參考答案與解析

活動單導學課程一輪總復習物理

第一章機械運動與物理模型

第1課時運動的描述

【活動一】

例1.B解析：研究劉翔110m欄比賽的跨欄技術時，需要分析人的不同的動作，所以此時

人不能看成質點，所以A錯誤；研究月球繞地球的運動軌跡時，月球的大小相對于和地球之

間的距離來說是很小的，可以忽略，此時月球可看作質點，所以B正確；研究火車通過隧道

所需的時間時，火車的長度相對于隧道來說是不能忽略的，所以此時的火車不能看成質點，

所以C錯誤；研究嫦娥一號在軌道上的飛行姿態時，看的就是它的形狀如何，所以不能看成

質點，所以D錯誤.

總結：物體能否被看成質點是由所研究問題的性質決定的，并非依據物體自身大小和形狀判

斷bkr.

例2.C解析：甲看到樓房勻速上升，說明甲相對于地面勻速下降，乙看到甲勻速上升，說

明乙勻速下降，而且vc>v甲，甲看到丙勻速上升，丙看到乙勻速下降，丙可能停在空中，也

可能勻速上升，故A、B正確；甲看到丙勻速上升，丙看到乙勻速下降，丙可能勻速下降，

且v丙<v巾，故C錯誤，D正確.故選C.

例3.B解析：t2表示時刻，2s內表示時間，A錯誤；t2?t3表示時間，是從第3s初到第3

S末的時間間隔，B正確；to?t2表Z5時間，稱為最初2s內，而第2s內指口?t2，C錯誤；tn

-I?tn表示時間，稱為第ns內，D錯誤.

【活動二】

例4.A解析：位移表示物體位置變化的大小和方向，用從初位置指向末位置的有向線段表

示，A正確；A到C的位移x=-4m—5m=-9m,B錯誤；位移的正負代表方向，不代表

大小，C錯誤；整個過程中，質點的路程為14m,D錯誤.

總結：同一運動過程中，路程不小于位移大小，在單向直線運動中，位移大小等于路程.

例5.D解析：電動車限速即最高速度不超過20km/h,是指瞬時速度，故A錯誤；瞬時速

度與某一時刻或某一位置相對應，子彈射出槍口時的速度大小為500m/s,指的是瞬時速度，

故B錯誤；10m/s是百米跑的平均速度，但沖刺時的速度為瞬時速度不能確定，故C錯誤；

京滬高速鐵路測試時列車最高時速可達484km/h,指的是某時刻的速度可以達到484km/h,

是瞬時速度，故D正確.

即時訓練1.B解析：由v=6t?(m/s)得，當t=2s時，v=24m/s；根據質點離開O點的距離

隨時間變化的關系為x=(5+26)m得,當t=2s時,X2=21m,t=3s時,xs=59m,則質

Ax38

點在t=2s至t=3s時間內的位移Ax=X3—X2=38m,m/s=38m/s,故B正確.

即時訓練2.A解析：由瞬時速度定義可知滑塊經過光電門時的速度大小為

m/s=O.10m/s,A正確.

即時訓練3.D解析：照相機每隔0.1s拍照一次，所以圖中0?8cm所用的時間t=0.4s,

照片與實物的比例為1：10,所以圖中8cm對應的實際位移x=80cm=0.8m,則小球在通

過圖中8cm距離內的平均速度為器m/s=2m/s,A、B錯誤；小球通過6

cm處的瞬時速度近似等于圖中3.5cm到7.5cm這一段的平均速度，圖中3.5cm到7.5cm

這一段對應的實際位移x，=40cm=0.4m,所用的時間(=0.2s,所以圖中6cm處的瞬時速

()4

度v，=^m/s=2m/s,C錯誤，D正確.

【活動三】

例6.B解析：10s內火箭的速度變化量為100m/s,加速度ai=￥^m/s2=10m/s2,2.5s

~~30

內汽車的速度變化量為一108km/h=-30m/s,加速度a?=?”底=-12m/s2,汽車的加速

度大，表示速度變化快.故B正確.

例7.C解析：加速度的方向與速度的方向相同，物體的速度增大，但是加速度可以減小，

即物體的速度增加得變慢，故A錯誤；物體的加速度增大，如果加速度的方向與速度方向相

反，物體做減速運動，速度減小，故B錯誤；加速度表示物體速度變化的快慢，物體的速度

變化越快，加速度就越大，故C正確；加速度的方向與速度變化的方向相同，不是速度方向，

與速度方向無關，與速度方向可能相同，可能相反，可能不在同一條直線上，故D錯誤.

總結：

1.加速度由物體的質量和所受合外力決定，三者大小沒有必然聯系；加速度的方向與速度變

化量的方向相同.

2.(1)當a與v同向或夾角為銳角時，物體加速.

(2)當a與v垂直時，物體速度的大小不變.

(3)當a與v反向或夾角為鈍角時;物體減速.

