第1章 专题突破1 多过程问题 追及相遇问题-【优化探究】2027年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“匀变速直线运动的规律”专题，覆盖多过程问题和追及相遇问题两大核心考点，依据高考评价体系梳理运动学公式应用、图像分析、临界条件挖掘等考查要求，通过核心知识盘点和典例解析明确多过程连接点速度、追及相遇图像分析等高频考点，归纳0—v—0模型、临界法等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“核心知识+典例突破+真题检测”的系统设计，如通过典例1的0—v—0模型建构、典例5的v-t图像科学推理，培养学生科学思维和运动观念素养。针对追及相遇问题，详解临界法和图像法技巧，结合随堂检测中的高考模拟题训练，帮助学生掌握得分关键，教师可据此高效规划复习，提升备考实效。

专题突破1　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 1 [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。 2 突破点一　多过程问题 突破点二　追及相遇问题 随堂检测　自我诊断 内容索引 3 突破点一　多过程问题 一 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，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。 盘点 核心知识 5 [典例1]　在游乐场中有一种大型游戏项目“垂直极 限”，如图所示，参加游戏的游客被安全带固定在 座椅上，由电动机将座椅沿竖直轨道(可视为光滑轨 道)提升到离地面一定高度处，然后由静止释放，可 以认为座椅沿轨道做自由落体运动，下落2 s后座椅 受到压缩空气提供的恒定阻力作用而立即做匀减速 运动，再经历4 s座椅速度恰好减为零。关于座椅的 运动情况，下列说法正确的是(　　) A.自由落体阶段和匀减速阶段的平均速度大小之比＝1∶1 B.自由落体阶段和匀减速阶段的平均速度大小之比为＝2∶1 C.自由落体阶段和匀减速阶段的位移大小之比x1∶x2＝2∶1 D.自由落体阶段和匀减速阶段的加速度大小之比a1∶a2＝1∶2 A 提升 关键能力 6 [解析]　设全过程最大速度为vm，根据匀变速直线 运动的推论可知，自由落体阶段和匀减速 阶段的平均速度，故A正确， B错误；根据x＝t可知，故C错误；根 据a＝可知，故D错误。 7 匀变速直线运动多过程中的0—v—0模型 1.题型特征：物体的初速度为0，先匀加速到v，再匀减速到末速度为0。 2.分段结论：，t1、t2、x1、x2、a1、a2分别是前段和后段的时间、位移大小和加速度大小。 3.全程结论：加速阶段、减速阶段和全程的平均速度相同，最大速度vm＝2。 模型归纳 8 [典例2]　2025年11月30日20时20分，实践二十八号卫 星由长征七号改运载火箭成功发射升空，卫星顺利进 入预定轨道。如图所示，假设长征七号改运载火箭及 其卫星总质量为240 t，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，重力加速度大小g取10 m/s2。 (1)求火箭离开发射塔瞬间的速度大小； [解析]　设发射塔高为h，根据平均速度公式h＝t，得v＝＝40 m/s。 [答案]　40 m/s　 9 (2)求火箭起飞时推动力大小； [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。 [答案]　4.32×106 N 10 (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：分段法 脱离后部件将做竖直上抛运动，向上运动的距离 d＝＝80 m， 所以上升到最高点时离地高度为 H＝h＋d＝180 m， 11 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：全程法 以向上为正方向， 根据运动学公式得－h＝vtgt2， 解得t＝10 s。 [答案]　10 s 12 [典例3]　汽车分别通过ETC通道和人工 收费通道的流程如图所示。