高中物理人教版 (2019)必修 第一册速度变化快慢的描述—加速度优质学案设计

这是一份高中物理人教版 (2019)必修 第一册速度变化快慢的描述—加速度优质学案设计，共34页。
内 容 导 航
考 点 演 练
题型1 位移、路程及其区别与联系
【典例1】在物理学中，突出问题的主要因素，忽略次要因素，建立理想化的物理模型，是经常采用的一种科学研究方法。在下列物理概念中应用了上述方法的是（ ）
A．位移B．速度C．加速度D．质点
【答案】D
【解答】解：A、位移表示物体空间位置的变化，不是理想化模型，故A错误；
B、速度是位移与时间的比值，采用比值定义法定义的，不是理想化模型，故B错误；
C、加速度是速度变化量与时间的比值，采用比值定义法定义的，不是理想化模型，故C错误；
D、质点是忽略物体的大小和形状，把物体看作有质量的点，是理想化模型，故D正确；
故选：D。
题型2 加速度的定义、表达式、单位及物理意义
【典例1】弹丸和足球均以50m/s的水平向右的速度与木板作用。弹丸的作用时间是0.1s，弹丸击穿木板后速度方向不变大小变为40m/s，如图甲所示；足球与木板作用时间是0.2s，作用后足球反向弹回的速度大小也为40m/s，如图乙所示，规定向右为正方向。下列说法正确的是（ ）
A．弹丸的加速度为﹣100m/s2
B．弹丸的加速度为﹣450m/s2
C．足球的加速度为100m/s2
D．足球的加速度为450m/s2
【答案】A
【解答】解：AB.规定向右为正方向，弹丸初速度v0＝50m/s，末速度v＝40m/s，作用时间t＝0.1s，根据加速度定义式
代入数据得a＝﹣100m/s2，故A正确，B错0；
CD.规定向右为正方向，足球初速度v0＝50m/s，末速度v＝﹣40m/s，作用时间t＝0.2s，根据加速度定义式
代入数据得a＝﹣450m/s2，故CD错误。
故选：A。
【变式1】火箭发射时速度能在10s内由零增加到50m/s；小轿车防抱死制动系统（ABS）能使汽车从30m/s的速度在5s内停下来，关于这两个过程，下列说法中正确的是（ ）
A．火箭的速度变化量比汽车的速度变化量小
B．火箭的速度变化比汽车的速度变化慢
C．火箭发射过程的加速度方向与其速度方向相反
D．火箭的加速度比汽车的加速度大
【答案】B
【解答】解：A、火箭的速度变化量为Δv1＝50m/s
汽车的速度变化量为Δv2＝0﹣30m/s＝﹣30m/s
负号表示方向与所选取的正方向相反，可知火箭的速度变化量比汽车的速度变化量大，故A错误；
BD、加速度a＝，表示速度变化快慢的物理量，
火箭的加速度为
汽车的加速度为
负号表示与所选取的正方向相反，则可知火箭的加速度比汽车的加速度小，则火箭的速度变化比汽车的速度变化慢，故B正确，D错误；
C、加速度方向与速度变化量的方向相同，加速度与速度方向同向，则物体做加速运动，火箭发射过程为加速过程，加速度方向与其速度方向相同，故C错误。
故选：B。
【变式2】近年来，国产品牌的纯电超跑逐步进入人们的视野。某纯电跑车和传统跑车的在加速性能测试中，速度从0变化到100km/h的时间分别为2.36秒和3.40秒。关于纯电跑车，以下说法正确的是（ ）
A．平均加速度更大B．速度更大
C．速度变化率更小D．速度变化更慢
【答案】A
【解答】解：A、由题知，纯电跑车加速时间更短，根据平均加速度公式，可知当速度变化量相同时，时间越小，平均加速度越大，故A正确；
B、两者的速度均从0加速到100 km/h，最终速度相同，故B错误；
C、速度变化率即加速度，纯电跑车加速度更大，故C错误；
D、加速度是反映物体速度变化快慢的物理量，加速度越大，速度变化越快，纯电跑车加速度更大，故D错误。
故选：A。
【变式3】一个做变速直线运动的物体，其加速度方向不变而大小逐渐减小到零，那么关于该物体的运动情况，下列说法正确的是（ ）
A．可能速度不断增大，到加速度减小到零时速度达到最大，而后做减速运动
B．不可能速度不断减小，到加速度减小为零时速度达到最小，而后做匀速直线运动
C．可能速度不断减小，到加速度减小到零时运动停止
D．不可能速度不断减小到零后，又反向做加速运动，最后做匀速运动
【答案】C
【解答】解：A、若加速度方向与速度方向相同，速度逐渐增大，加速度为零时速度达到最大，开始做匀速运动，故A错误；
B、若加速度方向与速度方向相反，速度逐渐减小，到加速度为零时可能速度不为零，这时速度达到最小，而后做匀速直线运动，故B错误；
C、若加速度方向与速度方向相反，可能到加速度减小到零时速度也减小到零，即运动停止，故C正确；
D、若加速度方向与速度方向相反，可能速度不断减小到零后，又反向做加速运动，到加速度减小到零时做匀速运动，故D错误。
故选：C。
题型3 速度、速度变化量和加速度的关联
【典例1】认识海洋、保护海洋，深海科考及载人潜水器的技术必不可少.专家预计，至2024年底，“蛟龙”号、“深海勇士”号、“奋斗者”号三台载人潜水器累计下潜次数或将逾千次.在某次海试中，潜水器先匀加速下潜、再匀减速下潜直至速度为零，则（ ）
A．潜水器加速下潜过程，加速度的方向与运动方向相反
B．潜水器加速下潜过程，加速度增大，速度均匀增加
C．潜水器减速下潜过程，加速度减小，速度均匀减小
D．潜水器减速下潜过程，每经历相等的时间，潜水器速度的减少量不变
【答案】D
【解答】解：A、根据题意分析可知，潜水器加速下潜过程，加速度的方向与速度方向相同，即加速度的方向与运动方向相同，故A错误；
B、根据题意分析可知，由知潜水器加速下潜过程，因为是匀加速下潜，加速度不变，速度均匀增加，故B错误；
C、根据题意分析可知，潜水器减速下潜过程，因为是匀减速下潜，加速度不变，速度均匀减小，故C错误；
D、根据题意分析可知，由Δv＝aΔt，潜水器减速下潜过程，因为是匀减速下潜，加速度不变，每经历相等的时间，潜水器速度的减少量不变，故D正确。
故选：D。
【变式1】下列说法正确的是（ ）
A．平均速率是矢量
B．中央电视台的新闻联播节目在19时开播，19时是指时间间隔
C．物理学中引入了“质点”的概念，从科学方法上来说属于控制变量法