即時訓練4.B解析：vo>O,a<0,知加速度方向與速度方向相反，物體做減速運動，故A

錯誤；v0>0,a<0,知加速度方向與速度方向相反，物體做減速運動，故B正確；v0<0,a>0,

知加速度方向與速度方向相反，物體做減速運動，故C錯誤；v0<0,a<0,知加速度和速度

方向相同，物體做加速運動，故D錯誤.

即時訓練5.C解析：取初速度方向為正方向，則vo=5m/s.若2s后的速度方向沿斜面向

上，v=3m/s,則2=箸=彳言=’-01/5；2=-1m/sz,即加速度大小為1m/s2,方向沿斜面

向下，A、B錯誤；若2s后的速度方向沿斜面向下，v=-3m/s,則

m/s2=-4m/s2,即加速度大小為4m/s2,方向沿斜面向下，C正確，D錯誤.

第2課時勻變速直線運動的規律

【活動一】

例1.(1)由題意可知經過10s時，速度計上顯示的速度為vi=54km/h=15m/s,

由速度公式得a=7L=v^m/s2=1.5m/s2,

t|iu

由位移公式得

X|=|ad=1xI.5X102m=75m,

這時出租車離出發點的距離是75m.

本小問也可用由平均速度求位移公式求解.

(2)當速度計上顯示的速度為V2=108km/h=30m/s時，

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3()2

由V2=2axWm=300m,

2X2=^=2X1.5

設這時出租車從開始運動已經經歷的時間為t2,根據速度公式得t2=?=^S=20S,

這時出租車時間表應顯示10時11分15秒.出租車從此時開始做勻速運動，勻速運動時間t3

=80s,通過的位移X3=v2t3=30X80m—2400m,

所以10時12分35秒時，計價器里程表應顯示

x=X2+X3=（300+2400）m=2700m.

總結：

1.

題目中所涉及的物理量（包括已知量、待求量和沒有涉及

適宜選用公式

為解題設定的中間量）的物理量

vo、v（＞a、tXvt=vo+at

x=vot+^at2

vo、a>xVt

vo、Vt^a>xtv?-v§=2ax

vo+vt

vo、vt>t>Xax=-2~t

2.

畫過程||判斷運||選取正||選取公式||解方程|

分標圖動桂質茄］列方程并i寸論|

即時訓練LC解析：由v=at|解得該同學加速到v=2m/s所用時間h=ls,通過的位移力

=1at?=1in；之后的4s勻速通過的位移X2=vt2=8m,可見關卡關閉時該同學到達關卡2

右側1m處：之后2s內運動位移為4m,關卡再次打開，該同學在5s內又運動10m,到達

關卡4左側Im處，此時關卡恰好關閉，該同學再運動0.5s到達關卡4,而此時關卡4仍處

于關閉狀態，故C正確.

【活動二】

例2.D解析：采用逆向思維法求解.該運動的逆運動為子彈向左做初速度為零的勻加速直

線運動，設每塊木塊厚度為L,則v§=2a-L,v3=2a-2L,v彳=2a.3L,故vi:V2：V3=小：也：1,

所以A、B錯誤.由于每塊木塊厚度相同，故由比例關系可得L：t2：t3=（小一也）：（V2-

1）：1,所以D正確，C錯誤.

例3.C解析：采用逆向思維，動車做初速度為零的勻加速直線運動，通過連續相等位移所

用的時間之比為1：（＜2-1）:（小一啦）：…，可知第7節車廂和第6節車廂通過他的時間之

比為1：（也一1）,所以第7節車廂通過他的時間為t=4（g+1）s,根據L=%t2得加速度為

2L2X25

7m/s%0.5m/s?.故C正確.

t2—(4啦+4)

總結:

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中.不論是勻加速直線運動還是勻減速直線運動，中間位

1.(1)平均速度公式:V=Vt=

2

置的速度均大于中間時刻的速度.

(2)位移差公式：做勻變速直線運動的物體在連續相等的時間T內通過的位移之差相等，即

△x=aT?,Xm—Xn=(m—n)aT+

2.(1)IT末、2T末、3T末、…、nT末的速度之比vi：v2：v3：???：vn=1：2：3：-：n.

(2)第1個T內、第2個T內、第3個T內、…、第n個T內的位移之比

x?：X”：Xin:…：xn=1：3：5：…：(2n—1).

(3)從靜止開始連續通過相等的位移所用時間之比

tl：t2：t3：…：tn=l:(A/2—1):(小一啦)：…：(5一小一1).

【活動三】

22

例4.C解析:根據勻變速直線運動的位移時間關系x=vot+1at=16t-2t,解得v0=16m/s,

a=-4m/s2；采取逆向思維，在汽車在停止運動前1s內的位移x=1at2=^X4XI2m=2m,

Y2

停止運動前最后1s的平均速度v=[=[m/s=2m/s.故C正確.