假设汽车以 v1＝12 m/s的速度朝收费站沿直线行驶， 如果走ETC通道，需要在距收费站中心 线前d＝10 m处正好匀减速至v2＝4 m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v1正常行驶；如果走人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过t0＝20 s缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1正常行驶。设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1 m/s2。求： 13 (1)汽车走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]　走ETC通道时，减速的位移和加速的位移相等，则x1＝＝64 m， 故总的位移x总1＝2x1＋d＝138 m。 [答案]　138 m [思路点拨]　画出运动过程示意图。 走ETC通道时经历三个运动阶段： 14 (2)汽车走人工收费通道，应在离收费站中心线多远处开始减速； [解析]　汽车走人工收费通道时，开始减速时离中心线的距离为x2＝＝72 m。 [答案]　72 m　 [思路点拨]　画出运动过程示意图。 走人工收费通道经历两个运动阶段： 15 [思路点拨]　画出运动过程示意图。 (1)走ETC通道时经历三个运动阶段： (2)走人工收费通道经历两个运动阶段： (3)汽车走ETC通道比走人工收费通道节约的时间。 16 [解析]　走ETC通道时，汽车从开始匀减速到匀加速到v1的时间t1＝×2＝18.5 s， 走人工收费通道时，汽车从开始匀减速到 匀加速到v1的时间t2＝×2＋t0＝44 s， 又x总2＝2x2＝144 m， 二者的位移差Δx＝x总2－x总1＝6 m， 在这段位移内汽车以正常行驶速度做匀速直线运动，则Δt＝t2－(t1＝25 s。 [答案]　25 s 17 突破点二　追及相遇问题 二 18 1.牢记“一个流程” 盘点 核心知识 19 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。 20 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。 21 [典例4]　(2026·四川绵阳高三诊断)如图所示，甲、 乙两辆5G自动驾驶测试车，在不同车道上沿同一方 向做匀速直线运动，甲车在乙车前，甲车的速度大 小v1＝72 km/h，乙车的速度大小v2＝36 km/h。当甲、 乙两车相距x0＝20 m时，甲车因前方突发情况紧急 刹车，已知刹车过程的运动可视为匀减速直线运动，加速度大小a＝ 2 m/s2，从刹车时开始计时，两车均可看作质点。求： 考向 1　情景分析法 提升 关键能力 22 [解析]　当两车速度相等时，两车的距离最大，设经过时间t1两车速度相等，由题意知v1＝72 km/h＝20 m/s，v2＝36 km/h＝10 m/s， 则v1－at1＝v2， 解得t1＝5 s。 在t1时间内甲车位移为 x1＝t1＝×5 m＝75 m， 乙车位移为x2＝v2t1＝10×5 m＝50 m， 两车并排行驶之前，两车在运动方向上的最远距 离Δx＝x0＋x1－x2＝20 m＋75 m－50 m＝45 m。 (1)两车并排行驶之前，两车在运动方向上的最远距离Δx； [答案]　45 m 23 [解析]　设经过时间t2甲车停下来，根据运动学公式 可得t2＝ s＝10 s， 在t2时间内，甲车的位移x'1＝t2＝×10 m＝100 m， 乙车的位移为x'2＝v2t2＝10×10 m＝100 m， 说明甲车速度减小到零时，甲、乙两车还相距20 m， 两车并排时乙车再运动的时间为t3＝ s＝2 s， 所以从甲车开始减速到两车并排行驶所用时间t＝t2＋t3＝12 s。 (2)从甲车开始减速到两车并排行驶所用时间t。 [答案]　12 s 24 [拓展]　若甲车刚停止时，危险解除，甲车立刻以的加速度加速行驶至原速度后匀速运动，乙车是否还能追上甲车?(甲、乙两车不在同一车道行驶，不会相撞) 解析：方法一：设甲车加速到与乙车速度相等时用时 t4，则v2＝a0t4， 解得t4＝5 s， 从甲车开始减速到又加速到与乙车速度相等过程，甲、乙两车的位移分别为 x甲＝x'1t4＝125 m， x乙＝v2(t2＋t4)＝150 m， 由于x乙＞x甲＋x0，故乙车可以追上甲车。 