第1讲 运动的描述&微点突破 1 借助传感器与计算机测速度-【衡中学案】2027年高考物理一轮总复习学案

第一章 运动的描述 匀变速直线运动的研究 第1讲 运动的描述 学习目标 命题热点 (1)了解质点的含义，知道将物体抽象为质点的条件。 以质点模型的理解、加速度和平均速 (2)知道参考系、坐标系、时间和时刻的概念。 度的理解为主要考查对象，单独命题 (3)理解位移、速度、加速度的概念，体会比值定义法和极限思想。 较少。 考点一 质点、参考系和位移 1.质点 4.路程和位移 (1)定义：用来代替物体的有 的点叫 (1)路程是物体 的长度，它是标量。 001 质点。 (2)位移是由 指向 的有向线 (2)物体可以看成质点的两种情况 段，它是 量。 ①物体的 和 对所研究问题的影 (3)在单向直线运动中，位移的大小 路 响可以忽略不计。 程；其他情况下，位移的大小 路程。 ②研究平动物体的运动情况时，可以用一个点代 (4)在一维坐标系中物体的位置用位置坐标表 替整个物体的运动。 示，位移等于末位置与初位置坐标之差。如图，物体从 注意：物体能否被看成质点是由要研究的问题决 A点运动到B点的位移△x= 定的，并非依据物体自身的大小和形状来判断。 2.参考系 (1)定义：在描述物体的运动时，选来作为 (5)位移和路程的两点区别 的另外的物体。 (2)参考系的选取 ①决定因素不同：位移由初、末位置决定，路程由 ①参考系的选取是任意的，一般以 为参 实际的运动路径决定。 考系。 ②运算法则不同：位移应用矢量的平行四边形定 ②比较两物体的运动情况时，必须选 则运算，路程应用标量的算数法则运算。 3.时刻与时间间隔 易错辨析 运用时间轴辨析“时刻”与“时间间隔” 第3秒初 第4秒初 1.只有很小的物体才能看成质点，大的物体一定不能 第2秒末 第3秒末 看成质点。 () 前2秒末 第3秒内 (前3秒末 2.质点是一种理想化模型，实际并不存在。 ) →tls 3.质点不同于几何中的“点”，质点有质量。 前3秒 4.参考系必须是静止不动的物体。 ( (1)时刻：时间轴上的 5.做直线运动的物体，其位移大小一定等于路程。 (2)时间间隔：时间轴上的 ( C.海门舰从上海B港到A岛用时“23小时1分39 自主验收 秒”指时刻 1.(质点的判断)(2025·浙江1月选考·2题)我国水 D.海门舰从上海B港到A岛位移大小是891km,路 下敷缆机器人如图所示，具有“搜寻一挖沟一敷埋” 程是1293km 一体化作业能力。可将机器人看成质点的是 3.(直线运动的位移与坐标的关系)如图所示的位置 坐标轴中，已知to=0时刻质点位于0m处，t1=1s 时质点位于5m处，2=2s时质点位于-1m处，t3= 3s时质点位于-4m处。则下列说法正确的是 6420246 A.物体在第1s内的位移大于第2s内的位移 A.操控机器人进行挖沟作业 B.物体在前2s的路程大于前2s内位移大小 B.监测机器人搜寻时的转弯姿态 C.物体在第3s的位移最大 C.定位机器人在敷埋线路上的位置 D.物体在前3s时间内的位移为4m D.测试机器人敷埋作业时的机械臂动作 4.(位移和路程的计算)如图所示，物体沿半径均为R 2.(多选)（对参考系、时间和时刻、位移和路程的理 的半圆弧AB和四分之三圆弧BCDE从A运动到E, 解)2025年9月10日，由中国海警局海门舰和洋山 其中A、O1、B、O2D在一条直线上，AB、BD和CE是 舰组成的编队从上海解缆起航，赴北太平洋执行为 直径，O1和O2是圆心，下列说法正确的是（) 期31天的渔业执法巡航任务。假设途中A岛距上 海B港的直线距离为891km,海门舰从上海B港到 A岛航行了1293km,用时23小时1分39秒，则下 列说法正确的是 C 002 A.当物体运动到B点时，位移大小和路程都是2R B.物体从A运动到C点和从A运动到E点位移 相同 C.当物体运动到E点时，位移大小是√0R,路程是 A.海门舰在海上航行时，海门舰以操舵兵为参考系 2.5πR 是静止的 D.当物体运动到D点时，位移大小和路程都是4R B.海门舰上升中国国旗时，观察到国旗冉冉升起， 观察者是以国旗为参考系的 考点二 平均速度和瞬时速度 1.