總結：因為汽車勻減速到速度為零時，加速度立即消失，汽車停止運動，所以剎車類問題必

須判斷汽車減速為零所用的時間.若車輛從剎車到速度減小為零所用時間為T,將題中所給

的已知時間I和T比較.若T較大，則在直接利用運動學公式計算時，公式中的運動時間應

為t；若t較大，則在利用運動學公式計算時，公式中的運動時間應為T.

例5.D解析：當物體的末位置在出發點的上方時，根據x=v°t+%t2得7.5=10t—；X5t2,

即t?—4t+3=0,解得h=3s或t2=ls，由v=v()+at得v=±5m/s；當物體的末位置在出發

點的下方時，根據x=vot+$t2得-7.5=10t—/X5t2,即t?—4t—3=0,解得t=(2±\斤)s,舍

去負值，即t3=(2+幣)s,由v=vo+at得v=-5市m/s,所以A、B、C正確，D錯誤.故

選D.

總結：若雙向可逆類問題的全過程加速度大小、方向均不變，既可對全過程列式，也可分段

研究；若前后加速度大小不同時，必須分段列式.如果問題涉及末速度為零的運動，可把該

階段看成反向的初速度為零、加速度不變的勻加速直線運動.

即時訓練2.D解析：若汽車做勻減速直線運動，速度減為零的時間to==獨=二1s=1.6

s<2s,所以從剎車到停止的位移大小xi=|型|=^m=6.4m,汽車離停車線的距離為8m

-6.4m=1.6m,故A錯誤；如果汽車在距停車線6m處開始剎車制動，剎車位移是6.4m,

所以汽車不能在停車線處停車讓人，故B錯誤；剎車的位移是6.4m,所以汽車可做勻速運

動的位移是1.6m,則駕駛員的反應時間t=^s=0.2s時，汽車剛好能停在停車線處讓人,

故C錯誤，D正確.

例6.B解析:汽車的初速度為vo=36km/h=lOm/s,反應時間t|=O.5s內做勻速直線運動，

有xi=voti=5m,剎車過程的加速度大小為a=10m/s2,由勻減速直線運動的規律0?—%

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VO

可得剎車距離為X2=m,故安全距離為d2(xi+x2)=10m.故B正確，A、

=-2ax2,2a

C、D錯誤.

總結：分段分析，各段銜接處的速度往往是連接各段的紐帶，應注意分析各段的運動性質.作

答時借助圖像法形象直觀，末速度為零的勻減速直線運動通過逆向思維轉化為初速度為零的

勻加速直線運動.

v-0v

即時訓練3.B解析：勻加速運動的加速度為ai='一=：,勻減速運動的加速度為a2=

W=一去，所以加速階段和減速階段加速度大小之比為2：1,故B正確，A錯誤；勻加速

運動的平均速度打=手，勻減速運動的平均速度V2=8°,所以平均速度大小之比為1：1,

故C、D錯誤.

第3課時自由落體運動

【活動一】

例LD解析：A中，可能受到空氣阻力或其他力的影響，從而使下落的加速度不等于g,

這樣就不是自由落體運動了，A錯誤；B中，物體有可能具有初速度，B錯誤；C中，因自

由落體運動是勻變速直線運動，加速度恒定，由g=^可知，Av=gAt,若時間相等，則速度

的變化量相等，C錯誤；D中，根據自由落體運動的性質判定D正確.

總結：(1)初速度為零.

(2)只受重力.

例2.C解析：由x=：gt2代入數據解得物體運動時間t=3s,A錯誤；由丫=浜代入數據解

得落地速度v=30m/s,B錯誤；前2s內的位移X2=；gE=；X10X4m=20m,故落地前最

后1s內的位移為△x=x—X2=25m,C正確；由三=:代入數據解得整個下落過程中的平均

速度為v=與m/s=15m/s,D錯誤.

即時訓練1.D解析：雖然羽毛與蘋果做自由落體運動，但不知道開始下落的位置，所以不

能直接用勻變速直線運動的比例關系，A、B錯誤；由Ax=aT2,得a=4舉，C錯誤，D

正確.

即時訓練2.C解析：由圖可以看出，在曝光的時間內，物體下降了大約有兩層磚的厚度，

_0io

即12cm(0.12m),曝光時間為2.0XIO"s,所以AB段的平均速度為v=3戊；—,m/s=6m/s；

Z.A)A1U

v6

由于時間極短，故A點的速度近似為6m/s,由v=gt可得下降的時間為t=/帶=0.6s.故

C正確，A、B、D錯誤.

即時訓練3.B解析：A、B兩球釋放后都做自由落體運動，B球釋放時，A球的速度VA=

gto,B球釋放后t時間時，A、B兩球之間的距離Ax=VAt+ggt2—聶2=8皿，則號ugg

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,所以爭0的圖線為一條過原點的傾斜直線，斜率為g,故B正確.

