2024届高考物理一轮总复习第一章运动的描述匀变速直线运动第4讲“追及相遇问题”的题型技法教师用书

第4讲“追及相遇问题”的题型技法技法(一)情境分析法情境分析法的基本思路 [典例]汽车A以vA＝4m/s的速度向右做匀速直线运动，发现前方相距x0＝7m处、以vB＝10m/s的速度同向运动的汽车B正开始匀减速刹车直到静止后保持不动，其刹车的加速度大小a＝2m/s2。从此刻开始计时。求：(1)A追上B前，A、B间的最远距离是多少；(2)经过多长时间A恰好追上B。[解题指导]汽车A和B的运动过程如图所示。[解析](1)当A、B两汽车速度相等时，两车间的距离最远，即v＝vB－at＝vA，解得t＝3s，此时汽车A的位移xA＝vAt＝12m，汽车B的位移xB＝vBt－eq\f(1,2)at2＝21m，故最远距离Δxmax＝xB＋x0－xA＝16m。(2)汽车B从开始减速直到静止经历的时间t1＝eq\f(vB,a)＝5s，运动的位移xB′＝eq\f(vB2,2a)＝25m，汽车A在t1时间内运动的位移xA′＝vAt1＝20m，此时相距Δx＝xB′＋x0－xA′＝12m，汽车A需再运动的时间t2＝eq\f(Δx,vA)＝3s，故A追上B所用时间t总＝t1＋t2＝8s。[答案](1)16m(2)8s[升维训练](1)若某同学应用关系式vBt－eq\f(1,2)at2＋x0＝vAt，解得经过t＝7s(另解舍去)时A恰好追上B。这个结果合理吗？为什么？(2)若汽车A以vA＝4m/s的速度向左匀速运动，其后方相距x0＝7m处、以vB＝10m/s的速度同方向运动的汽车B正向左开始匀减速刹车直到静止后保持不动，其刹车的加速度大小为a＝2m/s2，则经过多长时间两车恰好相遇？提示：(1)这个结果不合理，因为汽车B运动的时间最长为t＝eq\f(vB,a)＝5s＜7s，说明汽车A追上B时汽车B已停止运动。(2)可由位移关系式：vBt－eq\f(1,2)at2＝x0＋vAt，解得t1＝(3－eq\r(2))s，t2＝(3＋eq\r(2))s。[微点拨]典例及升维训练旨在培养考生“贴合实际、全面分析”运动学问题的思维习惯：(1)如匀速运动的物体追匀减速运动的物体时，注意判断追上时被追的物体是否已停止。(2)匀减速运动的物体追匀速运动的物体时，有追不上、恰好追上、相撞或相遇两次等多种可能。技法(二)图像分析法图像分析法的解题要领图像分析法是指将两个物体的运动图像画在同一坐标系中，然后根据图像分析求解相关问题。(1)若用位移图像求解，分别作出两个物体的位移图像，如果两个物体的位移图像相交，则说明两物体相遇。(2)若用速度图像求解，则注意比较速度图线与时间轴包围的面积。[注意]x-t图像的交点表示两物体相遇，而v-t图像的交点只表示两物体此时速度相等。实际解题过程中，常选择v-t图像求解。[典例]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1s内与A车的距离缩短了x1＝12m。(1)求B车运动的速度vB和A车的加速度a的大小；(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x0应满足什么条件？[解析](1)在t1＝1s时A车刚启动，两车缩短的距离为x1＝vBt1，代入数据解得B车的速度为vB＝12m/s速度—时间图像的斜率表示加速度，则A车的加速度为a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(vA－0,t2－t1)＝3m/s2。(2)两车的速度达到相等时，两车的距离达到最小，对应于v-t图像的t2＝5s，此时两车已发生的相对位移为梯形的面积，为x＝eq\f(1,2)vB(t1＋t2)＝36m，若A、B两车不会相撞，距离x0应满足条件为s0≥36m。[答案](1)12m/s3m/s2(2)x0≥36m[针对训练]1．(多选)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(x-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()解析：选BC图A中，甲、乙在t0时刻之前位移没有相等，即两人在t0时刻之前不能相遇，A错误；图B中，甲、乙在t0时刻之前图像有交点，即此时位移相等，即两人在t0时刻之前能再次相遇，B正确；因v-t图像的面积等于位移，图C中甲、乙在t0时刻之前位移有相等的时刻，即两人能再次相遇，图D中甲、乙在t0时刻之前甲的位移始终大于乙的位移，则两人不能相遇，故C正确，D错误。2．(多选)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＝30m/s，距离s0＝100m。