专题4.2 追及相遇模型-2023届高考物理二、三轮复习总攻略

这是一份专题4.2 追及相遇模型-2023届高考物理二、三轮复习总攻略，文件包含专题42追及相遇模型原卷版docx、专题42追及相遇模型解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共48页， 欢迎下载使用。

目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc13556" 模型一 运动图像模型 PAGEREF _Tc13556 1
\l "_Tc1315" 类型1 x­t图像中的追及相遇问题 PAGEREF _Tc1315 2
\l "_Tc14380" 类型2 v­t图像中的追及相遇问题 PAGEREF _Tc14380 3
\l "_Tc3140" 模型二 交通实际模型 PAGEREF _Tc3140 5
\l "_Tc155" 模型三 抛体运动模型 PAGEREF _Tc155 7
\l "_Tc26920" 类型1 平抛运动与自由落体运动以及上抛运动的相遇问题 PAGEREF _Tc26920 8
\l "_Tc22648" 类型2 反向平抛的两球空中相遇问题 PAGEREF _Tc22648 10
\l "_Tc25233" 模型四 天体运动模型 PAGEREF _Tc25233 12
\l "_Tc860" 类型1 行星相遇问题 PAGEREF _Tc860 13
\l "_Tc20005" 类型2 卫星与赤道上物体相遇问题 PAGEREF _Tc20005 13
\l "_Tc26368" 专题强化训练 PAGEREF _Tc26368 14
模型一 运动图像模型
运动图像模型是运动学中的一种常见模型，高考中常结合运动学图像，特别是v­t图像，对该模型进行考查，多以选择题的形式出现。
【例1】如图所示为三个运动物体A、B、C的速度—时间图像，其中A、B两物体从不同地点出发，A、C两物体从同一地点出发，A、B、C均沿同一直线运动，且A在B前方3 m处。则以下说法正确的是( )
A．A、C两物体的运动方向相反
B．在t＝4 s时，A、B两物体相遇
C．在t＝4 s前，A、C两物体相遇
D．在t＝2 s时，A、B两物体相距最远
【答案】 C
【解析】由题图知，在t＝4 s之前，A、C两物体的速度都为正值，可知A、C运动方向相同，故A错误；运动过程中，由图像可知A的加速度aA＝eq \f(Δv1,Δt1)＝eq \f(2－0,2－1) m/s2＝2 m/s2，C的加速度aC＝eq \f(Δv2,Δt2)＝eq \f(0－4,4－0) m/s2＝－1 m/s2，前4 s内，A物体的位移xA＝eq \f(1,2)aAtA2＝eq \f(1,2)×2×32 m＝9 m，C物体的位移xC＝vCt0＋eq \f(1,2)aCt02＝4×4 m＋eq \f(1,2)×(－1)×42 m＝8 m，A、C两物体是同地不同时出发，A出发较晚，且t＝4 s时xA>xC，因此t＝4 s前两物体已经相遇，故C正确；t＝2 s时，A的位移xA′＝eq \f(1,2)aAt′2＝eq \f(1,2)×2×12 m＝1 m，B的位移xB＝eq \f(1,2)×(1＋2)×2 m＝3 m，xB－xA′＝2 m<3 m，此后A的速度大于B的速度，A、B相距越来越远，故t＝2 s时，A、B两物体相距最近，t＝4 s时，A、B两物体不会相遇，B、D错误。
【方法规律】运动图像模型问题的常见解法
(1)识图像：在解决此类问题时，首先要对给出的运动图像进行识别，识别时要特别注意图像的截距、交点、拐点、面积、斜率等所表示的物理意义。
(2)画草图：根据图像所反映的物体的运动情况，画出物体的运动草图。
(3)找关系：根据运动草图反映的物理过程，找出物体运动的三个关系：①时间关系；②位移关系；③速度关系。
(4)列方程：根据找出的三个关系，列出物体的运动学方程，求出结果并对结果的合理性进行讨论。
类型1 x­t图像中的追及相遇问题
1．[多选]如图所示是A、B两质点从同一地点开始运动的x­t图像，则下列说法中正确的是( )
A．A质点以20 m/s的速度匀速运动
B．B质点先沿正方向做直线运动，后沿负方向做直线运动
C．B质点在0～4 s内做加速运动，在4～8 s内做减速运动
D．A、B两质点在4 s末相遇
【答案】ABD
【解析】： 在x­t图像中，图线的斜率表示速度，由题图可知，A图线的斜率等于20 m/s，故A质点以20 m/s的速度匀速运动，选项A正确；B质点图线的斜率先正后负，说明B质点先沿正方向做直线运动，后沿负方向做直线运动，选项B正确；由题图可知，B质点在0～4 s内做减速运动，在4～8 s内做反向加速运动，故选项C错误；4 s末两图线相交，说明此时两个质点到达同一位置，故选项D正确。
2.(2022·吉林长春市高三期末)甲、乙两物体从同一位置沿同一直线运动的x－t图象(甲的图线为直线，乙的图线为抛物线)如图所示．关于两物体的运动，下列说法正确的是( )
A．甲做直线运动，乙做曲线运动
B．0～t1时间内，乙的速度方向与加速度方向相反；t1～t2时间内，乙的速度方向与加速度方向相同
C．0～t2时间内，乙的速度先增大后减小，t2时刻，甲、乙两物体相遇
D．0～t2时间内，t1时刻甲、乙相距最远，两物体一直沿x轴正方向运动
【答案】 B
【解析】 甲、乙两物体从同一位置沿同一直线运动，甲的x－t图象为直线，甲做匀速直线运动；乙的x－t图象为抛物线，乙做匀变速直线运动，故A错误；由图知，0～t1时间内，乙做负方向的匀减速直线运动，速度方向与加速度方向相反；t1～t2时间内，乙做正方向的匀加速直线运动，乙的速度方向与加速度方向相同，故B正确；由图知，0～t2时间内，乙的速度先减小后增大；t2时刻，甲、乙位置相同，甲、乙两物体相遇，故C错误；当甲、乙的速度相同时，两者相距最远，由图知0～t2时间内，t′时刻甲、乙相距最远，甲一直沿x轴负方向运动，乙先沿x轴负方向运动后沿x轴正方向运动，故D错误．
类型2 v­t图像中的追及相遇问题
1．[多选]甲、乙两车初始时相距1 000 m，甲车在后，乙车在前，在同一条平直公路上做匀变速直线运动，它们的速度—时间图像(v­t图像)如图所示，则下列说法正确的是( )
A．两车在t＝36 s时速度相等
B．乙车比甲车早出发8 s
C．两车不会相撞
D．甲车停下时，甲车在乙车前191 m处
【答案】AC
【解析】： 由图像可知，甲车从t＝0时刻开始沿正方向做匀减速直线运动，初速度大小为v0＝50 m/s，加速度大小为a甲＝1 m/s2，乙车从t＝8 s时刻由静止开始沿正方向做匀加速直线运动，加速度大小为a乙＝0.5 m/s2。由于两图线的交点表示两车速度相等，故有v1＝v0－a甲t1＝a乙(t1－8 s)，解得两车速度相等时刻t1＝36 s，共同速度v1＝14 m/s，选项A正确，B错误。乙车在前，甲车在后，由题分析可知，只要两车在速度相等时不相撞，则以后就不会相撞。在两车速度相等时，甲车的位移x甲＝eq \f(v0＋v1,2)t1＝1 152 m，乙车的位移x乙＝eq \f(v1,2)(t1－8 s)＝196 m，有x乙＋1 000 m>x甲，故两车不会相撞，选项C正确。由v­t图线与坐标轴围成的面积表示位移可知，甲车停下来时，甲车的位移为x甲′＝eq \f(1,2)×50×50 m＝1 250 m，乙车的位移为x乙′＝eq \f(1,2)×21×(50－8)m＝441 m，此时两车之间的距离为Δx＝x乙′＋1 000 m－x甲′＝191 m，乙车在甲车前191 m处，选项D错误。
