运动的追及相遇问题 ——高中物理人教版二轮复习专题 学案

这是一份运动的追及相遇问题 ——高中物理人教版二轮复习专题 学案，文件包含沪教牛津版八年级下册Unit4Artsandheritage知识清单背诵版docx、沪教牛津版八年级下册Unit4Artsandheritage知识清单默写版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共30页， 欢迎下载使用。
1．速度大追速度小情况
2．速度小追速度大情况
3．处理追及相遇问题的常用方法及技巧
（1）情境分析法
分析物体运动过程→画运动示意图→找位移关系→列位移方程
（2）图像分析法
①若为x－t图像，图像相交即代表两物体相遇。
②若为v－t图像，利用图像与坐标轴围成的面积进行分析。
③若为a－t图像，可转化为v－t图像进行分析。
（3）函数判断法
根据位移关系，写出关于t的一元二次方程at2＋bt＋c＝0，其中根的判别式∆＝b2－4ac。
当∆＞0时，方程有两个不相等的实数根，即相遇两次；
当∆＝0时，方程有两个相等的实数根，即只有一个解，相遇一次；
当∆＜0时，方程无实数根，即无解，不能相遇。
（4）求解追及、相遇问题时的两点技巧：
①“临界条件”分析：题目中的关键字眼，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等即为临界条件。
②“实际情况”分析：（易错点）若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意被追上前该物体是否已经停止运动。
二．典例精讲
1．图甲为老虎追逐羚羊的画面。假定老虎和羚羊沿同一方向做直线运动，它们运动的v－t图像如图乙所示，0～2t1时间内二者的v－t图像均为直线。已知t＝0时刻老虎与羚羊相距2 m。下列说法正确的是（ ）
A．t1时刻，老虎与羚羊相距最近
B．2t1时刻，老虎与羚羊相距2 m
C．3t1时刻，老虎朝返回出发点方向运动
D．老虎的加速度始终比羚羊的加速度大
【答案】B
【解析】A．由图像知0～t1（不包含t1时刻）时间内，羚羊的速度一直大于老虎的速度，可知二者之间的距离逐渐增大；在t1时刻，二者速度相等，此时刻老虎与羚羊相距最远，故A错误；
B．根据图像围成的面积表示位移，由题图可知在0～2t1时间内二者图像围成的面积相等，即在2t1时刻，老虎与羚羊的位移差等于初始时刻二者之间的距离2 m，故B正确；
C．3t1时刻，老虎的速度方向仍然为正方向，未向返回出发点方向运动，故C错误；
D．根据图像的斜率表示加速度，由二者图像的斜率可知，老虎的加速度并不是始终比羚羊的加速度大，故D错误。
故选B。
2．甲乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，它们的v－t图象如图所示。两图象在t＝t1时相交于P点，P在横轴上的投影为Q，△OPQ的面积为S。在t＝0时刻，乙车在甲车前面，相距为d。已知此后两车相遇两次，且第一次相遇的时刻为t′，则下面四组t′和d的组合可能是（ ）
A．t′＝t1，d＝SB．t′＝，d＝
C．t′＝，d＝D．t′＝，d＝
【答案】D
【解析】在t1时刻如果甲车没有追上乙车，以后就不可能追上了，故t′＜t1，从图象中甲、乙与坐标轴围成的面积即对应的位移看：
A．因为要相遇两次，所以第一次相遇不可能在t1时刻，故A错误；
BCD．当t′＝时，由几何关系可知甲的面积为S，乙的面积为，所以甲的面积比乙的面积多出，即d＝时正好相遇，故B、C组合不可能，D组合可能；
故选：D。
