第1章 第5讲 专题：追及相遇问题-【金版教程】2026年高考物理一轮复习解决方案课件PPT

第一章　运动的描述　 匀变速直线运动 第5讲　专题：追及相遇问题 目录 1 2 3 考点一　追及和相遇问题 考点二　运动图像和追及相遇问题的综合应用 课时作业 考点一　追及和相遇问题 1．追及问题 若后者能追上前者，追上时，两者处于同一位置，且后者速度一定不小于前者速度。 2．相遇问题 (1)同向运动的两物体追上即相遇，此时两物体位移大小之差等于开始时两物体间的距离。 (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间的距离时即相遇。 考点一　 追及相遇问题 4 3．追及相遇问题的解题思路及技巧 (1)解题思路 (2)解题技巧 ①紧抓“一图三式”，即：过程示意图，时间关系式、速度关系式和位移关系式。 ②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好” “恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件。 考点一　 追及相遇问题 5 ③若被追的物体做匀减速直线运动，一定要注意追上前该物体是否已经停止运动，另外还要注意最后对解进行讨论分析。 ④紧紧抓住速度相等这个临界点。两者速度相等，往往是物体能追上、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。 考点一　 追及相遇问题 6 4．追及相遇问题的两种典型情况的v­t图像及说明 (1)初速度小者追初速度大者 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 考点一　 追及相遇问题 7 (2)初速度大者追初速度小者 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 考点一　 追及相遇问题 8 例1 一辆汽车在十字路口等候绿灯，当绿灯亮时汽车以a＝3 m/s2的加速度开始行驶，恰在这一时刻一辆自行车以v自＝6 m/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)什么时候汽车能追上自行车？此时汽车的速度是多少？ 答案　(1)2 s　6 m　(2)4 s　12 m/s 考点一　 追及相遇问题 9 考点一　 追及相遇问题 10 考点一　 追及相遇问题 11 考点一　 追及相遇问题 12 考点一　 追及相遇问题 13 考点一　 追及相遇问题 14 追及相遇问题的常用分析方法 (1)物理分析法：抓住“两物体能否同时到达空间某位置”这一关键，认真审题，挖掘题目中的隐含条件，建立物体运动关系的情境图。 例如，物体B追赶物体A，开始时，两个物体相距x0，B的速度大于A的速度，之后两物体的加速度恒定且aB<aA。当vB＝vA时，若xB>xA＋x0，则能追上；若xB＝xA＋x0，则恰好追上；若xB<xA＋x0，则不能追上。 (2)二次函数法：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： 考点一　 追及相遇问题 15 考点一　 追及相遇问题 16 例2 现有A、B两列火车，在同一轨道上同向行驶，A车在前，速度vA＝ 72 km/h，B车在后，速度vB＝30 m/s。已知B车在进行火车刹车测试时发现，若车以30 m/s的速度行驶，刹车后至少要前进450 m才能停下。问： (1)B车刹车的最大加速度为多大？ (2)因大雾能见度低，B车在距A车x0＝200 m处才发现前方A车，这时B车立即以最大加速度刹车。若B刹车时A车仍按原速前进，两车 是否会相撞？若会相撞，将在B车刹车后何时相撞？若不会相撞，则两车相距最近时距离是多少？ 答案　(1)1 m/s2　(2)不会相撞　150 m 考点一　 追及相遇问题 17 考点一　 追及相遇问题 18 考点一　 追及相遇问题 19 考点一　 追及相遇问题 20 考点二　运动图像和追及相遇问题的综合应用 1．与x­t图像、v­t图像有关的追及相遇问题 (1)利用图像中斜率、面积、交点的含义进行定性分析或定量计算。 (2)有时将运动图像还原成物体的实际运动情况更便于理解、分析。 2．借助v­t图像求解追及相遇问题：在有些追及相遇情境中可根据两个物体的运动状态作出v­t图像，再通过图像分析计算得出结果，这样更直观、简捷。 考点二　运动图像和追及相遇问题的综合应用 22 例3 (2021·广东高考)(多选)赛龙舟是端午节的传统活动。