2.(2022·安徽六安质检)汽车A在平直的公路上沿直线车道以15 m/s的速度匀速行驶，发现前方12.5 m处相邻车道停有汽车B，B车从t＝0时以5 m/s2的加速度匀加速启动，该路段限速20 m/s，假设B车达最大速度后匀速行驶，A车运动v－t图像如图乙所示。则下列说法正确的是( )
A．t＝2 s时，两车相遇
B．t＝2 s时，A车在B车前面
C．两车可以相遇两次，相遇时间分别是1 s和4 s
D．如果A车无法追上B车，则t＝0时两车距离至少为15 m
【答案】 B
【解析】 做出两车的v－t图像如图所示
由题知，A、B刚开始相距12.5 m，根据速度—时间图像围成的面积表示位移，即Δx＝12.5 m，可知A、B相遇时间为1 s和3 s，且2 s时A车在前，B车在后，A、C错误，B正确；如果两车不相遇，则A、B的速度相等时距离最近，即t＝2 s时，由图像可得最开始两车至少相距为Δx′＝eq \f(15＋10,2)×1 m＋eq \f(1,2)×10×1 m＝17.5 m，D错误。
2.(2022·浙江模拟预测)甲、乙两名运动员在泳池里训练，t＝0时刻从泳池的两端出发，甲、乙的速度—时间图像分别如图甲、乙所示，若不计转向的时间且持续运动，两运动员均可视为质点。下列说法正确的是( )
A.游泳池长50 m
B.两运动员一定不会在泳池的两端相遇
C.从t＝0时刻起经过1 min两运动员共相遇了3次
D.在0～30 s内，两运动员的平均速度大小之比为8∶5
【答案】 C
【解析】 根据v－t图线与坐标轴围成的图形面积表示位移，可知游泳池长度L＝1.25×20 m＝25 m或者L＝1.0×25 m＝25 m，故A错误；如图所示。
由甲、乙的位移—时间图线的交点表示相遇可知，甲、乙在t＝100 s时在泳池的一端相遇，故B错误；在0～60 s内甲、乙相遇3次，故C正确；在0～30 s内，甲的位移大小为x1＝1.25×20 m－1.25×10 m＝12.5 m，乙的位移大小为x2＝1.0×25 m－1.0×5 m＝20 m，在0～30 s内两运动员的平均速度大小之比为v1∶v2＝eq \f(x1,t)∶eq \f(x2,t)＝5∶8，故D错误。
模型二 交通实际模型
交通实际模型是以交通运动的真实情境为背景，解决交通运动中的追及相遇及避碰问题，在高考中常以选择题或计算题的形式出现。
【例2】(2022·马鞍山调研)交通路口是交通事故的多发地，驾驶员到交通路口时应格外小心。现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为v0＝9 m/s。当两车快要到十字路口时，甲车司机看到路灯已转换成黄灯，立即紧急刹车，乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车。已知甲车刹车时的加速度大小为a1＝5 m/s2，乙车紧急刹车时的加速度大小为a2＝4.5 m/s2，乙车司机的反应时间为Δt＝0.5 s(乙车司机看到甲车刹车0.5 s后开始刹车)。
(1)若甲车司机看到路灯转换成黄灯时车头距离停车线9 m，他采取上述措施能否避免闯停车线？
(2)为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车在行驶过程中应保持多大的距离？
【解题指导】
(1)看到“乙车司机的反应时间为Δt＝0.5 s”，想到“乙车在Δt时间内以速度v0做匀速直线运动”。
(2)看到“为保证两车在紧急刹车过程中不相撞”，想到“在甲车刹车后，乙车运动的总位移应小于甲车刹车位移与两车行驶过程中的距离之和”。
【答案】(1)甲车能避免闯停车线 (2)5.4 m
【解析】 (1)设甲车减速到零的位移大小为x甲，根据速度位移公式可得v02＝2a1x甲，
代入数据可解得x甲＝8.1 m<9 m，
由此可知甲车能避免闯停车线。
(2)由题意分析可知，在刹车的整个过程中两车间的距离在逐渐减小。设乙车减速到零的位移大小为x乙，
则有v02＝2a2x乙，
代入数据解得x乙＝9 m，
乙车在司机反应时间内的位移大小为x乙′＝v0Δt＝4.5 m。
设甲、乙两车应保持的距离为Δx，由题分析可知，要保证不相撞，应满足x乙＋x乙′≤x甲＋Δx，
代入数据可得Δx≥5.4 m。
【方法规律】两种临界情况的辨析
本题两车的刹车过程中，甲车的初速度等于乙车的初速度，乙车减速的加速度大小小于甲车减速的加速度大小，二者之间的距离是逐渐减小的，因此求解临界距离时，应该求出速度减为零时的位移。
在本题中，如果乙车的初速度大于甲车的初速度，乙车减速的加速度大小大于甲车减速的加速度大小，则求两车不相撞的临界距离时，应先求甲、乙两车的速度相等时两车的位移。
【针对训练1】(2022·银川一中月考)随着智能手机的使用越来越广泛，一些人在驾车时也常常低头看手机，然而开车时看手机是一种危险驾驶行为，极易引发交通事故。如图甲所示，一辆出租车在平直公路上以v0＝20 m/s的速度匀速行驶，此时车的正前方x0＝63.5 m处有一辆电动车，正以v1＝6 m/s的速度匀速行驶，而出租车司机此时开始低头看手机，3.5 s后才发现危险，司机经0.5 s反应时间后，立即采取紧急制动措施。若从司机发现危险开始计时，出租车的速度—时间图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。
(1)若出租车前面没有任何物体，从司机开始低头看手机到出租车停止运动的这段时间内，出租车前进的距离是多少？
(2)通过计算判断电动车是否被撞。若不会被撞，求二者之间的最小距离；若会相撞，求从出租车刹车开始，经过多长时间二者相撞。
【答案】：(1)120 m (2)电动车会被撞 经过0.6 s二者相撞
【解析】：(1)根据题意可知，出租车先匀速行驶t1＝3.5 s，然后在反应时间t2＝0.5 s内继续匀速行驶，再匀减速行驶t3＝4.0 s停止，总位移为x＝v0(t1＋t2)＋eq \f(1,2)v0t3＝120 m。
(2)由题图乙可知，出租车做匀减速运动的加速度大小为a＝eq \f(|Δv|,t3)＝5 m/s2，
设两车速度相等时，出租车的刹车时间为Δt，
则有v0－aΔt＝v1，
解得Δt＝2.8 s，
出租车的位移为x1＝v0(t1＋t2)＋eq \f(1,2)(v0＋v1)Δt，
代入数据可解得x1＝116.4 m。
电动车的位移为x2＝v1(t1＋t2＋Δt)＝40.8 m，
因为x1－x2＝75.6 m>63.5 m，故两车会相撞。
设两车经过时间t′相撞，则有v0(t1＋t2)＋v0t′－eq \f(1,2)at′2＝x0＋v1(t1＋t2＋t′)，代入数据解得t′＝0.6 s(另一解不符合题意，舍去)。
【针对训练2】(2022·广东汕头市质检)某一长直的赛道上，一辆F1赛车前方200 m处有一安全车正以10 m/s的速度匀速前进，这时赛车从静止出发以2 m/s2的加速度追赶．
(1)求赛车出发3 s末的瞬时速度大小；
(2)求赛车何时追上安全车及追上之前与安全车的最远距离；
(3)当赛车刚追上安全车时，赛车手立即刹车，使赛车以4 m/s2的加速度做匀减速直线运动，则两车再经过多长时间第二次相遇？(设赛车可以从安全车旁经过而不相碰)
【答案】 (1)6 m/s (2)20 s 225 m (3)20 s
【解析】 (1)赛车3 s末的速度
v1＝a1t1＝2×3 m/s＝6 m/s.
