}-{√(2)}):({√(2)}-1):1 ，选项C错误，D正确。]
提升2
例4 (1)7.2{~m~}(2)(5)/(3){~m}/{s}^{2}(3)6{~s~}
解析(1)减速下滑过程的位移
{s_{2}}=({v_{t}}^{2}-{v_{0}}^{2})/(2a_{2)}=(0-(6\m/s)^{2})/(2x(-2.5\m/s^{2))}=7.2\m_{\circ}
(2)加速过程的位移
s_{1}=s-s_{2}=18\ m-7.2\ m=10.8\ m
加速下滑的加速度
a_{1}{=}({v_{0}}^{2})/(2s_{1)}{=}((6~m/s)^{2})/(2{x)10.8~m}{=}(5)/(3)~m/s^{2}\circ
(3)加速下滑的时间 \displaystyle t_{1}=(v_{0})/(a_{1)}=3.6 的
减速下滑的时间 t_{2}=(v_{t}-v_{0})/(a_{2)}{=2.4}
到达地面整个过程所用的时间
t=t_{1}+t_{2}=3.6~{s}+2.4~{s}=6~{s}_{\circ}
随堂对点自测
1.C[运动员入水后的运动，逆过来可看作初速度为零的匀加速直线运动，则连续相等的时间间隔内的位移之比为 1:3:5:7:9 \*11:13*s:(2n-1) ，所以 s_{1}:s_{2}{=}7:1 故C正确。]
2.AC[由 v^{2}=2a s 得 v={√(2a s)} ，则通过 _{B,C} 两点的速度之比为1 : √(2) ，故A正确，B错误；根据初速度为零的匀加速直线运动的比例关系知 t_{1}:t_{2}:t_{3}=1:(√(2)-1):(√(3)-√(2)) ,故C正确，D错误。]
3.(1)15 m (2)105~m~ (3)6.5 s
解析(1)汽车的初速度为 v_{0}{=}108~km/h{=30~m/s} 在反应时间内
汽车通过的位移 s_{0}=v_{0}t_{0}=15\ m_{\circ}
(2)从司机发现警告标志到汽车停下，设加速度大小为 \scriptstyle a ，行驶的
距离为 s=s_{\scriptscriptstyle0}+({v_{\scriptscriptstyle0}}^{2})/(2a)=105~m_{\circ} (3)从司机发现警告标志到汽车停下，总共用了
t=t_{0}+(v_{0})/(a)=6.5~s~_{\circ}
第3节实验中的误差和有效数字
实验基础梳理
一、1.真实值2.(1)真实值(2)真实值二、1.估读2.非零
实验探究分析
探究一
例1A[误差实际就是测量值和真实值之间的差异，A正确；偶然误差是由于读数不准或环境因素造成的误差，B错误；实验时可以采用多次测量取平均值的方法来减小偶然误差，C错误；在相同的条件下为了提高测量的准确度，应考虑尽量减小相对误差，D错误。
训练1CD［在任何一种测量中，无论所用仪器多么精密，方法多么完善，实验者多么细心，不同时间所测得的结果都不一定完全相同，即存在误差，选项A错误；根据绝对误差与相对误差的定义可知，绝对误差具有大小、正负和单位，而相对误差没有单位，只是一个百分数，选项B错误；绝对误差反映测量值偏离真实值的大小，不能反映测量的可靠程度和准确程度，选项C正确；相对误差是绝对误差与真实值的百分比，显然百分比越小，测量结果就越准确可靠，选项D正确。
探究二
例2AC[有效数字的位数是从左边第一位非零数字起到末位数字的个数，数值中末位的零与非零数字之间的零都是有效数字，第一位非零数字左边的零是无效数字，所以 50.007~{mm} 是五位有效数字 ,0.005\ 014~m~ 是四位有效数字， 50.140~mm 是五位有效数字 {,5.014x10^{3}} dm是四位有效数字，综上所述，选项A、C正确，B、D错误。]
例3BD[长度测量中毫米刻度尺需要估读，从题图中可知工件左边与零刻度线对齐，右边超过 1.3~cm 不超过 1.4~cm_{\circ}~1.3~cm 可以直接读出，是准确数字，还需要估读一位为 0.6~cm 。所以测量值为1.36~cm ，单位换算 1.36~cm{}=0.013~6 6~m~ ，选项B、D正确，A、C错误。]
训练2D[由题图可知，用的测量工具是毫米刻度尺，它可以精确到毫米，由于还要在分度值后估读一位数，所以读数的时候要读到 0.1~mm ，图中圆柱体的直径为 d{=}20.0\mm{=}2.00\cm 所以D正确。]
第4节科学测量：做直线运动物体的瞬时速度实验基础梳理
一、1.220V交流电源0.02s0.02 s
二、2.交流3.(1)毫米刻度尺 (s_{1}+s_{2})/(2T) (2)加速度 6.匀变速
实验探究分析
探究一
例1（1)交流（2)c先接通电源，再释放小车becda(3)0.280解析(1)常见的打点计时器使用的是交流电源。(2)步骤有错误的是c，应先接通电源，再释放小车。根据先组装器材再进行实验最后进行数据处理的顺序可知，操作步骤顺序为becda。(3)由题意可知相邻两计数点间的时间间隔为 T=0.1 S打 D 点时小车的速度等于 \mathbf{\boldsymbol{C}}\mathbf{\boldsymbol{*}}\mathbf{\boldsymbol{E}} 之间的平均速度，即{v_{{D}}}={({s_{{4}}}+{s_{{5}}})/(2T)}={(2.70+2.90)/(2x0.1)}{x10^{-2}}\ {m/s}=0.280\ {m/s}_{\circ}
探究二
例2 (1)3.90 2.641.38 (2)见解析图 12.6~m/s^{2} 解析（1)若间隔时间较短，平均速度可以代替某点的瞬时速度。D 点的瞬时速度v_{{D}}={(s_{c E})/(2T)}={(105.60~{cm}-27.60~{cm})/(2x0.1~{s)}}=390~{cm/s}=3.90~{m/s}
c 点的瞬时速度
v_{c}={(s_{B D})/(2T)}={(60.30~{cm}-7.50~{cm})/(2x0.1~{s)}}=264~{cm/s}=2.64~{m/s}
B 点的瞬时速度
v_{{B}}={(s_{{A C}})/(2T)}={(27.60~{cm})/(2x0.1~{s)}}{=}138~{cm/s}{=}1.38~{m/s}_{\circ}
