2025高考物理专项复习专题进阶课三　追及相遇问题含答案

2025高考物理专项复习专题进阶课三追及相遇问题含答案专题进阶课三追及相遇问题核心归纳1.几种追及相遇问题的图像比较:类型图像说明匀加速追匀速(1)t=t0以前,后面物体与前面物体间距逐渐增大;(2)t=t0时,v1=v2,两物体间距最大,为x0+Δx;(3)t=t0以后,后面物体与前面物体间距逐渐减小;(4)能追上且只能相遇一次匀速追匀减速匀加速追匀减速匀减速追匀速开始时,后面物体与前面物体间的距离在逐渐减小,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,此时两物体有最小距离,为x0-Δx;(3)若Δx>x0,则相遇两次,设t1时刻Δx=x0,两物体第一次相遇,则必有t2时刻两物体第二次相遇,且t2-t0=t0-t1匀速追匀加速匀减速追匀加速注意:(1)v1是前面物体的速度,v2是后面物体的速度;(2)x0为开始时两物体之间的距离;(3)Δx为从开始追赶到两者速度相等时,前面或后面的物体多发生的位移2.追及相遇问题情况概述:(1)追及问题①若后者能追上前者,则追上时,两者处于同一位置,后者的速度一定不小于前者的速度。②若后者追不上前者,则当后者的速度与前者相等时,两者相距最近。(2)相遇问题①同向运动的两物体追及即相遇。②相向运动的两物体,当各自发生的位移大小之和等于开始时两物体的距离时即相遇。提醒:(1)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。(2)仔细审题,注意抓住题目中的关键字眼(如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等),充分挖掘题目中的隐含条件。3.解题思路:(1)根据对两物体运动过程的分析,画出两物体运动的示意图或v-t图像,找到临界状态和临界条件。(2)根据两物体的运动性质,分别列出两物体的位移方程,注意要将两物体运动时间的关系反映在方程中。(3)由运动示意图找出两物体位移间的关联方程,这是解题关键。(4)联立方程求解,并对结果进行简单分析。4.追及问题中的“一个条件”“两个关系”(1)一个条件:两者速度相等。它往往是能够追上、追不上或两者距离最大、最小的临界条件,也是分析判断的切入点。(2)两个关系:时间关系和位移关系。时间关系指两物体运动时间是否相等,两物体是同时运动还是一先一后运动;位移关系指两物体是同地开始运动还是一前一后开始运动,其中通过画运动示意图找到两物体间的位移关系是解题的突破口,因此在学习中一定要养成画运动示意图分析问题的良好习惯,运动示意图对帮助我们理解题意、启迪思维大有好处。典题例析【典例】(一题多法)一辆汽车在十字路口等候红绿灯,当绿灯亮时汽车以a=3m/s2的加速度开始行驶,恰在这一时刻一辆自行车以v自=6m/s的速度匀速驶来,从旁边超过汽车。试求:(1)汽车从路口开动后,在追上自行车之前,经过多长时间两车相距最远?此时距离是多少?(2)经过多长时间汽车能追上自行车?此时汽车的速度大小是多少?【解析】(1)解法一(物理分析法):汽车与自行车的速度相等时两车相距最远,如图所示,设此时经过的时间为t1,两车间的距离为Δx,则有v汽=v自=at1所以t1=v自Δx=x自-x汽=v自t1-12at解法二(函数极值法):设汽车在追上自行车之前,经过时间t1两车相距Δx,则Δx=x自-x汽=v自t1-12a代入已知数据得Δx=6t1-32由二次函数求极值的条件知:t1=2s时,Δx有最大值6m所以经过t1=2s后,两车相距最远,此时距离为Δx=6m。解法三(图像法):自行车和汽车的v-t图像如图所示,由图像可以看出,在相遇前,t1时刻两车速度相等,两车相距最远,此时的距离为阴影三角形的面积,所以有t1=v2a=Δx=v2t1(2)解法一(物理分析法):当两车位移相同时,汽车追上自行车,设此时经过的时间为t2,则有v自t2=12a解得t2=2v自a此时汽车的速度v1=at2=12m/s。解法二(图像法):由前面画出的v-t图像可以看出,在t1时刻之后,当由图线v自、v汽和t=t2构成的三角形的面积与阴影部分的三角形面积相等时,汽车与自行车的位移相同,即汽车与自行车相遇,所以t2=2t1=4s,v1=at2=3×4m/s=12m/s。答案:(1)2s6m(2)4s12m/s[规律方法]求解追及相遇问题的“三种分析方法”1.物理分析法:认真审题,挖掘题目中的隐含条件,画出两物体运动关系的示意图,找出运动时间、位移等关系。2.函数极值法: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Δx与时间t的二次函数关系。