第1章 专题突破2 多过程问题 追及相遇问题-【优化探究】2025年高考物理一轮复习高考总复习配套课件（粤教版2019）

第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 专题突破2　多过程问题　追及相遇问题 课件使用说明 01 本课件使Office 2016制作，请使用相应软件打开并使用 使用软件 02 本课件理科公式均采用微软公式制作，如果您是Office 2007或WPS 2021年4月份以前的版本，会出现包含公式及数字无法编辑的情况，请您升级软件享受更优质体验 软件版本 03 本课件文本框内容可编辑，单击文本框即可进行修改和编辑 便捷操作 04 由于WPS软件原因，少量电脑可能存在理科公式无动画的问题，请您安装Office 2016或以上版本即可解决该问题 软件更新 核心知识　典例研析 分层训练　巩固提高 内容索引 突破点一　多过程问题 突破点二　追及相遇问题 一 核心知识　典例研析 突破点一　多过程问题 1. 一般的解题步骤 (1)准确选取研究对象，根据题意画出物体在各阶段运动的示意图，直观 呈现物体运动的全过程。 (2)明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知 量，设出中间量。 (3)合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程及物体各阶段间 的关联方程。 2. 解题关键 多运动过程的连接点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，对连接 点速度的求解往往是解题的关键。 [典例1]　(多选)(2023·安徽滁州三模)由于氢气比氦气廉价，因此市面上 销售的基本上都是氢气球，但氢气可能爆炸，所以氦气球相对更安全。 某同学用一氦气球悬挂一重物(可视为质点)，从地面释放后沿竖直方向 做初速度为零的匀加速直线运动，经过了t时间后，悬挂重物的细线断 裂，又经过的时间，重物恰好落到地面，重物脱落后仅受到重力，重 力加速度大小为g。下列说法正确的是(　BC　) BC A. 细线断裂前氦气球匀加速上升时的加速度大小为 B. 细线断裂前重物匀加速上升时的加速度大小为 C. 重物落地时的速度大小等于细线断裂时重物的速度大小的三倍 D. 由于条件不足，无法确定细线断裂时重物的速度与重物落地时速度的 关系 设细线断裂前氦气球和重物匀加速上升时的加速度大小为a，取竖直向 上为正方向，则根据运动学公式及细线断裂前后重物在这两个过程的位 移大小相等，方向相反可得at2＝－[at·－g()2]，解得a＝，故A错 误，B正确；重物落地时的速度大小为v1＝－(at－)＝gt，细线断裂时 重物的速度大小为 v2＝at＝gt，所以重物落地时的速度大小等于 细线断裂时重物速度大小的三倍，故C正确，D错误。 [典例2]　(2023·安徽六安一中月考)ETC是不停车电子收费系统的简称。 最近，某ETC通道的通行车速由原来的20 km/h提高至40 km/h，车通过 ETC通道的流程如图所示。为简便计算，假设汽车以v0＝30 m/s的速度 朝收费站沿直线匀速行驶，如过ETC通道，需要在收费站中心线前d＝ 10 m 处正好匀减速至v1＝4 m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v0正常 行驶。设汽车匀加速和匀减速过程中的加速度大小均为1 m/s2，忽略汽 车车身长度。 (1)求汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小； 答案：　(1)894 m (1)设汽车匀减速过程位移大小为d1， 由运动学公式得－＝－2ad1 解得d1＝442 m 根据对称性可知从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小 s1＝2d1＋d＝894 m。 (2)如果汽车以v2＝10 m/s的速度通过匀速行驶区间，其他条件不变，求 汽车提速后过收费站过程中比提速前节省的时间。 