(2)设经t2时间追上安全车，由位移关系得
v0t2＋200 m＝eq \f(1,2)a1t22
解得t2＝20 s
此时赛车的速度
v＝a1t2＝2×20 m/s＝40 m/s
当两车速度相等时，两车相距最远
由v0＝a1t3得两车速度相等时，经过的时间t3＝eq \f(v0,a1)＝eq \f(10,2) s＝5 s
两车最远相距Δs＝v0t3＋200 m－eq \f(1,2)a1t32
＝(10×5＋200－eq \f(1,2)×2×52) m＝225 m.
(3)假设再经t4时间两车第二次相遇(两车一直在运动)
由位移关系得vt4－eq \f(1,2)a2t42＝v0t4
解得t4＝15 s
赛车停下来的时间t′＝eq \f(v,a2)＝eq \f(40,4) s＝10 s
所以t4＝15 s不合实际，两车第二次相遇时赛车已停止运动．
设再经时间t5两车第二次相遇，应满足eq \f(v2,2a2)＝v0t5
解得t5＝20 s.
模型三 抛体运动模型
抛体运动模型是指多个做平抛、竖直上抛或自由落体运动的物体，在空中相遇的问题，能很好地考查学生的理解能力和综合分析能力，在高考中多以选择题的形式出现。
【例3】如图所示，A、B两点在同一条竖直线上，A点离地面的高度为3h0，B点离地面的高度为2h0。将两个小球分别从A、B两点水平抛出，它们在C点相遇，C点离地面的高度为h0，已知重力加速度为g，不计空气阻力，两小球均可视为质点，则( )
A．两小球一定同时抛出
B．两小球一定同时落地
C．两个小球抛出的时间间隔为(2－eq \r(2))eq \r(\f(h0,g))
D．两个小球抛出的初速度的比值为eq \f(vA,vB)＝eq \f(1,2)
【解题指导】
(1)看到“从A、B两点水平抛出”，想到“两小球从不同高度做平抛运动”。
(2)看到“它们在C点相遇”，想到“两小球同时到达C点，且水平位移相同”。
【解析】 两小球在C点相遇，说明两小球一定是同时到达C点。由于平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，由h＝eq \f(1,2)gt2可得t＝eq \r(\f(2h,g))，由于A点到C点的竖直高度差较大，所以从A点抛出的小球到达C点时运动的时间长，故一定是A点的小球先抛出，选项A错误；由于两小球在C点相遇时，从A点抛出的小球竖直方向的速度大，且两小球在竖直方向上加速度相同，均为g，故由匀变速直线运动的规律可知，从A点抛出的小球一定先落地，选项B错误；由t＝eq \r(\f(2h,g))可得两小球从A、B两点抛出的时间间隔为Δt＝tA－tB＝eq \r(\f(2×2h0,g))－eq \r(\f(2h0,g))＝(2－eq \r(2))eq \r(\f(h0,g))，选项C正确；两小球在水平方向上做匀速直线运动，故由x＝v0t可得v0＝xeq \r(\f(g,2h))，所以从A、B两点抛出的小球的水平初速度的比值为eq \f(vA,vB)＝eq \r(\f(hB,hA))＝eq \r(\f(h0,2h0))＝eq \f(\r(2),2)，选项D错误。
【答案】 C
【方法规律】对于抛体运动中的相遇问题，一般是从相遇点出发，抓住两物体相遇时一定同时到达相遇点这一条件，再利用抛体运动的规律进行求解。常见解法如下：
(1)找关系：根据两物体的相遇点，寻找两物体相遇时的时间关系、位移(水平位移和竖直位移)关系、速度关系，以及两物体在初始时刻的位置关系等。
(2)用规律：依据抛体运动的基本规律(位移规律、速度规律等)，列方程求解。
类型1 平抛运动与自由落体运动以及上抛运动的相遇问题
1.（2022·昆明模拟）如图所示，某同学利用玩具枪练习射击，空中用细线悬挂一个可视为质点的小球，小球离地高度为h，玩具枪的枪口与小球相距为d且在同一水平面上，子弹以v0的初速度沿水平方向射出，同时剪断悬挂小球的细线，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法中正确的是( )
A．子弹在自由飞行的过程中，相同时间内其速度变化量不相等
B．子弹在自由飞行的过程中，其动能随高度的变化是不均匀的
C．要使子弹在小球落地前击中小球，则小球的高度必须满足h>eq \f(gd2,2v02)
D．子弹一定能击中小球
【答案】C
【解析】： 子弹从枪膛射出后做平抛运动，由Δv＝gΔt可知，子弹在相等时间内速度的变化量相等，选项A错误；对子弹，由动能定理可得ΔEk＝mgΔh，由此可知，子弹动能随高度的变化是均匀的，选项B错误；若子弹刚好在小球落地时击中小球，有d＝v0t，h＝eq \f(1,2)gt2，解得h＝eq \f(gd2,2v02)，故要想在小球落地前击中小球，则必须满足h>eq \f(gd2,2v02)，选项C正确；若子弹的初速度v0较小，则可能出现子弹落地时其水平位移小于d的情况，此时不能击中小球，选项D错误。
2[多选]A物体自高为H的塔顶自由落下，同时B物体自塔底以初速度v0竖直上抛，且A、B两物体在同一直线上运动，重力加速度为g，下列说法中正确的是( )
A．若v0>eq \r(gH)，两物体相遇时B物体正在下降途中
B．若v0＝eq \r(gH)，两物体在地面相遇
C．若 eq \r(\f(gH,2))D．若v0＝ eq \r(\f(gH,2))，两物体在地面相遇
【答案】CD
【解析】 若B物体正好运动到最高点时A、B相遇(相遇时，A、B运动时间相同)，则有：t＝eq \f(v0,g)，此时A物体的位移大小为hA＝eq \f(1,2)gt2，B物体的位移大小为hB＝eq \f(v02,2g)，又因为hA＋hB＝H，联立可解得v0＝eq \r(gH)；若A、B两物体恰好在落地时相遇，则有：t′＝eq \f(2v0,g)，此时A物体的位移大小为hA′＝eq \f(1,2)gt′2＝H，解得v0＝ eq \r(\f(gH,2))。由以上分析可知，若v0>eq \r(gH)，则两物体会在B物体上升过程中相遇，选项A错误；若v0＝eq \r(gH)，则两物体正好在B物体到达最高点时相遇，选项B错误；若v0＝ eq \r(\f(gH,2))，则两物体正好在到达地面时相遇，选项D正确；若eq \r(\f(gH,2))2.如图所示，在高为h＝5 m的平台边缘以大小为vA＝10 m/s的水平速度抛出小球A，同时在水平地面上与台面边缘的水平距离为s＝15 m处竖直上抛小球B，两球运动轨迹在同一竖直平面内，小球与地面间的碰撞是弹性的，且碰撞时间不计，碰后水平速度不变，竖直速度等大反向。若小球B未落地前，两球能在空中相遇，求小球B的初速度大小vB(不计空气阻力，重力加速度为g＝10 m/s2)。
【答案】：10 m/s
【解析】：如图所示
小球A从抛出点到第一次落地点的水平位移记为x1，所用时间记为t1，则由平抛运动规律可得h＝eq \f(1,2)gt12，x1＝vAt1，
解得t1＝1 s，x1＝10 m,
小球A落地的竖直分速度大小为vy＝gt1＝10 m/s