(2)由(1)中数据作出小车的 \boldsymbol{v}-\boldsymbol{t} 图像如图所示，由图线的斜率可求得它的加速度a=(\Delta v)/(\Delta t)=(2.52\ m/s)/(0.2\ s)=12.6\ m/s^{2}\ s
探究三
例3(1)1.571.581.58 匀变速直线运动 (2)0.1(3)(s_{6}+s_{5}+s_{4}-s_{3}-s_{2}-s_{1})/(9(\Delta t)^{2)}\quad1.57\quad(4)0.51 7
解析(1)由纸带计数点的数据可知
\scriptstyle{s_{4}-s_{3}=7.52~{cm}-5.95~{cm}=1.57~{cm}}
{}s_{5}-{}s_{4}=9.10~cm{-}7.52~cm{=}1.58~cm
{{s}_{6}}-{{s}_{5}}=10.68~cm^{-9.10~cm=1.58~cm}
由此可以得出结论：在误差允许范围内，相邻相等时间内的位移差 \Delta s 相等，小车的运动是匀变速直线运动。
(2)每隔4个点取一个计数点，电源频率为 50~Hz ，所以两个相邻计数点间的时间间隔
\Delta t=0.02~sx5=0.1~s_{\circ}
(3)小车的加速度的表达式
a=(s_{6}+s_{5}+s_{4}-s_{3}-s_{2}-s_{1})/(9(\Delta t)^{2)}
代入题中数据可得 a{\approx}1.57~m/s^{2} 0
(4)由匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度可得，打计数点 B 时小车的速度 \boldsymbol{v}_{B}=(s_{2}+s_{3})/(2\Delta t)=(4.38+5.95)/(2x0.1)x {10}^{-2}~m/s{\approx}0.517~m/s_{\circ}
探究四
例4(1)匀减速直线 (2)0.67 (3)1.9 0.38
解析(1)由题图可知，小球在任意相邻相等时间间隔内的位移差基本都相等，约为 17\cm ，且向左相等时间内的位移逐渐减小，则说明小球向左做匀减速直线运动。(2)根据每 30~s~ 内共能拍下46个相片，则手机连拍两张照片的时间间隔是 T={(30)/(46-1)}\ {s}{=}{(2)/(3)}\ {s}{\approx}0.67\ {s}, 。 (3)根据匀变速直线运动的推论，平均速度等于中间时刻的瞬时
速度,则小球运动到 M 点位置时的速度大小为 v=117+133×2X
{10}^{-2}~m/s{\approx}1.9~m/s 匀变速直线运动的推论 \Delta s=a T^{2} ，结合题图中数据，加速度大小为 a={(\Delta s)/(T^{2)}}={(17x10^{-2})/(\left({/{2){3}}\right)^{2}}}~{m/s^{2}}{\approx}0.38~{m/s^{2}}. 。
第5节自由落体运动
知识点一
导学
1.提示硬币；硬币；两个物体几乎同时落地。
2.提示空气阻力是影响物体下落快慢的主要因素，在忽略空气阻力时，尽管硬币和羽毛的质量不同，但下落的快慢相同。
知识梳理
1.重力静止2.(1)零(2)只受重力
[思考]
1.提示（1)从静止开始下落。(2)下落过程中只受重力。
2.提示运动员下落时，除受重力之外还受到空气阻力作用，一开始的阶段，空气阻力相对重力来说比较小，运动员的下落可近似看作自由落体运动。打开降落伞后，受到的空气阻力不能忽略，不能看作自由落体运动。
例1A［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，故A正确；从竖直上升的热气球吊篮中掉下来的物体具有向上的初速度，所以不是自由落体运动，故B错误；在空气中下落的雪花受到的空气阻力不能忽略不计，不是自由落体运动，故C错误；只在重力作用下但初速度不为零的运动不是自由落体运动，故D错误。]
知识点二
导学提示相同。
知识梳理
1.(1)重力 (2)竖直向下
[思考]
提示(1)北京的重力加速度 g=9.801\ m/s^{2} ，上海的重力加速度g=9.794~m/s^{2} ,北京的重力加速度较大点，它们的纬度不同。(2)赤道的重力加速度最小，纬度是 {0}° ；北极的重力加速度最大，纬度是 90° 。
(3)不同地点的重力加速度值略有不同，重力加速度 g 值随纬度升高而增大。
例2BCD[重力加速度 g 是矢量，方向竖直向下，在一般计算中g 取 9.8~m/s^{2} 或 10~m/s^{2} ,选项A错误；在地球上同一地点，重力加速度大小和方向一定，选项C正确；在地球上的不同地点，重力加速度一般不同，但相差不大，纬度越低的地方， g 值越小，选项B,D正确。]
例3 (1)f_{2}=f_{1} (2)9.72 2.27解析(1)实验中第一次看到空间有一串仿佛固定不动的水滴时，则每次频闪时在一些固定位置上都会有相邻时间间隔滴下的水滴出现，说明频闪仪的闪光频率一定与滴水的频率相同，即 f_{2}=f_{1} 。
(2)根据逐差法可得当地重力加速度为
第8个水滴此时的速度为
知识点三
导学提示（1)能。
(2)据 g² 知h相同,g 相同,故t相同;匀变速直线运动的所有规律。
知识梳理
(5)\Delta h{=}g T^{2}
例4D[伽利略用斜面做实验，是为了“冲淡重力”，即减小重力的加速效果，延长运动时间，故A错误；伽利略通过斜面实验得出自由落体运动位移与时间的平方成正比，并没有直接得出自由落体运动速度与时间成正比，故B错误；小球沿斜面向下运动，初速度为0.根据 s=(1)/(2)a t^{2} 可知,当斜面倾角发生改变时,a 发生变化,s与 t^{2} 的比值变化，但是比值与 \mathbf{λ}_{m} 无关，故C错误；伽利略通过斜面实验直接得出自由落体运动位移与时间的二次方成正比，当斜面倾角不变时， {}_{,s} 与 t^{2} 的比值不变且与 \mathbf{\nabla}_{m} 无关，逐渐增大倾角验证，外推到竖直下落，故D正确。
