第1章 专题突破2 多过程问题 追及相遇问题-【优化探究】2026高考物理一轮复习高考总复习配套课件（教科版）

该高中物理高考复习课件聚焦匀变速直线运动的多过程问题和追及相遇问题，依据高考评价体系梳理了运动学公式应用、图像分析、临界条件处理等核心考查要求，通过真题统计明确多过程连接点速度、追及临界条件等高频考点，归纳出结合运动学公式与v-t图像的综合题型，体现备考针对性。 课件亮点在于高考真题研析与分层训练结合，如典例3用临界法、函数法、图像法破解追及问题，培养科学思维中的模型建构与科学推理能力。总结多过程问题“四公式+图像法”、追及问题“图三式”流程，助力学生掌握解题技巧，教师可据此精准指导，提升复习效率。

专题突破2　多过程问题　追及相遇问题 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的规律 [学习目标]　1.熟练运用匀变速直线运动的规律解决多过程问题。2.会分析图像中的追及相遇问题。 3.掌握追及相遇问题的分析方法和技巧,特别是能熟练运用运动学公式结合运动学图像解决追及相遇问题。 核心知识　典例研析 内容索引 突破点一　多过程问题 突破点二　追及相遇问题 分层训练　巩固提高 核心知识　典例研析 一 4 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,明确待求量,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]　(2025·四川遂宁高三阶段诊断)目前我国开通运营的高速铁路最高时速已达486.1 km/h,对制动系统的性能要求较高,高铁列车上安装有多套制动装置——制动风翼、电磁制动系统、空气制动系统、摩擦制动系统等。在一段直线轨道上,某高铁列车正以v0=288 km/h的速度匀速行驶,列车长突然接到通知,前方x0=5 km处道路出现异常,需要减速停车。列车长接到通知后,经过t1=2.5 s将制动风翼打开,高铁列车获得a1=0.5 m/s2的平均制动加速度减速,减速t2=40 s后,列车长再将电磁制动系统打开,结果列车在距离异常处500 m的地方停下来。 (1)求列车长打开电磁制动系统时,列车的速度大小; [答案] 60 m/s　 [解析] 设减速t2=40 s后列车的速度大小为v1,又v0=288 km/h=80 m/s 则打开制动风翼后,减速过程有v1=v0-a1t2=60 m/s。 [解析] 列车长接到通知后,经过t1=2.5 s,列车行驶的距离x1=v0t1=200 m 从打开制动风翼到打开电磁制动系统的过程中,列车行驶的距离x2==2 800 m 从打开电磁制动系统到列车停下来的过程中,列车行驶的距离 x3=x0-x1-x2-500 m=1 500 m 则a2==1.2 m/s2。 (2)求制动风翼和电磁制动系统都打开时,列车的平均制动加速度大小a2。 [答案] 1.2 m/s2 [典例2]　2024年9月19日9:14,长征三号乙运载火箭顺利点火发射,第59颗、第60颗北斗导航卫星升空。如图所示,假设“长征三号”乙运载火箭及其卫星总质量为240吨,总长为43 m,发射塔高100.0 m,点火后经5.0 s火箭离开发射塔。假设火箭离开发射塔的过程中做匀加速直线运动,忽略空气阻力和运载火箭质量的变化,取重力加速度大小g=10 m/s2。 (1)求火箭离开发射塔瞬间的速度大小; [答案] 40 m/s　 [解析] 设发射塔高为h,根据平均速度公式h=t,得v==40 m/s。 (2)求火箭起飞时推动力大小; [答案] 4.32×106 N [解析] 火箭上升时的加速度为a==8 m/s2 根据牛顿第二定律有F-mg=ma 解得F=m(g+a)=4.32×106 N。 (3)若火箭刚离开发射塔瞬间,某个发射用到的部件完成使命正好 从火箭尾部自然脱落,求该部件脱落后经多长时间落地。 [解析] 方法一:脱离后部件还将继续做竖直上抛运动,d==80 m 所以离地高度为H=h+d=180 m 上升过程所用的时间t1==4 s 下降过程所用的时间t2==6 s 所以从脱落到落地时间为10 s。 方法二:根据-h=vt-gt2 解得t=10 s。 [答案] 10 s 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,x=v0t+at2,-=2ax,x=t。 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。 方法技巧 突破点二　追及相遇问题 1.牢记“一个流程” 2.把握“两种情景” 物体A追物体B,开始二者相距x0,则: (1)A追上B时,必有xA-xB=x0,且vA≥vB。 (2)两物体恰不相撞,必有xA-xB=x0,且vA=vB。 3.掌握“三种方法” (1)临界法:寻找问题中隐含的临界条件,例如,速度小者加速追赶速度大者,在两物体速度相等时有最大距离;速度大者减速追赶速度小者,若追不上则在两物体速度相等时有最小距离。 (2)函数法:设两物体在t时刻相遇,然后根据位移关系列出两物体之间的距离关于t的方程Δx=f(t),若方程f(t)=0无正实数解,则说明这两个物体不可能相遇;若方程f(t)=0存在正实数解,说明这两个物体能相遇。 (3)图像法:①若用位移—时间图像求解,分别作出两个物体的位移—时间图像,如果两个物体的位移—时间图线相交,则说明两物体相遇;②若用速度—时间图像求解,则注意比较速度—时间图线与时间轴包围的面积。 