【活動二】

例3.C解析：根據對稱性可知，上升過程和下落過程的時間相等、位移大小相等、方向

相反，則位移不同，故A錯誤；物體到達最高點時;速度為零，加速度為g,故B錯誤；根

據Av=gt,知t相同，則整個過程中，任意相等時間內物體的速度變化量相同，故C正確;

物體上升過程中最后1s內的位移1I=*12=￡*1OXI?m=5m,與初速度無關，故D錯誤.

例4.D解析：物體在塔頂邊緣的A點拋出，位移大小為10m的位置有兩處，如圖所示，

一處在A點之上，另一處在A點之下，在A點之上時，通過位移大小為10m處有上升和下

降兩種過程，在A點之下10m處只有下降過程.

方法一：分段法

由H=黑，得vo=2Om/s,物體上升10m時，速度為vi,則由v彳-v3=-2gh,得V|=1O\R

Ng

Vn-V|i—

m/s,則ti=---=（2—啦）s,故A正確；物體從拋出到下落至A點上方10m時，t2=ti

?

+當=（2+啦）s,故B正確；物體從最高點到下落至A點下方10m處時，H+h=；g&則

gZ

t3=黃S,故物體從拋出到下落至A點下方10m處時，tz3=-7+13=（2+V6）s,故C正確，D

錯誤.故選D.

方法二：全程法

取豎直向上為正方向，物體的位移為x=vot—￡gt2,當物體位于A點上方10m處時x=10m,

解得口=（2—也）s,t2=（2+，5）s,故A、B正確.當物體位于A點下方10m處時，x=-10

m,解得t3=（2+&）s,另一解為負值，舍去，故C正確，D錯誤.故選D.

總結：（1）全程法：將全過程視為初速度為vo,加速度a=-g的勻變速直線運動，必須注意

物理量的矢量性.

（2）分段法：將全程分為兩個階段，即上升過程的勻減速階段和下落過程的自由落體階段.

即時訓練4.D解析：物體的初速度方向豎直向上，若1s后物體的速度方向向下，大小為

10m/s,則在此1s內物體速度的變化量Av將大于10m/s,這與Av=gt=10m/s不符，故1s

后物體的速度方向仍向上，物體在拋出點A上方，D正確.

即時訓練5.C解析：本題應用逆向思維求解，即運動員的豎直上拋運動可等同于從一定高

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所用的時間為戶譙一、y騁=遛（2-4），因此有“小=2

+小，即3。＜4,C正確.

【活動三】

例5.B解析：伽利略猜想自由落體的運動速度與下落時間成正比，并未直接進行驗證，而

是在斜面實驗的基礎上的理想化推理，A正確；伽利略通過斜面實驗并沒有驗證力不是維持

物體運動的原因，B錯誤；伽利略斜面實驗中斜面起到了“沖淡”重力的作用，便于測量運

動時間，C正確；伽利略通過斜面實驗直接驗證了銅球（初速度為0）的位移與所用時間的二次

方成正比，D正確.故選B.

總結：研究方法是邏輯推理一猜想與假設一實驗驗證一合理外推，這種方法的核心是把實驗

和邏輯推理（包括數學演算）和諧地結合起來.

即時訓練6.D解析：前三個過程為真實的實驗過程，最后一個為理想的實驗過程，A、B

錯誤.由于伽利略時代靠滴水等方式計時，不能測量自由落體所用的時間，伽利略讓銅球沿

阻力很小的斜面滾下，由于沿斜面下滑時加速度較小，所用時間長得多，所以容易測量，這

個方法叫“沖淡”重力，C錯誤，D正確.

第4課時運動圖像追及相遇問題

【活動一】

例1.B解析：無論速度時間圖像還是位移時間圖像只能表示物體做直線運動，而不能表

示物體做曲線運動，所以圖線1、3表示物體做直線運動，故A錯誤；xt圖像中0?口時間內

物體1和2通過的位移相等，所用時間相等，則它們的平均速度相等，故B正確；vt圖像中

t3時刻物體3與物體4的速度相同，故C錯誤；xt圖線的斜率等于物體的速度，斜率大于0,

表示物體沿正方向運動，斜率小于0,表示物體沿負方向運動，則知t2時刻表示物體2開始

反向運動，Vt圖像中速度的正負表示速度的方向，則知t4時刻物體4沒有開始反向運動，故

D錯誤.

例2.D解析：從圖可知，x與v成正比，即x=kv,k是比例系數（常量），v=^=^=ka,

顯然加速度與速度成正比，所以質點做加速度逐漸增大的加速運動，故D正確，A、B、C

錯誤.

總結：（1）內在：函數關系式.

（2）外在：軸（圖像意義）、點（拐點、交點等）、線（圖線、斜率、漸近線等）、面（面積）、截（截

距）.

即時訓練1.C解析：由圖線可知，質點運動的平均速度逐漸增大，則質點做勻加速直線運

動；根據圖線可得v=：=O.5+O.5t,即v="七（戶”=0.5+0.53可得vo=0.5m/s,a

=1m/s2,故A、B錯誤；質點在1s末速度為v=vo+at=1.5m/s,故C正確；質點在第1s

內的平均速度v=（0.5+0.5Xl）m/s=lm/s,故D錯誤.