3．高速公路上A、B两车在同一车道上同向行驶，A车在前，B车在后，速度均为v0＝30 m/s，距离x0＝90 m。t＝0时刻A车遇紧急情况后，A、B两车的加速度随时间变化关系如图甲、乙所示。取原运动方向为正方向。下面说法正确的是（ ）
A．t＝3 s时，两车相距最近B．0～9 s内，两车位移之差为45 m
C．t＝6 s时，两车距离最近为10 mD．两车在0～9 s内会相撞两次
【答案】B
【解析】AC．由加速度—时间图像可画出两车的速度—时间图像，如图所示
由图像可知，t＝6 s时两车同速，此时距离最近，图中阴影部分面积为0～6 s内两车位移之差，即Δx＝×30×3 m＋×30×(6－3) m＝90 m
则此时两车相距Δs＝x0－Δx＝0，两车恰好不相撞，故AC错误；
BD．0～9 s内两车位移之差为Δx′＝×30×3 m＝45 m
因6 s后甲车速度大于乙车，可知两车不会相碰2次，选项B正确，D错误。
故选B。
4．（多选）如图所示，将乙小球从地面上以v0的初速度竖直向上抛出的同时，将甲小球从乙球的正上方H处由静止释放，两小球运动过程中的空气阻力忽略不计，取g＝10 m/s2，两小球可视为质点，下列说法正确的是（ ）
A．若v0＝，则两球在地面相遇
B．若v0＝，则两球在地面相遇
C．若v0＞，两球相遇时，乙正在上升途中
D．若＜v0＜，两球相遇时，乙正在下落途中
【答案】ACD
【解析】AB．若物体乙正好运动到最高点时两物体相遇，则物体乙速度减小为零所用的时间t＝，此时甲下落的高度hA＝，乙上升的高度hB＝，且hA＋hB＝H，解得v0＝，若甲、乙两物体恰好在落地时相遇，则有t＝，此时甲下落的高度hA＝＝H，解得v0＝，所以若v0＝，则物体乙运动到最高点时两物体相遇，若v0＝，则两物体在地面相遇，故A正确，B错误；
C．若v0＞，则两物体在乙上升途中相遇，故C正确；
D．若＜v0＜，则两物体在乙下落途中相遇，故D正确。
故选ACD。
5．在平直的公路上，一辆小汽车以v1＝20 m/s的速度行驶，某时刻小车司机发现前方L＝15 m处有一辆货车正以v2＝10 m/s的速度同向行驶， 小汽车司机立即采取制动措施（刹车），使小汽车做匀减速直线运动，避免了追尾事故，已知该小汽车从制动到停止行驶的距离为x＝40 m。
（1）求小汽车制动后的加速度a的大小；
（2）求小汽车和货车间的最小距离s；
（3）实际上小汽车司机从发现货车到采取制动措施需要一定的时间，这个时间叫反应时间。则要想避免相撞，允许小汽车司机的反应时间Δt最长为多少？
【答案】（1）根据公式可得0－＝－2ax，
解得：a＝5 m/s2
因此小汽车制动时的加速度大小为5 m/s2；
（2）当两车速度相同时两车相距最近，因此可得v2＝v1－at，
解得：t＝2 s，
小汽车的位移：x1＝
货车的位移：x2＝v2t
小汽车与货车间的最小距离：s＝x2＋L－x1
代入数据可得：s＝5 m
因此小汽车和货车间的最小距离为5 m；
（3）当两车速度相等时：v2＝v1－at
小汽车位移：x1＝v1·Δt＋v1t－
货车的位移：x2＝v2(Δt＋t)
若恰好不追尾，则两车刚好相遇L＋x2＝x1
代入数据解得：Δt＝0.5 s
因此允许小汽车司机的反应时间最长为0.5 s。
6．2023年10月23日，中国选手夺得杭州亚运会女子3 km自行车个人追逐赛冠军。杭州亚运会自行车跑道为周长250 m的椭圆，如图a所示，M、N两点为位于椭圆轨道短轴的两端点，比赛开始后，甲、乙两名选手分别从M、N两点同时出发，骑行前两圈过程中甲、乙两名选手的速率随时间变化的规律分别如图b、图c所示。求
（1）甲选手骑行路程为82.5 m时的速率；
（2）甲选手在骑行前两圈过程中能否追上乙选手？（写出必要的计算和文字说明）
【答案】（1）假设甲骑行82.5 m时处于10～20 s的某时刻，