考向1　追及相遇问题 [典例3]　在水平轨道上的两列火车A和B相距x,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) [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。 (2)画出运动示意图,设A、B两车从相距x到A车追上B车时,A车的位移为xA、末速度为vA、所用时间为t;B车的位移为xB、末速度为vB,运动过程如图所示。 [解析] 方法一:临界法 利用位移公式、速度公式求解,对A车有 xA=v0t+×(-2a)×t2,vA=v0+(-2a)×t, 对B车有xB=at2,vB=at, 两车位移关系有x=xA-xB, 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xA=x+xB, 即v0t+×(-2a)×t2=x+at2, 整理得3at2-2v0t+2x=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·2x=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x,它可用图中的阴影面积表示,由图像可知x=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≤。 [答案] v0≤ 求解追及相遇问题的两点技巧 方法技巧 考向2　v-t图像中追及相遇问题 [典例4]　 (2025·四川达州高三检测)甲、乙两辆小车(视为质点)沿水平直道运动,初始时刻乙车在甲车前24 m处,其运动的v-t图像如图所示,则下列说法中正确的是 (　　) A.t=4 s时甲、乙两车相距48 m B.t=6 s时甲、乙两车再次相遇 C.t=3 s时甲车在乙车前方12 m D.0~5 s甲、乙两车之间的最大距离为24 m D [解析] t=4 s时,两车速度相同,则两车间的距离最大,此时两车的位移为x甲=×24 m=72 m,x乙=×2×24 m=24 m,所以甲、乙两车间的距离为Δxmax=x甲-(x乙+x0)=72 m-(24+24)m=24 m,故A错误,D 正确;t=6 s时甲、乙两车的位移为x'甲=×24 m= 120 m,x'乙=×36 m=90 m,所以此时甲、乙两车间 的距离为Δx'=x'甲-(x'乙+x0)=120 m-(24+90)m=6 m,故B错误;t=3 s时,甲、乙两车的位移为x″甲=×24 m=48 m,x″乙=×1×12 m=6 m,所以此时甲、乙两车间的距离为Δx″=x″甲-(x″乙+x0)=48 m-(6+24)m=18 m,故C错误。 [典例5]　(多选)(2025·四川成都高三诊断)在某地客车和货车在同一时刻、从同一地点沿同一方向做直线运动。客车做初速度为零、加速度大小为a1的匀加速直线运动;货车做初速度为v0,加速度大小为a2的匀减速直线运动至速度减为零后保持静止,客、货两车在运动过程中的x-v(位移—速度)图像如图所示。其中虚线与对应的坐标轴垂直,在两车从开始运动,至货车停止运动过程中,下列说法正确的是 (　　) A.货车运动的位移为18 m B.两车不会同时到达6 m处 C.两车最大间距为18 m D.两车最大间距为6 m ABC [解析] 根据图像可知,客车的速度随位移增大而增大,货车的速度 随位移增大而减小,当x=0时,货车的速度为6 m/s,即货车的初速度 v0=6 m/s;对客车v2=2a1x,对货车v2-=-2a2x,当速度相等时,x=6 m, 则联立解得a1+a2=3 m/s2,当客车的速度v1=8 m/s,货车的速度v2= 2 m/s时,两车通过的位移均为x',对客车有=2a1x',对货车有 -2a2x',联立解得a1=2a2,则a1=2 m/s2、a2=1 m/s2,货车运 动的位移为x2= m=18 m,故A正确;客车到达x=6 m的位置所用的时间为t1= s,此时两车速度相等,速度为v=a1t1=2 m/s,货车所用时间为t2==(6-2)s,即两车不是同时达到x=6 m的位置,故B正确;当两车速度相等时,即v0-a2t=a1t,代入数据解得t=2 s,此时两车的间距为Δx=()t=6 m,而当货车停止运动时所用的时间为t0=,此时两车间距为Δx'=t0,解得Δx'=18 m>Δx=6 m,则至货车停止运动过程中两车最大间距为18 m,故C正确,D错误。 分层训练　巩固提高 二 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 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(　　) A. B. C. D. C A 夯实基础 解析：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 9 10 1 2.(2025·四川绵阳高三阶段检测)如图所示,竖井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。某一竖井的深度为112 m,升降机运行的最大速度为8 m/s,加速度大小不超过1 m/s2。假定升降机到井口的速度为0,则将矿石从井底提升到井口的最短时间是 (　　) A.14 s　　　　　　　　 B.16 s C.22 s D.28 s C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析：将矿石从井底提升到井口所用时间最短时,升降机先做加速运动到最大速度,后做匀速运动,最后做减速运动;在加速阶段,所需时间为t1==8 s,通过的位移为x1= m=32 m,根据对称性可知在减速阶段与加速阶段时间和位移相同,在匀速阶段所需时间为t2= s=6 s,则将矿石从井底提升到井口的最短时间为tmin=t1+t2+t3=8 s+6 s+8 s=22 s,故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 3.