答案：　(2)10.7 s (2)如果汽车以v2＝10 m/s的速度通过匀速行驶区间，设汽车提速后匀减 速过程位移大小为d2， 由运动学公式得－＝－2ad2 解得d2＝400 m 提速前，汽车匀减速过程时间为t1，则d1＝t1 解得t1＝26 s 通过匀速行驶区间的时间为t1'，有d＝v1t1' 解得t1'＝2.5 s 从开始减速到恢复正常行驶过程中的总时间为 T1＝2t1＋t1'＝54.5 s 提速后，汽车匀减速过程时间为t2， 则d2＝t2 解得t2＝20 s 通过匀速行驶区间的时间为t2'，则d＝v2t2' 解得t2'＝1 s 匀速通过(d1－d2)位移的时间 Δt＝＝1.4 s 通过与提速前相同位移的总时间为 T2＝2t2＋t2'＋2Δt＝43.8 s 所以汽车提速后过收费站过程中比提速前节省的时间ΔT＝T1－T2＝ 10.7 s。 方法技巧 多过程问题的处理方法 1. 衔接不同过程之间的关键物理量是不同过程之间的衔接速度。 2. 用好四个公式：vt＝v0+at，s＝v0t+a t2，－＝2as， s＝ 。 3. 充分借助v-t图像，图像反映物体运动过程经历的不同阶段，可获得的 重要信息有加速度（斜率）、位移（面积）和速度。 突破点二　追及相遇问题 　追及相遇问题的实质就是分析两物体在相同时间内能否到达相同的空 间位置。追及相遇问题的基本物理模型：(以甲追乙为例) 1. 二者距离变化与速度大小的关系 (1)无论v甲增大、减小或不变，只要v甲＜v乙，甲、乙的距离就不断 增大。 (2)若v甲＝v乙，甲、乙的距离保持不变。 (3)无论v甲增大、减小或不变，只要v甲＞v乙，甲、乙的距离就不断 减小。 2. 分析思路 可概括为“一个临界条件”“两个等量关系”。 (1)一个临界条件：速度相等。它往往是物体间能否追上或两者距离最 大、最小的临界条件，也是分析、判断问题的切入点。 (2)两个等量关系：时间等量关系和位移等量关系。通过画草图找出两物 体的位移关系是解题的突破口。 3. 常用分析方法 (1)物理分析法：抓住“两物体能否同时到达空间某位置”这一关键，认 真审题，挖掘题目中的隐含条件，建立物体运动关系的情境图。 (2)二次函数法：设运动时间为t，根据条件列方程，得到关于二者之间 的距离Δs与时间t的二次函数关系，Δs＝0时，表示两者相遇。 ①若Δ＞0，即有两个解，说明可以相遇两次； ②若Δ＝0，一个解，说明刚好追上或相遇； ③若Δ＜0，无解，说明追不上或不能相遇。 当t＝－时，函数有极值，该极值代表两者距离的最大或最小值。 (3)图像法：在同一坐标系中画出两物体的运动图像。位移—时间图像的 交点表示相遇，分析速度—时间图像时，应抓住速度相等时的“面积” 关系找位移关系。 4. 常见追及情景 (1)速度小者加速追速度大者：当二者速度相等时，二者距离最大。 (2)速度大者减速追速度小者(避碰问题)：二者速度相等是判断是否追上 的临界条件，若此时追不上，则在速度相等时二者之间有最小距离。 物体甲追赶物体乙：开始时，两个物体相距s0，当v甲＝v乙时，若s甲＞ s乙＋s0，则能追上；若s甲＝s乙＋s0，则恰好追上；若s甲＜s乙＋s0，则不能追上。 特别提醒：若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意判断被追上 前该物体是否已经停止运动。 考向1　追及相遇问题的研究方法 [典例3]　在水平轨道上的两列火车A和B相距s，A车在后面做初速度为 v0、加速度大小为2a的匀减速直线运动，而B车同时做初速度为零、加 速度为a的匀加速直线运动，两车运动方向相同。要使两车不相撞，求A 车的初速度v0满足什么条件。(试用多种方法求解) (2)画出运动示意图，设A、B两车从相距s到A车追上B车时，A车的位移 为sA、末速度为vA、所用时间为t；B车的位移为sB、末速度为vB，运动 过程如图所示。 答案:　v0≤ [思路点拨]　(1)两车不相撞的临界条件是，A车追上B车时其速度与B车 相等。 方法一　临界法 利用位移公式、速度公式求解，对A车有 sA＝v0t＋×(－2a)×t2，vA＝v0＋(－2a)×t， 对B车有sB＝at2，vB＝at， 两车位移关系有s＝sA－sB， 追上时，两车不相撞的临界条件是vA＝vB， 联立以上各式解得v0＝ ， 故要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0≤ 。 方法二　函数法 利用判别式求解，由题意可知sA＝s＋sB， 即v0t＋×(－2a)×t2＝s＋at2， 整理得3at2－2v0t＋2s＝0。 这是一个关于时间t的一元二次方程，当根的判别式Δ＝(－2v0)2－ 4·3a·2s＝0时，两车刚好不相撞，所以要使两车不相撞，A车的初速度v0 应满足的条件是v0≤。 