D．加速度的方向总与速度变化的方向一致
【答案】D
【解答】解：A、平均速率是路程与时间的比值，路程是标量，时间也是标量，平均速率只有大小，没有方向，属于标量，故A错误；
B、“19时”表示一个具体的时间点，属于时刻，故B错误；
C、“质点”是将物体简化为有质量但无大小和形状的点，属于理想模型法，故C错误；
D、加速度的定义为
加速度方向始终与Δv的方向一致，故D正确。
故选：D。
【变式2】下列关于加速度的说法中正确的是（ ）
A．由a＝可知，a与Δv成正比，与Δt成反比
B．加速度的方向与速度方向一致
C．物体加速度为零，则物体的速度一定为零
D．物体速度变化越快，其加速度一定越大
【答案】D
【解答】解：A．公式a＝是加速度定义式，但a的大小与Δv和Δt无关，故A错误；
B．加速度的方向与速度方向可能相同，可能相反或者存在一定的夹角，故B错误；
C．物体加速度为零，物体的速度不一定为零，例如做匀速直线运动的物体，故C错误；
D．加速度是速度的变化率，反映速度的变化快慢，物体速度变化越快，其加速度一定越大，故D正确。
故选：D。
【变式3】物理学习离不开教材阅读，细心的同学发现下列四幅插图是必修1教材中的，下列说法正确的是（ ）
A．图1中，汽车速度表上的示数指的是平均速度
B．图2中，速度的变化量Δv越大，表示加速度也越大
C．图3中，把变速运动过程细分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后将这些小段的位移相加，得到总位移，这种方法运用了假设法
D．图4中，伽利略用实验和逻辑推理相结合的方法间接验证了自由落体运动是一种匀变速直线运动
【答案】D
【解答】解：A.图1中，汽车速度表上的示数指的是瞬时速率，故A错误；
B.加速度的定义式为，加速度由速度变化量Δv和时间变化量Δt共同决定，仅速度变化量大，若时间变化量也大，加速度不一定大，故B错误；
C.图3中，把变速运动过程细分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后将这些小段的位移相加，得到总位移，这种方法运用了微元法，故C错误；
D.图4中，伽利略用实验和逻辑推理相结合的方法间接验证了自由落体运动是一种匀变速直线运动，故D正确。
故选：D。
题型4 用定义式计算物体的加速度
【典例1】物体做匀加速直线运动，已知第1s末的速度是6m/s，第2s末的速度是8m/s，则下面结论正确的是（ ）
A．物体的加速度是1m/s2
B．物体零时刻的速度是3m/s
C．第1s内的平均速度是6m/s
D．任何1s内的速度变化量都是2m/s
【答案】D
【解答】解：AB、规定初速度方向为正方向，
根据加速度定义式得物体的加速度
根据v＝v0+at得，
物体零时刻的速度v0＝v﹣at＝6﹣1×2m/s＝4m/s．故AB错误；
C、第1s内的位移x＝v0t+at2＝4×1m+×2×1m＝5m，则平均速度v＝m/s＝5m/s．故C错误；
任何1s内的速度变化量都是Δv＝aΔt＝2×1m/s＝2 m/s，故D正确；
故选：D。
【变式1】足球以8m/s的速度飞来，运动员把它以12m/s的速度反向踢出，踢球时间为0.2s，设球飞来的方向为正方向，则足球在这段时间内的平均加速度是（ ）
A．﹣200m/s2B．200m/s2C．﹣100m/s2D．100m/s2
【答案】C
【解答】解：设球飞来的方向为正方向，可知v初＝+8m/s，v末＝﹣12m/s，则平均加速度，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【变式2】如图所示是汽车的速度计，某同学在汽车中观察速度计指针位置的变化。开始时指针示数在如图甲所示的位置，经过10s后指针示数在如图乙所示的位置，若汽车做匀变速直线运动，那么它的加速度约为（ ）
A．1.0m/s2B．1.5m/s2C．2.0m/s2D．2.5m/s2
【答案】A
【解答】解：由题图可知，初速度约为35km/h，末速度约为70km/h，则速度变化量为：Δv＝70km/h﹣35km/h＝35km/h≈9.72m/s
根据加速度的定义式可得汽车的加速度大小为：a＝，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【变式3】在第四次“天宫课堂上”，神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮三位博士在梦天实验舱完成了碰撞实验。如图，桂海潮将一质量为m的小钢球扔出去之后，与相对于太空舱处于静止状态的质量为M的大钢球发生碰撞，碰撞时间为Δt。碰撞前小钢球的速度为v0，碰撞后的速度为大小为v1，方向与v0的方向相反。碰撞后大钢球的速度为v2，方向与v0的方向相同。若规定v0的方向为正方向，则在碰撞过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小钢球速度的变化为v1﹣v0
B．大钢球速度的变化为v2﹣v0
C．小钢球的平均加速度的大小为
D．大钢球的平均加速度的大小为
【答案】C
【解答】解：A．小钢球速度的变化为Δv＝﹣v1﹣v0，故A错误；
B．大钢球速度的变化为v2，故B错误；
C．根据加速度的定义式a＝可得小钢球的平均加速度大小为，故C正确；
D．大钢球的平均加速度大小为，故D错误。
故选：C。
题型5 加速、减速的判断
【典例1】物体在一条直线上运动，给出初速度、加速度的正负，下列对运动描述中正确的是（ ）
A．v0＞0，a＜0，a的大小增大，物体做加速运动
B．v0＞0，a＜0，a的大小减小，物体做减速运动
C．v0＜0，a＞0，a的大小增大，物体做加速运动
D．v0＜0，a＜0，a的大小减小，物体做减速运动
【答案】B
【解答】解：A、v0＞0，a＜0，加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动。故A错误。