例5 (1)20~m~ (2)20~m/s (3)3.8 m解析(1)图书馆的高度 h=(1)/(2)g t^{2}=20~m_{\circ} (2)小物体落地时的速度为 v_{t}=g t=20\ m/s 。(3)树的高度为 h^{\prime}{=}(1)/(2)g t^{2}{-}(1)/(2)g(t{-}t^{\prime})^{2}{=}3.8~m_{\circ}
随堂对点自测
1.B［从树上飘落的树叶，阻力不是远小于重力，选项A错误；由静止下落的小钢球，由于初速度为零，重力远大于阻力，故可以看成自由落体运动，选项B正确；被推出去的铅球，由于初速度 \boldsymbol{v}_{0}\not=0 ，选项C错误；从水面自由落到水底的石子，由于阻力不是远小于重力，选项D错误。
2.BCD[自由落体运动是忽略空气阻力的运动，无论质量大小，下落时加速度都是 ^{g,A} 错误；在同一高度释放的金属球受到的空气阻力远小于金属球的重力，金属球做自由落体运动，故金属球运动的加速度为当地的自由落体加速度，B正确；加速度等于单位时间内速度的变化量，当地自由落体加速度为 9.8~m/s^{2} ，则物体在该处自由下落的过程中，每秒速度都增加 9.8~m/s,C 正确；地球表面各处的自由落体加速度大小略有差别，但其方向都竖直向下,D正确。]
3. (1)5 s (2)50~m/s (3)45~m~
解析（1)由运动学公式 h=(1)/(2){\boldsymbol{g}}t^{2} 可知 t={√((2h)/(g))}=5 =5S。 So
(2)v_{t}=g t=50\ m/s_{\circ}
(3)前4 s 的位移为h'= h^{\prime}{=}(1)/(2)g t^{\prime2}{=}80~m~
最后1s内的位移为 \Delta h=h-h^{\prime}=45~m_{\circ}
培优提升三自由落体运动规律的综合应用
提升1
例1（1)0.2s (2)3.2~m~
解析法一公式法
(1)设屋檐离地面的高度为 h ，滴水的时间间隔为 T 由 h=(1)/(2)g t^{2}
第2滴水下落的位移 h_{2}=(1)/(2)g(3T)^{2} 第3滴水下落的位移 h_{3}={(1)/(2)}g(2T)^{2} 且 h_{2}-h_{3}=1~m~
解得 {T=}0.2~s_{c}
(2)屋檐高 h={(1)/(2)}g(4T)^{2}{=}3.2\ m_{\circ}
法二比例法
由于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间间隔内的
位移之比为 1:3:5:*s:(2n-1) ，所以相邻两水滴之间的间距
从上到下依次是 s,3s,5s,7s ，由题意知，窗高为 5s ，则
5s=1~{\ m,s=}0.2~{\ m}
屋檐高 h=s+3s+5s+7s=16s=3.2~m
设滴水的时间间隔为 T ，由 s{=}(1)/(2)g T^{2}
T=√((2s)/(g))=0.2~s_{\circ}
法三 平均速度法
设滴水的时间间隔为 T ，则雨滴经过窗户过程中的平均速度为
{\overline{{v}}}={(L)/(T)} ，其中L=1 m
雨滴在 2.5T 时的速度 v_{2,5}=2.5g T
由于 \boldsymbol{v}_{2,5}=\overline{{\boldsymbol{v}}} ，所以 (L)/(T){=}2.5g T ，解得 T=0.2 s
屋檐高 h={(1)/(2)}g(4T)^{2}{=}3.2\ m_{\circ}
法四速度位移关系
(1)设滴水的时间间隔为 T ，则第2滴水的速度
v_{2}=g*3T
第3滴 \ v_{3}=g\ *\ 2T,L=1\ m
由 {v_{t}}^{2}-{v_{0}}^{2}=2a s ，得 {v_{2}}^{2}-{v_{3}}^{2}=2g L
解得 T{=}0.2~s_{c}
(2)由 {\boldsymbol{v}}_{t}={\boldsymbol{g}}t 得雨滴落地速度
v_{t}=g*4T{=}8~m/s
由 {v_{t}}^{2}=2g h 有 h{=}({v_{t}}^{2})/(2g){=}3.2~m_{\circ}
提升2
例2AC[三个球均做自由落体运动，由 v^{2}=2g h ，解得 v= √(2g h) ，则 v_{1}:v_{2}:v_{3}=√(h_{1)} ： √(h_{2)} “ √(h_{3)}=√(3)~:√(2)~:~1 ，故A正确;三个球均做自由落体运动，由h=g²,解得t=\begin{array}{r}{t_{1}:t_{2}:t_{3}=√(h_{1)}:√(h_{2)}:√(h_{3)}=√(3):√(2):1,}\end{array} 故B错误： {\bf\nabla}_{:b} 与 \scriptstyle a 开始下落的时间间隔为 (√(3)-√(2))t_{3},c 与 b 开始下落的时间间隔为 (√(2)-1)t_{3} ，故C正确；小球下落的加速度均为 g ，与重力及质量无关，故D错误。]
提升3
例3（1)1s（2 )(√(5)-1) s解析(1)木杆由静止开始做自由落体运动，根据 h=(1)/(2)g t^{2} 可得，木杆的下端到达圆筒的上端 A 用时t_{\overset{.}{\operatorname{FA}}}=√((2(H-L))/(g))=√((2x(20~m-15~m))/(10~m/s^{2))}=1~s~
同理可得木杆的上端到达圆筒的上端A用时
t_{\perp A}={√((2H)/(g))}={√((2x20{~m))/(10{~m)/{s}^{2}}}}=2\ {s}
则木杆通过圆筒的上端 A 所用的时间
t_{1}=t_{\perp A}-t_{\perp A}=1~s_{\circ}
(2)木杆由静止开始做自由落体运动，根据 h=(1)/(2){g t}^{2} 2gt²可得，木杆的
上端离开圆筒的下端 B 用时
t_{\perp B}={√((2(H+d))/(g))}={√((2x25{~m))/(10{~m/s)^{2}}}}={√(5)}{~s}
则木杆通过圆筒所用的时间
t_{2}=t_{\perp B}-t_{\top A}=(√(5)-1)~s~_{\circ}