速度 3.速率 (1)物理意义：物体位置变化的快慢，即运动的 (1)速率： 的大小，是标量。 快慢。 (2)平均速率： 与 的比值，不一 定等于平均速度的大小。 △ (2)定义式：v= △ ,是 量。 易错蕲析 2.平均速度和瞬时速度 1.子弹从枪口射出的速度指的是瞬时速度。() (1)平均速度：物体发生的 与发生这段 2.瞬时速度的方向就是物体在该时刻或该位置的运动 位移所用时间之比，即0= 方向。 () ,是矢量，其方向就是对应 △ 3.平均速度一定等于初、末瞬时速度和的一半。 的方向。 ( 4.速率不变的运动就是匀速直线运动。 (2)瞬时速度：运动物体在 或经过 5.平均速度的大小等于平均速率。 的速度，是矢量，其方向是物体在这一时刻的运动 6.一个物体在一段时间内的平均速度为0，平均速率 方向或运动轨迹的 方向。 也一定为0。 () 例0如示在气垫导锐 上安装有两个光电计时 跟踪训练 装置A、B,A、B间距离为L=mmmm 30cm,为了测量滑块的加速度，在滑块上安装了一个 (2023·福建卷·1题)“祝融号” 宽度为d=1cm的遮光条，现让滑块以某一加速度通 火星车沿如图所示路线行驶，在此 过A、B,记录遮光条通过A、B的时间分别为0.010s、 过程中揭秘了火星乌托邦平原浅 0.005s,滑块从A到B所用时间为0.200s。则下列 表分层结构，该研究成果被列为 M 说法正确的是 ( A.滑块通过A的速度为1cm/s “2022年度中国科学十大进展”之 B.滑块通过B的速度为2cm/s 首。“祝融号”从着陆点0处出 C.滑块在A、B间运动的平均速度大小为3m/s D.滑块在A、B间运动的平均速率为1.5m/s 发，经过61天到达M处，行驶路 [规律方法]用平均速度法求瞬时速度 程为585米；又经过23天，到达N处，行驶路程为 1,方法概迷：由平均速度公式=A可知，当△、 304米。已知O、M间和M、N间的直线距离分别约 △L 为463米和234米，则火星车 () △都非常小，趋向于极限时，这时的平均速度就可认 为是某一时刻或某一位置的瞬时速度。 A.从0处行驶到N处的路程为697米 2.选用思路：当已知物体在微小时间△内发生的 B.从O处行驶到N处的位移大小为889米 微小位移4时，可由=粗略地求出物体在该位置 C.从0处行驶到M处的平均速率约为20米/天 △L 的瞬时速度。 D.从M处行驶到N处的平均速度大小约为10米/天 考点三 加速度 1.物理意义：描述速度 的物理量。 易错辨析 003 2.定义式：a= 3.单位：m/s2。 1.物体的速度很大，加速度不可能为零。 4.方向：与 的方向一致，由 的方2.物体的速度变化量越大，加速度越大。 ) 向决定，而与o、v的方向 （填“有关”或“无3.甲的加速度a=2m/s2,乙的加速度a2=-3m/s, 关”)。 a甲>a乙o ( 5.标矢性：加速度是 4.物体的加速度增大，速度就增大。 ) 6.速度、速度的变化量和加速度的对比 5.加速度就是速度对时间的变化率。 比较项目 速度 速度的变化量 加速度 6. 物体速度变化越快，加速度越大。 ( ) 描述物体运动的 描述物体速度描述物体速度 7.物体速度为0，加速度一定为0。 ) 物理意义 快慢和方向 的变化 的变化快慢 喜向1加速度的计算 △x 公式 △U=V-0 △vv-vo 1川②2025年9月6日 a= △t △t △t 在青岛国信体育 馆举行的全国蹦床锦标赛 匀变速直线运动 最后一个比赛日，天津队 由△v=a△t知，由a= CHN 中，由=o+at 知，a由 选手朱雪莹以58.60分获 决定因素 △u由a与△t 朱量 知，的大小由 Fm决定，与u、 得冠军，在蹦床比赛中， 决定 ZHU Xueying vo、a、t决定 △v、△t无关 她从高处自由落下，以大 小为8m/s的竖直速度着网，与网作用后，沿着竖直方 由F的方向决 向以大小为10m/s的速度弹回，已知朱雪莹与网接触 与加速度的方定，而与。