因为x1s可知，小球A与地面碰撞一次反弹到最高点前可以与小球B相遇
若小球A第一次落地后再经时间t2与小球B相遇，由相遇的特点“同时、同位”可得
竖直方向：vy′t2－eq \f(1,2)gt22＝vB(t1＋t2)－eq \f(1,2)g(t1＋t2)2，vy′＝vy
水平方向：s－x1＝vAt2，
解得vB＝10 m/s。
类型2 反向平抛的两球空中相遇问题
1.如图所示，将a、b两小球以大小均为20eq \r(5) m/s的初速度分别从A、B两点水平相向、相差1 s先后抛出，a小球从A点抛出后，经过时间t，a、b两小球恰好在空中相遇，且速度方向相互垂直，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。则抛出点A、B间的水平距离为( )
A．80eq \r(5) m B．100 m
C．200 m D．180eq \r(5) m
【答案】D
【解析】： a、b两球在空中相遇时，设a球运动的时间为t，则b球运动的时间为t－1 s，此时两球速度相互垂直，如图所示
由图可得tan α＝eq \f(gt,v0)＝eq \f(v0,gt－1 s)，代入数据解得t＝5 s，故抛出点A、B间的水平距离为x＝v0t＋v0(t－1 s)，解得x＝180eq \r(5) m，故选项D正确。
2.(2022·四川凉山州三模)如图所示，在同一竖直面内将a、b两小球以大小均为20eq \r(2) m/s的初速度分别从A、B两点相差Δt先后沿水平方向相向抛出，a小球从A点抛出后，经过时间4 s，a、b两小球恰好在空中相遇，且此时两球运动方向相互垂直，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，则a、b两小球平抛的时间差Δt是( )
A．1 s B．2 s C．2.5 s D．3 s
【答案】 B
【解析】 如图
经过4 s时间两球的速度方向相互垂直，此时b运动时间为(4－Δt)s
根据几何关系可得
tan θ＝eq \f(v0,4g)＝eq \f(g4－Δt,v0)
代入数据，解得Δt＝2 s，故选B.
3.(2022·山东青岛市模拟)如图，两小球P、Q从同一高度分别以v1和v2的初速度水平抛出，都落在了倾角θ＝37°的斜面上的A点，其中小球P垂直打到斜面上，不计空气阻力，则v1、v2大小之比为( )
A.9∶8 B.8∶9 C.3∶2 D.2∶3
【答案】 A
【解析】 两球抛出后都做平抛运动，两球从同一高度抛出落到同一点，它们在竖直方向的位移相等，小球在竖直方向做自由落体运动，由于竖直位移h相等，它们的运动时间t＝eq \r(\f(2h,g))相等；对球Q：tan 37°＝eq \f(y,x)＝eq \f(\f(1,2)gt2,v2t)＝eq \f(gt,2v2)，解得：v2＝eq \f(2,3)gt；球P垂直打在斜面上，则有：v1＝vytan θ＝gttan 37°＝eq \f(3,4)gt，则：eq \f(v1,v2)＝eq \f(\f(3,4)gt,\f(2,3)gt)＝eq \f(9,8)，故A正确，B、C、D错误.
模型四 天体运动模型
天体运动模型即天体运动中的追及相遇问题，通常是指天体分别在各自的圆轨道上围绕同一中心天体做圆周运动时，相距最近或最远的问题，多以选择题的形式出现。
【例4】如图所示，有A、B两颗卫星围绕地心O做圆周运动，运行方向相同。A卫星的周期为T1，B卫星的周期为T2，在某一时刻两卫星相距最近，则(引力常量为G)( )
A．两卫星下一次相距最近需经过时间t＝T1＋T2
B．两颗卫星的轨道半径之比为T1eq \f(2,3)∶T2eq \f(2,3)
C．若已知两颗卫星相距最近时的距离，可求出地球的密度
D．若已知两颗卫星相距最近时的距离，可求出地球表面的重力加速度
【答案】 B
【解析】 两卫星相距最近时，应该在同一半径方向上，A卫星比B卫星多转动一圈时，第二次相距最近，此时两颗卫星转动的角度相差2π，即eq \f(2π,T1)t－eq \f(2π,T2)t＝2π，解得t＝eq \f(T1T2,T2－T1)，选项A错误；根据万有引力提供向心力可得Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(4π2,T2)r，故两颗卫星的轨道半径之比为rA∶rB＝T1eq \f(2,3)∶T2eq \f(2,3)，选项B正确；若已知两颗卫星相距最近时的距离，结合两颗卫星的轨道半径之比可以求出轨道半径，根据Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(4π2,T2)r，可求出地球的质量，但不知道地球的半径，所以不可求出地球的密度和地球表面的重力加速度，选项C、D错误。
【方法规律】解决天体中追及相遇问题的两个关键点
天体运动中的“追及相遇”问题可以分为同向追赶和反向追赶两种情况，解决这类问题要抓住“两个天体运动角度”之间的关系：
(1)从某次“最近(远)”到下一次“最近(远)”，若同向追赶，两个天体转动的角度差等于2π；若反向追赶，两个天体转动的角度和等于2π。
(2)从某次“最近(远)”到下一次“最远(近)”，若同向追赶，两个天体转动的角度差等于π；若反向追赶，两个天体转动的角度和等于π。
类型1 行星相遇问题
1．太阳系中某行星A运行的轨道半径为R，周期为T，但科学家在观测中发现，其实际运行的轨道与圆轨道存在一些偏离，且每隔时间t发生一次最大的偏离。天文学家认为出现这种现象的原因可能是行星A外侧还存在着一颗未知行星B，它对行星A的万有引力引起行星A轨道的偏离，假设其运行轨道与行星A在同一平面内，且与行星A的绕行方向相同，由此可推测未知行星B绕太阳运行的圆轨道半径为( )
A．Req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,t－T)))eq \f(2,3) B.eq \f(t,t－T) R
C．Req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t－T,t)))eq \f(2,3) D．Req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,t－T)))eq \f(1,3)
【答案】A
【解析】： 由于每隔时间t发生一次最大的偏离，则说明每隔时间t，A、B相距最近一次，由于A的半径小于B的半径，所以每经过时间t行星A要比行星B多运动一周，即ωAt－ωBt＝2π，即eq \f(t,T)－eq \f(t,TB)＝1，整理得：TB＝eq \f(tT,t－T)，由开普勒第三定律可知：eq \f(T2,TB2)＝eq \f(R3,RB3)，联立解得RB＝Req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,t－T)))eq \f(2,3)，故选项A正确。