即時訓練2.C解析：根據加速度隨時間變化的圖像可得，0?1s內為勻加速直線運動，速

度丫=凱=3速度為正方向，D錯誤.第1s末的速度v=lm/s,1?2s內加速度變為負值,

而速度為正方向，因此為減速運動，v,=lm/s—a（t—1）,到2

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S末，速度減小為0,B錯誤.2?3s,加速度為正方向，初速度為0,物體做正方向的勻加速

直線運動，v=a(t—2)=t—2,即從第2s開始又重復前面的運動，C正確，A錯誤.

即時訓練3.A解析：小球由靜止下落與地面碰撞后,回到原高度，說明整個過程機械能守

恒.設小球起始高度為h,則v=±\J2g(h—x),由幾何關系可知，A正確.

【活動二】

例3.汽車A和B的運動過程如圖所示.

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(1)當A、B兩汽車速度相等時，兩車間的距離最遠，即v%=VB—at=VA，解得t=3s,

此時汽車A的位移XA=vAt=12m,

汽車B的位移XB=VBt—5t2=21m,

故最遠距離Axmax=XB+xo—XA=16m.

(2)汽車B從開始減速直到靜止經歷的時間(1=^=5s,

a

運動的位移XB'=^=25m,

r

汽車A在t］時間內運動的位移xA=vAti=20m,

此時相距AX=XB'+XO—XA'=12m,

Av

汽車A需再運動的時間t2=「=3S,t1B=tl+t2=8s.

VA

總結：(1)抓住一個條件、用好兩個關系.①一個條件：速度相等.這是兩物體是否追上(或

相撞)、距離最大、距離最小的臨界點，是解題的切入點.②兩個關系：時間關系和位移關系.通

過畫示意圖找出兩物體位移之間的數量關系，是解題的突破口.

(2)常用方法.①物理分析法：抓住“兩物體能否同時到達空間某位置”這一關鍵，認真審

題，挖掘題中的隱含條件，建立物體運動關系的圖景，并畫出運動情況示意圖，找出位移關

系.②圖像法：將兩者的Vt圖像畫在同一坐標系中，然后利用圖像求解.③數學分析法：設

從開始至相遇時間為t,根據條件列位移關系方程，得到關于t的一元二次方程，用判別式進

行討論，若A>0,即有兩個解，說明可以相遇兩次，若△=(),說明剛好追上或相遇；若A<0,

說明追不上或不能相碰.

例4.C解析：甲車的加速度大小ai=|今H=||m/s2=1m/s2,乙車的加速度大小a2=驊

=j§m/s2=0.5m/s2,因此甲車的加速度小于乙車的加速度，故A錯誤；t=24s時兩車的速

度均為v=vi—ait=16m/s—§X24m/s=8m/s,故B錯誤；0?24s內，甲車的位移XI=T(16

+8)X24m=288m,乙車的位移X2=*20+8)X24m=336m,兩者位移之差Ax=X2—x]=

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48

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m,若兩車在t=24s時刻相撞，則開始剎車時兩輛車的間距等于48m,若兩車在t=24s

時刻之前相撞，開始剎車時兩輛車的間距小于48m,因此，若兩車發生碰撞，開始剎車時兩

車的間距一定不超過48m,故C正確；若兩車速度相等時沒有相撞，則速度相等后，甲車的

速度比乙車的大，兩車不可能再相撞.故D錯誤.

即時訓練4.D解析：由圖像知乙物體0時刻出發，甲物體在L時刻出發，所以A錯誤；

兩圖像在D點相交，表示兩物體相遇，根據xt圖像的斜率表示速度，可知此時乙的速度較大，

所以B錯誤；圖像的交點表示同一時刻到達同一位置，即兩物體相遇，兩圖像在C、D兩點

相交，所以甲、乙相遇二次，所以C錯誤；由圖可知U?t2時間內兩物體兩次相遇，因此兩

物體在此時間內位移相等，因此平均速度相等，而對于乙物體來說平均速度為中間時刻的速

度，即對應的時間為吟甲、乙兩物體相距最遠的時刻為當甲的速度和乙的速度相等，而

甲物體的速度始終不變，為h?t2內的平均速度，因此在時間日久時甲、乙兩物體速度相等,

因此此時甲物體位移為*=g上，所以D正確.

即時訓練5.設泥石流到達坡底的時間為h，速率為V”則xi=voti+]a品vi=vo+aiti,解

得ti=20s,vi=16m/s,

而汽車在t2=19s的時間內發生的位移為X2=1a2d=90.25m,

速度為V2=a2t2=9.5m/s,

令再經時間t3,泥石流追上汽車，則有Vit3=X2+v2t3+%23

解得由-26t3+361=0,

因Av。，方程無解，所以泥石流無法追上汽車，司機能安全脫離.