(2025·四川遂宁高三阶段诊断)在平直公路上行驶的a车和b车,其位移—时间(x-t)图像分别为图中直线a和曲线b,已知b车的加速度恒定且大小为2 m/s2,t=3 s时,直线a和曲线b刚好相切,则 (　　) A.a车做匀速运动且其速度为va= m/s B.t=3 s时a车和b车相遇但此时速度不等 C.t=1 s时b车的速度为10 m/s D.t=0时a车和b车的距离x0=9 m D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析：由题图可知,a车图线为倾斜直线,做匀速直线运动,且其速度为va= m/s=2 m/s,故A错误;t=3 s时a车和b车纵坐标相同,即相遇,此时图像斜率相等,则速度相同,故B错误;设t=1 s时b车的速度为v,则1~3 s内,根据位移公式可得x=vt+at2,将x=8 m,t=2 s,a=-2 m/s2代入可得v=6 m/s,故C错误;设t=0时b车的初速度为v0,则0~1 s有v= v0+at1,解得v0=8 m/s,则0~1 s内,b车的位移为x1=t1= 7 m,即t=0时b车纵坐标为-7 m,则t=0时a车和b车的距离 为x0=2 m+7 m=9 m,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 4.(2025·甘肃兰州模拟)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(　　) A.两车位移之比x甲∶x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 9 10 1 解析：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x甲∶x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 9 10 1 5.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(　　) 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 9 10 1 解析：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 9 10 1 6.(12分)(2025·四川绵阳高三阶段诊断)交通法规定,汽车出现故障停在道路上时,应在车后方放置三角警示牌,提醒后面驾车的驾驶员减速避让。如图所示,在夜间,某道路上有一汽车因故障停车,后面有一货车以15 m/s的速度向前驶来,由于夜间视线不好,驾驶员只能看清前方20 m的物体,已知驾驶员的反应时间为1 s,制动后最大加速度大小为5 m/s2。求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)货车司机从看到警示牌到最终停下所用的最短时间; 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析:设从刹车到停下的时间为t2,则t2==3 s 则货车从看到警示牌到最终停下所用的最短时间为 t=t1+t2=4 s。 答案:4 s　 1 (2)警示牌至少要放在汽车后多远处才能避免两车相撞。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析:反应时间内货车做匀速运动,则x1=v0t1=15 m 设从刹车到停下的位移为x2,则x2==22.5 m 货车司机从发现警示牌到停下的距离为x=x1+x2=37.5 m 则三角警示牌与汽车的距离至少为Δx=x-x0=17.5 m。 答案: 17.5 m 1 　 7.(多选)(2025·四川宜宾高三诊断)带传感器的A、B两个小车同时从同一位置沿同一方向运动,通过计算机进行数据处理,得到了它们的-t图像如图中A、B直线所示。已知两个小车可视为质点,小车在发动机作用下加速,在摩擦阻力作用下减速。下列说法中正确的是(　　) A.A、B两个小车均做匀加速直线运动 B.A小车的加速度大小为6 m/s2 C.相遇前两个小车间的最大距离为4 m D.2 s时A、B两个小车相遇 BC 2 3 4 5 6 7 8 9 10 B 能力提升 1 解析：由图像可知A、B两个小车的-t为直线,所以有=kt+b,整理有x=kt2+bt,所以A小车的位移xA=8t-3t2,B小车的位移xB=t2,结合匀变速直线运动的位移时间关系x=v0t+at2可知,v0A=8 m/s,aA=-6 m/s2,v0B=0,aB=2 m/s2,所以A小车做匀减速直线运动,B小车做匀加速直线运动,故A错误,B正确;当A、B两个小车速度相等时距离最大,所以有vA=vB,即v0A+aAt=aBt,解得t=1 s,此时dmax=xA-xB=v0At+aBt2=4 m,故C正确;A、B两个小车相遇时有xA=xB,即v0At+aBt2,解得t= 2 s,但此时vA=v0A+aAt=-4 m/s,由题意可知小车A在摩擦阻力作用 下减速运动,最终速度为0,所以xA=aBt2,解得t= s, 故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 8.