专题04：追及、相遇问题--2024-2025学年高中物理同步练习分类专题教案（人教版2019必修第一册）

第二章 匀变速直线运动的研究 专题04：追及、相遇问题 题组一　初速度小者追初速度大者 1.(经典题)(2024广东深圳龙华高级中学期中)如图所示，甲车在平直公路上以速度v匀速行驶，当它经过停在路旁的乙车时，乙车立即从静止开始启动，做匀加速直线运动，经过t时间追上甲车。下列说法正确的是 (　　 ) A.乙车加速运动的加速度大小为 B.乙车追上甲车时的速度大小为v C.从启动到追上甲车的过程中，乙车的平均速度为v D.乙车追上甲车前，两车间的最大距离为vt 2.(2024福建龙岩月考)猎豹追捕猎物时运动的最大加速度可达9 m/s2，最大速度可达30 m/s。羚羊被猎豹追捕时最大加速度可达12.5 m/s2，最大速度可达25 m/s，当猎豹潜伏距羚羊20 m时会被羚羊发现。设从此时开始两者同时由静止在同一直线上一追一逃，尽力奔跑，达各自最大速度后开始匀速，则 (　　 ) A.两动物加速运动的时间相等 B.在羚羊达最大速度之前，两动物间的距离越来越大 C.在猎豹达最大速度之前，两动物间的距离越来越小 D.猎豹速度达最大速度30 m/s时，两动物相距最远 3.(经典题)(2024江苏无锡锡东高级中学期中)快到家啦!奔跑中的杰瑞决定“刹车”回家。就在杰瑞开始减速的同时，身后与它相距10 m的汤姆立即蹑手蹑脚地由静止开始加速，想趁其不备“偷袭”杰瑞。已知杰瑞的初速度为8 m/s，加速度大小为2 m/s2，汤姆的加速度大小也为2 m/s2，那么: (1)求在没有干扰的情况下，杰瑞减速到0时所用的时间及位移的大小。 (2)求在追逐的过程中汤姆与杰瑞间的最大距离。 (3)若杰瑞开始减速时，刚好距离前方鼠洞15 m，请通过计算判断汤姆能否在杰瑞回到鼠洞前捉住它。(注:三者在同一直线上) 题组二　初速度大者追初速度小者 4.(经典题)(2024河北沧州期中)如图所示，滑雪道由倾斜部分和水平部分组成，滑雪爱好者甲、乙在雪道上进行追击游戏。甲从坡道上A点由静止以a1=6 m/s2的加速度匀加速下滑，经过B点后以大小为a2=1 m/s2的加速度匀减速滑行；当甲从A点下滑的同时，乙通过手撑杆(未画出)从C点由静止开始以a3=1 m/s2的加速度向右做加速运动。已知A、B之间的距离xAB=12 m，不计甲在B点处的速率损失，甲、乙始终在同一竖直平面内运动。 (1)求甲在倾斜滑道运动的时间和在B点时的速度大小； (2)若甲最终能追上乙，求: ①B、C间的最大距离； ②在①前提下，甲追上乙时，乙的速度大小。 5.(2024江苏扬州中学期中)A、B两辆汽车在同一车道上同向行驶，A车在前，速度vA=10 m/s；B车在后，速度vB=20 m/s。因大雾能见度低，B车在距A车x0=20 m时才能发现前方有A车。由于地面湿滑，B车的刹车距离为100 m。 (1)求B车刹车时的加速度aB； (2)若B车看见A车立即刹车，A车仍按原速率行驶，请通过计算判断两车是否可能相撞； (3)为保证安全，B车在发现A车时立即刹车并鸣笛提醒，A车立即加速躲避，则A车的加速度至少为多少，才能避免相撞。 6.(2024江苏宿迁调研)一条平直的公路上有一列汽车车队以10 m/s的速度正在匀速行驶，相邻两车间距为25 m，后面有一辆摩托车以20 m/s的速度同向行驶，当它距离车队最后一辆车25 m时刹车，以大小为0.5 m/s2的加速度做匀减速运动，摩托车在车队旁边行驶而过，设车队车辆数足够多，求: (1)摩托车最多与几辆汽车相遇？最多与车队中汽车相遇几次？ (2)摩托车从赶上车队到离开车队，共经历多长时间？ 题组三　竖直方向的相遇问题 7.(2023江苏苏州外国语学校期中，改编)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，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，则以下说法正确的是 (　　 ) A.石子能追上气球 B.