0～10 s甲的路程为s1＝×10 m＝40 m
10～20 s甲的加速度为a1＝ m/s2＝0.2 m/s2，s－s1＝v1t＋
代入数据解得：t＝5 s或t＝－85 s（舍去）
又有v＝v1＋a1t，代入数据解得v＝9 m/s；
（2）由图像可知甲、乙速率相等时的速率为10 m/s
0～40 s乙的加速度为a1＝ m/s2＝0.2 m/s2
甲、乙速率相等需要的时间t共＝ s
甲、乙速率相等时的路程差为
Δs＝[×10×8＋×(8＋10)×10＋10×(－20)] m－×10 m＝ m＜125 m
故甲未追上乙。
三．跟踪训练
1．安全行驶不仅关系到自己的生命和安全，同时也是尊重他人生命的体现。图甲为可视为质点的两车M、N在t＝0时刻的位置（以车N的起始位置为坐标原点O），图乙为两车速度随时间的变化图像。已知8 s时两车恰好不相撞，10 s时车N停止运动，且此时车M超前N距离7 m。则车M出发的位置x0为（ ）
A．56 mB．84 mC．112 mD．168 m
【答案】C
【解析】如图：
已知8 s时两车恰好不相撞，则8 s时两车在同一位置，10 s时两车间距为△CDE的面积，即为7 m；t＝0时刻两车间距为△COF的面积，根据△CDE和△COF相似可得△COF的面积为△CDE的面积的16倍，即t＝0时刻车M出发的位置为x0＝16×7 m＝112 m，故C正确，BCD错误。
故选：C。
2．在平直的公路上，一辆小汽车前方有一辆大客车正以10 m/s的速度匀速前进，当大客车车尾和小汽车车头沿车速方向的距离为11 m时，小汽车从静止出发以2 m/s2的加速度追赶。已知大客车的长度为8.5 m，小汽车的长度为4.5 m，两车在相邻的两个车道内行驶，道路上没有其他交通参与者。下列说法中正确的是（ ）
A．经11 s小汽车的车头与大客车的车尾对齐时，小汽车的速度大小为11 m/s
B．小汽车的车尾与大客车的车头对齐时，小汽车的速度大小为11 m/s
C．经12 s小汽车的车尾与大客车的车头对齐时，小汽车的速度大小为11 m/s
D．从小汽车车头与大客车车尾对齐到小汽车车尾与大客车车头对齐的过程中，小汽车的平均速度大小为23 m/s
【答案】D
【解析】A．设大客车的速度为v0，小客车的加速度为a，小汽车开始运动时，大客车车尾和小汽车车头沿车速方向的距离为d0，大客车的长度为d1，小汽车的长度为d2，设经t1时间小汽车的车头与大客车的车尾对齐，则d0＝－v0t1，解得t1＝11 s，小汽车的速度大小为v1＝at1＝22 m/s，故A错误；
BC．设经t2时间小汽车的车尾与大客车的车头对齐，则d0＋d1＋d2＝－v0t2，解得t2＝12 s，小汽车的速度大小为v2＝at2＝24 m/s，故BC错误；
D．从小汽车车头与大客车车尾对齐到小汽车车尾与大客车车头对齐的过程中，小汽车的位移为x＝＝23 m，小汽车的平均速度大小为＝23 m/s，故D正确。
故选D。
3．近期，一段特殊的“飙车”视频红遍网络，视频中，一辆和谐号动车正和一辆复兴号动车互相追赶（如图甲）。两车并排做直线运动，其v－t图像如图乙所示，t＝0时，两车车头刚好并排，则下列说法正确的是（ ）
A．15 s末和谐号的加速度比复兴号的大
B．0到32 s内，在32 s末两车车头相距最远
C．图乙中复兴号的最大速度为78 m/s
D．两车头在32 s末再次并排
【答案】C
【解析】A．由v－t图像的斜率表示加速度，可得15 s末和谐号的加速度为a1＝ m/s2＝ m/s2，复兴号的加速度为a2＝ m/s2＝ m/s2，则15 s末和谐号的加速度比复兴号的小，故A错误；