B、v0＞0，a＜0，加速度方向与速度方向相反，a的大小减小，物体做加速度减小的减速运动，故B正确，
C、v0＜0，a＞0，加速度方向与速度方向相反，a的大小增大，物体做加速度增大的减速运动，故C错误；
D、v0＜0，a＜0，知加速度和速度方向相同，物体做加速度减小的加速运动，故D错误。
故选：B。
【变式1】关于加速度，下列说法正确的是（ ）
A．加速度是描述位置变比快慢的物理量
B．速度的变化量越大，加速度越大
C．匀变速直线运动的加速度恒定
D．加速度与速度同向，物体可能做减速运动
【答案】C
【解答】解：AB、加速度是描述速度变化快慢的物理量，加速度与速度和速度变化量没有直接关系，所以速度的变化量越大，加速度不一定越大，故AB错误；
C、匀变速直线运动是加速度恒定不变的运动，故C正确；
D、加速度与速度方向相同，物体做加速运动，加速度与速度方向相反，物体做减速运动，故D错误。
故选：C。
【变式2】（多选）下列说法正确的是（ ）
A．位移是矢量，其大小可能和路程相等
B．研究地球绕太阳公转的路程时，地球不能视为质点
C．若物体的加速度与速度方向相同，则物体做加速运动
D．做直线运动物体的平均速度一定等于中间时刻的瞬时速度
【答案】AC
【解答】解：A．位移是矢量，当物体做单向直线运动时，其大小和路程相等，故A正确；
B．研究地球绕太阳公转的路程时，地球的大小与形状远小于公转的路程，可以忽略不计，地球能视为质点，故B错误；
C．若物体的加速度与速度方向相同，则物体做加速运动，故C正确；
D．做匀变速直线运动物体的平均速度一定等于中间时刻的瞬时速度，故D错误。
故选：AC。
题型6 打点计时器打出纸带的数据处理
【典例1】在实验中，下列关于计数点间时间间隔的说法中正确的是（ ）
A．每隔四个点取一个计数点，则计数点间的时间间隔为0.10s
B．每隔四个点取一个计数点，则计数点间的时间间隔为0.08s
C．每隔五个点取一个计数点，则计数点间的时间间隔为0.08s
D．每隔五个点取一个计数点，则计数点间的时间间隔为0.10s
【答案】A
【解答】解：A、如图所示，图中的计数点的取法既是每隔4个点取一个计数点，也是每5个点取一个计数点；
从图中可以数出相邻的计数点间由5个时间间隔，而打点计时器每隔0.02秒打一个点，所以两计数点间的时间间隔为0.1s，故A正确，BC错误；
D、每隔五个点取一个计数点，则计数点间的时间间隔为0.12s，故D错误；
故选：A。
【变式1】（多选）下列关于电磁打点计时器的说法中正确的是（ ）
A．电磁打点计时器使用低压直流电源
B．电磁打点计时器使用低压交流电源
C．使用电磁打点计时器打出的纸带相邻两个点的时间间隔为0.02s
D．使用电磁打点计时器打出的纸带相邻两个点的时间间隔为0.1s
【答案】BC
【解答】解：AB．电磁打点计时器使用低压交流电源，故A错误，B正确；
CD．打点计时器打点周期为0.02s，电磁打点计时器打出的纸带相邻两个点的时间间隔为0.02s，故C正确，D错误。
故选：BC。
【变式2】在“用打点计时器测小车速度与加速度”的实验中，实验者得到一条用电火花计时器打下的纸带，并在其上取了A，B，C，D，E共5个计数点，这五个点和刻度尺标度对应的位置如图所示，每相邻两个计数点间还有4个点在图中没有画出，电火花计时器接220V，50Hz的交流电源。
（1）A，C间的距离为 3.16 cm。
（2）D点的瞬时速度为 0.31 m/s（结果保留2位小数）。
（3）小车的加速度为 0.75 m/s2（结果保留2位小数）。
（4）若实验时电源频率小于50Hz，而实验者不知道，则打下D点时小车的实际速度 小于 （选填“大于”“小于”或“等于”）测量速度。
【答案】（1）3.16；（2）0.31；（3）0.75；（4）小于。
【解答】解：（1）由图可知C点对应的刻度为3.16cm，A对应的刻度为0，所以A、C间的距离为3.16cm。
（2）E点对应的刻度为9.30cm，相邻两个计数点之间的时间间隔为t＝，所以D点的瞬时速度为＝0.307m/s≈0.31m/s
（3）小车的加速度为a＝＝0.745m/s2≈0.75m/s2
（4）若实验时电源频率小于50Hz，而实验者不知道，所以相邻两点之间的时间间隔偏大，打所以下D点时小车的实际速度小于测量速度。
故答案为：（1）3.16；（2）0.31；（3）0.75；（4）小于。
【变式3】如图甲、乙两种打点计时器是高中物理实验中常用的仪器，请回答下面问题：
（1）乙图是 电火花 （填“电磁”或“电火花”）打点计时器，电源采用的是 交流电源 （填“直流电源”或“交流电源”），工作电压约为 220 V。
（2）某实验小组利用打点计时器来研究做匀变速直线运动的小车的运动情况，关于实验操作的时间顺序，下列说法正确的是 B 。
A．先释放纸带，再接通电源
B．先接通电源，再释放纸带
C．先释放纸带或先接通电源都可以
（3）实验小组在实验中获得一条纸带如图所示，其中两相邻计数点间有四个点未画出。已知打点计时器所接电源的频率为50Hz，则小车运动的加速度a＝ 0.32 m/s2（结果保留两位有效数字）。
（4）如果当时电网中交变电流的频率大于50Hz，而实验小组的同学并不知道，仍按照50Hz进行数据处理，那么打某点时小车速度的测量值与实际值相比 偏小 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】（1）电火花；交流电源；220V；（2）B；（3）0.32；（4）偏小。
【解答】解：（1）乙图中打点计时器有墨粉纸盘，是电火花打点计时器；电源采用的是220V交流电源。
（2）实验操作的时间顺序是先接通电源，再释放纸带。故AC错误，B正确。
故选：B。
（3）由于两相邻计数点间有四个点未画出，所以两相邻计数点之间的时间间隔为T＝5×0.02s＝0.1s
小车运动的加速度
（4）由可知如果当时电网中交变电流的频率大于50Hz，则实际周期偏小，计算所用T偏大，运动时间Δt偏大，那么速度的测量值与实际值相比偏小。
故答案为：（1）电火花；交流电源；220V；（2）B；（3）0.32；（4）偏小。