方法三　图像法 利用v－t图像求解，先作A、B两车的v－t图像，如图所示，设经过t时间 两车刚好不相撞，则对A车有 vA＝v'＝v0－2at，对B车有vB＝v'＝at， 以上两式联立解得t＝。 经t时间两车发生的位移之差为原来两车间距离s，它可用图中的阴影面 积表示，由图像可知s＝v0·t＝v0·＝， 所以要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0≤。 方法技巧 求解追及相遇问题的两点技巧 考向2　图像法在追及相遇问题中的应用 [典例4]　(多选)(2024·广东汕头金山中学摸底)甲、乙两车在同一平直公 路的两条平行车道上同时(t＝0)并排出发，甲车做匀速直线运动，乙车 做初速度为0的匀加速直线运动，它们的位移—时间图像如图所示。比 较两车在0～10 s内的运动，以下说法正确的是(　CD　) CD A. t＝5 s时，甲、乙两车速度大小相差最大 B. t＝10 s时，甲、乙两车速度大小相差最小 C. t＝5 s时，两车间距达到最大 D. t＝10 s时，乙车的速度一定是甲车的2倍 乙车做初速度为0的匀加速直线运动，根据s＝at2，将(10 s，100 m)代入可得a＝2 m/s2，甲车做匀速直线运动，速度为v甲＝＝ m/s＝10 m/s， t＝5 s时，甲、乙的速度分别为v甲＝10 m/s，v乙＝at2＝10 m/s，由此可知此时两车速度相等，故A错误；t＝10 s时，甲、乙的速度分别为v甲＝10 m/s， v乙'＝at1＝20 m/s，由此可知此时两车速度相差Δv＝v乙'－v甲＝10 m/s，乙车的速度是甲车的2倍，故B错误，D正确；两车同时同地出发，t＝5 s 时两车速度相等，两车间距达到最大，故C正确。 [典例5]　(2023·山东济宁三模)无线蓝牙耳机可以在一定距离内与手机等 设备实现无线连接，已知无线连接的最大距离为10 m。A、B两位同学 做了一个有趣的实验，A同学佩戴无线蓝牙耳机，B同学携带手机检 测。如图甲所示，A、B两位同学同时沿两条相距8 m的平行直线轨道向 同一方向运动，其运动的v－t图像如图乙所示，在运动过程中，手机检 测到蓝牙耳机能被连接的总时间为(　C　) C A. 2 s B. 4 s C. 8 s D. 13 s 已知无线连接的最远距离为10 m，直线轨道相距8 m，手机检测到蓝牙 耳机时，A、B同学之间的位移之差最大值为 Δs＝ m＝6 m 根据速度—时间图像可知，A做匀速直线运动，B先做匀加速直线运 动，根据图像的斜率可知B的加速度为a＝＝1 m/s2 当A的位移大于B的位移为6 m时，手机开始检测不到 蓝牙耳机 Δs＝vAt－at2＝6 m 解得t＝2 s，t'＝6 s 由运动情况可知在t＝2 s之前手机能检测到蓝牙耳机，在2～6 s时检测不 到蓝牙耳机 6 s后B开始做匀速直线运动，两者间距离继续减小，当B的位移大于A的 位移为6 m时，B比A多运动12 m，手机将不再能检测到蓝牙耳机 Δs＝vBt″－vAt″＝12 m 解得t″＝6 s 所以手机检测到蓝牙耳机能被连接的总时间为 Δt＝t＋t″＝8 s 故选C。 二 分层训练　巩固提高 【A级　夯实基础】 1. (2022·全国甲卷)长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0， 要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速 率都不允许超过v(v＜v0)。已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a 和2a，则列车从开始减速至回到正常行驶速率v0所用时间至少为(　C　) A. ＋ B. ＋ C. ＋ D. ＋ C 2 3 4 5 6 7 8 1 当列车恰好以速率v匀速通过隧道时，从开始减速至回到原来正常行驶 速度所用时间最短，列车减速过程所用时间t1＝，匀速通过隧道所 用时间t2＝，列车加速到原来速率v0所用时间t3＝，所以列车从 开始减速至回到正常行驶速率所用时间至少为t＝t1＋t2＋t3＝＋ ，C项正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 2. (多选)(2024·广东东莞四中检测)甲、乙两车同时、同地向同一个方向 做直线运动。它们在0～4 s内运动的v－t图像如图所示。由图像可知 (　AD　) A. 乙车运动的加速度大小为5 m/s2 B. 