第2课 运动的图像 追及、相遇问题-【提分宝典】2026年新高考物理一轮全考点普查与练习

第2课　　　　　运动的图像　追及、相遇问题 普查与练习2　　　　　运动的图像　追及、相遇问题　　　　　　　　　　　　　　　 1．运动图像的理解与应用 a.读v－t图像，结合运动学规律解决问题 (1)(多选)(2026汇编题，4分)跳伞运动员从高空悬停的直升机内跳下，沿竖直方向运动，其v－t图像如图所示，下列说法正确的是(　　) A.10 s末运动员的速度方向改变 B．15 s末运动员落地，之后处于静止状态 C．运动员在0～10 s内的平均速度大于20 m/s D．10～15 s内运动员做加速度逐渐增大的减速运动 E．运动员在0～10 s内下落的高度大于在10～15 s内下落的高度 F．运动员在12 s末的加速度方向与速度方向相同 (1)答案：CE 解析：v－t图线的切线斜率表示加速度，由题图可知，0～10 s内运动员做加速度逐渐减小的加速运动，10～15 s内运动员做加速度逐渐减小的减速运动，15 s末运动员开始做匀速运动，故B项、D项均错误。整个过程速度始终为正，方向没有发生改变，故A项错误。v－t图线与t轴所围的面积表示运动员的位移，0～10 s内若运动员做匀加速直线运动，则平均速度为＝＝ m/s＝20 m/s，由题图可知，0～10 s内运动员的位移大于其做匀加速直线运动的位移，故运动员的平均速度大于20 m/s，故C项正确。由题图可知，0～10 s内图线与t轴围成的面积大于10～15 s内图线与t轴围成的面积，因此0～10 s内下落的高度大于10～15 s内下落的高度，故E项正确。由图可知，12 s末图线切线斜率为负，加速度方向竖直向上，而速度方向竖直向下，与加速度方向相反，故F项错误。 (2)(2024福建真题，4分)某直线运动的v－t图像如图所示，其中0～3 s为直线，3～3.5 s为曲线，3.5～6 s为直线，则以下说法正确的是(　　) A．0～3s的平均速度为10 m/s B．3.5～6 s做匀减速直线运动 C．0～3 s的加速度比3.5～6 s的大 D．0～3 s的位移比3.5～6 s的小 (2)答案：B 解析：根据v－t图像可知，0～3 s内质点做匀加速直线运动，平均速度为v＝ m/s＝15 m/s，故A项错误。3.5～6 s内质点做匀减速直线运动，故B项正确。根据v－t图像的斜率绝对值表示加速度大小，可知0～3 s的加速度大小为a1＝ m/s2＝10 m/s2，3.5～6 s的加速度大小满足a2> m/s2＝10 m/s2，可知0～3 s的加速度比3.5～6 s的小，故C项错误。由v－t图像与横轴围成的图形面积表示位移可得，0～3 s的位移为x1＝×30×3 m＝45 m，3.5～6 s的位移x2<×30×(6－3.5) m＝37.5 m，可知0～3 s的位移比3.5～6 s的大，故D项错误。 b.读x－t图像，结合运动学规律解决问题 (3)(多选)(2026汇编题，4分)甲、乙两车在同一条平直公路上同向运动，已知甲在t＝0时由静止开始做匀加速直线运动。甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图所示。下列说法正确的是(　　) A.乙车做匀速直线运动 B．在t1时刻两车速度相等 C．从0到t1时间内，两车走过的路程相等 D．在t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等 E．在t1到t2时间内，乙车的平均速度大于甲车的平均速度 F．若甲车在t2之后的某一时刻开始改为以当前速度做匀速直线运动，则此后甲、乙两车间的距离保持不变 G．若乙车的运动状态不变，甲车从起步开始做匀加速直线运动的加速度变小，则t1和t2的数值都将变大 (3)答案：AD 解析：由题图可知，乙车的位置—时间图线为一条过原点的直线，表示做匀速直线运动，故A项正确。位置—时间图像的图线交点表示两者相遇，由题图可知，两车在t1和t2时刻相遇。在t1时刻，两图线在该点切线的斜率不同，则两车速度不相等，故B项错误。