过 关 验 收
1．下列说法正确的是（ ）
A．研究自行车的运动时，因为车轮在不停地转动，所以在任何情况下都不能把自行车看作质点
B．直线运动中位移的大小等于路程
C．根据加速度定义，当Δt非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时加速度，该定义应用了极限思想方法
D．物体做加速度a＝2m/s2的匀变速直线运动，某时刻的速度比前1s初的速度大2m/s
【答案】C
【解答】解：A．定位自行车的位置时，车的形状、大小对研究的问题影响不大，能把自行车看成质点。故A错误；
B．只有当物体做单向直线运动时，位移的大小才等于路程，故B错误；
C．根据加速度定义，当Δt非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时加速度，该定义应用了极限思想方法，故C正确；
D．物体做加速度a＝2m/s2的匀变速直线运动，某时刻的速度比前1s末的速度大2m/s。故D错误。
故选：C。
2．如图所示，在气垫导轨上安装有两个光电计时装置A、B，A、B间距离为L＝30cm，为了测量滑块的加速度，在滑块上安装了一个宽度为d＝1cm的遮光条，现让滑块以某一加速度通过A、B，记录遮光条通过A、B的时间分别为0.010s、0.005s，滑块从A到B所用时间为0.200s．则下列说法正确的是（ ）
A．滑块通过A的速度为1cm/s
B．滑块通过B的速度为2cm/s
C．滑块加速度为5m/s2
D．滑块在A、B间的平均速度为3 m/s
【答案】C
【解答】解：A、滑块经过A点时的速度vA＝＝＝100cm/s；故A错误；
B、滑块经过B点时的速度vA＝＝＝200cm/s，故B错误；
C、滑块加速度a＝＝＝5m/s2；故C正确；
D、滑块在A、B间的平均速度＝＝＝1.5m/s，故D错误。
故选：C。
3．在一次滑冰中，某人以大小为v的速度冲上一斜坡，经过时间t后返回原处，返回原处时的速度大小为、方向与冲上斜坡的速度方向相反。此人在这段时间t内的平均加速度大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解答】解：设返回的方向为正方向，根据加速度的定义式，此人在这段时间t内的平均加速度大小满足
故ABD错误，C正确。
故选：C。
4．速度和加速度等运动学概念，是伽利略首先建立起来的。伽利略相信，自然界的规律简洁明了。他从这个信念出发，猜想落体一定是一种最简单的变速运动，它的速度应该是均匀变化的。他考虑了两种可能：一种是速度的变化对时间来说是均匀的，定义加速度a＝，其中v0和vt分别表示一段时间t内的初速度和末速度；另一种是速度的变化对位移来说是均匀的，定义加速度A＝，其中v和vx分别表示一段位移x内的初速度和末速度。下列说法正确的是（ ）
A．若A不变，则a也不变
B．若A＞0且保持不变，则a逐渐变大
C．若A不变，则物体在中间位置处的速度为
D．若a不变，则物体在中间位置处的速度为
【答案】B
【解答】解：AB、据题意a、A的定义可推导出A＝＝a＝a，由此可知，当A＞0且保持恒定时，瞬时速度增大，所以a越来越大，故A错误，B正确；
C、若A不变，则某段位移为x，中间位移时的速度为v′，则对前后各一半位移有：＝，解得：v′＝，故C错误；
D、若a不变，则某段位移为x，中间位移时的速度为v″，由速度和位移关系可知，v″2﹣＝2a×，﹣v″2＝2a×，联立解得：v″＝，故D错误。
故选：B。
5．下列物理量中，描述位置变化快慢的是（ ）
A．位移B．速度C．时间D．加速度
【答案】B
【解答】解：A、位移是描述位置变化大小的物理量，故A错误；
B、速度是描述位置变化快慢的物理量，故B正确；
C、时间在时间轴上对应一段距离，是时间段，故C错误；
D、加速度是描述速度变化快慢的物理量，故D错误；
故选：B。
6．日常生活中的“快”和“慢”通常是笼统的含义。从物理学描述运动的视角看，下列“快”代表含义与其他三项不同的是（ ）
A．小轿车比大卡车刹车“快”
B．从家到学校，骑自行车比步行“快”
C．“和谐号”动车行驶得很“快”
D．小明参加百米赛跑时，后半程比前半程跑得“快”
【答案】A
【解答】解：A.小轿车比大卡车刹车“快”，指的是小轿车在刹车时速度减小得更快，即加速度大（单位时间内速度变化量大），故A正确；
B.骑自行车比步行“快”，比较的是从家到学校的平均速度，即单位时间内通过的路程更长，故B错误；
C.“和谐号”动车行驶得很“快”，描述的是动车的瞬时速度或平均速度大，表示单位时间内通过的路程多，故C错误；
D.百米赛跑后半程比前半程跑得“快”，指的是后半程的平均速度更大 （相同路程所用时间更短），故D错误。
故选：A。
7.（多选）关于变速直线运动，下列说法正确的是（ ）
A．若任意相等的时间内的位移相等，则物体做匀变速直线运动
B．若物体的速度变化率逐渐变大，则加速度一定变大
C．若物体速度在某一瞬间为0，则物体此时的加速度不一定为0
D．若物体的加速度为正值，则物体一定在加速
【答案】BC
【解答】解：A、若任意相等的时间内的位移相等，则物体做匀速直线运动，故A错误；
B、根据可知，物体的速度变化率逐渐变大，则加速度一定变大，故B正确；
C、若物体速度在某一瞬间为0，物体此时的加速度不一定为0，比如自由落体运动初始位置，加速度为重力加速度，速度为0，故C正确；
D、如果速度为负值，物体的加速度为正值，则加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动，故D错误。
故选：BC。
8.（多选）以下说法正确的是（ ）
A．“卧看满天云不动，不知云与我俱东”第一句中“云”的运动是以船为参考系的
B．研究地球自转时可以把地球看作质点
C．速度为零时，加速度不一定为零
D．加速度是矢量，速度的变化率也是矢量
【答案】ACD
【解答】解：A.诗句“卧看满天云不动，不知云与我俱东”中“云不动”是以船为参考系的，故A正确；