下列v­t和s­t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(　　) 考点二　运动图像和追及相遇问题的综合应用 23 解析　由图A可知，甲的速度一直大于乙的速度，所以甲、乙在途中不可能出现船头并齐，故A错误；由图B可知，开始丙的速度大，后来甲的速度大，v­t图像中图线与时间轴围成的面积表示位移，由图可以判断，甲、丙在途中会出现位移相同的时刻，所以甲、丙在途中会出现船头并齐，故B正确；由图C可知，丁一直运动在甲的前面，所以甲、丁在途中不可能出现船头并齐，故C错误；图D的s­t图像中交点表示两船相遇，所以甲、戊在途中会出现船头并齐，故D正确。 考点二　运动图像和追及相遇问题的综合应用 24 跟进训练 小汽车A和卡车B在平直的公路上沿着两条平行车道同向行驶，t＝0时刻，两车车头相齐，两车的v­t图像如图所示，由图像可知(　　) A．在t＝2t0时刻，两车车头再次相齐 B．在t＝2t0时刻之前，两车的距离逐渐减小 C．在t＝2t0时刻之后，两车的距离逐渐加大 D．在t0～3t0这段时间内，两车前进的距离相等 解析：由题中v­t图像可知，在t＝2t0时刻，两车的速度相同，在此之前，B车的速度小于A车的速度，两车的距离逐渐增大，在此之后，B车的速度大于A车的速度，两车的距离又逐渐减小，B、C错误；根据v­t图像与t轴围成的面积表示位移，结合题图的对称性可知，在t＝4t0时刻两车车头再次相齐，故A错误；在t0～3t0这段时间内，两图线与时间轴所围成的面积相等，故两车前进的距离相等，D正确。 考点二　运动图像和追及相遇问题的综合应用 25 考点二　运动图像和追及相遇问题的综合应用 26 考点二　运动图像和追及相遇问题的综合应用 27 课时作业 [A组　基础巩固练] 1．(2021·海南高考)(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(x­t)图像和速度—时间(v­t)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(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 29 解析：A图中，甲、乙在t0时刻之前位移没有再次相等的时刻，即两人在t0时刻之前不能再次相遇，A错误；B图中，甲、乙在t0时刻之前图线有交点，此时位移相等，即两人在t0时刻之前能再次相遇，B正确；C图中，因v­t图像与时间轴围成的面积表示位移，则甲、乙在t0时刻之前位移有再次相等的时刻，即两人在t0时刻之前能再次相遇，C正确；D图中，因v­t图像与时间轴围成的面积表示位移，由图像可知在t0时刻之前，甲的位移始终大于乙的位移，则两人在t0时刻之前不能再次相遇，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 30 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 31 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 32 3．(2025·四川省德阳市高三上一模)甲车以4 m/s的速度做匀速直线运动，乙车在甲车前面的另一平行车道以10 m/s的速度同向做匀速直线运动，当它们相距16 m (沿车道方向)时，乙车开始刹车做匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s2。从乙车开始刹车到甲车追上乙车，所用时间为(　　) A．8 s B．10.25 s C．10.5 s D．15 s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 33 4.为了测试某品牌新能源汽车的性能，现有甲、乙两辆汽车沿平直的公路运动，t＝0时刻甲车在乙车前方x0＝60 m处，该时刻两车开始刹车，此后过程中两辆汽车的速度随时间的变化规律如图所示。则下列说法正确的是(　　) A．甲、乙两车的加速度大小之比为4∶3 B．t＝10 s时两车之间的距离最小 C．两车可能发生碰撞 D．t＝30 s时两车相距10 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 34 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 35 5.(2024·广西桂林市高三下一模)(多选)甲、乙两辆车初始时相距1200 m，甲车在后、乙车在前，乙车在8 s时刻开始运动，它们在同一直线上做匀变速直线运动，速度—时间图像如图所示，则下列说法正确的是(　　) A．乙车的加速度大小为0.42 m/s2 B．两辆车在t＝36 s时速度相等 C．两辆车可能相撞 D．甲车停下时，乙车在甲车前面391 m处 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 36 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 37 6．