(多选)随着科技的发展,无人驾驶已可以实现。如图所示,车道宽为2.7 m,长为12 m的货车以v1=10 m/s 的速度匀速直线行驶,距离斑马线20 m时,一自行车以v3=2 m/s的速度匀速直线行驶,恰好垂直越过货车右侧分界线,此时无人驾驶轿车车头恰好和货车车尾齐平,轿车以v2=15 m/s速度匀速直线行驶,轿车紧急制动的加速度大小a=10 m/s2。当货车在侧面遮挡轿车雷达波时,自行车需完全越过货车左侧分界线,轿车雷达才能准确探测到前方自行车,则下列判断正确的是 (　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 A.货车不减速也不会与自行车相撞 B.轿车不减速也不会与自行车相撞 C.轿车探测到自行车立即制动不会与自行车相撞 D.轿车探测到自行车立即制动会与自行车相撞 答案：AC 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析：自行车过路口的时间t3= s=2.7 s,则在自行车越过货车正前方的时间内,若货车不减速位移x1=×10×2.7 m=13.5 m<20 m,自行车越过轿车正前方的时间内,若轿车不减 速位移x2=v2t3=15×2.7 m=40.5 m>32 m, 故A正确,B错误;自行车过路口时,轿车 雷达可探测到障碍物的时间t0=t3=1.35 s,此时轿车距路口的距离Δx=x0-v2·=(32-15×1.35)m=11.75 m,轿车开始制动到停下来的时间t'= s=1.5 s,所需要的制动距离x'=×15×1.5 m=11.25 m<11.75 m,二者不会相撞,故C正确,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 9.(12分)如图所示,长l=7.5 m、宽d=2.4 m的卡车在马路上以v0=20 m/s的速度匀速前进,在车头正前方x=50 m处有一斑马线,斑马线上有一行人(可视为质点),在匀速行走横穿马路,此时行人到A点的距离s=9.6 m。已知卡车刹车时的加速度大小a=5 m/s2,卡车和行人均做直线运动。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)若要卡车在斑马线前停下,求司机的最长反应时间t0; 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析:刹车位移x1= m=40 m 反应时间t0= s=0.5 s。　 答案:0.5 s 1 (2)若司机的反应时间t=1 s,且仍以题干中的加速度 做匀减速直线运动,求行人不会被卡车碰到的行走 速度范围。 解析:反应时间内卡车的位移 x2=v0t=20 m 卡车车尾通过A点需要刹车位移x'2=x+l-x2=(50+7.5-20)m=37.5 m 刹车末速度=2ax'2 解得v2=5 m/s 故刹车时间t2==3 s 则总共运动时间t'2=4 s 此时人恰好走到路旁v'2==2.4 m/s 故满足0<v<2.4 m/s人不会被碰到; 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 若车头到达A点,刹车位移 x3=x-x2=(50-20)m=30 m 刹车末速度=2ax3 解得v3=10 m/s 故刹车时间t3==2 s 则总共运动时间t'3=3 s 此时人恰好通过马路v'3==4 m/s 故满足v>4 m/s时人不会被碰到 综上所述,满足0<v<2.4 m/s或者v>4 m/s人不会被碰到。 答案: 0<v<2.4 m/s或v>4 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 10.(16分)足球比赛中,经常使用“边路突破,下底传中”的战术,即攻方队员带球沿边线前进,到底线附近进行传中。某标准足球场长105 m,宽68 m。攻方前锋在中线处将足球沿边线向前路踢出,足球的运动可视为在地面上做初速度为12 m/s的匀减速直线运动,加速度大小为2 m/s2,试求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为多大; 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析:依题意,足球做匀减速直线运动,到停下来时,由速度与时间关系得v1=a1t1,代入数据得t1=6 s,根据x1=t1,代入数据得x1=36 m。 答案:36 m 1 (2)足球开始做匀减速直线运动的同时,该前锋队员沿边线向前追赶足球。他的启动过程可以视为初速度为零、加速度为2 m/s2的匀加速直 线运动,他能达到的最大速度为8 m/s,该前锋队员至少经过多长 时间能追上足球。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析:前锋队员做匀加速直线运动达到最大速度的时间和位移分别为t2==4 s,x2=t2=16 m,之后前锋队员做匀速直线运动,到足球停止运动,其位移为x3=v2(t1-t2)=16 m,由于x2+x3<x1,故足球停止运动时,前锋队员没有追上足球,然后前锋队员继续以最大速度匀速运动追赶足球,根据x1-(x2+x3)=v2t3,解得t3=0.5 s,故前锋队员追上足球的时间为t=t1+t3=6.5 s。 答案: 6.5 s 1 $$