B.研究地球自转时，地球的大小和形状不可忽略，不可以把地球看作质点，故B错误；
C.速度为零时，加速度不一定为零，例如竖直上抛运动的最高点，速度为0，加速度不为0，故C正确；
D.加速度是矢量，速度的变化率即为加速度，也是矢量，故D正确。
故选：ACD。
9.（多选）学习是一个不断探究、积累和总结的过程。科学的研究也是如此，在第一章的学习过程我们也总结出一些科学研究方法，下面关于这些研究方法表达正确的是（ ）
A．质点是一种理想化模型，它忽略了物体的形状和大小，在研究任何物理问题时都可以把物体看成质点
B．图像可以描述质点的运动，v﹣t图像可以反映速度随时间的变化规律，图像的斜率反映加速度的大小和方向
C．用两个物理量Δv和Δt之比定义了一个新的物理量a，a＝，这在物理学上叫比值定义法，这个式子说明加速度a与速度变化量Δv成正比
D．v＝是速度的定义式，可以通过测量Δx、Δt，并且通过使Δt→0，得出瞬时速度
【答案】BD
【解答】解：A、理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的，质点是理想化模型，但不是在研究任何物理问题时都可以把物体看成质点，只有物体的大小和形状对研究问题没有影响或影响不大时，物体才能够被看成质点，故A错误；
B、v﹣t图像的纵坐标表示物体的速度，横坐标表示时间，图像可以反映速度随时间的变化规律，图像的斜率反映加速度的大小和方向，故B正确；
C、用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，加速度的定义式a＝是采用比值法定义，但加速度的大小与速度的变化量Δv的大小无关，故C错误；
D、根据速度定义式v＝，当Δt非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，故D正确。
故选：BD。
10.（多选）下列①、②、③、④所述的四种情境：
①点火后即将升空的火箭；
②高速公路上沿直线高速行驶的轿车为避免事故紧急刹车；
③运行的磁悬浮列车在轨道上高速行驶；
④电动平衡车在平直公路上低速匀速直线运动；
请根据所学知识从A、B、C、D四个选项中选择对情境的分析和判断正确的是（ ）
A．因火箭即将升空阶段速度接近零，所以加速度一定为零
B．轿车紧急刹车，速度变化很快，所以加速度很大
C．高速行驶的磁悬浮列车，因速度很大，所以加速度也一定很大
D．电动平衡车做匀速直线运动，加速度为零
【答案】BD
【解答】解：A、点火后即将升空的火箭立即获得向上的推力，由牛顿第二定律知火箭立即获得加速度，所以火箭的加速度 不为零，故A错误；
B、轿车紧急刹车时，在很短的时间内停下来，故刹车过程汽车的速度变化快，加速度大，故B正确；
C、高速行驶的磁悬浮列车，速度很大，但速度几乎不发生变化，故加速度接近零，故C错误；
D、电动平衡车做匀速直线运动，受力平衡，由牛顿第二定律可知电动平衡车加速度为零，故D正确。
故选：BD。
11．一个篮球从高h1＝3.05m的篮筐上由静止开始下落，经t1＝1.95s落到水平地面上，速度v1＝7.8m/s，然后以v2＝﹣4.9m/s反弹，经t2＝0.5s达到最高点，h2＝1.23m。已知篮球与地面碰撞的时间为0.3s，求：
（1）篮球从空中下落和上升两过程的加速度大小和方向；
（2）篮球与地面碰撞过程的加速度大小和方向；
（3）篮球从空中下落过程的平均速度；
（4）篮球从开始下落到反弹至最高点过程的平均速度。
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）由v＝at可知
下落过程的加速度a1＝＝＝4m/s2；
上升过程的加速度a2＝＝9.8m/s2
方向竖直向下；
（2）与地面碰撞过程中a′＝＝﹣42.3m/s2；方向竖直向上；
（3）下落过程的平均速度＝m/s＝1.56m/s；
（4）全程的位移x＝3.05﹣1.23＝1.82m；
全程的时间t＝1.95+0.5+0.3＝2.75s；
则平均速度＝＝0.66m/s；
答：
（1）篮球从空中下落和上升两过程的加速度大小分别为4m/s2和9.8m/s2，方向均为竖直向下；
（2）篮球与地面碰撞过程的加速度大小为42.3m/s2；方向竖直向上；
（3）篮球从空中下落过程的平均速度为1.56m/s；
（4）篮球从开始下落到反弹至最高点过程的平均速度为0.66m/s。
12．某同学测试乒乓球桌面的弹性，把一个乒乓球从距桌面一定高度处由静止释放，乒乓球落到桌面时的速度大小为5m/s、方向竖直向下，与桌面碰后的速度大小变为碰前的一半、方向竖直向上乒乓球与桌面碰撞的时间为1×10﹣3s，取竖直向下为正方向，则乒乓球在与桌面碰撞的过程中的速度变化量、平均加速度分别为（ ）
A．﹣2.5m/s、﹣2.5m/s2
B．2.5m/s、2.5×103m/s2
C．7.5m/s、7.5×103m/s2
D．﹣7.5m/s、﹣7.5×103m/s2
【答案】D
【解答】解：取竖直向下为正，乒乓球的初速度为：v0＝5m/s，末速度为2.5m/s
速度变化量为Δv＝v﹣v0＝﹣2.5m/s﹣5m/s＝﹣7.5m/s
根据加速度的定义，可得平均加速度为：103m/s2，故D正确，ABC错误。
故选：D。
13．甲、乙两个物体在同一直线上沿正方向运动，a甲＝4m/s2，a乙＝﹣4m/s2，那么对甲、乙两物体判断正确的是（ ）
A．甲的加速度大于乙的加速度
B．甲做加速直线运动，乙做减速直线运动
C．甲的速度比乙的速度变化快
D．甲、乙在相等时间内速度变化的大小不相等
【答案】B
【解答】解：AC、甲、乙两个物体在同一直线上沿正方向运动，a甲＝4m/s2，a乙＝﹣4m/s2，所以两物体加速度大小相等，方向相反。加速度表示的速度的变化快慢，所以甲、乙速度变化一样快，故A、C错误；
B、甲、乙两个物体在同一直线上沿正方向运动，所以甲的速度方向和加速度方向一致，甲做加速直线运动；乙的速度方向和加速度方向相反，所以乙做减速直线运动，故B正确；