从0到t1时间内，甲车走过的路程小于x1，乙车走过的路程等于x1，所以两车走过的路程不相等，故C项错误。在t1到t2时间内的某时刻，甲图线在某点切线的斜率与乙图线的斜率相等，即此时刻两车速度相等，故D项正确。在t1到t2时间内，两车的平均速度大小均为＝，故E项错误。在t2之后，甲图线的斜率始终大于乙图线，即甲车速度始终大于乙车，两车间的距离不断增大，故F项错误。若甲车的加速度变小，在位置—时间图像中对应的抛物线变得更加平缓，t1变小，t2变大，故G项错误。 c.读其他运动图像，结合运动学规律解决问题 (4)(多选)(2023湖北真题，4分)t＝0时刻，质点P从原点由静止开始做直线运动，其加速度a随时间t按图示的正弦曲线变化，周期为2t0。在0～3t0时间内，下列说法正确的是(　　) A．t＝2t0时，P回到原点 B．t＝2t0时，P的运动速度最小 C．t＝t0时，P到原点的距离最远 D．t＝t0时，P的运动速度与t＝t0时相同 (4)答案：BD 解析：a－t图像中图线与t轴所围图形的面积表示速度的变化量。依题意，质点P在0～t0时间内从静止出发，先做加速度增大的加速运动再做加速度减小的加速运动，在此过程中，质点一直向前做加速运动；在t0～2t0时间内加速度反向，质点先做加速度增大的减速运动再做加速度减小的减速运动，在t＝2t0时刻速度减小到零，在此过程中，质点一直向前做减速运动。2t0～3t0时间内，质点重复0～t0时间内的运动，即质点一直向前运动，故A项、C项均错误，B项正确。由a－t图像可知，～t0时间内速度的变化量为零，因此t＝时刻的运动速度与t＝t0时刻相同，故D项正确。 (5)(河北承德二模，4分)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向行驶，从t＝0时刻开始计时，其－t图像如图所示。t＝10 s时甲、乙两车相遇。下列说法正确的是(　　) A．甲车的加速度为2 m/s2 B．t＝0时，乙车的速度为2 m/s C．t＝0时，甲、乙两车间的距离为50 m D．t＝5 s时，甲、乙两车间的距离最大 (5)答案：C 解析：根据x＝v0t＋at2变形得＝v0＋at，结合图像可知，甲车的初速度为0，加速度为a甲＝4 m/s2，乙车的初速度为5 m/s，加速度为a乙＝2 m/s2，故A项、B项均错误。t＝10 s时，由图像可知＝20 m/s，＝15 m/s，则0～10 s内，甲车的位移为x甲＝200 m，乙车的位移为x乙＝150 m，因为t＝10 s时甲、乙两车相遇，则t＝0时，甲、乙两车间的距离为s＝x甲－x乙＝200 m－150 m＝50 m，故C项正确。由C项分析可知，乙车在甲车前50 m，两车同时同向出发，v甲＝a甲t＝4t，v乙＝v0乙＋a乙t＝5＋2t，当t<2.5 s时，v乙>v甲，两车间的距离一直增大，当t＝2.5 s时，v乙＝v甲，此时两车相距最远，故D项错误。 d.运用数形结合思想解决图像选择问题 (6)(辽宁经典真题，4分)某驾校学员在教练的指导下沿直线路段练习驾驶技术，汽车的位置x与时间t的关系如图所示，则汽车行驶速度v与时间t的关系图像可能正确的是(　　) A　　　　　　　　　B C　　　　　　　　　D (6)答案：A 解析：x－t图线的斜率表示速度，在0～t1时间内，斜率增大，汽车的速度增大；在t1～t2时间内，斜率不变，汽车的速度不变；在t2～t3时间内，斜率减小，汽车的速度减小，故A项正确，B项、C项、D项均错误。 (7)(2023广东真题，4分)铯原子喷泉钟是定标“秒”的装置。在喷泉钟的真空系统中，可视为质点的铯原子团在激光的推动下，获得一定的初速度。随后激光关闭，铯原子团仅在重力的作用下做竖直上抛运动，到达最高点后再做一段自由落体运动。取竖直向上为正方向。下列可能表示激光关闭后铯原子团速度v或加速度a随时间t变化的图像是(　　) (7)答案：D 解析：激光关闭后，铯原子团仅受重力的作用，做竖直上抛运动，因此铯原子团先向上做匀减速运动，接着向下做匀加速运动，加速度都为重力加速度，方向竖直向下，与题给正方向相反。在v－t图像中，斜率表示加速度，故斜率不变，v－t图像是一条倾斜的直线，分布在t轴上下两侧，故A项、B项均错误。