在第2 s末，两车相遇 C. 在第4 s末，两车相距最远 D. 在0～4 s内，甲、乙两车的位移相等 AD 2 3 4 5 6 7 8 1 根据速度—时间图像的斜率表示加速度可得，乙车运动的加速度大小为 a＝＝ m/s2＝5 m/s2，故A正确；由题图知，在前2 s内乙车比甲车 运动得快，乙车在甲车的前方，两车间距增大，在后2 s内，乙车比甲车 运动得慢，乙车在甲车的前方，两车间距减小，因此在第2 s末两车相距 最远，故B、C错误；根据v－t图像与坐标轴所围图形面积表示位移可 知，在0～4 s内甲、乙两车的位移相等，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 3. (2023·甘肃兰州一模)甲、乙两车沿平直公路同向行驶，t＝0时两车并 排，甲车前5 s匀速运动，之后匀减速直至停止，乙车一直匀减速直至停 止，v－t图像如图所示。下列说法正确的是(　C　) A. 两车位移之比s甲∶s乙＝4∶5 B. 两车减速过程中的加速度之比a甲∶a乙＝2∶1 C. t＝20 s时两车间的距离最大，最大距离为50 m D. t＝5 s时两车间距离最大，最大距离为12.5 m C 2 3 4 5 6 7 8 1 v－t图像中图线与时间轴围成的面积表示位移，而图线的斜率表示加速 度，由图像可知两车的位移之比s甲∶s乙＝3∶4，两车减速过程中的加速 度之比a甲∶a乙＝3∶2，故A、B错误；0～5 s的时间内乙车的速度始终 大于甲车的速度，甲、乙两车之间的距离一直在增大，5～20 s时间内， 两车都做减速运动，但甲车做减速运动的加速度大于乙车做减速运动的 加速度，因此任意时刻乙车的速度都大于甲车的速度，综合可知整个运 动过程中乙车的速度都大于甲车的速度，故在t＝20 s时两车间的距离最 大，且最大距离为50 m，故C正确，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 1 4. (2023·福建三明模拟)甲、乙两车在平直的公路上同时从同一地点同向 行驶，两车的速度v随时间t的变化关系如图所示，其中两阴影部分的面 积相等(S1＝S2)，则(　D　) A. 甲车做直线运动，乙车做曲线运动 B. 在0～t2时间内，甲、乙两车相遇两次 C. 在0～t2时间内，甲的加速度先减小后增大 D. 在0～t2时间内(不包括t2时刻)，甲车一直在乙车前面 D 2 3 4 5 6 7 8 1 甲、乙两车均做直线运动，A错误；从图像可知，在0～t2时间内，甲、 乙两车图线与t轴所包围的面积相等，即两车的位移相等，所以t2时刻， 甲、乙两车相遇且只相遇一次，B错误；在0～t2时间内，甲车的v－t图 线斜率不断增大，所以加速度不断增大，C错误；在0～t2时间内(不包括 t2时刻)，甲车图线与t轴所包围的面积大于乙车图线与t轴所包围的面积，即甲车的位移大于乙车的位移，且甲、乙两车在平直的公路 上同时从同一地点出发，所以甲车一直在乙车前面，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 【B级　能力提升】 5. (2023·云南昆明模拟)一种比飞机还要快的旅行工具即将诞生，称为 “第五类交通方式”，它就是“超级高铁”(如图)，速度高达一千多公 里每小时。如果乘坐“超级高铁”从A地到B地，600 km的路程需要42 min，超级高铁先匀加速达到最大速度1 200 km/h后匀速运动，快进站时 再做匀减速运动，且加速与减速的加速度大小相等，则下列关于“超级 高铁”的说法正确的是(　D　) D A. 加速与减速的时间不一定相等 B. 加速时间为10 min C. 加速过程中发生的位移为150 km D. 加速时加速度大小约为0.46 m/s2 2 3 4 5 6 7 8 1 加速与减速的加速度大小相等，根据t＝可知，加速与减速的时间一 定相等，故A错误； 设加速和减速的时间均为t，运动总时间为t0， 则2×t＋vm(t0－2t)＝s， 代入数据解得t＝12 min，故B错误； 加速位移为s加＝t＝120 km，故C错误； 加速度大小a＝≈0.46 m/s2，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 6. (2024·广东华南师大附中模拟)如图甲所示，A车原来临时停在一水平 路面上，B车在后面匀速向A车靠近，A车司机发现后启动A车，以A车 司机发现B车为计时起点(t＝0)，A、B两车的v－t图像如图乙所示。