对于该二次函数关系:(1)当Δx=0时,表示两者相遇。取Δx=0时,对于关于时间t的一元二次方程,其解就是两者相遇的时刻,应注意对解的合理性的讨论。对于速度大者追速度小者,且速度大者的加速度a2与速度小者的加速度a1满足a2<a1,可利用根的判别式分析相遇的次数。(2)当t=-b2a时,函数有极值,若此时刻有意义(3.图像法:将两个物体运动的速度—时间关系在同一图像中画出,然后利用图像分析求解相关问题。起点在同一点的追及相遇问题最适合用v-t图像解决,因为其图线和时间轴所围成的面积就是位移。对点训练(2024·广西适应性测试)2023年11月,在广西举办的第一届全国学生(青年)运动会的自行车比赛中,若甲、乙两自行车的v-t图像如图,在t=0时刻两车在赛道上初次相遇,则 ()A.0~t1内,乙的加速度越来越大B.t1时刻,甲乙再次相遇C.0~t1内,甲乙之间的距离先增大后减小D.t1~t2内,甲乙之间的距离先减小后增大【解析】选D。v-t图像的斜率表示加速度,由图可得,0~t1内乙图线的斜率逐渐变小,即加速度减小,故A错误;v-t图像的面积表示位移,由图可知在t1时刻,乙的位移大于甲的位移,即此时乙在甲前面,故B错误;v-t图像的的面积表示位移,由图可得,0~t1乙的面积与甲的面积差一直增大,即甲乙的位移差一直增大,甲乙之间的距离一直增大,故C错误;由B选项可得,t1时刻乙在甲前面,t1~t2由图可知v甲>v乙且都做匀速直线运动,则甲会追上乙,并超越乙到乙的前面,即t1~t2甲乙之间的距离先减小到甲追上乙,后甲超越乙到乙的前面,甲乙的距离再增大,故D正确。【补偿训练】1.(多选)一辆小汽车以30m/s的速度匀速行驶在公路上,突然发现正前方30m处有一辆大卡车以10m/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,图线a、b分别为小汽车和大卡车的v-t图像(忽略刹车反应时间),以下说法正确的是 ()A.因刹车失灵前小汽车已减速,故不会发生追尾事故B.在t=3s时发生追尾事故C.在t=5s时发生追尾事故D.若紧急刹车时两车相距40m,则不会发生追尾事故且两车最近时相距5m【解析】选B、D。由图线a可知,t=3s时小汽车速度大小为15m/s,根据图线与时间轴所围的面积表示位移可知,t=3s时,大卡车的位移为xb=vbt=10m/s×3s=30m,小汽车的位移为xa=30m/s+20m/s2×1s+203s时追尾,B正确,A、C错误。若紧急刹车时两车相距40m,速度相等时,小汽车的位移xa'=12×(30m/s+20m/s)×1s+12×(20m/s+10m/s)×4s=85m,大卡车的位移xb'=50m,因为xb'+40m>xa',则不会发生追尾事故,最近距离Δ5m,故D正确。2.(2024·日照高一检测)自动驾驶汽车依靠人工智能、雷达、监控装置和全球定位系统协同合作,让电脑可以在没有任何人操作的情况下,自动安全地驾驶机动车辆。(1)某平直公路上一辆自动驾驶汽车以v1=20m/s的速度匀速行驶,汽车传感器探测到前方x1=50m处有一静止的障碍物,便立即刹车,做匀减速直线运动。为避免撞上前方静止的障碍物,汽车在该路段刹车时的加速度a1至少为多大?(无人驾驶汽车反应很快,可以忽略反应时间)(2)若自动驾驶汽车以v2=15m/s的速度匀速行驶,突然探测到其正前方20m处有一人驾驶汽车以v3=10m/s的速度向前匀速行驶,自动驾驶汽车立即以a2=1m/s2的加速度做匀减速直线运动,试通过计算判断两车在运动过程中是否会发生追尾事故。【解析】(1)若恰好不撞上障碍物,自动驾驶汽车刹车时,由运动学公式0-v12=2(-a1)解得a1=4m/s2,即a1至少为4m/s2。(2)设从自动驾驶汽车开始刹车经过时间t两车速度相等,则v3=v2-a2t解得t=5s此过程自动驾驶汽车的位移x自动=v2t-12a2t2=62.前方汽车的位移x人驾=v3t=50m由于x自动-x人驾=12.5m<20m,故不会发生追尾事故。答案:(1)4m/s2(2)见解析、专题进阶课七传送带模型核心归纳1.分类:传送带问题包括水平传送带和倾斜传送带两类。2.物块在传送带上运动的六类常见情形:(1)v0=v时,一直匀速(2)v0<v时,可能一直加速,也可能先加速再匀速(3)v0>v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速(1)传送带较短时L<v0(2)传送带较长时L≥v0①v0≤v时,返回速度为v0②v0>v时,返回速度为v(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速,后以a2加速(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速,后以a2加速(4)可能一直匀速(5)可能先减速后匀速(6)可能一直减速(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能一直减速(4)可能先减速后返回①v0≤v时,返回速度为v0②v0>v时,返回速度为v3.