a－t图线是一条平行于t轴且位于t轴下方的直线，故C项错误，D项正确。 2．追及、相遇问题的分析 a.利用临界法、函数法、图像法或相对运动法解决追及、相遇问题 (8)(经典题，12分)货车A正在某公路上以72 km/h的速度匀速行驶，司机因疲劳驾驶注意力不集中，当司机发现正前方有一辆静止的轿车B时，两车距离仅有75 m。 ①若此时B车立即以2 m/s2的加速度启动，通过计算判断：如果A车司机没有刹车，是否会撞上B车；若不相撞，求两车相距最近时的距离；若相撞，求出从A车发现B车开始到撞上B车的时间。 ②若A车司机发现B车，立即刹车(不计反应时间)做匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s2(两车均视为质点)，为避免碰撞，在A车刹车的同时，B车立即做匀加速直线运动(不计反应时间)，问：B车加速度aB至少多大才能避免事故。 (8)答案：①会相撞　5 s(5分)　②0.67 m/s2(7分) 解析：①设经过时间t1两车相撞，则有 vAt1＝x0＋at(1分) 代入数据解得t1＝5 s，t′1＝15 s(舍去)(2分) 因此两车会相撞，从A车发现B车开始到相撞的时间为5 s。(2分) ②法一　临界法 设B车的加速度为aB时，经过时间t3两车相遇，且速度相等，此时两车恰好不相撞。 则有v0－aAt3＝aBt3(2分) 在时间t3内A车的位移 xA＝v0t3－aAt(1分) B车的位移xB＝aBt(1分) 又xB＋x0＝xA(1分) 联立以上各式，代入数据解得 aB＝ m/s2＝0.67 m/s2(2分) 法二　图像法 设B车的加速度为aB，经过时间t3两车相遇，且速度相等，此时两车恰好不相撞，则结合题给数据作两车的v－t图像有 　　　　　(2分) 图中阴影部分的面积恰好等于零时刻两车的距离，根据几何关系有S＝×20t3(m)＝x0＝75 m(1分) 代入数据解得t3＝7.5 s(1分) 由二者速度相等，有v0－aAt3＝aBt3(1分) 代入数据解得aB＝0.67 m/s2(2分) 法三　相对运动法 取B车为参考系，则A车相对B车做加速度为aA＋aB，初速度为v的匀减速运动。(2分) 要使两车恰好不相撞，当A车速度减小到零时通过的位移应等于x0，即 －2(aA＋aB)x0＝02－v2(3分) 代入数据解得aB＝0.67 m/s2(2分) b.限定条件下的追及、相遇问题 (9)(2026改编题，16分)动物世界中的生存是一场有关“速度”的较量。羚羊从静止开始奔跑，最快经过t1＝4 s能加速到最大速度v1＝24 m/s，并能维持很长一段时间；猎豹从静止开始奔跑，最快经过x2＝50 m的距离能加速到最大速度v2＝30 m/s，此后只能维持这个速度奔跑t0＝15 s，之后急剧减速且没有力气再扑出捕捉羚羊了。为了能够顺利捕获羚羊，猎豹一般会先悄悄接近羚羊，伺机而动。假定羚羊和猎豹在加速阶段均以最大加速度做匀加速运动，且始终沿同一直线奔跑。 ①设猎豹与羚羊相距x时由静止开始追击，经 s的反应时间后羚羊由静止开始奔跑。若猎豹能在加速阶段追上羚羊，求x的最大值；若猎豹能顺利捕捉羚羊，求x的最大值。 ②设猎豹在与羚羊相距90 m处的灌木丛埋伏时被发现，羚羊先行由静止开始奔跑，猎豹经1 s的反应时间后开始由静止追击，判断羚羊能否顺利逃脱。 (9)答案：①38 m(5分)　140 m(5分)　②能(6分) 解析：①羚羊的加速度a1＝(1分) 代入数据解得a1＝6 m/s2 猎豹的加速度a2＝(1分) 代入数据解得a2＝9 m/s2 猎豹加速的时间t2＝(1分) 代入数据解得t2＝ s 猎豹在加速阶段追上羚羊，猎豹运动的时间t≤ s。因羚羊的加速时间比猎豹长，所以羚羊也正在加速运动或还未开始奔跑，要求x的最大值，则羚羊被追上时应处于加速阶段，则有 a2t2＝a1(t－Δt)2＋x(Δt<t≤t2)(1分) 可知当t＝t2＝ s时，x最大。 