提升4
列4 (1)40~{m/s}\quad(2)230~m~\quad(3)10~s~ 解析(1)取竖直向下为正方向，从伞张开至到达地面有{v_{2}}^{2}-{v_{1}}^{2}=2a h 可得伞张开前瞬间运动员的速度大小为\upsilon_{1}=√({\upsilon_{2)}^{2}-2a h} ={√((10~{m/s))^{2}-2x(-5~{m/s}^{2})x150~{m}}}=40~{m/s}_{\circ} (2)运动员做自由落体运动时，有 {v_{1}}^{2}=2g h_{1} ，可得h_{1}{=}({v_{1}}^{2})/(2g){=}((40~{m/s})^{2})/(2{x)10~{m/s}^{2}}{=}80~m 故离开飞机距离地面的高度为H=h_{1}+h=(80+150)m=230~m_{\circ} (3)运动员做自由落体运动的时间为t_{1}={(v_{1})/(g)}{=}{(40~m/s)/(10~m/s^{2)}}{=}4~s 做减速运动的时间为t_{2}={(v_{2}-v_{1})/(a)}={(10~{m/s}-40~{m/s})/(-5~{m/s)^{2}}}=6~{s} 故离开飞机至到达地面的时间为 t=t_{1}+t_{2}=10 S。
随堂对点自测
1.BC[根据自由落体运动规律可知，第1次闪光到第2次闪光，水滴下落的距离为 gT²=0.05 m,故A错误；根据匀变速直线运动规律的推论可知，相邻两次闪光时间间隔内的位移增量为 \Delta h {}=g T^{2}{=}0.1~m ，故B正确；第2次闪光时，水滴的速度大小为 v_{1}= g T{=}1\ m/s 故C正确；水滴做匀变速直线运动，所以第3次闪光到第4次闪光水滴速度的增量等于第1次闪光到第2次闪光水滴速度的增量，故D错误。
2.B[设桥面高度为 h ，根据自由落体运动位移公式，对铁球2有 h -gt²，对铁球1有h-L= {\boldsymbol{h}}-{\boldsymbol{L}}={(1)/(2)}{g t_{1}}^{2} g²，又t-=，解得h=20~m~ ,故B正确。]
3.(1)20~m~ (2)8~m/s^{2} 竖直向上解析(1)运动员从开始下落 2~s~ 时间内的位移为{h_{1}}{=}(1)/(2){g{t_{1}}^{2}}{=}(1)/(2)x10{\m/s^{2}x(2\ s)^{2}}{=}20{\m_{\circ}} (2)运动员4s末速度为\scriptstyle v_{0}=g t=10\ m/s^{2}x4\ s=40\ m/s 自由下落4s时间内下落的高度为{h_{2}}{=}(1)/(2){g{t_{2}}^{2}}{=}(1)/(2)x10{~m/s^{2}}x(4~s)^{2}{=}80{~m} 则匀减速下落高度为
\Delta h{=}H{-}h_{{2}}{=}179~{m{-}}80~{m{=}99~{m}}
则有 {v^{2}}-{v_{0}}^{2}=2a\Delta h
解得 a=-8~{m/{s^{2}}} ，即匀减速运动阶段加速度大小为 8~m/s^{2} ，方向竖直向上。
培优提升四 竖直上抛运动
例1 (1)0.2~m~ (2)0.2 s (3)1.6 s解析(1)运动员重心上升的最大高度为h{=}({v_{0}}^{2})/(2g){=}0.2~m_{\circ}
(2)运动员从起跳到重心上升至最大高度的时间为t_{1}=(v_{0})/(g)=0.2\ {s}_{\circ}
(3)解法一运动员上升到最高点后做自由落体运动，设下落时间为t2,则H+h-L= H+h-L=(1)/(2){g t_{2}}^{2}
解得 t_{2}=1.4 S
运动员从起跳到身体刚好完全打开的时间为
t=t_{1}+t_{2}=1.6~s~_{\circ}
解法二取竖直向上为正方向，对运动员的整个运动过程有-(H-L)=v_{0}t-(1)/(2)g t^{2}
解得 {\Omega}_{t}=1.6 s（另解 t=-1.2 s舍去)。
例2 (1)7~{m/s^{2}} (2)148.75m (3)15~m/s
解析(1)小物块与气球一起向上加速的加速度大小
a=(\Delta v)/(\Delta t)=(35\m/s)/(5\s){=}7\m/s_{\s}^{2}
(2)小物块向上加速上升的高度
h_{1}{=}(1)/(2)v_{1}t_{1}{=}(1)/(2){x}35\ m/s{x}5\ s{=}87.5\ m
小物块向上减速运动上升的高度
h_{2}{=}({v_{1}}^{2})/(2g){=}((35~m/s)^{2})/(2{x)10~m/s^{2}}{=}61.25~m
小物块由静止开始上升的最大高度
h=h_{1}+h_{2}=148.75~m_{\circ}
(3)设 10~s~ 末小物块的速度为 \boldsymbol{v}_{t} ,根据运动学公式可得 v_{t}=v_{1}-
g t_{2}{=}35\ m/s{-}10\ m/s^{2}{x}5\ s{=}{-}15\ m/s 负号表示速度方向竖直
向下，大小为 15~m/s_{\circ}
例3C[物体做竖直上抛运动，根据运动时间的对称性得，物体从最高点自由下落到 A 点的时间为 (t_{A})/(2) ,从最高点自由下落到 B 点的时间为 为 (t_{B})/(2),A,B 间距离为 h_{A B}=(1)/(2)g\left[\left((t_{A})/(2)\right)^{2}-\left((t_{B})/(2)\right)^{2}\right]=(1)/(2) x10~m/s^{2}x\lbrack(2.5~s)^{2}-(1.5~s)^{2}\rbrack=20~m ，故C正确。