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关系如图1、2所示。取原运动方向为正方向。下面说法正确的是()A．t＝3s时，两车相距最近B．0～9s内，两车位移之差为45mC．t＝6s时，两车距离最近为10mD．两车在0～9s内会相撞解析：选BC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＝6s时两车同速，此时距离最近，图中阴影部分面积为0～6s内两车位移之差：Δx＝eq\f(1,2)×30×3m＋eq\f(1,2)×30×(6－3)m＝90m，则此时两车相距：Δs＝s0－Δx＝10m，C正确，A错误；0～9s内两车位移之差为Δx′＝eq\f(1,2)×30×3m＝45m，所以两辆车不会相撞，故B正确，D错误。技法(三)函数分析法函数分析法的解题技巧在匀变速运动的位移表达式中有时间的二次方，可列出位移方程，利用二次函数求极值的方法求解。设两物体在t时刻相遇，然后根据位移关系列出关于t的方程f(t)＝0：(1)若f(t)＝0有正实数解，说明两物体能相遇。(2)若f(t)＝0无正实数解，说明两物体不能相遇。[典例]一汽车在直线公路上以54km/h的速度匀速行驶，突然发现在其正前方14m处有一辆自行车以5m/s的速度同向匀速行驶。经过0.4s的反应时间后，司机开始刹车，则：(1)为了避免相撞，汽车的加速度大小至少为多少？(2)若汽车刹车时的加速度只为4m/s2，在汽车开始刹车的同时自行车开始以一定的加速度匀加速，则自行车的加速度至少为多大才能保证两车不相撞？[解析](1)设汽车的加速度大小为a，初速度v汽＝54km/h＝15m/s，初始距离d＝14m，在经过反应时间0.4s后，汽车与自行车相距d′＝d－(v汽－v自)t′＝10m，从汽车刹车开始计时，自行车的位移为：x自＝v自t，汽车的位移为：x汽＝v汽t－eq\f(1,2)at2，假设汽车能追上自行车，此时有：x汽＝x自＋d′，代入数据整理得：eq\f(1,2)at2－10t＋10＝0，要保证不相撞，即此方程至多只有一个解，即得：Δ＝102－20a≤0，解得：a≥5m/s2，汽车的加速度至少为5m/s2。(2)设自行车加速度为a′，同理可得：x汽′＝x自′＋d′，整理得：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a′＋2))t2－10t＋10＝0，要保证不相撞，即此方程至多只有一个解，即得：Δ＝102－20a′－80≤0，解得：a′≥1m/s2，自行车的加速度至少为1m/s2。[答案](1)5m/s2(2)1m/s2[针对训练]若A、B两辆车相距2m，沿同一直线同向运动，B车在前做初速度为零，加速度为a1的匀加速直线运动，A车在后面做初速度为2m/s，加速度为a2的匀加速直线运动，讨论a1与a2满足什么条件时两车相遇一次？解析：对A：xA＝v0t＋eq\f(1,2)a2t2，对B：xB＝eq\f(1,2)a1t2若相遇，xA＝xB＋x0，整理得eq\f(1,2)(a2－a1)t2＋2t－2＝0当a2－a1＝0时，t＝1s，两车相遇一次当a2－a1＝－1m/s2时，t＝2s，两车相遇一次当a2－a1＜－1m/s2时，Δ＝4＋4(a2－a1)＜0，无解当－1m/s2＜a2－a1＜0时，t＝eq\f(－2±2\r(1＋a2－a1),a2－a1)＞0，相遇两次当a2－a1＞0时，t＝eq\f(－2＋2\r(1＋a2－a1),a2－a1)＞0，t＝eq\f(－2－2\r(1＋a2－a1),a2－a1)＜0(舍去)，相遇一次综上，当a2－a1＝－1m/s2或a2－a1≥0时，相遇一次。答案：a2－a1＝－1m/s2或a2－a1≥0[课时跟踪检测]1．两辆完全相同的汽车，沿水平道路一前一后匀速行驶，速度均为v0。若前车突然以恒定的加速度a刹车，在它刚停住时，后车以加速度2a开始刹车。已知前车在刹车过程中所行驶的路程为s，若要保证两辆车在上述情况中不发生碰撞，则两车在匀速行驶时保持的距离至少应为()A.eq\f(1,2)s B.eq\f(3,2)sC．2s D.eq\f(5,2)s解析：选B因后车以加速度2a开始刹车，刹车后滑行的距离为eq\f(1,2)s；在前车刹车滑行的时间内，后车匀速运动的距离为2s，所以，两车在匀速行驶时保持的距离至少应为2s＋eq\f(1,2)s－s＝eq\f(3,2)s。2．一步行者以6.0m/s的速度跑去追赶被红灯阻停的公共汽车，在跑到距汽车25m处时，绿灯亮了，汽车以1.0m/s2的加速度匀加速启动前进，则()A．