，v的 的时间△=1.0s,则朱雪莹在与网接触的这段时间内 方向 与位移方向相同 向相同 方向无关，与△u 加速度的大小和方向分别为 () 同向 A.18.0m/s2,竖直向上B.8.0m/s2,竖直向上 C.10.0m/s2,竖直向下D.2.0m/s2,竖直向下 雪向己物体加速或减速的判断 [规律方法]判断物体做加速运动还是减速运 动，关键是看物体的加速度与速度方向的关系。 列多选)做变速直线运动的物体，若加速度逐勒 方向关系 运动性质 变化情况 减小到零，那么该物体运动情况可能是( A.速度不断增大，到加速度为零时，速度达到最 a不变，v随时间均匀增大 加速直 大，而后做匀速运动 a与同向 a增大，v增大得越来越快 线运动 B.速度不断减小，到加速度减小到零时，运动停止 a减小，v增大得越来越慢 C.速度不断减小，而后向反方向做加速运动，最后 a不变，v随时间均匀减小 做匀速运动 减速直 a与v反向 a增大，v减小得越来越快 D.速度不断增大，加速度减为零后，物体继续做 线运动 a减小，v减小得越来越慢 加速运动 温馨提示：复习至此，请完成练案[1] 微点突破1借助传感器与计算机测速度 例的牛资在 [规律方法]1.确定汽车两次接收到波的位置： 根据发出和接收波的时间差，可知反射波运动的时间 巡逻车上的测速仪发出并接收超声波脉冲信号，根据 发出和接收到的信号间的时间差，就能测出车速。在 为2，求出车在接收到波时到测速仪的距离和。 图(b)中，P、P2是测速仪先后发出的超声波信号，n1、 2.确定汽车两次接收到波之间运动的距离：△x= 2分别是测速仪检测到的P、P2经反射后的信号。设 X2-x10 测速仪匀速扫描，P,与P2之间的时间间隔t=0.9s, 3.确定汽车两次接收到波之间运动的时间：求汽 超声波在空气中传播的速度。=340m/s。 车两次接收到波的时刻L3和L4,△=4-t3o 4求汽车速度：= 004 △t 图(a 跟踪训练 (2026·河南驻马店联考)汽车在高速公路上超速是 非常危险的，为防止汽车超速，高速公路都装有测汽 车速度的装置。如图甲所示为超声波测速仪测汽车 速度的示意图，测速仪A可发出并接收超声波信号， 图b) 根据发出和接收到的信号可以推测出被测汽车的速 (1)图(b)中每小格表示的时间△t是多少？ 度，如图乙所示是以测速仪所在位置为参考点，测速 (2)在图(b)中用竖线标出测速仪第一次和第二 仪发出的两个超声波信号的x-t图像，则 次发出的信号遇到被测汽车的时刻t1和t2; (3)汽车的速度v车； (4)某同学根据自己所学知识，认为这种方法测 量的汽车速度是两个时刻之间的平均速度，若减小P, 与P2之间的时间间隔，可以更精确反映汽车运动的快 慢，你是否同意该说法，说明理由。 A.汽车离测速仪越来越近 B.在测速仪发出两个超声波信号的时间间隔内，汽 车通过的位移为x2一x C汽车在4~，时间内的平均速度为2 t-t D.超声波信号的速度是参芳答案 〔学案 第一章运动的描述 匀变速直线运动的研究 第1讲运动的描述 考点一质点、参考系和位移 1.(1)质量(2)形状大小 2.(1)参考(2)地面同一参考系 3.(1)点(2)线段 4.(1)运动轨迹(2)初位置末位置矢 (3)等于小于(4)x2x1 易错辨析 1.×2.V3./4.×5.× 自主验收 1.C操控机器人进行挖沟作业、监测机器人搜寻时的转弯姿态 测试机器人敷埋作业时的机械臂动作均不能忽略机器人的大 小和形状，需要关注机器人本身的变化情况，因此不可以看作 质点，定位机器人在敷埋线路上的位置时可以忽略机器人的大 小和形状，可以视为质点。故选C。 2.AD海门舰相对于操舵兵的位置没有发生变化，所以，海门舰 以操舵兵为参考系是静止的，故A正确：海门舰上升中国国旗 时，观察到国旗冉冉升起，观察者是以自己为参考系的，故B错 误；海门舰从上海B港到A岛用时“23小时1分39秒”，用了一 段时间，为时间间隔，故C错误；位移是从初位置到末位置的有 向线段，路程为轨迹的实际长度，所以海门舰从上海B港到A 岛位移大小是891km,路程是1293km,故D正确。故选AD。 