例4AB[若 \scriptstyle t=0.8~s~ 时物体的速度为 -8~m/s, 根据 \boldsymbol{v}_{t}=\boldsymbol{v}_{0}-g t 得， {\bf\nabla}_{\boldsymbol{v}_{0}}={}0 ，不合题意，舍去；若 \iota=0.8~s~ 时物体的速度为 +8~m/s +根据 {\boldsymbol{v}}_{t}={\boldsymbol{v}}_{0}-g t 得， v_{0}=16\ m/s,B 正确，C错误；物体回到抛出点时有 {v_{t}}^{\prime}{=}{-}16~{m/s}, 根据 {v_{t}}^{\prime}=v_{0}-g t^{\prime} ，解得 t^{\prime}{=}3.2~s,A 正确；\scriptstyle t=0.8~s~ 时刻物体的速度是 +8~m/s ，一定向上运动，一定在初始位置的上方，D错误。
随堂对点自测
1.BCD［做竖直上抛运动的物体先后两次经过同一位置时，速度大小相等、方向相反，故A错误；因竖直上抛运动的加速度不变，由对称性可知，物体从某点到最高点和从最高点回到该点所用的时间相等，故B正确；由 {v_{0}}^{2}=2g h 可得，以初速度 \boldsymbol{v}_{0} 做竖直上抛运动的物体上升的最大高度为 h{=}({v_{0}}^{2})/(2g) 故C 正确;无论上升、下落过程，物体的加速度一直保持不变，均为重力加速度 g ，故D正确。
2.B[位移是从初位置指向末位置的有向线段，物体从抛出到落地过程的位移为 -15~m~ ，负号表示方向竖直向下，故A错误；物体上升的时间为t==1s，上升的最大高度为h=g=2x10 m=5~m~ ，物体从抛出到落地过程中，路程为 s=h+2h_{1}=25~m. 故B正确；物体下落通过的位移为 h_{2}=h+h_{1}=20~m ，根据运动学公式得 {h_{2}}=(1)/(2){g{t_{2}}^{2}} 解得 t_{2}=2~s, 所以物体从抛出到落地过程所用的时间为 t=t_{1}+t_{2}=3~s~ ，故C错误；根据速度公式得 \scriptstyle v_{t}=v_{0}-g t= 10~m/s^{-10x3~m/s=-20~m/s,} 负号表示方向竖直向下，故D错误。]
3.C[因不计空气阻力，加速度恒定，设其初速度为 \boldsymbol{v}_{0} ，根据匀变速直线运动规律，根据题意有 \scriptstyle v=v_{0}-g t ，可知其图像为直线且斜率为负，故A、B、D错误，C正确。]
培优提升五运动图像与追及相遇问题
提升1
例1AC[根据 s-t 图像的斜率表示速度可知，甲在整个 \scriptstyle t=6 S时间内一直沿正方向运动，运动方向一直不变，做匀速直线运动，通过的总位移大小为 s_{\scriptscriptstyle\equiv}=2~m-(-2~m)=4~m, 故A正确，B错误；根据 it{v}-t 图像与时间轴所围的面积表示位移可知，乙在 0~ 3s内沿负方向做匀减速直线运动，位移为 s_{1}=(1)/(2)x(-2~m/s)x 3~{s}{=}-3~{m};3 s后沿正方向做匀加速直线运动，位移为 s_{2}=(1)/(2)x 2~{m}/{s}x3~{s}=3~{m} 则总位移为 s_{sc{z}}=s_{1}+s_{2}=0 ，故C正确，D错误。]
例2C由题图位置 s 与时间 \mathbf{\Psi}_{t} 的关系图像可知， .0~t_{1} 过程图线的斜率为正且不断增大，表示做加速直线运动； t_{1}~ t_{2} 过程图线为直线，表示做匀速直线运动 {;}t_{2}~ t_{3} 过程图线的斜率为正且不断减小，表示做减速直线运动，故C正确。
训练B[ [0~2 s 质点的加速度为 a_{1}={(4)/(2)}{~m}/{s}^{2}=2{~m}/{s}^{2},2^{*} 2~4 s质点的加速度为 2 m/s²=-4 m/s,4\~6 s 质点的加速度为a={(0-(-4))/(6-4)}{~m/s}^{2}=2{~m/s}^{2} ，故A错误，B正确 \mathrel{\mathop:}s-t 图像的斜率表示速度， *0~2 s质点做加速运动 ,2~3~; s质点减速到 _{0,3~4} s质点反向加速， .4~6~s~ 再减速到O，故C、D错误。]
提升2
例3（1)2s 6~m~ (2)4 s 12~m/s 解析方法一用运动学公式求解。
(1)汽车开动后速度由0逐渐增大，而自行车的速度不变。当汽车的速度小于自行车的速度时，两车的距离将越来越大，而一旦汽车的速度加速到超过自行车的速度时，两车的距离就将缩小。因此两者速度相等时两车相距最远（以上分析紧紧抓住了“速度关系”及“位移关系”)，有 v_{\mathbb{A}}=a t=v_{\mathbb{A}} ，
t={(v_{\perp})/(a)}{=}{(6{~m/s})/(3{~m/s)^{2}}}{=}2 S
\Delta s=v_{\parallel}\ t-{(1)/(2)}a t^{2}=6\ m/sx2\ s-{(1)/(2)}x3\ m/s^{2x(2\ {s})^{2}=6\ m_{\circ}}
(2)汽车追上自行车时，两车位移相等，
则t'=”
代入数据解得 t^{\prime}{=}4 S
故 v^{\prime}{=}a t^{\prime}{=}3~m/s^{2}x4~s{=}12~m/s_{\circ}
方法二用数学中求极值的方法来求解。
(1)设汽车在追上自行车之前经时间 \mathbf{\chi}_{t} 两车相距最远。因为 \Delta s=s_{1}-s_{2}={v_{up{mu}}}t-{(1)/(2)}a t^{2}
所以 \Delta s=6t-(3)/(2)t^{2}
由二次函数求极值条件知
t{=}(6\ m/s)/(3\ m/s^{2)}{=}2 s时， \Delta s 最大
代入得此时 \Delta s{=}6~m~ 。
(2)同方法一中的(2)。
方法三用图像求解。
(1)自行车和汽车的 \boldsymbol{v}-\boldsymbol{t} 图像如图所示，因
为 \boldsymbol{v}-\boldsymbol{t} 图线与横坐标轴所包围的面积表
示位移的大小，所以由图像可以看出，相遇
之前 ,t 时刻两车速度相等时，自行车的位
移(矩形面积)与汽车的位移（三角形面积)
之差(阴影部分)达到最大。
所以 \scriptstyle t={(v_{\oplus})/(a)}={(6\ m/s)/(3\ m/s^{2)}}=2 S