25 方法二：画出甲、乙两车运动的v－t图像，如图所示， x1＝×10×5 m＝25 m， x2＝×10×(15－5)m＝50 m， 因x2＞x1＋x0，故乙车可以追上甲车。 答案：能追上 26 [典例5]　(多选)在一大雾天，一辆小汽车以30 m/s的速度行驶在高速公 路上，突然发现正前方30 m处有一辆大卡车以10 m/s的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，刹车过程中刹车失灵。如图所示，a、b分别为小汽车和大卡车的v－t图线。以下说法正确的是(　　) A.刹车失灵前与失灵后，小汽车加速度大小 之比为3∶1 B.在t＝5 s时两车发生追尾事故 C.在t＝3 s时两车发生追尾事故 D.若紧急刹车时两车相距40 m，则不会发生 追尾事故且两车最近时相距5 m 考向2 　图像分析法 CD 27 [解析]　根据v－t图像的斜率的绝对值表 示加速度的大小可知，刹车失灵前的加 速度大小为a1＝ m/s2＝10 m/s2， 刹车失灵后的加速度大小为a2＝ m/s2 ＝2.5 m/s2，故刹车失灵前与失灵后，小汽车加速度大小之比为a1∶a2＝4∶1，故A错误；根据v－t图像与时间轴所围面积大小等于位移，由题图知，t＝3 s时b车的位移为xb＝10×3 m＝30 m，a车的位移为 28 xa＝×1 m×2 m＝60 m， 则有Δx＝xa－xb＝30 m，所以在t＝3 s时 追尾，故B错误，C正确；若紧急刹车时 两车相距40 m，当速度相等时，a车的位 移为x'a＝×1 m×4 m＝85 m，b车的位移为x'b＝10×5 m＝50 m，则有Δx'＝x'a－x'b＝35 m＜40 m，则不会发生追尾事故，且两车最近时相距d＝40 m－35 m＝5 m，故D正确。 29 [典例6]　(多选)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 AC 30 [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，对客车有v2＝2a1x，对货车有v2＝ －2a2x，当速度相等时，x＝6 m，则联立解得 a1＋a2＝3 m/s2①；当客车的速度v1＝8 m/s、货车的速度v2＝2 m/s时，两车通过相同的位移均为x'，对客车有＝2a1x'，对货车有＝ －2a2x'，联立解得a1＝2a2②，联立①②解得a1＝2 m/s2，a2＝1 m/s2， 31 所以客车、货车的加速度大小a1、a2分别为 2 m/s2和1 m/s2。货车运动的距离为x2＝ m＝18 m，A正确； 客车到达x＝6 m的位 置用的时间t1＝ s＝ s，此时两车速度相等，速度为v＝a1t1＝2 m/s，货车到达x＝6 m的位置用的时间t2＝＝(6－2s， 32 即两车不是同时到达x＝6 m处的，B错误；当两 车速度相等时，有v0－a2t＝a1t，解得t＝2 s，此 时两车间距Δx＝t＝6 m ，而当货车 停止运动时用的时间t0＝＝6 s，此时两车的 间距 Δx'＝a1t0＝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，C正确，D错误。 33 随堂检测　自我诊断 三 34 1.(2026·四川雅安高三诊断)A、B两辆列车在能见度很低的雾天里在同 一轨道上同向行驶，A车在前，速度vA＝10 m/s，B车在后，速度vB＝ 30 m/s。当B车发现A车时就立刻刹车。已知B车在进行刹车测试时发现， 若车以30 m/s的速度行驶时，刹车后至少要前进1 800 m才能停下。假设 B车刹车过程中加速度恒定，为保证两辆列车不相撞，则能见度至少要 达到(　　) A.400 m　　　　 B.600 m C.800 m D.1 600 m C 35 解析：对B车，由运动学公式有0＝2ax，解得a＝ m/s2＝ －0.25 m/s2，所以B车刹车的最大加速度为0.25 m/s2，当B车速度减小到v＝10 m/s时，两车相距最近，此时B车的位移为x1＝，A车的位移x2＝vAt，t＝，联立解得x1＝1 600 m，x2＝800 m，能见度至少为Δx＝x1－x2＝800 m，故选C。 36 2.(2026·四川泸州模拟)可视为质点的甲、乙两辆小车分别处于两条平行的直车道上。t＝0时，乙车在前，甲车在后，两车沿平行车道间的距离Δx＝40 m，此后两车运动的v－t图像如图所示。