“低头族”在社会安全中面临越来越多的潜在风险，若司机也属于低头一族，出事概率则会剧增。若高速公路(可视为平直公路)同一车道上两小车的车速均为108 km/h，车距为105 m，前车由于车辆问题而紧急刹车，而后方车辆的司机由于低头看手机，4 s后抬头才看到前车刹车，经过0.4 s的反应时间后也紧急刹车，假设两车刹车时的加速度大小均为6 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．两车不会相撞，两车间的最小距离为12 m B．两车会相撞，相撞时前车车速为6 m/s C．两车会相撞，相撞时后车车速为18 m/s D．条件不足，不能判断两车是否相撞 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 38 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 39 7.可视为质点的甲、乙两小车分别沿同一平直路面同向行驶，t＝0时，甲在乙前方10 m处，它们的v­t图像如图所示，则下列说法正确的是(　　) A．在t＝6 s时，乙在甲前最远，此后两车间距越来越小 B．在t＝6 s时，乙车在甲车前方6 m处 C．甲、乙在t＝2 s并排行驶 D．乙车的加速度大于甲车的加速度 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 40 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 41 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 42 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 43 9.(2025·云南省昆明市高三上摸底测试)如图所示，一汽车停在小山坡底，某时刻，司机发现山坡上距坡底70 m处的泥石流以2 m/s的初速度、1 m/s2的加速度匀加速倾泻而下，假设泥石流到达坡底后速率不变，在水平地面上做匀速直线运动，司机从发现险情到发动汽车共用了2 s，汽车启动后以恒定的加速度一直做匀加速直线运动。 (1)求泥石流到达坡底的时间和速度大小； (2)试通过计算说明：汽车的加速度至少 多大才能脱离危险？ 答案：(1)10 s　12 m/s　(2)0.75 m/s2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 44 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 45 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 46 10．足球比赛中，经常使用“边路突破，下底传中”战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中。某足球场长105 m、宽68 m，运动员在中线处将足球沿边线向前踢出，足球在地面上的运动可视为初速度为10 m/s的匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s2。该运动员踢出足球0.5 s后从静止开始沿边线方向以2.5 m/s2的加速度匀加速追赶足球，速度达到10 m/s后以此速度匀速运动。求： (1)足球刚停下来时，运动员的速度大小； (2)运动员踢出足球后，经过多长时间能追上足球。 答案：(1)10 m/s　(2)5 s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 47 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 48 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 49 [B组　综合提升练] 11．(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＝30 m/s，距离s0＝100 m，t＝0时刻甲车遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间的变化如图甲、乙所示，取运动方向为正方向，下列说法正确的是(　　) A．t＝6 s时两车速度相等 B．t＝6 s时两车距离最近 C．0～6 s内两车位移之差为90 m D．