2.(2022·重庆巴蜀中学月考)人造卫星甲、乙分别绕地球做匀速圆周运动，卫星乙是地球同步卫星，卫星甲、乙的轨道平面互相垂直，乙的轨道半径是甲轨道半径的eq \r(3,25)倍，某时刻两卫星和地心在同一直线上，且乙在甲的正上方(称为相遇)，如图所示。在这以后，甲运动8周的时间内，它们相遇了( )
A．4次 B．3次
C．2次 D．6次
【答案】B
【解析】： 根据周期公式T＝2πeq \r(\f(r3,GM))得eq \f(T乙,T甲)＝5，又因eq \f(2π,T甲)t＝n1π(n1＝1,2，…，16)，eq \f(2π,T乙)t＝n2π(n2＝1,2,3，…)，解得t＝eq \f(n1,2)T甲＝eq \f(n2,2)T乙，当n2＝1时，n1＝5，当n2＝2时，n1＝10，当n2＝3时，n1＝15，所以在这以后，甲运动8周的时间内，它们相遇了3次，B正确。
类型2 卫星与赤道上物体相遇问题
1．某卫星在赤道上空飞行，轨道平面与赤道平面重合，轨道半径为r，飞行方向与地球的自转方向相同。设地球的自转角速度为ω0，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，在某时刻该卫星通过赤道上某建筑物的正上方，则到卫星下次通过该建筑物正上方所需的时间可能为( )
A.eq \f(2π,\r(\f(gR2,r3))－ω0) B．2πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al( \r(\f(r3,gR2)))＋\f(1,ω0)))
C．2πeq \r(\f(r3,gR2)) D.eq \f(2π,\r(\f(gR2,r3))＋ω0)
【答案】A
【解析】： 卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有Geq \f(Mm,r2)＝mω2r，解得ω＝eq \r(\f(GM,r3))，卫星再次经过某建筑物的正上方可能是卫星多转动一周，有(ω－ω0)t＝2π，地球表面的重力加速度为g＝eq \f(GM,R2)，联立解得t＝eq \f(2π,\r(\f(gR2,r3))－ω0)，故选A。
2．(2022·青岛调研)地球赤道上有一位观察者A，赤道平面内有一颗自西向东运行的近地卫星b，A观测发现，其正上方有一颗静止不动的卫星c，卫星b相邻两次从观察者A正上方飞过的时间间隔为T(T与卫星b的运行周期不相等)。已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，下列说法正确的是( )
A．c的加速度大于b的加速度
B．A的线速度大于c的线速度
C．地球的质量为eq \f(4π2R3,GT2)
D．c的周期为eq \f(2πT\r(R),T\r(g)－2π\r(R))
【答案】D
【解析】：根据题意，赤道正上方静止不动的卫星c为地球同步卫星，其轨道半径最大，由Geq \f(Mm,r2)＝ma可知c的加速度小于b的加速度，选项A错误；地球赤道上的观察者A随地球一起运动，相对于地球同步卫星静止，与同步卫星有相同的角速度，根据v＝ωr可知，A的线速度小于c的线速度，选项B错误；由Geq \f(Mm,R2)＝mReq \f(4π2,Tb2)，可得地球质量M＝eq \f(4π2R3,GTb2)，而近地卫星运动周期Tb不等于T，选项C错误；由于地球自转周期与地球同步卫星周期相同，则有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,Tb)－\f(2π,Tc)))T＝2π，对卫星b根据meq \f(4π2,Tb2)R＝mg，联立解得c的周期为Tc＝eq \f(2πT\r(R),T\r(g)－2π\r(R))，选项D正确。
专题强化训练
1.(2022·辽宁阶段练习)两名外卖骑手A和B在同一直线上沿同一方向同时开始运动的v－t图线如图所示，两名骑手在第1 s末相遇，由此可知( )
A．骑手A做匀变速直线运动
B．初始时刻B在A前方3 m处
C．骑手B在减速阶段的加速度为1 m/s2
D．在图示的运动过程中，两名骑手可以相遇两次
【答案】 D
【解析】v－t图像斜率表示加速度，知骑手A运动的加速度方向变化，不是匀变速直线运动，骑手B在减速阶段的加速度为－1 m/s2，A、C错误；v－t图像与t轴所围面积表示位移，两名骑手在第1 s末相遇，此时xB>xA，知初始时刻A在B前方，B错误；由题图知，1 s末到3 s末A、B位移相同，第1 s末两骑手第一次相遇，3 s末第二次相遇，D正确．
2．如图所示的位移—时间(x­t)图像和速度—时间(v­t)图像中给出四条图线，甲、乙、丙、丁分别代表四辆汽车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是( )
A．甲车做直线运动，乙车做曲线运动
B．0～t1时间内，甲车通过的路程大于乙车通过的路程
C．0～t2时间内，丙、丁两车在t2时刻相距最远
D．0～t2时间内，丙、丁两车的平均速度相等
【答案】C
【解析】： x­t图像表示的是做直线运动的汽车的位移随时间的变化情况，而不是汽车运动的轨迹，由于甲、乙两车在0～t1时间内做单向的直线运动，故在这段时间内两车通过的位移和路程均相等，A、B选项均错；在v­t图像中，t2时刻丙、丁速度相等，t2时刻之前v丁一直大于v丙，且丙、丁由同一地点沿同一方向运动，故t2时刻两者相距最远，C选项正确；由v­t图线与坐标轴围成的面积表示位移可知，0～t2时间内丙的位移小于丁的位移，故丙的平均速度小于丁的平均速度，D选项错误。
3．火车以速率v1向前行驶，司机突然发现在前方同一轨道上距车头s处有另一辆火车，它正沿相同的方向以较小的速度v2做匀速运动，于是司机立即使火车做匀减速运动，该加速度大小为a，则要使两车不相撞，加速度a应满足的关系为( )
A．a>eq \f(v12－v22,2s) B．a>eq \f(v12,2s)
C．a>eq \f(v22,2s) D．a>eq \f(v1－v22,2s)
【答案】D
【解析】： 设经过时间t两车相遇，则有v2t＋s＝v1t－eq \f(1,2)at2，整理得at2＋2(v2－v1)t＋2s＝0，要使两车不相撞，则上述方程无解，即Δ＝4(v2－v1)2－8as<0，解得a>eq \f(v1－v22,2s)，即选项D正确。
3.（2022·郑州模拟）甲、乙两辆汽车分别在同一平直公路的两条车道上同向行驶，t＝0时刻它们恰好经过同一路标。0～t2时间内，两辆车的v­t图像如图所示，则( )
A．t1时刻甲车追上乙车
B．t2时刻甲车的加速度大小大于乙车的加速度大小
C．0～t2时间内甲车的平均速度大小为eq \f(v1＋v2,2)
D．0～t2时间内甲车的平均速度大于乙车的平均速度
【答案】D