B．因t＝0时两车车头刚好并排，在0到24 s内和谐号的速度大于复兴号的速度，两者的距离逐渐增大，速度相等后两者的距离缩小，则在24 s末两车车头相距最远，故B错误；
C．图乙中复兴号的最大速度为vm＝72 m/s＋×(32－24) m/s＝78 m/s，故C正确；
D．由v－t图像的面积表示位移，则在24 s末两车头的距离为Δx＝ m＝48 m，而在24～32 s内，两车头缩小的距离为Δx′＝ m＝24 m＜Δx，即32 s末复兴号车头还未追上和谐号车头，故D错误。
故选C。
4．ETC是常用于高速公路收费站的电子不停车收费系统。可视为质点的甲、乙、丙三辆车沿一条直线公路上不同车道向右行驶。当甲车刚从收费站的人工通道开出时速度可视为0，此时已从ETC通道通过的乙车、丙车距收费站的距离分别为x1＝40 m、x2＝30 m，乙车的速度v1＝8 m/s，丙车的速度v2＝12 m/s，如图所示。此后，甲车做加速度a0＝3 m/s2的匀加速直线运动，乙车做加速度a1＝1 m/s2匀加速直线运动，丙车做匀速直线运动。求：
（1）经多长时间甲、乙两车速度相等；
（2）经多长时间甲车追上丙车（并排行驶）；
（3）丙车能否追上乙车（并排行驶），通过计算说明理由：若追不上，求乙车、丙车沿运动方向上的最小距离。
【答案】（1）根据速度时间关系a0t1＝v1＋a1t1，代入数据解得t1＝4 s
（2）根据位移时间关系＝v2t2＋x2，解得t2＝10 s
（3）两车速度相等，根据速度时间关系v1＋a1t3＝v2，解得t3＝4 s
由于v2t3－(v1t3＋)＜x1－x2
所以丙车不能追上乙车，乙车、丙车沿运动方向上的最小距离Δxmin＝x1－x2－[v2t3－(v1t3＋)]
代入数据可得Δxmin＝2 m
5．如图甲所示，下端离地面H＝6.4 m处有一竖直的空管，管长L为2.8 m，A、B为空管的上、下两端，空管由于受外力作用，由静止开始竖直向下运动，其运动v－t图像如图乙所示，同时在B处一个大小不计的小球以初速度v0竖直上抛，不计一切阻力和在地面的反弹，取g＝10 m/s2。求：
（1）若小球初速度为8 m/s，小球上升过程中离地面的最大高度；
（2）若小球初速度为8 m/s，小球经过多长时间从管的A端相对向上穿出；
（3）欲使在空管落地瞬间，小球必须处于空管之内，在其他条件不变的前提下，求小球的初速度v0大小的范围。
【答案】解：（1）小球的运动为竖直上抛运动，设上抛的高度为h1，＝2gh1，
解得h1＝3.2 m，离地最大高度h＝h1＋H＝9.6 m。
（2）设t时刻空管还未到达匀速，小球从空管上端穿出，空管的加速度a＝＝5 m/s2，
小球上升高度l1＝v0t－，空管下落距离l2＝，且l1＋l2＝L，
解得t＝0.4 s或t＝2.8 s（舍去）。
（3）当t＝0.8 s时，空管匀加速下落的位移x1＝＝1.6 m，
匀速下落位移x2＝H－x1＝4.8 m，
这管落地总时间t2＝0.8 s＋＝2 s，
则小球在t2时间内满足：H－L≤－v0t2＋≤H，
解得6.8 m/s≤v0≤8.2 m/s。
6．重庆市第八中学校校外的道路是沙坪坝区的交通要道，有许多车辆经过，而汽车在行驶过程中经常需要变道行驶。如图演示了甲车变道的过程：初始时，甲车车头（图甲中A位置）与乙车车头并排行驶，且甲、乙、丙三车此时均以v0＝20 m/s的速度做匀速直线运动，为了安全，甲车至少要超出乙车车头一个车位（图甲中B位置），才能开始变道。此时甲车若要安全变道到乙车前方且不影响乙车行驶，变道刚完成时的车距不得小于6 m（甲车车尾到乙车车头的距离）。而变道后必须立即减速以避免与丙车追尾。