代入数据解得xmax1＝38 m(1分) 若猎豹刚好能成功捕捉羚羊，即猎豹刚好要减速时追上羚羊，由题意得总时间为 t′＝t2＋t0＝ s＋15 s＝ s(1分) 由题意可知，当猎豹刚好要减速时，羚羊早已在做匀速运动，则有 x2＋v2t0＝x＋a1t＋v1(t′－t1－Δt)(2分) 代入数据解得xmax2＝140 m(2分) ②由①的分析可知，初始距离大于xmax1＝38 m且猎豹起步时间晚，不可能在加速阶段追上羚羊，当羚羊经 s的反应时间开始逃跑时，猎豹能顺利捕捉羚羊的起动距离最大值为xmax2＝140 m；则当羚羊先起步而猎豹经1 s的反应时间开始追击时，与①中运动情形相差时间为Δt′＝ s，在此段时间内羚羊能多跑的距离为Δx＝v1Δt′＝56 m(3分) 相当于猎豹在①中情景的起动距离为90 m＋56 m＝146 m，大于①中求得的最大距离xmax2＝140 m，故羚羊能顺利逃脱。(3分) 随堂普查练2 1．(2024河北真题，4分)篮球比赛前，常通过观察篮球从一定高度由静止下落后的反弹情况判断篮球的弹性。某同学拍摄了该过程，并得出了篮球运动的v－t图像，如图所示。图像中a、b、c、d四点中对应篮球位置最高的是(　　) A．a点 B．b点 C．c点 D．d点 1．答案：A 解析：由v－t图像可知，篮球向下运动时速度为负值，即取向上为正方向。当向下运动到速度最大时，篮球与地面接触，速度发生突变，篮球速度方向变为向上并做匀减速运动。图中b点和c点位置的速度分别为篮球第二次与地面碰撞前瞬间和碰撞后瞬间的速度，且碰后速度小于碰前速度，即篮球再次上升的高度小于前一次上升的高度。篮球第一次反弹后上升至a点时速度第一次向上减为零，到达最高的位置，d点为第二次反弹后到达的最高位置，由前述分析知d点高度小于a点。因此图像中a、b、c、d四个点中对应篮球位置最高的是a点，故A项正确。 2．(河南新乡二模，6分)一物体由静止开始沿直线运动，其速度v随时间t变化的规律如图所示。关于物体在0～12 s内的运动，下列说法正确的是(　　) A. 物体在0～5 s内做匀速运动，5～8 s内静止 B．物体在10～12 s内的加速度最大，大小为6 m/s2　 C．物体在10 s末离出发点最远 D．物体全程的平均速度约为2.2 m/s 2．答案：B 解析：由对v－t图像的分析可知，物体在0～5 s内做匀加速直线运动，5～8 s内做匀速直线运动，故A项错误。由v－t图线的斜率表示物体的加速度可知，在10～12 s内图线斜率的绝对值最大，则物体在10～12 s内的加速度最大，大小为a＝ m/s2＝6 m/s2，故B项正确。物体在0～11 s内沿正方向运动，在11～12 s内沿负方向运动，则物体在11 s末离出发点最远，故C项错误。根据v－t图线与时间轴所围的面积表示物体的位移可得，物体全程的位移为x＝ m＋2×3 m＋×2 m＋ m－ m＝19 m，全程的平均速度为＝＝ m/s≈1.58 m/s，故D项错误。 3．(浙江经典真题，3分)甲、乙两物体零时刻开始从同一地点向同一方向做直线运动，位移—时间图像如图所示，则在0～t1时间内(　　) A. 甲的速度总比乙大 B．甲、乙位移相同 C．甲经过的路程比乙小 D．甲、乙均做加速运动 3．答案：B 解析：在x－t图像中，图线斜率表示物体的速度，由题图可知，在t1时刻，乙的速度大于甲的速度，故A项错误。甲、乙在0～t1时间内位移相同，故B项正确。甲、乙从同一地点向同一方向做直线运动，位移相同时，路程相等，故C项错误。甲物体的x－t图线为直线，斜率不变，则甲做匀速运动，故D项错误。 4．(多选)(湖南长沙二模，5分)质量为m＝1 kg的物体做匀变速直线运动，设该物体运动的时间为t，位移为x，其－图像如图所示，则下列说法正确的是(　　) A. 物体运动的加速度大小为1 m/s2 B．物体运动的初速度大小为2 m/s C．前2 s内物体的位移大小为1 m D．第2 s末物体的速度大小为2 m/s 4．答案：BD 解析：根据匀变速直线运动位移与时间关系式x＝v0t＋at2变形得＝v0＋a，即匀变速直线运动的－图像是一条倾斜的直线，纵轴截距为a，即－1 m/s2＝a，解得a＝－2 m/s2，故A项错误。由该图线的斜率代表初速度，可知物体运动的初速度为2 m/s，故B项正确。前2 s内物体的位移为x2＝v0t＋at2＝2×2 m＋×(－2)×22 m＝0，故C项错误。