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（广东专版）

专题突破2　多过程问题　追及相遇问题 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 1 核心知识　典例研析 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 内容索引 2 一 核心知识　典例研析 3 突破点一　多过程问题 4 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。 5 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]　物流机器人已在驿站大规模投用。某次实验人员在测试物流机器人时，先从静止开始，沿直线匀加速行驶了10 s，达到最大速度 12 m/s后，又以3 m/s2的加速度沿直线匀减速行驶了3 s，然后做匀速直线运动。已知物流机器人满载货物总质量为300 kg，求： (1)匀加速运动时的加速度大小； [解析]　根据匀变速直线运动公式有v1＝at1 可得匀加速运动时的加速度大小 a＝ m/s2＝1.2 m/s2。 [答案]　 1.2 m/s2 (2)13 s到20 s内物流机器人的位移大小； [解析]　根据题意可知，t＝13 s时，物流机器人开始做匀速运动，此时速度大小 v2＝v1－a't2＝3 m/s 13~20 s内物流机器人做匀速运动，通过的位移 s3＝v2t3＝21 m。 [答案]　21 m (3)前20 s过程中机器人走的总位移大小。 [解析]　匀加速直线运动阶段的位移 s1＝a＝60 m 匀减速阶段的位移 s2＝v1t2－a'＝22.5 m 则前20 s过程中机器人走的总位移大小 s＝s1＋s2＋s3＝103.5 m。 [答案]　103.5 m [典例2]　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； [解析]　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。 [答案]　894 m 12 (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。 [解析]　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。 [答案]　10.7 s 多过程问题的处理方法 方法技巧 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＋at2，＝2as， s＝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。 突破点二　追及相遇问题 17 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。 18 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。 [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) 考向1　追及相遇问题的研究方法 [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。 [解析]　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≤。 [答案]　v0≤ [典例4]　(2025·广东广州模拟)根据新的交通规则，遇行人过斑马线，汽车要停车礼让，如图所示，一辆小汽车在平直马路上以v＝8 m/s的速度匀速行驶，当小汽车的车头距停车线d＝8.4 m时，司机发现一行人正在通过斑马线，司机紧急刹车，待停稳时，恰有一半车身通过停车线。已知车长L＝4.0 m，司机反应时间0.50 s。 (1)求小汽车刹车的加速度大小。 [解析]　小汽车匀速运动0.50 s过程位移 s1＝vt0＝4 m 小汽车刹车过程汽车匀减速位移 s2＝d＋－s1＝6.4 m 设小汽车加速度大小为a0，则0－v2＝－2a0s2 解得a0＝5 m/s2。 [答案]　5 m/s2 (2)此后小汽车以0.5 m/s2的加速度由静止匀加速出发，追赶前方s0＝ m处以15 m/s匀速行驶的同伴车辆。同伴车辆此时距下个路口900 m，若此路段限速60 km/h，试求出小汽车经过多长时间追上同伴车辆，并判断是在通过路口之前还是通过路口之后追上同伴车辆? [解析]　设小汽车匀加速至最大速度vm＝60 km/h 用时为t1t1＝ s 小汽车前进的位移为s3＝ m 该段时间内同伴车辆前进位移为s4＝v2t1＝500 m 此时小汽车未追上同伴车辆，之后两车均做匀速 运动，设再经过时间t2小汽车追上同伴车辆，即 s4＋s0－s3＝(vm－v2)t2 解得t2＝180 s 故小汽车追上同伴车辆经历时间t＝t1＋t2＝ s 又同伴车辆在时间t内的位移s5＝v2t＝3 200 m＞900 m，所以小汽车通过下个路口之后追上同伴车辆。 [答案]　 s　通过下个路口之后才追上同伴车辆 求解追及相遇问题的两点技巧 方法技巧 [典例5]　(多选)(2025·广东汕头模拟)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(　　) 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 考向2　图像法在追及相遇问题中的应用 CD [解析]　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6]　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(　　) A.2 s　　　 B.4 s C.8 s D.13 s C [解析]　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。 分层训练　巩固提高 二 40 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. 2 3 4 5 6 7 1 C A 夯实基础 41 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 1 42 2.