假设汽车在变道过程中，沿前进方向的分运动仍保持匀变速，不受变道的影响，横向移动的速度可忽略。从开始变道（图甲中B位置）到完成变道恰好需要1 s时间。甲车匀减速的加速度不超过10 m/s2。甲、乙、丙的车身长度均为d＝4 m，求：
（1）从初始时刻开始计时，甲车经4 s恰好从A位置到B位置，则甲车的加速度为多大？
（2）从初始时刻开始计时，要求甲车在5 s内完成匀加速和变道过程（不能影响乙车行驶），完成变道后，甲车立即做加速度大小为1 m/s2的匀减速直线运动，为保证甲车与丙车不发生碰撞，则初始时乙车与丙车的车距L至少为多少？
（3）若从初始时刻开始计时，甲车以3 m/s2匀加速，乙车反应0.5 s后立即以 m/s2的加速度匀减速直至停止。初始时乙车和丙车的车距L′＝ m，丙车看到甲车变道结束后立即做加速运动，其加速度随时间的变化如图乙所示，丙车加速2 s后做匀速直线运动。要使三车均不会发生碰撞，甲做匀减速运动的加速度应满足什么条件？
【答案】（1）由题知，甲车在t1＝4 s内超过乙车一个车位，
x甲1＝v0t＋，x乙1＝v0t1，d＝x甲1－x乙1，
即d＝v0t1＋－v0t1，解得甲车加速度a1＝0.5 m/s2；
（2）要求甲车在t2＝5 s内完成匀加速和变道过程，位移为d＋6 m＝v0t2＋－v0t2，
解得甲车加速度a2＝0.8 m/s2，故甲车以a2＝0.8 m/s2进行匀加速和变道，变道结束后甲车立即以a3＝1 m/s2的加速度匀减速，再经过t3＝＝4 s甲车和丙车速度相等，
此时甲车和丙车恰好不相撞，此时L＝d＋6 m＋－v0t3＝18 m，
故初始时乙车与丙车的车距L至少18 m；
（3）若甲车以a4＝3 m/s2匀加速的同时，乙车先匀速0.5 s后以a5＝ m/s2匀减速，当甲经过t4时间刚好超过乙车一个车位，
则有：x甲2＝v0t4＋，x乙2＝v0t4－(t4－0.5)2，d＝x甲2－x乙2＝4 m，
即d＝(t4－0.5)2＝4 m，解得t4＝1.5 s，
甲需再经过1 s完成并线，并线完成时，甲车的速度为：v1＝27.5 m/s，之后甲车立即做匀减速运动，同时丙车开始做2 s的变加速运动，
设甲车和乙车恰好速度相等时为v2，
速度相等前甲车和乙车位移为x甲3＝v0(t4＋1)＋a4(t4＋1)2＋，x乙3＝v0t反＋，
速度相等后甲车和乙车位移为x甲4＝，x乙4＝，
甲车和乙车速度相等时恰好不相撞，位移关系为x甲3＋x甲4＝x乙3＋x乙4－d，
解得甲车减速的加速度a6＝ m/s2≈3.3 m/s2，
设甲车变道结束后经过t5，甲车和丙车恰好速度相等为v3＝v0＋2×2× m/s＝22 m/s，
x甲5＝v0(t4＋1)＋a4(t4＋1)2－，x丙＝v0(t4＋1)＋(v0＋×1)×2＋v3(t5－2)，
甲车和丙车速度相等时恰好不相撞，位移关系为L′＝x甲5－x丙，
解得甲车减速的加速度为a7＝2.75 m/s2，
综上甲做匀减速运动的加速度应2.75 m/s2≤a≤3.3 m/s2。
典型示例
图像
说明
匀减速追匀速
开始追时，两物体间距离为x0，之后两物体间的距离在减小，当两物体速度相等时，即t＝t0时刻：
①若Δx＝x0，则恰能追上，两物体只能相遇一次，这也是避免相撞的临界条件；
②若Δx＜x0，则不能追上，此时两物体间距离最小，为x0－Δx；
③若Δx＞x0，则相遇两次，设t1时刻Δx1＝x0，两物体第一次相遇，则t2时刻两物体第二次相遇（t2－t0＝t0－t1）
匀速追匀加速
匀减速追匀加速
典型示例
图像
说明
匀加速追匀速
①0～t0时段，后面物体与前面物体间距离不断增大；
②t＝t0时，两物体相距最远，为x0＋Δx（x0为两物体初始距离）；
③t＞t0时，后面物体追及前面物体的过程中，两物体间距离不断减小；
④能追上且只能相遇一次
匀速追匀减速
匀加速追匀减速