已知 B车在第1 s内与A车的距离缩短了s1＝12 m。 (1)求B车运动的速度vB和A车的加速度a的大小。 答案：(1)12 m/s　3 m/s2 2 3 4 5 6 7 8 1 (1)在t1＝1 s时，A车刚启动，第1 s内两车间缩短的距离为B车的位移， 可得s1＝vBt1，解得B车的速度大小为vB＝12 m/s，v－t图像的斜率表示加 速度，可得A车的加速度大小为a＝，其中t2＝5 s，解得A车的加速 度大小为a＝3 m/s2。 2 3 4 5 6 7 8 1 (2)两车的速度达到相同时，两车的距离达到最小，对应v－t图像的t2＝5 s时刻，此时两车已发生的相对位移为梯形的面积，则s＝vB(t1＋t2)，代 入数据解得s＝36 m，因此，若A、B两车不会相撞，则两车的距离应满 足的条件为s0＞36 m。 (2)若A、B两车不会相撞，则A车司机发现B车时(t＝0)两车的距离s0应满 足什么条件？ 答案： (2)s0＞36 m 2 3 4 5 6 7 8 1 7. (2023·江西赣州二模)大雾天气，有甲、乙两车在同一平直车道上 匀速行驶，甲车在后速度为v1＝14 m/s，乙车在前速度为v2＝10 m/s，某时刻甲车车头与乙车车尾间的距离为L0＝30.5 m，此时乙车突然以大小为a0＝1 m/s2的加速度刹车，经过时间t0甲车车头与乙车车尾间的距离减为L＝14 m，为了避免两车相撞，此时甲车也立即刹车做匀减速直线运动，求： (1)t0的值； 答案：(1)3 s　 2 3 4 5 6 7 8 1 (1)在t0时间内，甲、乙两车运动位移分别为 s1＝v1t0 s2＝v2t0－a0 又s1－s2＝L0－L 解得t0＝3 s。 2 3 4 5 6 7 8 1 (2)刹车后，甲车做匀减速直线运动的加速度至少多大。 答案： (2)2.75 m/s2 (2)甲车开始刹车时，乙车速度为 v3＝v2－a0t0＝7 m/s 若甲车刹车后经时间t两车速度相等(均为v)，两车恰好避免相撞，则 v＝v1－at v＝v3－a0t 2 3 4 5 6 7 8 1 时间t内甲、乙两车运动位移分别为 s3＝v1t－at2 s4＝v3t－a0t2 又s3－s4＝L 联立以上各式解得 a＝2.75 m/s2 即甲车刹车的加速度至少为2.75 m/s2。 2 3 4 5 6 7 8 1 8. (2024·广东广州模拟)城市高层建筑越来越多，高空坠物事件时有发 生。假设某公路边的高楼距地面高H＝47 m，往外凸起的阳台上的花盆 因受到扰动而掉落，掉落过程可看作自由落体运动。阳台下方有一辆长 L1＝8 m、高h＝2 m的货车，以v0＝9 m/s的速度匀速直行，要经过阳台 的正下方。花盆刚开始下落时货车车头距花盆的水平距离为L2＝24 m(示意图如图所示，花盆可视为质点，重力加速度g取10 m/s2)。 (1)若司机没有发现花盆掉落，货车保持速度v0匀速直行，请计算说明货 车是否被花盆砸到。 答案：(1)货车会被花盆砸到，计算过程见解析 2 3 4 5 6 7 8 1 (1)花盆落下到达车顶的位移为 h0＝(47－2)m＝45 m 花盆做自由落体运动，有h0＝gt2，解得 t＝3 s 在这段时间内汽车位移大小为s＝v0t＝27 m 由于L2＜s＜L1＋L2，货车会被花盆砸到。 2 3 4 5 6 7 8 1 (2)若司机发现花盆掉落，采取制动(可视为匀变速，司机反应时间Δt＝1 s)的方式来避险，使货车在花盆砸落点前停下，求货车的最小加速度。 答案：(2)2.7 m/s2　 (2)货车匀减速运动的距离为L2－v0Δt＝15 m 设制动过程中最小加速度为a0， 由＝2a0(L2－v0Δt)，解得a0＝2.7 m/s2。 2 3 4 5 6 7 8 1 (3)司机反应时间内货车的位移大小为s1＝v0Δt＝9 m 此时车头离花盆的水平距离为d＝L2－s1＝15 m 采取加速方式，要成功避险， 则加速运动的位移大小为s2＝d＋L1＝23 m，加速时间为t'＝t－Δt＝2 s 设货车加速度大小至少为a才能避免被花盆砸到，则有s2＝v0·t'＋at'2 代入数据解得a＝2.5 m/s2， 即货车至少以2.5 m/s2的加速度加速才能避免被花盆砸到。 (3)若司机发现花盆掉落，采取加速(可视为匀变速，司机反应时间Δt＝1 s)的方式来避险，则货车至少以多大的加速度才能避免被花盆砸到？ 答案： (3)2.5 m/s2 2 3 4 5 6 7 8 1 $$