两车在0～9 s内会相撞 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 50 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 51 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 52 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 53 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 解析　(1)解法一(物理分析法)： 如图甲所示，汽车与自行车的速度相等时相距最远，设此时经过的时间为t1，汽车和自行车间的距离为Δx，则有v自＝at1 所以t1＝eq \f(v自,a)＝2 s Δx＝v自t1－eq \f(1,2)ateq \o\al(2,1)＝6 m。 解法二(相对运动法)： 以自行车为参考系，则从开始到相距最远的这段时间内，汽车相对这个参考系的各个物理量为 初速度v0＝v汽初－v自＝0－6 m/s＝－6 m/s 末速度vt＝v汽末－v自＝0 加速度a′＝a－a自＝3 m/s2－0＝3 m/s2 所以汽车和自行车相距最远时经历的时间为 t1＝eq \f(vt－v0,a′)＝2 s最大相对位移Δx＝2,t)eq \f(v－veq \o\al(2,0),2a′) ＝－6 m 负号表示汽车在后。 注意：利用相对运动的方法解题，要抓住三个关键：①选取哪个物体为研究对象；②选取哪个物体为参考系；③规定哪个方向为正方向。 解法三(二次函数法)： 设汽车在追上自行车之前经过时间t1汽车和自行车相距 Δx，则Δx＝v自t1－eq \f(1,2)ateq \o\al(2,1) 代入已知数据得Δx＝6t1－eq \f(3,2)teq \o\al(2,1) 由二次函数求极值的条件知：t1＝2 s时，Δx有最大值6 m。 所以经过t1＝2 s后，汽车和自行车相距最远，最远距离为Δx＝6 m。 解法四(图像法)： 自行车和汽车的v­t图像如图乙所示。由图可以看出，在相遇前，t1时刻汽车和自行车速度相等，相距最远，此时的距离为阴影三角形的面积，所以有 t1＝eq \f(v自,a)＝eq \f(6,3) s＝2 s Δx＝eq \f(v自t1,2)＝eq \f(6×2,2) m＝6 m。 (2)解法一(物理分析法)： 当汽车和自行车位移相等时，汽车追上自行车，设此时经过的时间为t2，则有v自t2＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,2) 解得t2＝eq \f(2v自,a)＝eq \f(2×6,3) s＝4 s 此时汽车的速度v1′＝at2＝12 m/s。 解法二(图像法)： 由前面画出的v­t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等，即汽车与自行车相遇，所以t2＝2t1＝4 s，v1′＝at2＝3×4 m/s＝12 m/s。 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。对于初速度大者追初速度小者，且初速度大者的加速度a2与初速度小者的加速度a1满足a2<a1，可利用根的判别式分析相遇的次数： a．若Δ>0，即有两个解，说明可以相遇两次； b．若Δ＝0，有一个解，说明能刚好追上或相遇； c．若Δ<0，无解，说明追不上或不能相遇。 ②当t＝－eq \f(b,2a)时，函数有极值，若此时刻有意义(t≥0)，则函数的极值代表两者距离的极大或极小值。 (3)图像法：在同一坐标系中画出两物体的运动图像。位移—时间图像的交点表示相遇，分析速度—时间图像时，应抓住速度相等时的“面积”关系找位移关系。 解析　(1)设B车刹车的最大加速度大小为a，刹车后前进的距离至少为x，根据匀变速直线运动规律有0－veq \o\al(2,B)＝－2ax 解得a＝1 m/s2。 (2)假设两车不相撞，则两车速度相等时，两车相距最近。设当两车速度相等时，B车做减速运动的时间为t，则有vA＝vB－at 其中，A车的速度vA＝72 km/h＝20 m/s 从B车开始刹车到两车速度相等，B车的位移为xB＝eq \f(vA＋vB,2)t A车的位移为xA＝vAt解得xA＝200 m，xB＝250 m 两车间距离减小值为Δx＝xB－xA＝50 m<x0＝200 m， 则假设成立，两车不相撞，两车最近距离为d＝x0－Δx 解得d＝150 m。 跟进训练 在一笔直公路上有甲、乙两辆车同向运动，甲车在前，速度为5 m/s，乙车在后，速度为8 m/s，当甲、乙两车相距9.5 m时，甲车开始刹车做匀减速直线运动，5 s后甲车停止运动。为了不撞上甲车，乙车在甲刹车后1 s也开始刹车，则乙的加速度大小至少为(　　) A．