3.B物体在第1s内的位移为x1=5m-0m=5m,物体在第2s 内的位移为x2=-1m-5m=-6m,物体在第3s内的位移为 x3=-4m-(-1m)=-3m,可知物体在第1s内的位移小于第 2s内的位移，物体在第3s的位移不是最大，故A、C错误：物体 在前2s的路程为s=5m+6m=11m,物体在前2s的位移为 x=-1m-0m=-1m,可知物体在前2s的路程大于前2s内位 移大小，故B正确：物体在前3s时间内的位移为x'=-4m-0m =-4m,故D错误。故选B。 4.C当物体运动到B点时，位移大小为2R,轨迹长度为π，路程 为πR,故A错误；物体从A运动到C点和从A运动到E点位移 大小相同，但方向不同，故B错误；当物体运动到E点时，位移 大小是A到E的距离，为√(3R)+R=√0R,路程是轨迹长 度为R子2mR=了R,故C正确：当物体运动到D点时，路 程是轨迹长度，为2πR,故D错误。故选C。 考点二平均速度和瞬时速度 1.(2)矢 2.(1)位移位移(2)某一时刻某一位置切线 3.(1)瞬时速度(2)路程时间 易错辨析 1.V2.V3.×4.×5.×6.× d 1 例1：D滑块经过A时的速度=。0O10ms=100ems,故 d 1 A错误：滑块经过B时的速度-号a05cmg=200m6, 4 全解全析 部分〕 故B错误；滑块在A、B间的平均速度元=上=03 t0.200m/s= 1.5m/s,故C错误：滑块在A、B间的位移大小和路程相同，所 以平均速率也为1.5m/s,故D正确。 跟踪训练 D由题意可知从0处到N处的路程为sN=sow+swv=585m+ 304m=889m,故A错误；位移的大小为两点之间的直线距离， 所以xov<sw=889m,故B错误；平均速率为路程与时间的比 值，放从0处行驶到业处的平均速亭为。天 9.59米/天，故C错误：平均速度大小为位移与时间的比值，则 从处行驶到N处的平均速度为--米天10米天 故D正确。故选D。 考点三加速度 1.变化快慢 24 △t 4.△v合力无关 5.矢量 易错辨析 1.×2.×3.×4.×5.V6.V7.× 考向1 例2：A以竖直向上为正方向，朱雪莹在与网接触的这段时间内 加速度为a=”=10-（8》m/s2=18ms,可知加速度大小 1.0 为18.0m/s2,方向竖直向上。故选A。 考向2 例3：ABC若物体加速度与初速度方向相同，那么物体做加速运 动，速度逐渐增大，到加速度为零时，速度达到最大，而后做匀 速运动，故A正确，D错误：若物体加速度与初速度方向相反， 那么物体做减速运动，速度逐渐减小，若物体加速度减小到零 时，速度也刚好减小到零，则物体停止运动，故B正确；若物体 加速度与初速度方向相反，那么物体做减速运动，若物体速度 减小到零时，加速度还未减小到零，物体将做反向加速运动，加 速度减小到零时，达到反向最大速度，而后物体做匀速运动，故 C正确。故选ABC。 微点突破1借助传感器与计算机测速度 例：(1)0.1s（2)见解析图 (3)20m/s(4)见解析 [解析](1)图(b)中P,与P2之间的时间间隔为0.9s, P与B之间共9个小格，故每小格表示的时间为A1=09s 0.1s。(2)由图(b)可知，测速仪第一次发出的信号传到被测 汽车所用的时间4，=01x3=0.15s,测速仪第二次发出的信 2 号传到被测汽车所用的时间t2=2二=0.1s,则在图(b)中 用竖线标出测速仪第一次和第二次发出的信号遇到被测汽车 的时刻t1和t2如图所示 9 第一次 箱二近 (3)测速仪第一次发出的信号被被测汽车收到时，被测汽车与 测速仪之间的距离x1=61=340×0.15m=51m,测速仪第二 次发出的信号被被测汽车收到时，被测汽车与测速仪之间的 距离x2=ot2=340×0.1m=34m,由图(b)知两个时刻之间相差 51-34 △t=0.85s,则汽车的位移v车△t=x,-x2,解得v车 Γ0.85m/s= 20ms。(4)利用平均速度i=A求瞬时速度，理论上△：越 △t 小，越趋近瞬时速度，该同学说法合理；但考虑到实际测量误 差，△t越小，时间测量的相对误差越大，△t并非越小越好。 