若石子与气球相距5 m，石子不能追上气球 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末追上气球 D.改变石子初速度，石子和气球不可能相遇两次 8.(2024江苏苏州月考)如图所示，A、B两棒均长1 m，A悬于高处，B竖于地面，A的下端和B的上端相距h=10 m。若A、B两棒同时运动，A做自由落体运动，B以初速度v0=40 m/s做竖直上抛运动，在运动过程中都保持竖直。(取重力加速度g=10 m/s2)问: (1)两棒何时开始相遇？ (2)两棒从开始相遇到分离的时间。 题组四　多次相遇问题 9.(经典题)(2024辽宁大连月考)甲、乙两车在一平直道路上同向运动，其v-t图像如图所示，图中△OPQ和△OQT的面积分别为s1和s2(s2>s1)。初始时，甲车在乙车前方s0处，下列说法不正确的是 (　　 ) A.若s0=s1+s2，两车不会相遇 B.若s0<s1，两车相遇2次 C.若s0=s1，两车相遇1次 D.若s0=s2，两车相遇1次 10.(2024上海长宁延安中学月考)处于平直轨道上的甲、乙两物体相距s，同时同向运动，甲在前面做初速度为零、加速度为a1的匀加速直线运动，乙在后面做初速度为v0、加速度为a2的匀加速直线运动，以下说法错误的是 (　　 ) A.若a1=a2，只能相遇一次 B.若a1>a2，可能相遇两次 C.若a1>a2，可能相遇一次 D.若a1<a2，可能相遇两次 11.(2024四川泸州月考)可视为质点的甲、乙两辆小车分别处于两条平直的平行车道上。t=0时，乙车在前，甲车在后，两车间距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 题组五　不在同一直线上的相遇问题 12.(2024江苏苏州中学期中)如图所示，在离地面高H处以v0=10 m/s的速度竖直向上抛出一个小球，地面上有一长L=5 m的小车，其右端M距离小球抛出点的正下方s=4 m，小球抛出的同时，小车由静止开始向右做加速度a1=2 m/s2的匀加速直线运动，已知小球落地前最后1 s内下落的高度为25 m，忽略空气阻力及小车的高度，重力加速度大小g取10 m/s2。 (1)求小球离地的最大高度； (2)求小球在空中运动的总时间，并通过计算分析小车能否接住小球； (3)当小车左端N到达抛出点正下方时，便立即做加速度大小恒为a2、方向与此时速度方向相反的匀变速直线运动，为了让小车接住小球，试确定加速度a2的范围。 答案与分层梯度式解析 1.C　 思路分析　 本题属于匀加速追匀速。开始时，甲车的速度大于乙车的速度，二者之间的距离逐渐增大；当乙车的速度等于甲车的速度时，二者相距最远；之后，乙车的速度大于甲车的速度，二者之间的距离逐渐减小，直到追上，其v-t图像如图所示。 假设乙车追上甲车时速度大小为v1，则v1t=vt，解得v1=2v，B错误；乙车加速运动的加速度大小为a=，A错误；乙车从启动到追上甲车，两车位移相同，所用时间相等，故乙车的平均速度等于甲车的速度v，C正确；乙车追上甲车前，乙车的速度等于甲车的速度时，两车之间的距离最大，最大距离为s=x甲-x乙=v·vt，D错误。 2.B　两动物加速运动的时间分别为t豹= s，t羊= s=2 s，A错误；由于羚羊的最大加速度大，在羚羊达最大速度之前，前方羚羊的速度大于后方猎豹的速度，所以两动物间的距离越来越大，B正确；羚羊的速度达到25 m/s后匀速运动，猎豹的速度增加到25 m/s时两动物之间的距离最大，之后猎豹的速度超过羚羊的速度，两动物间的距离才开始减小，所以在猎豹达最大速度之前，两动物间的距离先变大后减小，C、D错误。 一题多解　 根据题意画出两动物运动的v-t图像，据图分析两动物间的距离变化情况。 3.