第2 s末速度为v2＝v0＋at＝2 m/s＋(－2)×2 m/s＝－2 m/s，即速度大小为2 m/s，故D项正确。 5．(2024重庆真题，4分)如图所示，某滑雪爱好者经过M点后在水平雪道滑行。然后滑上平滑连接的倾斜雪道，当其达到N点时速度为0，水平雪道上滑行视为匀速直线运动，在倾斜雪道上的运动视为匀减速直线运动。则M到N的运动过程中，其速度大小v随时间t的变化图像可能是(　　) A B C D 5．答案：C 解析：滑雪爱好者在水平雪道上做匀速直线运动，v－t图像为与横轴平行的直线；滑上平滑连接(没有能量损失，速度大小不变)的倾斜雪道，在倾斜雪道上做匀减速直线运动，v－t图像从前一部分的末尾开始，为倾斜下降的直线，故C项正确。 6．(广东韶关一模，4分)一辆汽车出厂前需经过多项严格的质量检测，才能被贴上“产品合格证”和“3C强制产品认证”标识，其中的转翼检测就是进行低速实验，检测多项安全性能，在水平平行的两条车道上检测甲、乙两车，在t＝0时刻，甲、乙两车并排，两车的速度—时间关系图像如图所示，则0～6 s内(　　) A．在t＝1 s时，两车相距最远 B．在t＝2 s时，乙车改变运动方向 C．在t＝4 s时，甲车在乙车前 D．甲、乙两车相遇两次 6．答案：D 解析：已知在t＝0时刻，甲、乙两车并排，由v－t图像可知，当t＝1 s时和t＝4 s时两车共速，可能为最远距离。因为v－t图线与t轴围成的面积表示位移，当t＝1 s时甲车在乙车前面且两车距离为Δx1＝×1×10 m＝5 m，t＝4 s时乙车在甲车前面且两车距离为Δx2＝×2×10 m＝10 m，所以t＝4 s时两车相距最远，故A项、C项均错误。由v－t图像可知，0～6 s内乙车速度一直为正，速度方向未改变，故B项错误。因为v－t图线与t轴围成的面积表示位移，由图像可得甲、乙两车相遇两次，相遇的时刻分别是t＝2 s和t＝6 s，故D项正确。 7．(安徽黄山二模，6分)甲、乙两车在平直公路上沿同一方向行驶，其v－t图像如图所示，在t＝0时刻，乙车在甲车前方x0处，在0～t1时间内乙车的位移为x。下列判断正确的是(　　) A．若甲、乙在t1时刻相遇，则x0＝3x B．若甲、乙在t1时刻相遇，则下次相遇时刻为2t1 C．若x0＝x，则甲、乙一定相遇一次 D．若x0＝x，则甲、乙一定相遇两次 7．答案：D 解析：由v－t图像可知，甲车的初速度等于2v0，在t1时刻乙车速度为v0。在0～t1时间内，乙车的位移为x，则由v－t图像中图线与t轴围成的面积表示位移，可得甲车的位移为3x。若甲、乙在t1时刻相遇，则x0＝3x－x＝2x，故A项错误。若甲、乙在t1时刻相遇，如图所示。由图像可知，x0为阴影部分对应的距离，由图像中的几何关系可得，下次相遇的时刻为t1＋＝t1，故B项错误。若x0＝x，则x＝x0，t＝t1时，两车速度相等，此时甲、乙位移差为Δx＝x甲－x乙＝x0×3－x0＝x0>x0，说明在t＝t1之前甲、乙相遇过一次，第一次相遇时，甲的速度比乙的大，t＝t1之后，乙车速度比甲车的大，乙能反追甲，所以两车一定会再次相遇，故C项错误。若x0＝x，则x＝x0，t＝t1时，两车速度相等，此时甲、乙位移差为Δx′＝x′甲－x′乙＝x0×3－x0＝x0>x0，说明在t＝t1之前甲、乙相遇过一次，第一次相遇时，甲的速度比乙的大，t＝t1之后，乙车速度比甲车的大，乙能反追甲，所以两车一定相遇两次，故D项正确。 8．(福建莆田二模，4分)蓝牙是一种支持设备间短距离通信的无线技术。如图，两条足够长的平行直轨道相距6 m，某同学用安装有蓝牙设备的玩具车A、B在轨道上进行实验。t＝0时，A车以10 m/s的速度经过O1点，B车以1 m/s的速度经过O2点。此时关闭A车动力，A车以2 m/s2的加速度向右做匀减速直线运动，B车继续向右做匀速直线运动。已知O1O2与轨道垂直，两车间的距离超过10 m时无法实现通信，忽略信号传递的时间，则从t＝0起两车间能通信的时间共为(　　) A．1 s B．8 s C．16 s D．17 s 8．