人能追上公共汽车，追赶过程中人跑了36mB．人不能追上公共汽车，人、车最近距离为7mC．人能追上公共汽车，追上车前人共跑了43mD．人不能追上公共汽车，且车开动后，人车距离越来越远解析：选B汽车以1.0m/s2的加速度匀加速到6.0m/s时二者相距最近。汽车加速到6.0m/s所用时间t＝6s，人运动距离为6×6m＝36m，汽车运动距离为18m，二者最近距离为18m＋25m－36m＝7m，A、C错误，B正确。人不能追上公共汽车，且车开动后，人车距离先减小后增大，D错误。3．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＝10m/s，B车在后，速度vB＝30m/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30m/s的速度行驶时，刹车后至少要前进1800m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．400m B．600mC．800m D．1600m解析：选C对B车，由运动学公式有0－v02＝2ax，解得a＝eq\f(0－302,2×1800)m/s2＝－0.25m/s2，作出A、B两车运动过程中的速度—时间图像如图所示，图线的交点的横坐标为两车速度相等的时刻，有t＝eq\f(vA－vB,a)＝80s，当两车速度相等时相距最近，此时两车不相撞，则以后不能相撞，由v-t图像与坐标轴围成的面积表示位移可知，图像中阴影三角形的面积为能见度的最小值，则xmin＝eq\f(1,2)×(30－10)×80m＝800m，C正确。4．如图所示，图线①和②分别表示先后从同一地点以相同速度v做竖直上抛运动的两物体的v­t图线，则两物体()A．在第①个物体抛出后3s末相遇B．在第②个物体抛出后4s末相遇C．在第②个物体抛出后2s末相遇D．相遇时必有一个物体速度为零解析：选C根据v­t图像与坐标轴围成的面积表示位移，可知在第Ⅰ个物体抛出后3s末第Ⅰ个物体的位移大于第Ⅱ个物体的位移，而两者从同一地点开始运动，所以在第Ⅰ个物体抛出后3s末没有相遇，故A项错误；在第Ⅱ个物体抛出后4s末即图中第6s末，第Ⅰ个物体的位移为0，第Ⅱ个物体的位移不为0，所以两者没有相遇，故B项错误；在第Ⅱ个物体抛出后2s末，即图中第4s末，两物体的位移相等，所以在第Ⅱ个物体抛出后2s末相遇，故C项正确；图中第4s末两物体相遇，由图看出两个物体的速度均不为零，故D项错误。5．(2022·湖北高考)我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间。假设两火车站W和G间的铁路里程为1080km，W和G之间还均匀分布了4个车站。列车从W站始发，经停4站后到达终点站G。设普通列车的最高速度为108km/h，高铁列车的最高速度为324km/h。若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5m/s2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为()A．6小时25分钟 B．6小时30分钟C．6小时35分钟 D．6小时40分钟解析：选B108km/h＝30m/s,324km/h＝90m/s，由于中间4个站均匀分布，因此节省的时间相当于在任意相邻两站间节省的时间的5倍，相邻两站间的距离x＝eq\f(1080×103,5)m＝2.16×105m，普通列车加速时间t1＝eq\f(v1,a)＝eq\f(30,0.5)s＝60s，加速过程的位移x1＝eq\f(1,2)at12＝eq\f(1,2)×0.5×602m＝900m，根据对称性可知减速与加速位移相等，可得匀速运动的时间t2＝eq\f(x－2x1,v)＝eq\f(2.16×105－2×900,30)s＝7140s，同理高铁列车加速时间t1′＝eq\f(v1′,a)＝eq\f(90,0.5)s＝180s，加速过程的位移x1′＝eq\f(1,2)at1′2＝eq\f(1,2)×0.5×1802m＝8100m，根据对称性可知减速与加速位移相等，可得匀速运动的时间t2′＝eq\f(x－2x1′,v′)＝eq\f(2.16×105－2×8100,90)s＝2220s，相邻两站间节省的时间Δt＝(t2＋2t1)－(t2′＋2t1′)＝4680s，因此总的节省时间Δt总＝5Δt＝4680×5s＝23400s＝6小时30分钟，B正确。6．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＝20m/s的速度匀速行驶，此时车的正前方x0＝63.5m处有一辆电动车，正以v1＝6m/s的