关于两车在0~11 s时间内的运动，下列说法中正确的是(　　) A.t＝5 s时，两车第一次并排行驶 B.两车全程会有三次并排行驶的机会 C.t＝7 s时，两车在全程中相距最远 D.0~7 s内，甲车的平均速度大小为10 m/s A 37 解析：由题图可知，甲加速阶段的加速度 为a1＝ m/s2＝4 m/s2，乙加速阶段的 加速度为a2＝ m/s2＝5 m/s2，t＝ 5 s时，甲车运动位移为x1＝a1t2＝50 m， 乙车运动位移为x2＝a2t2＝×5×(5－3)2 m＝10 m，由于x1＝x2＋Δx，则甲车追上乙车，两车第一次并排行驶，故A正确；t＝7 s，二车速度相同，此时，甲车的位移x甲＝×20 m＝90 m，乙车的位移 38 x2＝×20 m＝40 m，两车间距Δx'＝x甲 －x乙－Δx＝10 m＜Δx，故C错误；由A项 可知，第一次相遇在t＝5 s时，此后甲车做 匀速直线运动，t＝7 s时，两车相距10 m， 此后乙的速度大于甲的速度，故再相遇一 次后再无法相遇，故可相遇两次，故B错误；0~7 s内，甲车的平均速度大小为 m/s＝ m/s，故D错误。 39 3.(2026·四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 40 解析：由题图可知，a车图线为倾斜直线，故a车做匀 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 时两图线斜率相等，则两车速度相同，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＝vtat2，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。 41 4.(2026·四川成都树德中学开学考)两同学用安装有蓝牙设备的玩具小车A、B进行实验，两车均可视为质点，如图所示，t＝0时，A、B两车同时沿两条相距x0＝3 m的平行直线轨道从同一起跑线向同一方向运动，A车始终以vA＝3 m/s的速度做匀速直线运动，B车从静止开始以a1＝ 1 m/s2的加速度做匀加速直线运动，t2＝4 s后开始做匀速直线运动，已知两小车的蓝牙设备自动连接的最大距离L＝5 m。 42 (1)求t1＝2 s末两车的距离s1； 解析：t1＝2 s时，A、B车的位移分别为 x1＝vAt1＝6 m，x2＝a1＝2 m， 两车位移差Δx＝4 m，由几何关系有 x1－x2)2， 解得s1＝5 m。 答案：5 m 43 解析：结合上述可知s1＝5 m＝L，即在t1＝ 2 s时，两车第一次刚好断开连接，此时B的 速度vB1＝a1t1， 解得vB1＝2 m/s＜vA，此时A车在B车前方， 结合上述可知，两车第一次保持连接的时间为t1＝2 s； t2＝4 s末，两车位移之差 Δx'＝vAt2a1＝4 m＝Δx， (2)求整个运动过程中，两车能够保持连接的总时间Δt； 44 此时两车间距又为L＝5 m，表明t2＝4 s时刻两车第二次开始连接，此时A车仍在B车前方，但B车速度大于A车； 令再经历时间t4，两车位移差第三次达到Δx＝4 m，此时B车在A车前方，则有 Δx＝a1a1t2t4－vA(t2＋t4)， 解得t4＝8 s， 此后B车速度大于A车，两车不会再次连接，则整个运动过程中，两车能够保持连接的总时间Δt＝t1＋t4＝10 s。 答案：10 s 45 (3)若t3＝12 s末B车做加速度大小为a2＝2 m/s2的 匀减速直线运动，速度减为零后停止运动，求B 车减速后两车再次刚好连接瞬间A车到起跑线的 距离xA，并求出保持该次连接持续的时间Δt4。 解析：由t3＝t2＋t4＝12 s，结合上述可知，12 s时两车开始断开连接，此时B车在A车前方，且B车开始减速，减速至0的时间t0＝＝2 s， 令B车减速后再经历时间t5时间两车刚好再次连接，此时两车位移差再次达到Δx＝4 m， 则有a1t2t5a2＝vAt5， 解得t5＝1 s。 46 此时，A车到起跑线的距离xA＝vA(t3＋t5)＝39 m。 令B车从减速开始再经历时间t6两车再次刚好断开连接，此时A车在前B车在后，则有 vAt6－(a1t2t6a2＝2Δx， 解得t6＝ s＞t0＝2 s。 即断开连接时B车已经停止运动，则有 vA(t5＋Δt4＝2Δx， 解得Δt4＝3 s。 答案：39 m　3 s 47 $