D、由Δv＝aΔt可得，甲、乙由于加速度大小相等，所以它们在相等时间内速度变化的大小相等，故D错误。
故选：B。
14．关于速度、速度变化、加速度，下列说法正确的是（ ）
A．加速度方向与规定正方向相反，物体速度一定减小
B．只要a＜0，物体就做减速运动
C．加速度不断减小，速度一定不断减小
D．速度变化越快，加速度越大
【答案】D
【解答】解：AB．加速度方向与规定的正方向相反，即a＜0，若初速度方向也与规定的正方向相反，物体做加速运动，速度增大，故A错误，B错误；
C．当加速度方向与速度方向相同，即使加速度不断减小，速度也不断增大，故C错误；
D．加速度是反映速度变化快慢的物理量，速度变化越快，加速度越大，故D正确。
故选：D。
15．小朱同学在现场观看F赛车表演时，看到赛车一闪而过，感叹“真快啊”！当到了终点时，赛车突然刹车停住，小朱同学又感叹“真快啊”！下列说法正确的是（ ）
A．第一个“真快”是描述加速度大；第二个“真快”是描述速度大
B．第一个“真快”是描述速度大；第二个“真快”也是描述速度大
C．第一个“真快”是描述加速度大；第二个“真快”也是描述加速度大
D．第一个“真快”是描述速度大；第二个“真快”是描述速度变化快
【答案】D
【解答】解：赛车一闪而过，第一个“真快”是描述速度大；赛车突然刹车停住，第二个“真快”是描述速度变化快，刹车停下来快，即加速度大，故ABC错误，D正确。
故选：D。
16．关于速度和加速度的关系，下列说法中正确的是（ ）
A．物体加速度的方向为负方向时，则速度一定变小
B．物体的速度变化越快，则加速度就越大
C．物体加速度的方向保持不变，则速度方向也保持不变
D．物体加速度的大小不断变小，则速度大小也不断变小
【答案】B
【解答】解：A、物体加速度方向为负时，不确定初速度方向是正还是负，故不能确定物体一定做减速运动，故A错误；
B、加速度是描述物体速度变化快慢的物理量，加速度越大速度变化越快，故B正确；
C、加速度方向保持不变，物体速度方向可以发生变化，比如竖直上抛运动，加速度始终向下，而速度先向上后向下，故C错误；
D、当物体加速度方向与速度方向相同时物体做加速运动，加速度变小，说明物体速度增加得变慢了，但仍是加速运动，故D错误。
故选：B。
17.（多选）如图所示，一弹性小球从距地面2m处的A点以10m/s的速度竖直向下抛出，小球落地后竖直反弹经过距地面1.5m高的B点时，速度向上为7m/s，则小球从A点到B点过程中（ ）
A．小球发生的位移大小为3.5m
B．小球发生的位移大小为0.5m
C．小球速度变化量的大小为3m/s
D．小球速度变化量的大小为17m/s
【答案】BD
【解答】解：AB．位移大小是初位置指向末位置有向线段的长度，因此小球发生的位移大小为0.5m，故A错误，B正确；
CD．规定向下的方向为正方向，则初速度v0＝10m/s，末速度v＝﹣7m/s，则Δv＝v﹣v0＝﹣7m/s﹣10m/s＝﹣17m/s，即小球速度变化量的大小为17m/s，方向向上，故C错误，D正确。
故选：BD。
18.（多选）一个做变速直线运动的物体，其加速度方向不变而大小逐渐减小到零，那么该物体的运动情况可能是（ ）
A．速度不断增大，到加速度减小到零时速度达到最大，而后做匀速直线运动
B．速度不断减小，到加速度减小为零时速度达到最小，而后做匀速直线运动
C．速度不断减小，到加速度减小到零时运动停止
D．速度不断减小到零后，又反向做加速运动，最后做匀速运动
【答案】ABCD
【解答】解：A、若速度方向与加速度方向相同，物体做加速运动，加速度减小，速度仍然增大，当加速度减小为0时，速度最大，而后做匀速直线运动，故A正确；
B、当加速度方向与速度方向相反时，速度减小，当加速度减小到零，速度还未减小到零，以后做匀速直线运动，故B正确；
C、当加速度方向与速度方向相反时，速度减小，当加速度减小到零时，速度减小到零，运动停止，故C正确；
D、当加速度方向与速度方向相反时，速度减小，当加速度还未减小到零，速度已减小到零，则会反向做加速运动，当加速度减小到零，做匀速直线运动，故D正确。
故选：ABCD。
19.（多选）如表是四种交通工具的速度改变情况，下列说法正确的是（ ）
A．①的速度变化最快
B．②的加速度最大
C．②③的速度变化最慢
D．④的末速度最大，但加速度最小
【答案】AD
【解答】解：根据加速度的定义式a＝，将表格中各物体运动的初末速度及运动时间代入公式求解，得a1＝3m/s2，a2＝2m/s2，a3＝﹣0.3m/s2，a4＝﹣0.1m/s2；故AD正确，BC错误。
故选：AD。
20.（多选）2024年9月25日，中国人民解放军火箭军向南太平洋相关公海海域成功发射了一枚携载训练模拟弹头的洲际弹道导弹，全射程约12000公里，末端速度接近30马赫。下列说法正确的是（ ）
A．导弹在加速直线上升过程中，加速度方向与速度方向相同
B．导弹的加速度与速度变化量成正比，与运动时间成反比
C．导弹运动时，速度的变化量越大，加速度也越大
D．导弹点火将要升空瞬间，导弹的速度为零，但加速度很大
【答案】AD
【解答】解：A．加速度与速度同向，则物体做加速运动，导弹在加速直线上升过程中，所以加速度方向与速度方向相同，故A正确；
B．表达式是加速度的比值定义式，加速度与速度变化量、时间没有本质上的决定关系，不能说导弹的加速度与速度变化量成正比，与运动时间成反比，故B错误；
C．加速度表示速度变化的快慢，由加速度的定义式可知，加速度的大小等于速度变化量大小和时间的比值，不能够认为速度的变化量越大，加速度也越大，故C错误；
D．导弹点火将要升空瞬间，导弹的速度为零，由于速度变化得非常快，则加速度很大，故D正确。
故选：AD。
21．如图所示，足球以大小为8m/s的速度向右运动，与墙碰撞后以大小为4m/s的速度反弹回来，足球与墙壁碰撞时间为0.03s，取水平向右为正方向，则足球与墙壁碰撞过程中的速度变化量、平均加速度分别为（ ）
A．﹣12m/s，﹣400m/s2B．
C．D．12m/s，400m/s2
【答案】A