【解析】： 在v­t图像中图像与时间坐标轴围成的面积表示位移，因此t1时刻甲、乙两车的速度大小相等，但位移不同，因此选项A错误；在v­t图像中图线斜率表示加速度，因此可知t2时刻甲车的加速度大小小于乙车的加速度大小，故选项B错误；由于甲车不是做匀变速直线运动，因此不能用中间时刻的瞬时速度代替平均速度，只能用eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)，故选项C错误；由图像可知，0～t2时间内甲车的位移大于乙车的，因此根据eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)可知0～t2时间内甲车的平均速度大于乙车的平均速度，故选项D正确。
4.甲、乙两人同时同地骑自行车出发做直线运动，前1 h内的x­t图像如图所示，下列表述正确的是( )
A．0.2～0.5 h内，甲的速度比乙的小
B．0.2～0.5 h内，甲的加速度比乙的大
C．0.6～0.8 h内，甲的位移比乙的小
D．0.8 h时，甲追上乙
【答案】D
【解析】： x­t图像的斜率表示速度，0.2～0.5 h内，甲的斜率大，则甲的速度比乙的大，故A错误。由题图知，0.2～0.5 h内，甲、乙都做匀速直线运动，加速度均为零，故B错误。物体的位移等于x的变化量，则知0.6～0.8 h内，甲的位移比乙的大，故C错误。0.8 h时，甲、乙位移相等，甲追上乙，故D正确。
5.我国的5G技术世界领先，该项技术在传输、时延、精度方面比4G大有提高，我国许多公司已将该技术应用于汽车的无人驾驶研究．某公司在研究无人驾驶汽车的过程中，对比甲、乙两辆车的运动，两车在计时起点时刚好经过同一位置沿同一方向做直线运动，它们的速度随时间变化的关系如图所示，由图可知( )
A．甲车任何时刻加速度大小都不为零
B．在t＝3 s时，两车第一次相距最远
C．在t＝6 s时，两车又一次经过同一位置
D．甲车在t＝6 s时的加速度与t＝9 s时的加速度相同
【答案】 B
【解析】 速度—时间图像斜率表示加速度，甲图线极值点时斜率为零，加速度为零，A错误；0～3 s，甲车的速度大于乙车，所以两车的距离逐渐变大，t＝3 s后，甲车的速度小于乙车，两车的距离减小，所以在t＝3 s时，两车第一次相距最远，B正确；由于速度—时间图像与横轴围成的面积表示位移，在t＝6 s时，两车的位移不相等，所以并没有经过同一位置，C错误；甲车在t＝6 s时的加速度的方向为正方向，t＝9 s时的加速度的方向为负方向，所以加速度不相同，D错误．
6.甲、乙两车在同一车道同向直线运动，运动中速度随时间变化的v－t图像如图所示，运动中两车恰好没有发生碰撞，最终两车均停止，则( )
A．t＝0时，甲车在乙车前方9 m处
B．t＝0时，甲车在乙车后方8.4 m处
C．当甲车刚停下时，乙车速度大小为1.2 m/s
D．当两车均停止时相距0.4 m
【答案】 C
【解析】 由题意可知，两辆车恰好未碰撞即在图线交点处甲、乙的距离为0，则在3秒时甲、乙两车的位移差为t＝0时乙车在甲车前方的距离，由速度—时间图像与横轴围成的面积表示位移可得Δx＝eq \f(18－12,2)×3 m＝9 m，故A、B错误；速度—时间图像的斜率的绝对值表示加速度大小，由题图可得k甲＝eq \f(3－18,3)＝－5，k乙＝eq \f(3－12,3)＝－3，当甲停下时，时间为t＝eq \f(v,a)＝eq \f(18,5) s＝3.6 s，此时乙的速度为v＝(12－3×3.6) m/s＝1.2 m/s，故C正确；当t＝3 s时两辆车距离为0，故两车均停止时相距的距离为图线相交后图像与横轴围成的面积，为Δx＝eq \f(1,2)×3×(4－3.6) m＝0.6 m，故D错误．
7.(2022·甘肃民勤县第一中学期中)一只气球以10 m/s的速度匀速上升，某时刻在气球正下方距气球6 m处有一小石子以20 m/s的初速度竖直上抛，若g取10 m/s2，不计空气阻力，忽略气球大小，则下列说法中正确的是( )
A．石子一定能追上气球
B．改变石子的初速度，石子和气球可能相遇两次
C．若气球上升速度等于9 m/s，其余条件不变，则石子在抛出后1 s追上气球
D．若气球上升速度等于7 m/s，其余条件不变，则石子恰好在到达最高点时追上气球
【答案】 BC
【解析】 设石子经过时间t后速度与气球的速度相等，则t＝eq \f(v－v0,－g)＝eq \f(10－20,－10) s＝1 s,1 s时间内气球上升的位移为x球＝vt＝10×1 m＝10 m，石子上升的位移为x石＝v0t－eq \f(1,2)gt2＝20×1 m－eq \f(1,2)×10×12 m＝15 m，因为x石－x球＝15 m－10 m＝5 m<6 m，所以石子一定追不上气球，故A错误；改变石子的初速度，可以让小石子在与气球速度相等时追上气球，则在石子初速度更大时，石子可以追上且超过气球，由于小石子做匀减速运动，而气球做匀速运动，必定会有第二次相遇，故B正确；若气球上升速度等于9 m/s，石子在抛出后1 s末，气球上升的位移为x球′＝9×1 m＝9 m，石子上升的位移为x石＝15 m，因为x石－x球′＝15 m－9 m＝6 m，所以1 s末石子恰好追上气球，故C正确；由选项C的分析可知，当气球上升速度等于9 m/s时，在1 s末恰好追上气球，所以当气球上升速度等于7 m/s，石子追上气球的时间肯定小于1 s，而石子到达最高点的时间为t′＝eq \f(v0,g)＝eq \f(20,10) s＝2 s，所以石子在到达最高点之前就追上气球了，故D错误．
8.(2022·广西高三月考)A、B两小球分别从图所示位置被水平抛出，落地点在同一点M，B球抛出点离地面高度为h，与落地点M水平距离为x，A球抛出点离地面高度为2h，与落地点M水平距离为2x，忽略空气阻力，重力加速度为g，关于A、B两小球的说法正确的是( )
A.A球的初速度是B球初速度的两倍
B.要想A、B两球同时到达M点，A球应先抛出的时间是eq \r(\f(2h,g))
C.A、B两小球到达M点时速度方向一定相同
D.B球的初速度大小为xeq \r(\f(2h,g))
【答案】 C
【解析】 设小球做平抛运动的水平位移为s，竖直高度为H，由平抛运动规律可得，s＝v0t，H＝eq \f(1,2)gt2，两式联立解得v0＝seq \r(\f(g,2H))，由题目条件可得vA＝2xeq \r(\f(g,4h))，vB＝xeq \r(\f(g,2h))，则A球的初速度是B球初速度的eq \r(2)倍，故A、D错误；小球从开始抛出到落地时间为t＝eq \r(\f(2H,g))，故可求得tA＝eq \r(\f(4h,g))，tB＝eq \r(\f(2h,g))，要想A、B两球同时到达M点，A球应先抛出的时间Δt＝tA－tB＝(eq \r(2)－1)eq \r(\f(2h,g))，故B错误；设小球落地时速度与水平方向夹角为θ，位移与水平方向夹角为α，则由平抛运动推论可得tan θ＝2tan α＝eq \f(2H,s)，故可得tan θA＝tan θB＝eq \f(2h,x)，所以A、B两小球到达M点时速度方向一定相同，故C正确.