答案　(1)4 s　16 m　(2)18 m　(3)见解析 解析　(1)没有干扰的情况下，杰瑞减速到0所用的时间t0= s=4 s 通过的位移大小x0= m=16 m (2)当汤姆和杰瑞的速度相等时，两者间距离最大， 由v0-at=at，解得t=2 s 杰瑞的位移x1=v0t-at2 汤姆的位移x2=at2 两者之间的最大距离xmax=x1-x2+Δx 代入数据解得xmax=18 m (3)设杰瑞减速到洞口所用的时间为t3，根据匀变速直线运动的位移-时间公式可得x3=v0t3-，其中x3=15 m，a=2 m/s2，v0=8 m/s 解得t3=3 s 此过程汤姆的位移x4==9 m 由于x4<x3+Δx，所以汤姆不能在杰瑞回到鼠洞前捉住它。 4.答案　(1)2 s　12 m/s　(2)①23 m　②7 m/s 解析　(1)甲从A运动到B过程中，由位移公式可得xAB=a1t2，解得t=2 s 则甲在B点时的速度v=a1t=12 m/s (2)①甲在水平面上做匀减速直线运动，乙做匀加速直线运动，若甲最终能追上乙，则甲、乙到达同一位置时甲的速度不小于乙的速度(破题关键)。 当甲追上乙时两者的速度恰好相等，此种情形下B、C间距离最大，则vt1-a3(t1+t)2+xBC 且v-a2t1=a3(t1+t) 解得t1=5 s，xBC=23 m ②此时乙的速度大小v乙=a3(t+t1)=7 m/s 5.答案　(1)2 m/s2，方向与初速度方向相反　(2)见解析　(3)0.5 m/s2 解析　(1)B车刹车时做匀减速直线运动，刹车距离为100 m，由速度-位移公式v2-=2ax 可得0-=2aBx1 解得aB=-2 m/s2 负号表示加速度方向与初速度方向相反。 (2)假设A、B不相撞，经过时间t，A、B两车的速度相同，则有vB+aBt=vA 解得t=5 s 这段时间内，A车的位移xA=vAt=50 m B车的位移xB=(vA+vB)t=75 m 由于xB-xA=25 m>x0=20 m 则两车会相撞。 (3)设A车的加速度为aA时两车恰好不相撞，经时间t'两车共速，则有vA+aAt'=vB+aBt' 且xB'=xA'+x0 即vBt'+aAt'2+x0 解得t'=4 s，aA=0.5 m/s2 则A车的加速度至少为0.5 m/s2才能避免相撞。 6.答案　(1)4辆　7次　(2)20 s 解析　(1)当摩托车速度减为v2=10 m/s时，设用时为t，摩托车行驶的距离为x1，每辆汽车行驶的距离都为x2。由速度公式得v2=v1-at 解得t=20 s 由速度-位移公式得=-2ax1 解得x1=300 m 汽车的位移为x2=v2t=200 m 摩托车与最后一辆汽车间的距离为Δx=300 m-200 m-25 m=75 m 故摩托车追上的汽车数n=+1=4(辆) 之后汽车反追摩托车，摩托车与汽车相遇的次数为7次。 (2)设从摩托车开始刹车时开始计时，摩托车追上最后一辆汽车的时刻为t1，最后一辆汽车超过摩托车的时刻为t2，根据位移关系，最后一辆汽车与摩擦力相遇时有x0+v2t=v1t-at2 解得t1=(20-10) s，t2=(20+10) s 故摩托车从赶上车队到离开车队，共经历的时间为Δt=t2-t1=20 s 7.C　取竖直向上为正方向，则石子的初速度v0=20 m/s，加速度a=-g，气球的速度v=10 m/s，设经过时间t石子的速度与气球的速度相等，则t= 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-×10×12 m=15 m，由于x球+6 m>x石，所以石子一定追不上气球，故A错误；若气球和石子相距s=5 m，x球+s=x石，石子与气球速度相等时刚好追上气球，故B错误；若气球上升速度等于9 m/s，在石子抛出后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，有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；改变石子的初速度，可以让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，由于石子做匀减速运动，而气球做匀速运动，会有第2次相遇，故D错误。 8.