解题策略:关键在于对传送带上的物块所受的摩擦力进行正确的分析判断。(1)若物块速度与传送带的速度方向相同,且v物<v带,则传送带对物块的摩擦力为动力,物块做加速运动。(2)若物块速度与传送带的速度方向相同,且v物>v带,则传送带对物块的摩擦力为阻力,物块做减速运动。(3)水平传送带中若物块速度与传送带的速度方向相反,传送带对物块的摩擦力为阻力,物块减速;当物块速度减为零后,传送带对物块的摩擦力为动力,物块做反向加速运动。(4)若v物=v带,看物块有没有加速或减速的趋势,若物块有加速的趋势,则传送带对物块的摩擦力为阻力;若物块有减速的趋势,则传送带对物块的摩擦力为动力。(5)对于斜面传送带,要注意物块与传送带之间的动摩擦因数与传送带倾角的关系,若μ>tanθ,且物块能与传送带共速,则共速后物块做匀速运动。若μ<tanθ且物块能与传送带共速,则共速后物块做匀变速运动。典题例析角度1水平传送带模型【典例1】(2024·徐州高一检测)如图所示,水平方向的传送带以v1的恒定速度顺时针转动。一物块从右端以v2(v2>v1)的速度滑上传送带,物块与传送带间的动摩擦因数为μ,传送带长度L>v222μg。在物块从滑上传送带至离开传送带的过程中,物块的速度随时间变化的图像是图中的【解析】选B。由物块在传送带上的受力可知,物块的加速度为a=μg,当物块向左运动速度减为零时的位移为x=v222μg,由题可知L>v222μg,故物块没有滑离传送带,物块向左减速到零后向右做匀加速直线运动,当物块速度与传送带速度相同时,物块的位移为x'=v122对点训练(2024·武汉高一检测)一足够长的水平传送带正以a的加速度做匀减速运动,将一金属块无初速度放在传送带上,此时传送带的瞬时速度为v,金属块和传送带之间的动摩擦因数为μ,且a>μg,金属块不影响传送带的匀减速运动,最后它们都静止,重力加速度为g。则下列说法中正确的是 ()A.金属块的最大速度可以达到vB.金属块先加速运动,后接着做匀速运动C.传送带的加速度越大,金属块的加速度也越大D.传送带的加速度越大,金属块的加速时间越短【解析】选D。金属块放在传送带上后,先做初速度为零的匀加速直线运动,而传送带做初速度为v的匀减速直线运动,直到二者速度大小相等,此时传送带的速度小于v,之后金属块做匀减速直线运动,故金属块的最大速度小于v,故A、B错误;因为a>μg,所以金属块的加速度由摩擦力提供,传送带的加速度变大不会影响金属块的加速度,故C错误;传送带的加速度越大则传送带的速度会更快地减速至与金属块相等,即金属块的加速时间越短,故D正确。角度2倾斜传送带模型【典例2】(2024·西安高一检测)如图甲所示,倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行,现将一包裹轻轻放在最上端的A点,包裹从A点运动到最下端B点的过程中,加速度a随位移x的变化图像如图乙所示(重力加速度g取10m/s2),则下列说法正确的是 ()A.传送带与水平面的夹角为37°B.包裹与传送带间的动摩擦因数为0.4C.传送带运行的速度大小为6m/sD.包裹到B点时的速度为8m/s【解析】选C。包裹放上传送带后瞬间,包裹相对传送带向上滑动,则所受摩擦力沿传送带向下,根据牛顿第二定律得μmgcosθ+mgsinθ=ma1;当运动到与传送带共速时,根据牛顿第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma2,其中a1=7.5m/s2,a2=2.5m/s2,联立解得μ=36,sinθ=0.5,可得θ=30°,故A、B错误;由v12=2a1x1,可得v1=2a1x1=2×7.5×2.4m/s=6m/s,则传送带的速度为6m/s,故C正确;第二段匀加速过程有v22-v12对点训练(多选)(2024·天水高一检测)如图所示,机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸包裹。以恒定速率v1=0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角α=37°,转轴间距L=3.95m。工作人员沿传送方向以速度v2=1.6m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。则该小包裹 ()A.