\Delta s=v_{\parallel}\ t-{(1)/(2)}a t^{2}=6\ m/sx2\ s-{(1)/(2)}x3\ m/s^{2}x(2\ s)^{2}=6\ m_{\circ}
(2)由图可看出，在 \mathbf{\chi}_{t} 时刻以后，当自行车与汽车的 it{v}-t 图像围成的三角形面积与标有阴影的三角形面积相等时，两车的位移相等(即相遇)。所以由图得相遇时， \scriptstyle{\boldsymbol{t}}^{\prime}=2t=4 S v^{\prime}{=}2v_{\perp}=12~m/s_{\circ} 例4 (1)0.5~m/s^{2} (2)不会相撞 4~m~
解析(1)汽车制动时的加速度大小
a=(v_{A})/(t){=}0.5~m/s^{2}\Omega,
(2)当汽车减速到与货车共速时，所需的时间
t_{\circ}=(v_{A}-v_{B})/(a)=28~s~
此时间内汽车运动的位移 s_{1}=({v_{A}}^{2}-{v_{B}}^{2})/(2a)=364~m 此时间内货车运动的位移为
_{s_{2}}=v_{B}t_{0}=168~m~
\Delta s=s_{1}-s_{2}=196~m{<}200~m ，所以两车不会相撞。此时两车相距最近，最近距离
s=s_{0}-\Delta s=200\ m-196\ m=4\ m_{\circ}
随堂对点自测
1.CD[s-t图像切线的斜率表示瞬时速度，则 \scriptstyle t=4~s~ 时，质点 A 的速率为 v{=}(10{-}6)/(4)~{m/{s=1~{m/s,D}}} 正确； O P 为开口向下抛物线的一部分，则质点 A 在 0~4 s内做匀变速直线运动，设质点 A 的初速度大小为 \boldsymbol{v}_{0} ,加速度为 \scriptstyle a ，质点 A 在前4s内通过的位移为 s= 10 m,由运动学公式有 s= ,解得 v_{0}=4~m/s 则 a=(v-v_{0})/(t) {\bf\Gamma}=(1-4)/(4){\bf\Gamma}{\bf m}/{\bf s}^{2}=-0.75{\bf\Gamma}{\bf m}/{\bf s}^{2} B错误，C正确； t=2~s~ 时，对质点 B ，图像 M N 为直线，质点 B 做匀速直线运动，则有 v_{B}={(0-13)/(4-0)}~m/s =-3.25~m/s 对质点 A,v_{A}=v_{0}+a t=4~m/s-0.75~m/s^{2}x2~s= 2.5~m/s 则 \scriptstyle t=2~s~ 时 \mathbf{\nabla},A\mathbf{\nabla},B 速度大小不相等，A错误。]
2.B[两车共速时有 v_{0}-a t=v_{\ast} ，解得 \scriptstyle t=5~s~ 小汽车驾驶员刚发现货车时距货车的距离为 \Delta s=v_{0}\Delta t+v_{0}t-(1)/(2)a t^{2}-v_{\ast}\left(t+\Delta t\right) 解得\Delta s{=}35~m~ ,故B正确。]
3.BC[由 it{v}-t 图线与 \mathbf{\chi}_{t}^{} 轴所围的“面积”表示位移大小可知，两物体在 0~4 s内的位移不相等，而在第4s末相遇，可知出发点不同,A错误;sA= {\bf;}s_{A}=(1)/(2)x4{\bf~m}/{\bf s}x4{\bf~s}=8{\bf~m},s_{B}=(1)/(2)x6{\bf~m}/{\bf s}x4{\bf~s}= 12~m~ ，已知在第4s末相遇，则出发时 A 在 B 前方 4~m 处，B正确；由于 A 图线的斜率小于 B 图线的斜率，可知 A 的加速度小于 B 的加速度，C正确；相遇后 A 的速度始终小于 B 的速度，所以两物体不会再次相遇，D错误。
章末核心素养提升
知识网络构建
\boldsymbol{v}_{0}+a t v_{0}t+{(1)/(2)}a t^{2} 2as (v_{0}+v_{t})/(2) a T^{2} 位移加速度
{(1)/(2)}g t^{2} 2gh
创新情境命题
1.A [将匀变速直线运动的位移时间公式s=vot+al at²与s=-2t^{2}+0.4t 对比分析，可得初速度 v_{{0}}=0.4~{\m/s}, 加速度 a= -4~m/s^{2} ，因加速度的方向与初速度的方向相反，故钉子做匀减速直线运动，故A正确，B错误；设钉子向下减速到零所用的时间为t，则有 =0.1 s,故钉子前0.15 s内的位移大小等于前0.1 s 内的位移大小,则有s= s=(v_{0}t)/(2)=0.02~m,C 错误；根据 \Delta v=a\Delta t 可得前0.01s内钉子速度变化量的大小为 \Delta v=0.04~m/s,D 错误。
2.BD[该过程中，实验装置先做自由落体运动，之后做匀减速直线运动，因此位移与时间是二次函数图，斜率先增大后减小，速度与时间是直线图，且最后速度减为零，因此A、C错误，B、D正确。
3.(1)60~{m/s}^{2} (2)0.01 s {(3)30~m/s}^{2} 解析(1)根据速度一位移关系有 {0}^{2}-{v_{0}}^{2}=2a s ，解得 a=-{({v_{0}}^{2})/(2s)} =-{((0.6\ m/s)^{2})/(2x3x10^{-3)\ m}}=-60\ m/s^{2} ，负号表示加速度方向与初速度方向相反。所以这个减速运动的加速度大小为 60~m/s^{2} 。
(2)根据 0=v_{0}+a t ，减速过程持续时间为t={(0-v_{0})/(a)}{=}{(0-0.6\ {m/s})/(-60\ {m/s)^{2}}}{=}0.01\ {s}_{\circ}
(3)根据 0^{2}-{v_{0}}^{2}=2a_{1}s_{1} ，解得 a_{1}=-{({v_{0}}^{2})/(2s_{1)}}=-{((0.6\ {m/s})^{2})/(2x6x10^{-3)\ {m}}}= -30~m/s^{2} ，负号表示加速度方向与初速度方向相反。所以这个减速运动的加速度大小为 30~m/s^{2} 0