第5課時實驗：測量做直線運動物體的瞬時速度

【活動一】

例LB解析：電磁打點計時器在紙帶上打點是靠振針和復寫紙，電火花打點計時器在紙帶

上打點是靠放電針和墨粉紙盤，A正確；電磁打點計時器使用約8V的交流電，電火花打點

計時器使用220V的交流電,B錯誤；兩種打點計時器的打點頻率都由交流電源的頻率決定，

C正確；電火花打點計時器工作時，紙帶運動時受到的阻力比較小，D正確.故選B.

例2.(1)A(2)0.416(3)0.398(4)偏小

解析：(1)在釋放小車前，小車應盡量靠近打點計時器，以能在紙帶上打出更多的點，有利

于實驗數據的處理和誤差的減小，故A正確；電磁打點計時器正常工作時使用的是低壓交流

電源，蓄電池為直流電源，故B錯誤；每相鄰兩個計數點間還有4個點，圖中沒有畫出，每

相鄰兩個計數點間的時間間隔是01s,故C錯誤；作vt圖像時，圖線盡量通過多的點，不

在直線上的點盡量分布在直線的兩側，故D錯誤.

(2)在勻變速直線運動中，該時刻的瞬時速度等于極短時間內平均速度，則

d(>0.2496

VD-6T-6X0.1m/s=0.416m/s,

根據Ax=aT2,由逐差法可得

d6—(h-ch0.2496-2X0.1069

22

a=5VS=0.398m/s.

9T9X0.12

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(3)如果由于電網不穩定，交流電的頻率f=51Hz,那么實際打點周期變小，根據運動學公

式Ax=aT2得，真實的加速度值就會偏大，所以測量的加速度值與真實的加速度值相比是偏

小.

總結：

1.相同.

2.若紙帶上計數段為偶數，直接分為前后兩段計算；若紙帶計數段為奇數，可以舍掉首段或

中間一段進行計算.

即時訓練1.(1)0.104.13(4.10~4.16)

6.48(6.45~6.51)(2)勻加速(或勻變速)直線

(3)0.261(0.254-0.268)

(4)0.126(0.121-0.131)

解析：(1)由題圖可以知道，A、B兩點的時間間隔是0.10s,A點到D點的距離是4.13cm,

D點到G點的距離是6.48cm.

⑵通過測量不難發現，(XBC—XAB)與(XCD—XBC)、(XDE~~XCD)、…基本相等.這表明，在實驗

誤差允許的范圍之內，拖動紙帶的小車做的是勻加速直線運動.

(3)設A到B之間的距離為XI，以后各段分別為X2、X3、X4、X5、X6,根據勻變速直線運動

的推論公式Ax=aT2可得XLxi=3a1T2,X5—X2=3a2T2,X6—X3=3a3T入聯立可得a=也號合二

解得a^0.261m/s2.

(4)根據勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度有VB=乎仁0.126m/s.

tAC

例3.(1)1.39(2)B(3)可行紙帶的高度之比等于中間時刻速度之比

解析：(1)相鄰兩點間的時間間隔為T=0.1s,則E點的速度

XDF0.1270+0.1510

VE=]Y=---------Q2---------m/s=1.39m/s.

(2)根據vt圖像可知小車做的是勻變速直線運動，故選B.

(3)該做法是可行的.因為剪斷的紙帶所用的時間都是t=0.1s,即時間t相等，所以紙帶的

長度之比等于此段紙帶的平均速度之比；而此段紙帶的平均速度等于這段紙帶中間時刻的速

度，最后得出結論紙帶的長度之比等于此段紙帶的平均速度之比，還等于各段紙帶中間時刻

的速度之比.即紙帶的高度之比等于中間時刻速度之比.因此該做法是合理的.

總結：

1.先接通電源，后釋放小車.

2.(1)明確坐標軸的意義并選取合理標度，畫出的圖像能占大半坐標紙.

(2)描點時要用平行于坐標軸的虛線形象直觀地表示出其位置.

(3)如果圖像是直線，要求盡可能多的點落在直線上，不在直線上的點應均勻分布在直線兩

側；如果圖線是曲線，要用平滑的曲線連接各點，不要用折線連接各點.

【活動二】

例4.(1)小鋼球(2)①③④②

(3)9.61(9.5?9.7)(4)仍能

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解析：(1)要測量當地重力加速度需要盡量減小空氣阻力的影響，所以密度大、體積小的小

鋼球最適合.

(2)要完成實驗首先應該將刻度尺豎直固定在墻上，安裝好三腳架，調整好手機攝像頭的位

置；因為下落時間很短，所以一定要先打開攝像頭開始攝像，然后在將小球從刻度尺旁靜止

釋放.故順序為①③④②.

(3)由三張圖片讀出小球所在位置的刻度分別為2.50cm、26.50cm、77.20cm；小球做自由

“〃一-，f修一,口Ax(77.20-26.50)X10-2-(26.50-2.50)XIO^2

落體運動，根據Ax-gT2可得g=7rf=-------------------------------------------------------------------=

9.61m/s2.