答案：D 解析：开始时A车的速度快，则A、B两车之间的距离逐渐增大，当二者之间沿轨道方向的距离Δx＝＝ m＝8 m时恰好仍然能实现通信，当二者之间沿轨道方向的距离大于8 m时，不能实现通信。开始时A车的速度v1＝10 m/s，B车的速度v2＝1 m/s，设经过时间t，两车沿轨道方向相距Δx。由运动学规律可得A车的位移sA＝v1t－at2，B车的位移sB＝v2t，由几何关系可得sA－sB＝Δx，联立以上各式解得t1＝1 s，t2＝8 s。A车的速度减为零所用的时间t0＝＝ s＝5 s，可知在5 s末A车已停止运动，t2＝8 s舍去，所以在5 s前A车与B车能通讯的时间为1 s。当t0＝5 s时，A车的位移x0＝·t0＝×5 m＝25 m，根据几何关系可知当A车的位移是25 m，B车与A车之间沿轨道方向的距离为8 m时，B车的位移为x1＝x0－Δx＝25 m－8 m＝17 m或x2＝x0＋Δx＝25 m＋8 m＝33 m，两处对应的B车运动的时间t3＝＝ s＝17 s，t4＝＝ s＝33 s。显然，两车能通信的第二个时间段为Δt＝t4－t3＝33 s－17 s＝16 s。两车能通信的时间共为t总＝t1＋Δt＝1 s＋16 s＝17 s，故D项正确。 9．(经典题，3分)有一条小虫清晨6时起从地面沿树干向上爬到树顶时是下午6时，第二天清晨6时起从树顶沿树干向下爬回地面时是下午4时，若小虫爬行速度时快时慢，则两天中相同钟点(时、分、秒)爬过树干上相同高度的机会，下面说法正确的是(　　) A．一定有一次 B．可能没有 C．可能有两次 D．一定没有 9．答案：A 解析：本题可以看成2条小虫，都从清晨6点，一条从地面出发，一条从树顶出发，同时运动，则两条小虫肯定会相遇，且只相遇一次，故A项正确，B项、C项、D项均错误。 10．(经典题，10分)接力赛是一项非常考验团队配合的项目。如图所示，OB为接力赛跑道，AB为长L＝20 m的接力区，两名运动员的交接棒动作没有在20 m的接力区内完成定为犯规。假设训练中甲、乙两运动员经短距离加速后都能达到并保持11 m/s的速度跑完全程，乙运动员从起跑后到接棒前的运动是匀加速运动，加速度大小为2.5 m/s2，乙运动员在接力区前端听到口令时起跑，在甲、乙两运动员相遇时完成交接棒。(忽略声音在空气中的传播时间) (1)第一次训练，甲运动员以v＝11 m/s的速度跑到接力区前距离A处s0＝17 m的位置向乙运动员发出起跑口令，求甲、乙两运动员交接棒处离接力区前端A处的距离； (2)第二次训练，甲运动员以v＝11 m/s的速度跑向接力区，乙运动员恰好在速度达到与甲运动员相同时被甲运动员追上，求甲运动员在接力区前端A处多远时对乙运动员发出起跑口令以及棒经过接力区的时间，并判断这次训练是否犯规。 10．答案：(1)5 m(4分)　(2)24.2 m　 s　犯规(6分) 解析：(1)设乙运动员加速到交接棒时运动时间为t，由匀变速直线运动的关系有 vt－at2＝s0(1分) 代入数据解得t1＝2 s，t2＝6.8 s(舍去)(1分) 设这次训练交接棒处离接力区前端A处的距离为x，由匀变速直线运动的关系有x＝at(1分) 代入数据解得x＝5 m(1分) (2)设第二次训练，当两人速度相等时，经历的时间为t′，由匀变速直线运动的关系有v＝at′(1分) 代入数据解得t′＝4.4 s(1分) 设乙运动员恰好达到与甲速度相等过程中的位移为x′，由匀变速直线运动的关系有x′＝at′2 代入数据解得x′＝24.2 m(1分) x′＝24.2 m>20 m，所以两运动员在接力区外交接棒，第二次训练犯规。(1分) 设甲运动员在接力区前距离A点s时对乙发出起跑口令，则在甲追乙过程中有 s＝vt′－at′2 代入数据解得s＝24.2 m(1分) 由于两运动员在接力区外交接棒，所以甲带棒匀速通过接力区，设经历时间为t″，由匀速直线运动的规律有L＝vt″ 代入数据解得t″＝ s(1分) 　　　　　　　　　　　　　　　 课后提分练2　运动的图像　追及、相遇问题 A组(巩固提升) 1．(2024新课标真题，6分)一质点做直线运动，下列描述其位移x或速度v随时间t变化的图像中，可能正确的是(　　) 1．