4.(1)50~m/s 6.25 s (2)90~m~ 3s
解析(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，则 {v_{B}}^{2}=2a_{1}s_{1}
解得 v_{B}=50~m/s
舰载机在水平轨道上有 s_{1}{=}(1)/(2){a_{1}{t_{1}}^{2}} ，可得 t_{1}=5 S
舰载机在倾斜轨道上有 v_{C}-v_{B}=a_{2}t_{2}
可得 t_{2}=1.25 S
舰载机在水平和倾斜轨道上总的运动时间
t=t_{1}+t_{2}=6.25~s~, 8
(2)经电磁装置弹射后 {v_{C}}^{2}=2a_{3}s_{3}
解得最小长度 \boldsymbol{s}_{3}=90~m~ ，又 {v_{c}}={a_{3}}{t_{3}}
可得 t_{3}=3~s_{\circ} 3.~(1)40~m/s~\:\:\:(2)80~m~\:\:\:\:(3)1~m/s^{2~}
解析 (1)设泥石流到达 B 时的速度大小 {\boldsymbol{v}}_{B_{}} ，
则有 {v_{B}}^{2}-{v_{A}}^{2}=2a_{R1}s_{A B}
解得 v_{B}=40~m/s_{\circ}
(2)汽车行驶过程中，汽车与泥石流速度相等时，距离最小，设速度相等时的时间为 \mathbf{\chi}_{t} ，则有
\boldsymbol{v}_{B}+\boldsymbol{a}_{\scriptscriptstylesl{2}}t=\boldsymbol{a}_{\scriptscriptstylesl{4}}t ，解得 \scriptstyle t=4 s
\scriptstyle s_{\scriptscriptstyle\Re}=v_{B}t+{(1)/(2)}a_{\scriptscriptstyle\Re2}t^{2},s_{\scriptscriptstyle\mp}={(1)/(2)}a_{\scriptscriptstyle\mp}~t^{2}
\Delta s=160+s_{\scriptscriptstyle\mathscr{F}}-s_{\scriptscriptstyle\mathscr{R}}=80~m_{\circ}
(3)设汽车加速度为 \scriptstyle a (a>0) ，则汽车与泥石流恰好相遇时，有{v_{B}t_{1}+(1)/(2)a_{R^{2}}{t_{1}}^{2}-(1)/(2)a{t_{1}}^{2}}=160}
且 v_{B}+a_{R^{2}}t_{1}=a t_{1}
联立解得 a=1~m/s^{2}
所以汽车的最小加速度为 1~m/s^{2} 。
第3章相互作用
第 1 节重力与重心
知识点一
导学
1.提示有改变足球的运动状态。2.提示可以用带箭头的线段来表示，线段的长度表示力的大小，箭头的指向表示力的方向，箭尾或者箭头表示力的作用点。
知识梳理
1.(1)相互作用形状运动状态 (2)牛顿N
2.带箭头长短指向作用点
3.箭头
[思考]
提示（1)甲图是拉力的图示，因为有标度。
(2)乙图是拉力的示意图，它没有标度。
(3)力的图示需画出力的作用点、方向和大小，而力的示意图只需画力的作用点和方向，无大小。
例1BC[力是矢量，既有大小，又有方向，对于力，既要说明其大小，也要说明其方向，故A错误；因为力是物体对物体的作用，所以力不能离开施力物体和受力物体而独立存在，力的大小可以用弹簧测力计测量，故B、C正确；力的作用效果由力的大小、方向和作用点共同决定，与作用点的位置有关，故D错误。
例2如图所示
训练C[题图A中没有标度，只是力的示意图，A错误；题图B中没有标度，B错误；题图C中有作用点，有大小，有方向，且确定了标度，C正确；题图D中拉力的方向应该向右，D错误。
知识点二
导学提示苹果落向地面是因为受到了地球的吸引力；重锤静止时，悬挂重锤的细线方向一定是沿竖直方向的，如果墙壁与细线平行，就说明墙壁是竖直的，没有倾斜。
知识梳理
1.吸引（1)N \mathbf{kg} (2)竖直竖直向下
2.(1)各个组成部分一个点 (2)① 形状 ② 质量分布情况
[思考判断] \begin{array}{r l}{\mathbf{\eta}(1)x}&{{}\mathbf{\eta}(2)x\quad\mathbf{\eta}(3)x}\end{array}
例3C[在地球上或地球周围的物体都会受到重力的作用，A错误；重力的方向总是竖直向下，不一定垂直于接触面，B错误；地球各处的重力加速度大小不一定相等，故同一物体在地球各处所受重力大小也不一定相等，C正确；重力的大小 G=m g ，其大小与物体质量、重力加速度有关，与其他因素无关，D错误。
例4BD[充满沙子的上方玻璃球的重心在几何中心处，随着沙子流出，上方玻璃球和内部沙子的重心逐渐下降，沙子快流完时，上方玻璃球和内部沙子的重心上升，最后处于几何中心处，上方玻璃球和内部沙子的重心先下降后上升，故A错误，B正确；下方玻璃球无沙子时，重心在几何中心处，沙子刚流入时，下方玻璃球和内部沙子的重心下降，随着沙子流入，下方玻璃球和内部沙子的重心逐渐上升，最后处于几何中心处，下方玻璃球和内部沙子的重心先下降后上升，故C错误，D正确。
随堂对点自测
1.A[力的作用效果之一就是使物体运动状态发生改变，选项A正确；物体运动状态不变并不一定没有受到力的作用，力的作用效果是使物体运动状态发生改变或者使物体发生形变，选项B、C错误；力的大小、方向、作用点都影响力的作用效果，选项D错误。
2.C[由于篮球在运动的过程中不计空气的阻力，则篮球只受到重力的作用，重力的方向竖直向下，故C正确，A、B、D错误。
3.C[重心是物体所受重力的等效作用点，不是物体内受到重力最大的点，A错误；形状规则且质量分布均匀的物体的重心与其几何中心重合，B错误，C正确；重心与物体的形状、质量分布情况有关，可能在物体之外，D错误。
第2节科学探究：弹力
第 1 课时弹力的理解和计算
知识点一
导学
1.提示用力挤压玻璃瓶不同部位时，细管中水面会上升（或下降)。说明受到压力时玻璃瓶发生形变，体积变小(或变大)了。
2.提示气球、橡皮条、弹簧可以恢复原状，橡皮泥、面团不能恢复原状。