【解答】解：规定水平向右为正方向，则足球与墙壁碰撞前的速度为v1＝8m/s，碰撞后的速度为v2＝﹣4m/s，则足球与墙壁碰撞过程中的速度变化量为
Δv＝v2﹣v1＝﹣4m/s﹣8m/s＝﹣12m/s
平均加速度为
a＝＝m/s2＝﹣400m/s2，故A正确，BCD错误。
故选：A。
22．在体育课上，一名同学用手接住水平抛过来的速度大小为3m/s的篮球，并以2m/s的速度将它反向水平抛出，这个过程历时0.5s，则这个过程中（ ）
A．篮球的速度变化量是1m/s
B．篮球的加速度大小为10m/s2
C．加速度a的方向和速度变化量Δv的方向相反
D．加速度a的方向和末速度的方向相反
【答案】B
【解答】解：ABC、以水平抛出的速度方向为正方向，初速度 v0＝﹣3m/s，末速度是v＝2m/s，这个过程中篮球的速度变化量为Δv＝v﹣v0＝2m/s﹣（﹣3m/s）＝5m/s，
根据a ＝，可知加速度a的方向和速度变化量Δv的方向相同，加速度大小为a＝m/s2＝10m/s2，故AC错误，B正确；
D、加速度a的方向与初速度方向相反，但与末速度方向相同，故D错误。
故选：B。
23．一个篮球从高处落下，以速度v1＝10m/s竖直落到水平地面上，碰撞后以速度v2＝5m/s反弹，已知篮球与地面碰撞的时间为0.2s，则碰撞过程篮球的加速度为（ ）
A．a＝25m/s2，方向竖直向下
B．a＝25m/s2，方向竖直向上
C．a＝75m/s2，方向竖直向下
D．a＝75m/s2，方向竖直向上
【答案】D
【解答】解：设篮球初速度的方向为正方向，则初速度v1＝5m/s，末速度v2＝﹣4m/s，时间t＝0.1s。
由加速度公式，有：a＝＝m/s2＝﹣75m/s2
所以篮球在水平方向的平均加速度大小为75m/s2，方向为与初速度方向相反，即竖直向上，故ABC错误，D正确。
故选：D。
24.（多选）我国复兴号高铁如图甲所示，考虑到旅客的舒适程度，高铁出站时，速度能在10分钟内由0增大到350km/h；如图乙所示，汽车以108km/h的速度行驶，急刹车时能在2.5s内停下来。下列说法正确的是（ ）
A．2.5s内汽车的速度变化量为20m/s
B．复兴号高铁的加速度比汽车的大
C．汽车的速度比复兴号高铁的速度变化快
D．复兴号高铁单位时间内的速度变化量比汽车的小
【答案】CD
【解答】解：350km/h＝97.2m/s，108km/h＝30m/s，
A、2.5s内汽车的速度变化量为Δv＝0﹣v＝﹣30m/s，故A错误；
B、根据加速度定义式可得，复兴号高铁的加速度大小
汽车的加速度大小
即复兴号高铁的加速度比汽车的小，故B错误；
C、汽车的加速度较大，可知汽车的速度比复兴号高铁的速度变化快，故C正确；
D、复兴号高铁的加速度比汽车的小，根据Δv＝aΔt可知，复兴号高铁单位时间内的速度变化量比汽车的小，故D正确。
故选：CD。
25.（多选）2025年女子水球世界杯总决赛，中国女子水球队队长沈轶能奋力拼搏。若她将水平飞来的速度为10m/s的水球以原速率水平拦回，水球被击打过程的时间为0.2s，以初速度方向为正方向，在这段时间内水球的速度变化量Δv和平均加速度a为（ ）
A．Δv＝0B．Δv＝﹣20m/s
C．a＝0D．a＝﹣100m/s2
【答案】BD
【解答】解：AB、以初速度的方向为正方向，则飞来时的速度为v0＝10m/s，打击后的速度为：v＝﹣10m/s，则速度的变化量为：Δv＝v﹣v0＝﹣10m/s﹣10m/s＝﹣20m/s，故A错误，B正确；
CD、由加速度的定义可知：平均加速度为：，故C错误，D正确。
故选：BD。
26.（多选）如图所示，将弹性小球以10m/s的速度从距地面3m处的A点竖直向下抛出，小球落地后竖直反弹经过距地面2m高的B点时，向上的速度为7m/s，从A到B，小球共用时0.5s，则此过程中（ ）
A．小球发生的位移的大小为1m，方向竖直向下
B．小球速度变化量的大小为17m/s，方向竖直向上
C．小球平均速度的大小为8.5m/s，方向竖直向下
D．小球平均加速度的大小为6m/s2，方向竖直向上
【答案】AB
【解答】解：A、位移是指起点到终点的有向线段，由题可知，小球发生的位移为1m，方向竖直向下，故A正确；
B、设速度向下为正，则速度变化量Δv＝v﹣v0＝﹣7m/s﹣10m/s＝﹣17m/s，负号说明速度变化方向与初速度的方向相反，为竖直向上，故B正确；
C、小球的平均速度大小：＝＝m/s＝2m/s，方向竖直向下，故C错误；
D、小球平均加速度的大小a＝＝m/s2＝﹣34m/s2，方向竖直向上，故D错误。
故选：AB。
27.如图所示，弹丸和足球的初速度均为v1＝10m/s，方向水平向右。设它们与木板作用的时间都是0.1s，那么：
（1）子弹击穿木板后速度大小变为7m/s，方向不变，求弹丸击穿木板时的加速度；
（2）足球与木板作用后反向弹回的速度大小为7m/s，求足球与木板碰撞反弹时的加速度。
【答案】（1）子弹击穿木板后速度大小变为7m/s，方向不变，弹丸击穿木板时的加速度大小为30m/s2，方向水平向左；
（2）足球与木板作用后反向弹回的速度大小为7m/s，足球与木板碰撞反弹时的加速度大小为170m/s2，方向水平向左。
【解答】解：（1）规定向右为正方向，子弹击穿木块后，速度方向依旧为正。根据加速度定义可知
即弹丸的加速度大小为30m/s2，方向水平向左。
（2）足球与木板作用后反向弹回后，速度方向为负，则
即足球的加速度大小为170m/s2，方向水平向左。
答：（1）子弹击穿木板后速度大小变为7m/s，方向不变，弹丸击穿木板时的加速度大小为30m/s2，方向水平向左；
（2）足球与木板作用后反向弹回的速度大小为7m/s，足球与木板碰撞反弹时的加速度大小为170m/s2，方向水平向左。
题型1 位移、路程及其区别与联系
题型2 加速度的定义、表达式、单位及物理意义
题型3 速度、速度变化量和加速度的关联
题型4 用定义式计算物体的加速度
题型5 加速、减速的判断
题型6 打点计时器打出纸带的数据处理
解｜题｜知｜识
（1）位移表示质点在空间的位置的变化，用有向线段表示，位移的大小等于有向线段的长度，位移的方向由初位置指向末位置．