答案：C 解析：物体做直线运动，位移与时间成函数关系，一个时间点只能对应一个位移，故A项、B项均错误。同理，一个时间点只能对应一个速度，故D项错误。只有C项中速度与时间成函数关系，故C项正确。 2．(2024甘肃真题，4分)小明测得兰州地铁一号线列车从“东方红广场”到“兰州大学”站的v－t图像如图所示，这两站间的距离约为(　　) A．980 m B．1 230 m C．1 430 m D．1 880 m 2．答案：C 解析：v－t图像中图线与横轴围成的图形面积表示位移，可得x＝(74－25＋94)×20× m＝1 430 m，故C项正确。 3．(多选)(2026改编题，4分)在平直公路上行驶的a车和b车，其x－t图像分别为图中直线a和曲线b。t＝3 s时，直线a和曲线b刚好相切，下列说法正确的是(　　) A. t＝0时刻，a车与b车的距离为2 m B．t＝3 s时，两车具有共同的加速度 C．在0～3 s时间内，a车的平均速度比b车的大 D．在运动过程中，b车始终没有超过a车 E．a车做匀速运动且速度为 m/s，b车做加速运动 3．答案：AD 解析：由x－t图像知，t＝0时刻，a车在b车前方2 m，即两车的距离为2 m，故A项正确。在t＝3 s时，两图线斜率相等，即两车的速度相等，为2 m/s，a车做2 m/s的匀速直线运动，b车做减速直线运动，故B项、E项均错误。在0～3 s时间内，a车的位移为6 m，b车的位移为8 m，由平均速度公式＝可知，a车的平均速度小于b车的平均速度，故C项错误。在t＝3 s时，直线a与曲线b相切，由图线知b车位置坐标始终小于等于a车，即b车始终没有超过a车，故D项正确。 4．(2023全国甲真题，6分)一小车沿直线运动，从t＝0开始由静止匀加速至t＝t1时刻，此后做匀减速运动，到t＝t2时刻速度降为零。在下列小车位移x与时间t的关系曲线中，可能正确的是(　　) 4．答案：D 解析：x－t图像的斜率表示速度，小车在0～t1时间内做匀加速运动，因此速度变大，即0～t1时间内图像斜率变大；小车在t1～t2时间内做匀减速运动，则图像的斜率变小，在t＝t2时刻停止，则图像的斜率变为零，故D项正确。 5．(经典题，3分)一物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的规律如图所示。取物体开始运动的方向为正方向，则下列关于物体运动的v－t图像正确的是(　　) 　　　 5．答案：C 解析：根据加速度随时间变化的图像可得，0～1 s为匀加速直线运动，速度v＝at，方向为正方向，故D项错误。第一秒末的速度v＝1 m/s，1～2 s加速度变为负值，而速度方向为正方向，因此做匀减速直线运动，v′＝1 m/s－a(t－1 s)，第二秒末，速度减小为0，故B项错误。2～3 s，加速度方向为正方向，初速度为0，物体做沿正方向的匀加速直线运动，v＝a(t－2 s)，即从第三秒开始又重复前面的运动，故C项正确，A项错误。 6．(多选)(广东经典真题，6分)赛龙舟是端午节的传统活动。下列v－t和s－t图像描述了五条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程，其中能反映龙舟甲与其他龙舟在途中出现船头并齐的有(　　) 　　 　　　　 　A　　 　　　 　　　　B 　　 　　　　 　C　　　　　　 　　　D 6．答案：BD 解析：A项是v－t图像，可知甲的速度一直大于乙的速度，所以中途不可能出现甲、乙船头并齐的情况，故A项错误。B项是v－t图像，可知开始丙的速度大，后来甲的速度大，v－t图像中图线与横轴围成图形的面积表示位移，由图可以判断在中途某时刻甲、丙位移会相同，所以在中途甲、丙船头会并齐，故B项正确。C项是s－t图像，可知丁一直运动在甲的前面，所以中途不可能出现甲、丁船头并齐，故C项错误。D项是s－t图像，图线间的交点表示相遇，所以甲、戊在中途会出现船头并齐的情况，故D项正确。 7．(多选)(经典题，4分)摩托车以大小为v1的速度沿直线运动，突然驾驶员发现正前方s处，有一辆汽车正以大小为v2(v2<v1)的速度开始减速，加速度大小为a2，为了避免发生碰撞，摩托车也同时减速，其加速度的最小值可能为(　　) A．