(4)因為就算小球偏離了豎直方向，但是小球在豎直方向上的運動依然是自由落體運動，對

實驗結果無影響，故仍能用前面的方法測量出重力加速度.

例5.(l)vA+|At(2)52.116.7

解析：(l)v是At時間內中間時刻竽的瞬時速度，VA為At時間內的初速度，根據速度公式得

—.At.a

v=VA+a?*y=VA+5AAt.

(2)由^=VA+5A3結合題圖丙可知，圖線與縱軸交點的縱坐標即為vA,將圖線延長與縱

軸相交，得VA—52.1cm/s,圖線的斜率等于Ja,即本/笑，1cm/s，解得aF6.7cm/sz.

ZLU.lo

即時訓練2.2k2ktokto

解析：小球做自由落體運動，出發點在A門處，小球在A門處的速度為0,則小球從A到B

的過程x=；gt2,貝吟=耳可知至為一次函數圖像，斜率k咕，解得g=2k.依據速度公式，

則有vB=gto=2kto:而兩光電門的間距d=￡gM=k。.

第二章相互作用

第1課時重力彈力

【活動一】

例1.B解析：力是物體間的相互作用，有力就有施力物體和受力物體，故A錯誤；重心是

重力的等效作用點，故B正確；同一物體放在地球上同一緯度且離地面高度相同時，受到的

重力相同，故C錯誤；力學中，按照力的性質可以把力分為重力、彈力、摩擦力等，按照力

的作用效果可以把力分為動力、阻力、壓力、支持力等，故D錯誤.

例2.重力的圖示如圖甲所示，力的示意圖如圖乙所示.

'TON

G=20N

甲乙

【活動二】

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例3.

甲乙丙丁

解析：圖甲中桿在重力作用下對A、B兩處都產生擠壓作用，故A、B兩處對桿都有彈力，

彈力方向與過接觸點的平面垂直，如圖甲所示.圖乙中桿對C、D兩處都有擠壓作用，因C

處為曲面，D處為支撐點，所以C處彈力垂直于圓弧切面指向球心，D處彈力垂直于桿斜向

上，如圖乙所示.圖丙中球擠壓墻壁且拉緊繩子，所以墻對球的彈力與墻面垂直向右，繩子

對球的彈力沿繩子向上，如圖丙所示.圖丁中當重心不在球心處時，彈力的作用線也必通過

球心，如圖丁所示.應注意不要錯誤地認為彈力作用線必定通過球的重心.

總結：

1.不存在一定存在

2.垂直垂直垂直收縮

即時訓練1.A解析：小球必定受到重力和細線的拉力.小球和光滑斜面接觸，假設斜面對

小球有彈力，小球將受到三個力作用，重力和細線的拉力在豎直方向上，彈力垂直于斜面向

上，三個力的合力不可能為零，與題設條件矛盾，故斜面對小球沒有彈力，故A正確.

【活動三】

例4.B解析：設彈簧原長為Lo,由胡克定律可知，當彈簧下端掛物體時有mg=k(L|-Lo),

當彈簧上面壓物體時有mg=k(Lo—L2),聯立解得1<=含；故B正確.

例5.(1)小車靜止時，球受到兩個力的作用.重力和桿的彈力，根據平衡條件知，桿對球的

彈力大小等于球的重力mg,方向豎直向上.

(2)選小球為研究對象.小車以加速度a向右運動時.，小球所受重力和桿的彈力的合力一定

水平向右，此時，彈力F的方向一定指向右上方，只有這樣，才能保證小球在豎直方向上保

持平衡，水平方向上具有向右的加速度.假設小球所受彈力方向與豎直方向的夾角為a(如圖

所示)，根據牛頓第二定律有Fsina=ma,Fcosa=mg,解得F=m，pT不，a=arctan

拓展：當小車水平向右的加速度為=gtanO時，彈力的方向沿桿斜向上,

此時小車可能向右勻加速運動，也可能向左勻減速運動.

總結：(1)根據胡克定律計算.

(2)根據力的平衡條件計算.

(3)根據牛頓第二定律計算.

即時訓練2.D解析：由胡克定律得勁度系數k=5=200N/m,D正確.

即時訓練3.D解析：對球進行受力分析可得AB桿對球的作用力與繩子對球的拉力、球的

重力的合力等值反向，則AB桿對球的作用力大小F=A/G2+F?>=12.5

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G4

N,A、B、C錯誤；設AB桿對球的作用力與水平方向夾角為a,可得tan。=玄=?a=

F拉3

53°,故D正確.

即時訓練4.A解析：當物體的質量為m時，設下面的彈簧的壓縮量為X],則mg=kix]；

當物體的質量為2m時，2mg=ki(xi+x)+k2x,聯立可得*=廿%,A正確.