答案　(1)0.25 s　(2)0.05 s 解析　(1)设经过时间t1两棒开始相遇， A下落hA= B上升hB=v0t1- 且有hA+hB=h 代入数据得t1==0.25 s (2)设从最初开始运动，经过时间t2刚要分离，有 A下落h1= B上升h2=v0t2- 且有h1+h2=h+2L， 代入数据得t2=0.3 s 所以两棒从开始相遇到分离所用的时间Δt=t2-t1=0.05 s 9.D　由于v-t图线与时间轴所围面积表示位移，在T时间内，甲车前进了s2，乙车前进了s1+s2；若s0=s1+s2，则有s0+s2>s1+s2，即在T时刻两车没有相遇，乙车仍在甲车后面，之后由于前方甲车速度大于后方乙车的速度，故两车不会相遇，A正确；若s0<s1，则有s0+s2<s1+s2，即在T时刻时，乙车已经超过甲车，由于该时刻之后甲车速度大于乙车速度，所以甲车还会超过乙车，则两车会相遇2次，B正确；若s0=s1，则有s0+s2=s1+s2，即两车在T时刻刚好相遇，之后由于甲车速度大于乙车速度，所以只能相遇1次，C正确；若s0=s2，因为s2>s1，则有s0+s2>s1+s2，即在T时刻两车没有相遇，乙车在甲车后面，之后由于甲车速度一直大于乙车，故两车不会相遇，D错误。 10.D　利用图像分析，如图(a)、(b)、(c)所示，分别表示a1=a2时、a1>a2时、a1<a2时的速度图像。只要后方物体的速度一直大于前方物体的速度，后方物体就可以追上前方物体。 　　 若a1=a2，因为乙有初速度，所以乙一定可以追上甲，且两物体只能相遇一次，A正确。若a1>a2，虽然甲的加速度大，但是由于乙有初速度，所以在速度相等前可能追上，也可能追不上；若速度相等时恰好追上，则相遇一次；如果追上时依然是乙快，因为甲的加速度大，甲还会反超乙，即相遇两次，B、C正确。若a1<a2，因为乙有初速度，乙的速度一直比甲的大，一定可以追上甲，并且甲不可能再反超，所以一定相遇一次，D错误。 11.A　v-t图线的斜率表示加速度，甲车加速阶段的加速度为a1= m/s2=4 m/s2，乙车加速阶段的加速度为a2= m/s2=5 m/s2，t=5 s时，甲车运动的位移为x1==50 m，乙车运动的位移为x2=×5×(5-3)2 m=10 m，由于x1=x2+Δx，甲车追上乙车，两车第一次并排行驶，A正确；当5 s<t<7 s时，甲车在前，乙车在后，由于前车甲的速度大，两车间距变大，当t=7 s时二者速度相同，两车间距为Δx'=x甲-x乙=(2×20) m-×(10+20)×2 m=10 m<Δx，即小于t=0时的间距，C错误；两车第一次并排行驶在t=5 s时刻，5 s<t<7 s时，由于甲车的速度比乙车的大，两车间距变大，t=7 s时，两车速度相同，之后后方乙的速度大于前方甲的速度，两车间距变小，能再并排行驶一次，之后速度大的乙车在前，速度小的甲车在后，两车再无法并排行驶，因此两车全程只有两次并排行驶的机会，B错误；0~7 s内，甲车的平均速度大小为 m/s，D错误。 12.答案　(1)45 m　(2)4 s　不能接住小球，分析见解析　(3)12 m/s2<a2<22 m/s2 解析　(1)设小球竖直上抛到最高点所用的时间为t0，有0=v0-gt0 可得t0=1 s 到达最高点后，小球做自由落体运动，设最高点到地面的高度为h，从最高点下落到地面所用的时间为t，有h=gt2，h-h1=g(t-t1)2 其中h1=25 m，t1=1 s 联立解得t=3 s，h=45 m (2)小球在空中运动的总时间t'=t0+t=4 s 小车由静止做匀加速直线运动，在t'时间内的位移x=a1t'2=16 m 由于L+s=9 m<x 故小车不能接住小球。 (3)当小车左端N到达抛出点正下方时，设小车的速度为v1，所用时间为t2，有L+s= v1=a1t2 可得t2=3 s，v1=6 m/s 要想使小车接住小球，则小车的运动应为先匀减速到0，再反向匀加速，整体为匀变速运动，位移为x'，取向右为正方向，有-L<x'<0 x'=v1(t'-t2)-a2(t'-t2)2 解得12 m/s2<a2<22 m/s2 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$