a2 B． C． D．＋a2 7．答案：BD 解析：①两车速度方向相同，临界情况是速度相等时恰好不相撞，则有v1－a1t＝v2－a2t＝v，则t－t＝s，联立两式解得a1＝＋a2；②两车速度方向相同，临界情况为速度都减为零后恰好不相撞，则有－＝s，解得a1＝；③两车相向运动，临界情况是两车速度为零时恰好不相撞，则有＋＝s，解得a1＝，故B项、D项均正确。 B组(冲刺满分) 8．(2026改编题，10分)足球比赛中经常使用“边路突破，下底传中”的战术，即攻方队员突破守方队员后，带球沿边线前进，到底线附近将球传向球门方向。如图所示，攻方队员在中线处面对守方队员时，突然将足球沿边线向前踢出，同时由静止加速起步，实现边路突破。设足球被踢出时的初速度为12 m/s，随后做加速度大小为3 m/s2的匀减速直线运动；攻方队员的起动过程可以视为从静止出发、加速度大小为4 m/s2的匀加速直线运动，他能达到的最大速度为8 m/s，达到最大速度后做匀速直线运动，追上足球之后立即传中。 (1)求该攻方队员踢出足球后经过多长时间能追上足球； (2)若攻方队员将球踢出后，守方队员经过0.5 s的反应和转身时间，立即全速追赶，其起步过程可以视为从静止出发、加速度大小为4.5 m/s2的匀加速直线运动，到达最大速度9 m/s后做匀速直线运动，判断守方队员能否在攻方队员追上足球之前追上他。 8．答案：(1)4 s(6分)　(2)不能(4分) 解析： (1)设足球被踢出时的初速度为v0，加速度大小为a，攻方队员加速度大小为a1，最大速度为v1，守方队员加速度大小为a2，最大速度为v2。 足球做匀减速运动的时间为t＝＝4 s(1分) 足球做匀减速运动直到停止时的位移 x＝＝24 m(1分) 攻方队员加速的时间为t1＝＝2 s(1分) 当足球停止时攻方队员的位移为 x1＝a1t＋v1(t－t1)＝24 m(2分) 即当足球停止时攻方队员恰好追上足球，故经过4 s攻方队员能追上足球。(1分) (2)守方队员在加速阶段所用时间 t2＝＝2 s(1分) 当攻方队员经过4 s追上足球时，守方队员的位移 x2＝a2t＋v2(t－t2－Δt)(1分) 其中反应时间Δt＝0.5 s 联立各式并代入数据可得 x2＝22.5 m<x1＝24 m(1分) 故守方队员不能在攻方队员追上足球之前追上他。(1分) 9．(安徽合肥模拟，12分)在一种新的“子母球”表演中，让同一竖直线上的小球A和小球B，从距水平地面高度为ph(p＞1)和h的地方同时由静止释放，如图所示。重力加速度大小为g，忽略球的直径、空气阻力及碰撞时间。 (1)求球B第一次落地时球A的速度大小； (2)若球B与地面碰撞后以原来的速率反向弹回，且在第一次上升过程中就能与球A相碰，求p的取值范围； (3)在第(2)问情形下，若球A与球B发生碰撞后，球A以大小为球B碰撞前速率的5倍反向弹回，要使球A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，求p应满足的条件。 9．答案：(1)(2分)　(2)1<p<5(3分) (3)1＜p＜(7分) 解析：(1)球B第一次落地时的速度v等于此时球A的速度，则有v2＝2gh(1分) 解得v＝(1分) (2)球B从开始下落到第一次上升到最高点时所用时间为t0＝(1分) 在球B第一次上升到最高点时，球A与球B相碰，此时p值最大，有(p－1)h＝gt(1分) 联立解得p＝5 所以球B第一次上升过程中就能与球A相碰，p的取值范围为1<p<5。(1分) (3)设碰撞前球A下落的时间为t，此时球A的速度为 vA＝gt(1分) 球B落地时的速度为，落地时间为 t1＝(1分) 则t时刻球B的速度为 vB＝－g(t－t1)(1分) 要使球A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，则需球A碰后速度大于碰前速度，即5vB>vA(1分) 联立解得t<(1分) 球A下落的高度为H＝gt2<h(1分) 又有H>(p－1)h 解得p< 则p应满足的条件为1<p<。(1分) 学科网（北京）股份有限公司 $$