（2）路程是质点在空间运动轨迹的长度．在确定的两位置间，物体的路程不是唯一的，它与质点的具体运动过程有关．
（3）位移与路程是在一定时间内发生的，是过程量，二者都与参考系的选取有关．
位移和路程的区别：
①位移是矢量，大小只跟运动起点、终点位置有关，跟物体运动所经历的实际路径无关．
②路程是标量，大小跟物体运动经过的路径有关．
如图所示，物体从A运动到B，不管沿着什么轨道，它的位移都是一样的．这个位移可以用一条有方向的（箭头）线段AB表示．
解｜题｜知｜识
（1）加速度的定义：加速度是表示速度改变快慢的物理量，它等于速度的改变量跟发生这一改变量所用时间的比值，定义式：a＝．
（2）加速度单位：在国际单位制中是：米/秒2，读作“米每两次方秒”符号是m/s2（或m•s﹣2）．常用单位还有厘米/秒2（cm/s2）等．
（3）加速度是矢量，在变速直线运动中，若加速度的方向与速度方向相同，则质点做加速运动；若加速度的方向与速度方向相反，则质点做减速运动．
（4）加速度和速度的区别：①它们具有不同的含义：加速度描述的是速度改变的快慢，速度描述的是位移改变的快慢；②速度大，加速度不一定大；加速度大速度不一定大，速度变化量大，加速度不一定大．加速度为零，速度可以不为零；速度为零，加速度可以不为零．
解｜题｜知｜识
1.加速度是描述速度变化快慢的物理量，表达式a＝，与速度没有直接的关系，方向与速度变化量相同。
2.加速度和速度的区别：
①它们具有不同的含义：加速度描述的是速度改变的快慢，速度描述的是位移改变的快慢；
②速度大，加速度不一定大；加速度大速度不一定大，速度变化量大，加速度不一定大．加速度为零，速度可以不为零；速度为零，加速度可以不为零．
解｜题｜知｜识
（1）加速度的定义：加速度是表示速度改变快慢的物理量，它等于速度的改变量跟发生这一改变量所用时间的比值，定义式：a＝．
（2）加速度单位：在国际单位制中是：米/秒2，读作“米每两次方秒”符号是m/s2（或m•s﹣2）．常用单位还有厘米/秒2（cm/s2）等．
解｜题｜知｜识
判断物体是加速运动还是减速运动的方法：
①根据v﹣t图象，看随着时间的增加，速度的大小如何变化，若越来越大，则加速，反之则减速．
②根据加速度方向与速度方向间的关系，只要加速度方向和速度方向相同，就是加速；加速度方向与速度方向相反，就是减速．
解｜题｜知｜识
测量纸带的平均速度和瞬时速度
1.实验目的
（1）了解打点计时器的结构、工作原理及使用方法，
（2）学会用打点计时器测量物体的速度。
（3）能利用v﹣t图像分析实验数据，描述物体的运动。
2.实验原理
（1）两种打点计时器的对比
（3）测量平均速度：根据v＝可求出任意两点间的平均速度，Δx是纸带上两点间的位移，利用刻度尺测量，Δt是这两点间的时间间隔。
（4）测量瞬时速度：运动物体在某一时刻或某一位置（例如纸带上某点）的瞬时速度可以粗略地由包含该点在内的相距较近的两点间的平均速度来表示。
3.实验器材
电磁打点计时器（或电火花计时器）、低压交流电源（电火花计时器使用220V交流电源）复写纸（或墨粉纸盘）、导线若干、刻度尺、纸带、坐标纸。
4.实验步骤
（1）了解打点计时器的结构，然后把它固定在桌子上。
（2）把电磁打点计时器的两个接线柱用导线与约为8V的低压交流电源的接线柱相连接，让纸带穿过两个限位孔，压在复写纸的下面（或把电火花计时器与220V交流电源连接，把纸带穿好，压在墨粉纸盘下面）。
（3）接通电源开关，用手水平地拉动纸带，纸带上就打出一行小点，随后立即关闭电源
（4）重复步骤2、3，获得3～5条纸带
（5）选择一条点迹清晰便于分析的纸带，往后数n个点，m个点之间的间隔数为n﹣1，纸带从打第1个点到打第n个点的运动时间Δt＝0.02（n﹣1）s。
（6）用刻度尺测量出第1个点到第n个点间的位移Δx。
5.数据处理
（1）测量纸带的平均速度
从打第1个点到打第n个点，纸带的运动时间为Δt＝0.02（n﹣1）s，纸带的位移为Δx，纸带的平均速度v＝。把测量和计算的结果填人表中
（2）用打点计时器测量瞬时速度
①选取一条点迹清晰便于分析的纸带
②从能够看清的某个点开始，每隔四个点取一个计数点，每两个计数点间的时间间隔T＝5×0.02s＝0.1s。在纸带上用O、A、B、C、D、…标出这些“计数点”，如图所示
用刻度尺依次测出OA、OB、OC、OD、…的距离是s1，s2，s3，s4，…，再利用x1＝s1，x2＝s2﹣s1，x3＝s3﹣s2，…确定出 OA、AB、BC、CD、…的位
移工x1，x2，x3，x4...
③运动物体在A、B、C、D、…各点的瞬时速度分别为
vA＝，vB＝，vC＝，vD＝，...
（3）用v﹣t图像描述物体的速度
①以速度v为纵轴、时间t为横轴建立直角坐标系。
②根据不同时刻的瞬时速度值，在坐标系中描点。
③用平滑曲线把这些点连接起来，即得到v﹣t图像，如图所示
6.误差分析
（1）利用平均速度代替运动物体在某计数点的瞬时速度会带来系统误差。为减小误差，应取以计数点为中心的较小位移Δx来求平均速度。
（2）分段测量计数点间的位移会带来误差。减小此误差的方法是一次测量完成，即一次测出各计数点到起始计数点O的距离，再分别计算出各计数点间的位移。
（3）作图时，描点、连线存在偶然误差，为减小误差，应选取合适的坐标单位，利用坐标纸作图。
7.注意事项
（1）如果在纸带上数出了n个点，那么它们的间隔数是（n﹣1）个，它们的时间间隔为（n﹣1）×0.02s
（2）使用打点计时器打点时，应先接通电源，待打点计时器打点稳定后，再拉动纸带。
（3）手拉动纸带时速度应快一些，以防点迹太密集。
（4）为了减小实验误差，计数点要每隔T＝0.1s选一个，即每隔四个点取一个计数点，而计算计数点的瞬时速度时，Δx、Δt应取此计数点前、后两个点之间的位移和时间，即vn＝
（5）打点计时器不能连续工作太长时间，打点之后应立即关闭电源。
初始速（m/s）
经过时间（s）
末速度（m/s）
①
2
3
11
②
0
3
6
③
6
20
0
④
50
100
40