知识梳理
1.(1)形状(2)恢复原状(3)恢复原状
2.恢复
3.(1)弹性形变恢复原状（2)①接触 ② 弹性形变
[思考]
1.提示不改变无弹力改变有弹力把与研究对象接触的物体撤除，看其运动状态是否发生变化，若其运动状态变化说明存在弹力，若不变化说明弹力不存在。
2.提示不能假设与研究对象接触的物体对其有弹力作用，分析研究对象在弹力作用下的运动状态与其实际运动状态是否相符，如一致，则受到弹力作用，如不同，则无该弹力。
例1D[相互接触是产生弹力的首要条件，但相互接触的物体间不一定存在弹力，只有两个物体因接触而产生弹性形变时，两物体间才有弹力产生，选项A错误，D正确；相互接触的物体必须发生弹性形变，才会产生弹力，故B错误；弹性形变与弹力是同时产生、同时消失的，故C错误。
例2B[题图甲中，小球随车厢做匀速直线运动，运动状态不发生改变，水平方向上不受力，A错误；假设图乙中斜面对小球没有弹力，小球将在细线拉力和重力作用下处于竖直状态，故斜面对小球有弹力，B正确；撤去 b 绳，小球在竖直绳 a 的作用下仍处于静止状态，故 b 绳对小球无弹力，C错误；丁图中移去其中任一球，另一球仍处于静止状态，故两球间无弹力，D错误。
知识点二
导学
1.提示发生形变的书要恢复原状，对跟它接触的桌面产生向下弹力，这个力的作用效果是压桌面，叫压力；发生形变的桌面要恢复原状，对跟它接触的书产生向上的弹力，这个力的作用效果是支持书。弹力的方向垂直于物体的接触面，指向被压缩或被支持的物体。
2.提示发生形变的绳子要向上恢复原状，对物体产生向上的弹力；发生形变的物体要向下恢复原状，对绳子产生向下的弹力；绳子产生的弹力也叫拉力，绳子的弹力方向沿绳的收缩方向。
知识梳理
垂直收缩相反 例3如图所示
图11
训练B[A选项，题图中的小球受到重力与水平面的支持力即可保持静止，若受到左侧顶点处的弹力，则小球将向右运动，所以A选项题图中小球只受到水平地面的弹力 F_{1} ，不能存在弹力 F_{2} ，故A错误；B选项题图中处在杆顶的小球处于静止状态时受到重力与杆对小球的弹力，二者是一对平衡力，所以杆对小球的弹力 F 的方向与重力的方向相反，为竖直向上，故B正确；C选项题图中小球受到竖直向下的重力，如果受到左上方的 F_{1} 的拉力，小球将无法处于静止状态，故C错误；D选项题图中杆与半球容器有两个接触点，左侧处为点与球面接触，所以弹力 F_{1} 的方向应过圆心与接触点，方向指向球心，右侧是点与直杆接触，弹力方向应垂直于杆的方向指向上方，故D错误。
知识点三
导学提示说明弹簧的弹力大小与弹簧形变的大小有关，弹簧的形变越大，弹力越大，形变消失，弹力也消失。
知识梳理
1. (1)正 k x (2)劲度系数牛顿每米
196《创新设计物理必修第一册（鲁科版)
例4BC[设弹簧的原长为 \mathbf{\xi}_{l} ，根据胡克定律和二力平衡，对题图甲有 2m g{=}k(l{-}l_{1}) ，对题图乙有 3m g=k(l-l_{2}) ，所以弹簧的劲度系数 k{=}(m g)/(l_{1){-}l_{2}} ,弹簧原长l=3一22,故B,C正确,AD错误。]例5D[小球在重力和杆的支持力（弹力）的作用下处于静止状态，由二力平衡可知，杆对小球的弹力与重力等大、反向，故D正确。
随堂对点自测
1.C[再小的力都可以使物体发生形变，足球气打得足一点，受力后，依然会发生形变，故A错误；弹力是由施力物体发生形变而产生的，地面对足球的支持力是由于地面发生形变引起的，足球对地面的压力是由于足球的下部发生形变引起的，脚对足球的压力是由于脚发生形变引起的，C正确，B、D错误。
2.D[足球撞击墙壁，使墙壁发生形变，墙壁给足球一个作用，此力是弹力，弹力的方向总是垂直于接触面，并指向被支持物，则墙壁给足球的弹力方向沿垂直于墙壁的方向，故选项D正确。
3.C[重力为 10~N~ 的物体挂在弹簧的下端时，弹簧伸长量为0.02 m,根据胡克定律F=kx,有k= k={(F)/(x)}{=}{(10)/(0.02)}~{N/m}{=}500~{N/m} 弹力的大小与弹簧伸长的长度成正比，挂重力为 20~N 的物体时，劲度系数不变，伸长量为α'= {\it x}^{\prime}{=}({\it F}^{\prime})/(k){=}(20)/(500){~m}{=}0.04~m, 故C正确。]
第2节第2课时实验：探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系
实验基础梳理
二、钩码三、二力平衡等于六、1.增大2.伸长量
实验探究分析
探究一
川1（1)BCDAEF(2)C (3)F{=}0.43x(N)
解析（1)正确的操作顺序为BCDAEF。
(2)由于弹簧自身重力的影响，应有 F+F_{0}=k x\left(F_{0}\right. 为弹簧因自身重力而产生的弹力)，即 F-x 图像应为横截距为正的直线，故选 ~C~_{\circ}
(3)图线斜率的意义为k= k{=}(\Delta F)/(\Delta x){=}(2.5)/(5.8)\ N/cm{\approx0.43\ N/cm}, 该图线的函数表达式为 F{=}0.43x(N) 。
探究二
例2(1)刻度尺(2)弹簧自身有重量4.9 (3)B
解析(1)实验需要测量弹簧的长度，故还需要的实验器材为刻度尺。
(2)由题图乙可知， m{=}0 时， \mathbf{\Psi}_{X} 大于零，说明未挂钩码时，弹簧有伸长，这是由于弹簧自身重量引起的，已知 \scriptstyle{F=k x} ，
则 k={(\Delta F)/(\Delta x)}={((60-10)x10^{-3}\ {kg}x9.8\ {N/kg})/((14-4)x10^{-2)\ {m}}}=4.9\ {N/m}{\Omega}_{\circ}
(3)在 F-L 图像中横轴截距表示弹簧的原长，由题图丙可知 b 的原长比 a 的长，故A错误；图线的斜率表示弹簧的劲度系数 k ，则a 的劲度系数比 b 的大，故B正确，C错误；弹力与弹簧的形变量成正比，与弹簧长度不成正比，故D错误。
训练1 (1)竖直 (2)静止 L_{3} 1\mm (3)L_{x} (4)4.910(5)200弹簧自身存在重力