相对传送带滑动时加速度的大小为0.4m/s2B.通过传送带的时间为4sC.在传送带上滑动的距离为2.75mD.到达传送带底端时的速度为0【解析】选A、C。小包裹的速度v2大于传送带的速度v1,所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上,根据牛顿第二定律可知μmgcosθ-mgsinθ=ma,解得a=0.4m/s2,故A正确;小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动,用时t1=v2-v1a=1.6-0.60.4s=2.5s,在传送带上滑动的距离为x1=v1+v22t1=0.6+1.62×2.5m=2.75m,故C正确;因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力,即μmgcosθ>mg专题进阶课六弹簧模型核心归纳1.胡克定律(1)内容:在弹性限度内,弹簧发生弹性形变时,弹力F的大小跟伸长或缩短的长度x成正比。(2)表达式:F=kx①k为劲度系数,由本身的材料、长度、绕圈横截面积等决定。②x为形变量,即弹簧伸缩后的长度L与原长L0的差:x=|L-L0|,不能将x当作弹簧的长度L。2.涉及弹簧的瞬时性问题(1)轻弹簧、橡皮条模型的形变量大,形变恢复需要较长时间,在瞬时性问题中,它们的自由端连接有物体时其弹力的大小不能突变,往往可以看成是不变的。提醒:若弹簧只有一端有附着物时弹力突变为零。(2)几类瞬时性问题比较:类别形变特点弹力方向能否突变橡皮条明显沿橡皮条收缩方向不能轻弹簧明显沿弹簧轴线方向不能轻绳微小沿绳收缩方向能轻杆微小不确定能3.轻弹簧连接体模型(1)同条件同加速度轻弹簧连接体模型的动力学计算问题:力的质量正比例分配原则法:一起加速运动的物体,物体间的相互作用力按质量正比例分配。(2)轻弹簧连接体模型接触与脱离的临界极值问题刚好脱离时物体间的弹力恰好为零,两物体此时的速度、加速度均相同。典题例析角度1涉及弹簧的牛顿第二定律【典例1】(2024·淄博高一检测)质量均为5kg的物块1、2放在水平面上并用轻质弹簧测力计相连,如图所示,物块1的表面光滑,物块2与地面间的动摩擦因数为0.2,整个系统在水平拉力F作用下向左做匀加速运动,此时弹簧测力计的示数为15N;若拉力变为2F,其他条件不变,重力加速度大小取g=10m/s2,则此时弹簧测力计的示数为 ()A.30N B.25N C.20N D.15N【解析】选B。当拉力F作用时,对整体,加速度a=F-μm2gm1+m2,对物块2:FT-μm2g=m2a,FT=15N,联立得F=20N;若拉力变为2F,对整体,加速度a1=2F-μm2gm1+m对点训练(多选)如图甲所示,水平地面上轻弹簧左端固定,右端通过滑块压缩0.4m后锁定,t=0时解除锁定释放滑块。计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的v-t图像如图乙所示,其中Oab段为曲线,bc段为直线,倾斜直线Od是t=0时的速度图线的切线,已知滑块质量m=2.0kg,取g=10m/s2。则以下说法正确的是 ()A.滑块与地面间的动摩擦因数为0.3B.滑块与地面间的动摩擦因数为0.5C.弹簧的劲度系数为175N/mD.弹簧的劲度系数为150N/m【解析】选B、C。v-t图线的斜率表示加速度,由题中图像知,滑块脱离弹簧后的加速度大小a=ΔvΔt=1.50.55-0.25m/s2=5m/s2,由牛顿第二定律得,摩擦力大小为Ff=μmg=ma,所以μ=ag=0.5,故A错误,B正确;刚释放时滑块的加速度为a'=Δv'Δ角度2涉及弹簧的瞬时性问题【典例2】(2024·遂宁高一检测)如图所示,竖直放置在水平面上的轻弹簧上放着质量为8kg的物体A,处于静止状态,将一个质量为2kg的物体B竖直向下轻放在A上的一瞬间(g取10m/s2),B对A的压力大小为 ()A.18N B.16N C.10N D.6N【解析】选B。由题意可知,原来弹簧的弹力大小等于A的重力,即F=mAg,放上B的瞬间,弹簧的弹力不变。对A、B组成的整体分析,根据牛顿第二定律得a=(mA+mB)g-FmA+mB=mBgmA+mB=2×108+2m/s2=2m/s2,对B隔离分析,有mBg对点训练如图所示,两个质量分别为m1=1kg、m2=2kg的物体置于光滑的水平面上,中间用轻质弹簧测力计连接。两个大小为F1=30N、F2=15N的水平拉力分别作用在A、B上,则 ()A.系统运动稳定时,弹簧测力计的示数是45NB.系统运动稳定时,弹簧测力计的示数是15NC.在突然撤去F1的瞬间,A的加速度大小为25m/s2D.在突然撤去F2的瞬间,B的加速度大