KlTK2

第2課時摩擦力

【活動一】

例1.B解析：扶梯勻速運行時，乘客所受的摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，A錯誤；

勻速運動階段，乘客處于平衡狀態，扶梯對乘客的作用力豎直向上，乘客對扶梯的作用力方

向豎直向下，B正確；由于智能化的自動扶梯無臺階，乘客站在斜面上，乘客的加速度的方

向沿斜面向上時.，乘客要受到沿斜面向上的摩擦力的作用，與運動方向相同，C錯誤；乘客

加速運動階段，加速度有水平方向的分量，扶梯對乘客的摩擦力有水平方向的分力，所以扶

梯對乘客的作用力指向斜上方，D錯誤.

例2.C解析：A物體與傳送帶一起勻速運動，它們之間無相對運動或相對運動趨勢，即

無摩擦力作用，A錯誤；B、C兩物體雖運動方向不同，但都處于平衡狀態，由沿傳送帶方

向所受合力為零可知，B、C兩物體均受沿傳送帶方向向上的摩擦力作用，故C正確，B、D

錯誤.

總結：

1.(1)假設法

(2)運動狀態法

此法關鍵是先確定物體的運動狀態(如平衡或求出加速度)，再利用平衡條件或牛頓第二定律

(F=ma)確定靜摩擦力的方向.

(3)牛頓第三定律法

“力是物體間的相互作用”，先確定受力較少的物體受到的靜摩擦力的方向，再根據牛頓第

三定律確定另一物體受到的靜摩擦力的方向.

2.摩擦力一定與物體間的相對運動方向或相對運動趨勢的方向相反.“相對”的含義是指相

對跟它接觸的物體，互為參考系.摩擦力的方向與物體相對地面運動的方向可能相反，也可

能相同，還可能與物體的運動方向成任意夾角.

即時訓練1.D解析：對黑板擦受力分析，可知水平方向的磁力F等于支持力，由牛頓第

三定律知黑板擦對黑板的壓力為F,故A錯誤；由黑板擦豎直方向平衡可知所受靜摩擦力豎

直向上，大小為mg,故B、C錯誤；黑板擦受吸引力、支持力、重力、靜摩擦力4個力平衡，

重力為mg,則黑板對黑板擦的作用力大小為mg,方向豎直向上，D正確.

【活動二】

例3.在水平地面上，FN=mg,則滑動摩擦力(即最大靜摩擦力Fmax)大小為Fmax=NFN=pmg

=0.5X2X10N=10N.

(1)當推力F=5N時，FVFmax，物體靜止，則由二力平衡知地面對物體的靜摩擦力的大小F

靜=F=5N.

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(2)當推力F=12N時，F>Fmax，物體滑動，則地面對物體的滑動摩擦力的大小Fitt=nFN

第13頁，共178頁

=|img=10N.

(3)運動過程中把推力去掉，地面對物體的摩擦力為滑動摩擦力，其大小F時=10N.

即時訓練2.A解析:物體所受的摩擦力是f=nmg=0.2X20N=4N,方向向左.故A正確.

即時訓練3.B解析：物塊受重力、支持力、拉力及摩擦力而處于平衡，將物塊所受的重

力分解為垂直于斜面方向和平行于斜面方向，在平行于斜面的平面內分析受力情況,如圖所

示，由平衡條件可得摩擦力f=「F2+(mgsinO)*,f的方向與F和mgsin0的合力方向相反，

22

物塊與斜面間的最大靜摩擦力Ffm^F+(mgsin0),撤去F后物塊對斜面的壓力沒有變

化，此時mgsin9<Ffm，故物塊不會沿斜面下滑，將繼續靜止于斜面上，故A、C錯誤；撤去

F后，物塊受到摩擦力大小為？=mgsin0<f,即摩擦力變小，摩擦力方向沿斜面向上，故B

正確，D錯誤.

【活動三】

例4.C解析：為了能研究摩擦力隨時間的變化曲線，故物塊一直要處于靜止狀態，則向左

的摩擦力一直與向右輕繩的拉力平衡，圖乙是向右輕繩的拉力隨時間變化曲線，故圖乙也可

以反映摩擦力隨時間變化的曲線，由圖乙可知向右輕繩的拉力先增大后減小，最后趨于不變，

故物塊先受靜摩擦力作用后受滑動摩擦力作用，所以不需要讓木板保持勻速運動，故A、B

錯誤；由圖可知最大靜摩擦力約為10N,滑動摩擦力約為7N,故最大靜摩擦力與滑動摩擦

力之比約為10：7,故C正確；根據Ff="N，FN=mg,由于不知道物塊的重力，故無法求

物塊與木板間的動摩擦因數，故D錯誤.

例5.A解析：物體在斜面上始終處于平衡狀態，沿斜面方向受力平衡，方程為F-mgsin9

+Ff=O,解得Ff=mgsin。一F,若初態mgsin0=F,則B正確；若初態mgsin0>F,則C正

確；若初