9.(2022·河南新乡市高三上学期第一次模拟)如图所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，它们在下落高度为9 m时，在空中相遇.若两球的抛出速度都变为原来的3倍，不计空气阻力，则自抛出到它们在空中相遇时，两球下落的高度为( )
A.6 m B.3eq \r(2) m
C.3 m D.1 m
【答案】 D
【解析】 由题知，两小球均做平抛运动，同时抛出，竖直方向上做自由落体运动，相等时间内下降的高度相同，两球始终在同一水平面上，根据x＝vAt＋vBt知，x不变，当两球的抛出速度都变为原来的3倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为eq \f(t,3)，根据h＝eq \f(1,2)gt2，H＝eq \f(1,2)g(eq \f(t,3))2，得：H＝eq \f(h,9)＝1 m.
10.如图所示，同一竖直平面内有四分之一圆环BC和倾角为53°的斜面AC，A、B两点与圆环BC的圆心O等高．现将甲、乙小球分别从A、B两点以初速度v1、v2沿水平方向同时抛出，两球恰好在C点相碰(不计空气阻力)，已知sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，下列说法正确的是( )
A．初速度v1、v2大小之比为3∶4
B．若仅增大v1，则两球不再相碰
C．若v1大小变为原来的一半，则甲球恰能落在斜面的中点D
D．若只抛出甲球并适当改变v1大小，则甲球可能垂直击中圆环BC
【答案】 AD
【解析】 甲乙两球从等高处做平抛运动恰好在C点相碰，则时间相等，水平方向有x甲＝v1t＝eq \f(R,tan 53°)＝eq \f(3,4)R，x乙＝v2t＝R，所以eq \f(v1,v2)＝eq \f(3,4)，选项A正确；两球相碰，则满足v1t＋v2t＝eq \f(7,4)R，若仅增大v1，显然存在t满足方程，所以两球在空中会相碰，选项B错误；若v1大小变为原来的一半，在时间不变的情况下水平位移会变为原来的一半，但由于甲球会碰到斜面，下落高度减小时间减小，所以甲球的水平位移小于原来的一半，不会落在斜面的中点，选项C错误；若甲球垂直击中圆环BC，则落点时速度的反向延长线过圆心O，如图所示，由几何关系有(v1t－eq \f(3,4)R)2＋(eq \f(1,2)gt2)2＝R2，tan α＝eq \f(v1t－\f(3,4)R,\f(1,2)gt2)＝eq \f(v1,gt)，两个未知数两个方程可以求解v1和t，因此只抛出甲球并适当改变v1大小，则甲球可能垂直击中圆环BC，选项D正确．
11.(多选)(2022·山西太原市质检)如图，在万有引力作用下，a、b两卫星在同一平面内绕某一行星c沿逆时针方向做匀速圆周运动，已知轨道半径之比为ra∶rb＝1∶4，则下列说法中正确的有( )
A．a、b运动的周期之比为Ta∶Tb＝1∶8
B．a、b运动的周期之比为Ta∶Tb＝1∶4
C．从图示位置开始，在b转动一周的过程中，a、b、c共线12次
D．从图示位置开始，在b转动一周的过程中，a、b、c共线14次
【答案】 AD
【解析】 根据开普勒第三定律：半径的三次方与周期的二次方成正比，则a、b运动的周期之比为1∶8，A对，B错；设图示位置ac连线与bc连线的夹角为θ12.当地球位于太阳和木星之间且三者几乎排成一条直线时，称之为“木星冲日”，2016年3月8日出现了一次“木星冲日”。已知木星与地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳近似做匀速圆周运动，木星到太阳的距离大约是地球到太阳距离的5倍。则下列说法正确的是( )
A.下一次的“木星冲日”时间肯定在2018年
B.下一次的“木星冲日”时间肯定在2017年
C.木星运行的加速度比地球的大
D.木星运行的周期比地球的小
【答案】 B
【解析】 由T＝2πeq \r(\f(r3,GM))可知，地球公转周期T1＝1年，土星公转周期T2＝eq \r(125)T1≈11.18年。设经时间t，再次出现“木星冲日”，则有ω1t－ω2t＝2π，其中ω1＝eq \f(2π,T1)，ω2＝eq \f(2π,T2)，解得t≈1.1年，因此下一次“木星冲日”发生在2017年，故A错误，B正确；设太阳质量为M，行星质量为m，轨道半径为r，周期为T，加速度为a。对行星由牛顿第二定律可得Geq \f(Mm,r2)＝ma＝meq \f(4π2,T2)r，解得a＝eq \f(GM,r2)，T＝2πeq \r(\f(r3,GM))，由于木星到太阳的距离大约是地球到太阳距离的5倍，因此，木星运行的加速度比地球的小，木星运行的周期比地球的大，故C、D错误。
13.快递员驾驶甲车给小明送快递，小明拿到快递后，发现快递员不小心遗落了一件别人的快递在他这里，小明立即驾驶乙车去追快递员，此时快递员已经驾驶甲车在一条平直公路上行驶了84 m，速度达到4 m/s，且甲车正以1 m/s2的加速度做匀加速直线运动，一段时间后，快递员接到小明的信号改为匀速向前行驶，已知小明驾驶的乙车最初以2 m/s2的加速度做匀加速直线运动去追赶甲车，速度达到20 m/s后匀速行驶，结果共经过19 s后追上甲车．
(1)求甲车加速行驶的时间；
(2)若乙车刚追上甲车时两车同时减速运动，40 m后停在同一位置，求两车各自做减速运动的加速度大小和两车到达停车位置的时间差．
【答案】 (1)8 s (2)1.8 m/s2 5 m/s2 eq \f(8,3) s
【解析】 (1)设乙车开始运动后甲车加速行驶的时间为t，乙车追上甲车时经历的总时间为t0，则在t0时间内，
甲车的位移为x甲＝v0t＋eq \f(1,2)a甲t2＋(v0＋a甲t)(t0－t)
乙车的位移为x乙＝eq \f(v乙2,2a乙)＋v乙(t0－eq \f(v乙,a乙))
其中t0＝19 s，根据两车的位移关系有x乙＝x甲＋84 m
联立解得t＝8 s(另一解不合题意，舍去)
(2)甲车加速8 s后的速度为v甲＝v0＋a甲t＝12 m/s
对甲车，设减速过程的加速度大小为a甲′，甲车减速过程的位移为x甲′＝eq \f(0－v甲2,2－a甲′)
解得a甲′＝1.8 m/s2
对乙车，设减速过程的加速度大小为a乙′，
则有x乙′＝eq \f(0－v乙2,2－a乙′)
解得a乙′＝5 m/s2
则甲车减速到零时有0＝v甲－a甲′t甲′
解得t甲′＝eq \f(20,3) s
乙车减速到零时有0＝v乙－a乙′t乙′
解得t乙′＝4 s
两车到达停车位置的时间差为Δt＝t甲′－t乙′＝eq \f(8,3) s.