(多选)(2025·广东东莞模拟)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(　　) 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 2 3 4 5 6 7 1 AD 43 解析：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 1 44 3.(多选)(2025·广东深圳模拟)甲、乙两人骑车沿同一平直公路运动，t＝0时经过路边的同一路标，下列位移－时间(s－t)图像和速度—时间(v－t)图像对应的运动中，甲、乙两人在t0时刻之前能再次相遇的是(　　) 2 3 4 5 6 7 1 BC 45 解析：s－t图像中两图线交点表示两人相遇，A项图中两人相遇在t0之后，B项图中两人相遇在t0之前，故A错误，B正确；v－t图像与t轴所围面积表示位移，C项图中在t0时乙已经超过甲，即在t0之前两人再次相遇，故C正确；在D项图中，t0时乙的位移大小仍小于甲的位移，t0时刻之前两人未再次相遇，故D错误。 2 3 4 5 6 7 1 46 4.(多选)(2025·广东深圳模拟)假设高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶，甲车在前，乙车在后，速度均为v0＝30 m/s，甲、乙相距s0 ＝110 m，t＝0时刻甲车遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间变 化的关系分别如图甲、乙所示，取运动方向为正方向，下列说法正确的 是(　 　) A.t＝3 s时两车相距最近 B.t＝6 s时两车距离最近，且最 近距离为20 m C.t＝9 s时乙车速度减为0 D.t＝9 s两车距离为65 m 2 3 4 5 6 7 1 BCD 47 解析：在3 s时，甲车速度和位移为v甲1＝v0＋at＝0， s甲1＝v0t＋at2＝45 m 乙车速度仍为v乙1＝30 m/s，位移为s乙1＝v0t＝90 m 因此乙车并未追上甲车 两者相距最近的条件为速度相等，因此设时间为t1，则 v甲1＋a甲'(t1－3 s)＝v乙1＋a乙(t1－3 s) 解得t1＝6 s 此时v甲2＝v乙2＝15 m/s 2 3 4 5 6 7 1 48 t＝6 s时两车距离最近，最近距离为Δs1＝(×30×3＋×3×15＋110－30×3－×45×3)m＝20 m，故A错误，B正确。 乙车速度为0时，0＝v乙1＋a乙(t2－3 s) 解得t2＝9 s 从3 s到9 s时，两者位移分别为 s甲2＝v甲1(t2－3 s)＋a甲'(t2－3 s)2＝90 m s乙2＝v乙1(t2－3 s)＋a乙(t2－3 s)2＝90 m 故两车相距Δs2＝s0＋s甲1＋s甲2－s乙1－s乙2＝65 m 故C、D正确。 2 3 4 5 6 7 1 49 5.(10分)(2025·广东模拟)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。 2 3 4 5 6 7 1 B 能力提升 50 (1)求B车运动的速度vB和A车的加速度a的大小。 2 3 4 5 6 7 1 解析：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。 答案：12 m/s　3 m/s2 51 (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? 2 3 4 5 6 7 1 解析：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。 答案：s0＞36 m 52 6.(10分)(2025·广东广州模拟)无人驾驶汽车是利用先进的5G技术制造的汽车。无人驾驶汽车上配有主动刹车系统，当车速超过30 km/h时，汽车主动刹车系统会启动预判：车载电脑通过雷达采集数据在t0＝0.6 s内进行分析预判，若预判汽车以原速度行驶可能会发生事故，汽车会立即主动刹车。现有一无人驾驶汽车正以v1＝36 km/h的速度匀速行驶，在它的正前方相距L＝20 m处有一大货车正以v2＝28.8 km/h的速度匀速行驶。问： 2 3 4 5 6 7 1 53 (1)预判结束时，两车之间的距离； 2 3 4 5 6 7 1 解析： t0＝0.6 s内，汽车和大货车行驶的位移分别为s1＝v1t0＝6 m s2＝v2t0＝4.8 m 预判结束时，两车之间的距离为 s0＝L－s1＋s2＝18.8 m。 答案：18.8 m 54 (2)若预判结束时，汽车立即开始以a＜4 m/s2的加速度刹车，同时大货车开始减速行驶，且从此时刻开始计时，大货车的速度与时间关系满足v＝8－3.2t(m/s)，则要使两车不相撞，求汽车加速度a的取值范围。(结果保留三位有效数字) 2 3 4 5 6 7 1 解析：设汽车刹车总时间为t1，则0＝v1－at1 解得t1＞2.5 s 由题意可知大货车减速时的加速度大小为 a'＝3.2 m/s2 55 大货车刹车总时间为t2＝＝2.5 s＜t1 所以大货车先停下来。 设汽车的刹车位移为s3，大货车的刹车位移为s4，根据运动学规律有 0－＝－2as3 0－＝－2a's4 要使两车不相撞，应满足s3≤s4＋s0 解得1.74 m/s2≤a＜4.00 m/s2。 答案：1.74 m/s2≤a＜4.00 m/s2 2 3 4 5 6 7 1 56 7.(12分)(2025·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)。 2 3 4 5 6 7 1 57 (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。 2 3 4 5 6 7 1 解析：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。 答案：货车会被花盆砸到，计算过程见解析 58 (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。 2 3 4 5 6 7 1 解析：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。 答案：2.7 m/s2 59 (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? 2 3 4 5 6 7 1 解析：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 60 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。 答案：2.5 m/s2 2 3 4 5 6 7 1 61 $$