跟踪训练 C由图乙可知，汽车第一次、第二次反射超声波信号时到测速 仪的距离分别为x1、:2,且x2>x,说明测速仪与被测汽车的距离 变大，即汽车离测速仪越来越远，故A错误；由图乙可知，汽车 第一次反射超声波信号的时刻为t1,位置为x1,第二次反射超声 波信号的时刻为2，位置为x2,故在两次反射超声波信号的时间 间隔内，汽车通过的位移为x2一x1,而在测速仪发出两个超声波 信号的时间间隔内，汽车通过的位移不等于x2一x1,故B错误； 汽车在t1~2时间内通过的位移为：2-x,则平均速度为u= ,故C正确：超声波运动名的位移所用的时间不是1，根 t2-t 据图乙可知，超声波信号的速度应为：宁，故D信溪。放 选C。 第2讲匀变速直线运动的规律 考点一匀变速直线运动的基本规律及应用 1.加速度 2.(I)notu (22 易错辨析 1.×2.×3.V4.V5.× 考向1 例1：C设褐马鸡的初速度为o,则t时刻的速度为5o,根据位移 时间公式得=+2①，又因为==则有 a ②，联立①2可得x=子，C项正确。 3 跟踪训练 1.C设经过乙地时速度为v,则v=180km/h=50m/s,从甲到乙 运动过程由逆向思维知，做匀减速直线运动，加速度大小为α， 则x=t-2t,解得a=0.5m/s,故A、B错误；从综保区到乙 地，由静止开始匀加速v=2ax,解得x=2500m,故C正确，D错 误。故选C。 考向2 例2：A汽车刹车的初速度为o=72km/h=20m/s,汽车从开始 刹车到修下所用时间为6一。9=5，则牧车在统6：末的 速度大小为0，汽车在第4s末到第6s末的位移等于最后1s —50 的位移，根据逆向思维可得4x三)at=。×4×Pm=2m,故A 2 正确，B错误：汽车从开始利车到停下通过的位移为，=分，< 5m=50m<52m,可知做匀减速运动的汽车不会撞上小动 20 物，故C错误；汽车在第2s末的瞬时速度为2=o-a2=20m/s -4×2m/s=12m/s,故D错误。故选A。 考向3 例3：ABC以沿斜面向上为正方向，则a=-5/s,当物体的位移 1 为沿斜面向上7.5m时，x=7.5m,由运动学公式x=+2a, 解得t1=3s或t2=1s,故A、B正确；当物体的位移为沿斜面向 下75m时x=-75m,由=o+分ad,解得4=(2+7)s或 t4=(2-√7)s(舍去)，故C正确；由速度时间公式v=vo+at,解得 "1=-5m/s、2=5m/s、"3=-5/7m/s,故D错误。 考点二匀变速直线运动的推论及应用 1.(1)6 /。2+ 2V2 (2)aT 2.(1)1:2:3:…:n(2)12:22:32:…:n2 (3)1:3:5:…:(2n-1) (4)1:(2-1):(5-√2)：…：(n-n-I) 考向1 例4：C根据匀变速直线运动推论可得加速度大小为a=元 x 16-9.6 42 m/s2=0.4m/s2,B错误；根据匀变速直线运动中间时刻 的瞬时速度等于该段内的平均速度可知送货车在第1个4s末 x1+x29.6+16 的速度大小为=27=9g6m/s=3.2m/s,C正确：根据 =o+at可得，计时时刻送货车的速度为vo=1-aT=3.2m/s- 0.4×4m/s=1.6m/s,A错误；送货车在第2个4s内的平均速 ,==16m/5=4m/s,D错误。 度大小为=T=4 跟踪训练 2.B火车运动的时间为=60×70s=70s,火车行驶的距离x=号 60 2 1=2×70m=350m,故选B。 10 考向2 例5：BC利用逆向思维，子弹的运动可看成反向的初速度为0的 匀加速直线运动，通过连续相等位移所用时间之比为1：（√2 1)：(3-√/2)，若三块木块的长度相等，则依次穿过三块木块 的时间之比应为(5-√2)：(2-1)：1，故A错误；若三块木 块的长度相等，设木块的长度为L,穿出第二块木块时的速度为 ,穿出木块C时减速到0，故有2=2aL,2=2a×3L,故可得v= 3 了，故B正确：同理运用逆向思维，子弹做初速度为0的匀加 速直线运动时，在连续相等时间内通过的位移之比为1：3：5， 反过来则是5：3：1，故C正确；若穿过三块木块所用时间相 等，设穿过一块木块所用时间为t,则o=3at,穿出第二块木块 时速度=，可得=宁故D错误。