14.(2022·重庆万州纯阳中学校阶段练习)蓝牙可实现固定设备或移动设备之间的短距离数据交换，但设备间超过一定距离时便无法实现通讯．某次实验中在甲、乙两小车上安装了某种蓝牙设备，该蓝牙设备正常通讯的有效距离为d＝10 m．两车只能沿一条直线运动，如图所示甲车从O点由静止出发，以a1＝0.6 m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，甲车左侧距离为x0＝6 m处，乙车同时以初速度v0＝5 m/s，a2＝0.1 m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，发现两车运动过程中有时蓝牙信号中断，请计算第一次蓝牙信号中断到再次接收到信号的时刻之间的时间间隔．
【答案】 12 s
【解析】 t＝0时，甲在乙前方，最初一段时间内v乙>v甲，两车距离减小，
设经过t时间甲、乙第一次距离达到10米，此时乙车在甲前方，则
x乙－x甲＝d＋x0
x乙＝v0t＋eq \f(1,2)a2t2
x甲＝eq \f(1,2)a1t2
解得t1＝4 s(t2＝16 s)
此时v甲＝a1t1＝2.4 m/s，v乙＝v0＋a2t1＝5.4 m/s，
v甲由以上分析可知t2＝16 s
故第一次蓝牙信号中断到再次接收到信号的时刻之间的时间间隔为
t2－t1＝12 s.
15.(2022·江西丰城九中期末)随着智能手机的使用越来越广泛，一些人在驾车时也常常离不开手机．然而开车使用手机是一种分心驾驶的行为，极易引发交通事故．如图所示，一辆出租车在平直公路上以v1＝20 m/s的速度匀速行驶，此时车的正前方90米处有一电动三轮车，正以v2＝8 m/s速度匀速行驶，而出租车司机此时正低头看手机，t1＝2.5 s后才发现危险，司机立刻采取紧急制动措施，再经t2＝0.5 s后汽车以最大加速度8 m/s2开始做匀减速直线运动．
(1)当出租车开始减速时出租车与三轮车间的距离是多少？
(2)在出租车刹车过程中，两车是否相撞，若不相撞，求出最小距离；若相撞，写出证明过程．
【答案】 (1)54 m (2)不相撞，最小距离为45 m
【解析】 (1)出租车在t1、t2时间内匀速行驶，在这段时间内出租车与三轮车间的位移分别为
x1＝v1(t1＋t2)＝60 m
x2＝v2(t1＋t2)＝24 m
故此时两车间的距离为L0＝90 m＋x2－x1＝54 m
(2)设出租车从开始刹车经t与三轮车共速，由
v1－at＝v2
解得t＝1.5 s
若两车相撞将发生在这段时间内，汽车开始刹车t所行驶的位移
x1′＝eq \f(v1＋v2,2)t＝eq \f(20＋8,2)×1.5 m＝21 m
三轮车经t的位移为
x2′＝v2t＝12 m
此时两车的距离为
L＝L0＋x2′－x1′＝45 m
故两车不相撞，共速时两车间有最小距离，最小距离为45 m.
16.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。如图所示，某足球场长90 m、宽60 m，攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球在地面上的运动可视为初速度为12 m/s的匀减速直线运动，减速过程的加速度大小为2 m/s2。
(1)足球从开始减速到停下来的位移为多大？
(2)若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，该队员的启动过程可视为初速度为零、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，则该前锋队员经过多长时间才能追上足球？
【答案】：(1)36 m (2)6.5 s
【解析】：(1)设足球初速度大小为v0，加速度大小为a1，足球做匀减速直线运动的时间为t1，位移为x1，则有v0＝a1t1，x1＝eq \f(v0,2)t1，代入数据可解得t1＝6 s，x1＝36 m。
(2)设前锋队员的加速度大小为a2，最大速度为vm，前锋队员加速到最大速度所用时间为t2，位移为x2，则有vm＝a2t2，x2＝eq \f(vm,2)t2，
代入数据可解得t2＝4 s，x2＝16 m。
前锋队员加速到最大速度时，足球的位移x1′＝v0t2－eq \f(1,2)a1t22＝32 m，故此时队员没有追上足球。
之后前锋队员做匀速直线运动，到足球停止运动时，设前锋队员匀速运动的位移为x3，则有x3＝vm(t1－t2)，
解得x3＝16 m。由于x1>x2＋x3，故当足球停止运动时，前锋队员仍没有追上足球，设前锋队员又运动了t3时间才追上足球，则有x1－(x2＋x3)＝vmt3，代入数据解得t3＝0.5 s。
故前锋队员追上足球所用的总时间t＝t1＋t3＝6.5 s。
17.(2022·安徽江淮十校联考)2010年诺贝尔物理学奖授予英国曼彻斯特大学科学家安德烈·海姆和康斯坦丁·诺沃肖洛夫，以表彰他们在石墨烯材料方面的卓越研究。石墨烯是目前世界上已知的强度最高的材料，它的发现使“太空电梯”缆线的制造成为可能，人类将有望通过“太空电梯”进入太空。如图所示，现假设有一“太空电梯”悬在赤道上空某处，相对地球表面静止，忽略下面缆线的质量。已知地球半径为R，自转周期为T，地球质量为M，引力常量为G。
(1)求“太空电梯”距地面的高度；
(2)若赤道平面内的一颗卫星环绕地球做圆周运动，环绕方向与地球自转方向相反，周期为2T，某一时刻卫星在“太空电梯”正上方，问至少经过多长时间卫星再次经过“太空电梯”正上方？
【答案】：(1) eq \r(3,\f(GMT2,4π2))－R (2)eq \f(2,3)T
【解析】：(1)“太空电梯”在轨运行，万有引力提供向心力，有Geq \f(Mm,R＋h2)＝m(R＋h)eq \f(4π2,T2)
解得h＝eq \r(3,\f(GMT2,4π2))－R。
(2)“太空电梯”与卫星环绕方向相反，所以卫星再次运行到“太空电梯”正上方时，它们与球心的连线扫过的圆心角形成一个周角，有eq \f(2π,T)t＋eq \f(2π,2T)t＝2π
解得t＝eq \f(2,3)T。