eq \f(7,3) m/s2 B．eq \f(16,7) m/s2 C．2 m/s2 D．eq \f(9,4) m/s2 解析：甲车的加速度大小a甲＝eq \f(v甲,t甲)＝eq \f(5,5) m/s2＝1 m/s2。设甲、乙两车的初始距离为x0＝9.5 m，乙车在甲刹车后t0＝1 s也开始刹车，甲刹车后经过时间t两车速度相等，则v甲－a甲t＝v乙－a乙(t－t0)，两车不相撞的临界是两车速度相等时恰好相遇，此时乙车的加速度最小，有v乙t0＋v乙(t－t0)－eq \f(1,2)a乙(t－t0)2＝x0＋v甲t－eq \f(1,2)a甲t2，联立并代入数据解得t＝4 s，a乙＝eq \f(7,3) m/s2，故选A。 例4 (2025·安徽省高三上12月质检)(多选)为了测试小车的性能，甲、乙两辆小车同时从M处由静止开始沿平直公路均先做匀加速直线运动，然后刹车做匀减速直线运动直至静止，两车先后停在N处，假设两车在各自匀加速阶段和匀减速阶段的加速度大小相等，甲、乙两车全程经历的时间分别为t0和2t0，甲、乙两车加速度大小分别为a1和a2，最大速度分别为v1和v2，则(　　) A．v1∶v2＝2∶1 B．a1∶a2＝eq \r(2)∶1 C．甲车停下时，两车相距最远 D．甲车运动了eq \f(4,5)t0时，两车相距最远 解析　甲、乙两车的v­t图像如图所示，由题意知两车再次 静止时的位移相等，则有eq \f(1,2)v1t0＝eq \f(1,2)v2×2t0，解得v1∶v2＝2∶1，A 正确；由v­t图像中图线的斜率的绝对值表示加速度的大小，可 知甲车的加速度大小a1＝eq \f(v1,\f(t0,2))，乙车的加速度大小a2＝eq \f(v2,t0)，解得 a1∶a2＝2v1∶v2＝4∶1，故B错误；甲、乙两车速度相等时相距最远，设甲车达到最大速度后，再经过Δt时间，两车速度相等，有v1－a1Δt＝a2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t0,2)＋Δt))，将v1＝a1·eq \f(t0,2)、a1∶a2＝4∶1代入解得Δt＝eq \f(3,10)t0，即甲车运动时间t甲＝eq \f(t0,2)＋Δt＝eq \f(4,5)t0时，两车相距最远，此时甲车还未停下，故C错误，D正确。 2．一轿车和一货车在两条平行直道上同向行驶，开始时两车速度都为v0，且轿车司机与货车车尾并排，如图所示，为了超车，轿车司机开始控制轿车做匀加速运动，经过一段时间t，轿车司机与货车车头并排，若货车车身长度为L，且货车保持匀速，则轿车加速过程的加速度大小为(　　) A.eq \f(L,t2) B.eq \f(2L,t2) C.eq \f(2（v0t＋L）,t2) D.eq \f(v0t＋L,t2) 解析：设轿车做匀加速直线运动的加速度大小为a，则时间t内轿车的位移x1＝v0t＋eq \f(1,2)at2，货车做匀速直线运动，时间t内的位移x2＝v0t，由题意知x1－x2＝L，联立解得a＝eq \f(2L,t2)，故选B。 解析：乙车从开始刹车到停止所用时间t乙＝eq \f(v乙,a)＝eq \f(10,2) s＝5 s，位移x乙＝2,乙)eq \f(v,2a) ＝eq \f(102,2×2) m＝25 m，假设甲车追上乙车时，乙车已经停止运动，且从乙车开始刹车到甲车追上乙车，经过的时间为t，则有v甲t－x乙＝16 m，解得t＝10.25 s>t乙，假设成立，故选B。 解析：v­t图像中图线的斜率表示加速度，由题图可知，甲、乙 两车的加速度分别为a甲＝eq \f(0－40,20－0) m/s2＝－2 m/s2，a乙＝eq \f(0－30,30－0) m/s2＝ －1 m/s2，则甲、乙两车的加速度大小之比为2∶1，故A错误；因为 t＝0时甲车在前，乙车在后，且在t＝10 s之前，甲车的速度大于乙车 的速度，在t＝10 s之后，甲车的速度小于乙车的速度，所以在t＝10 s时，两车相距最远，故B错误；v­t图像中图线与t轴所围面积表示位移，由题图可知，甲车减速运动的总位移为x甲＝eq \f(1,2)×40×20 m＝400 m，乙车减速运动的总位移为x乙＝eq \f(1,2)×30×30 m＝450 m，因x甲＋x0>x乙，则两车不可能发生碰撞，且t＝30 s时，两车的距离为x′＝x0－(x乙－x甲)＝10 m，故C错误，D正确。 解析：v­t图像中图线的斜率表示加速度，由题图可知，乙车的加 速度为a2＝eq \f(21－0,50－8) m/s2＝0.5 m/s2，甲车的加速度为a1＝eq \f(0－50,50－0) m/s2＝ －1 m/s2，两车速度相等时，有v1＋a1t＝a2(t－8 s)，其中甲车的初始速 度v1＝50 m/s，可得t＝36 s，故A错误，B正确；t＝36 s时，甲车的 位移x1＝v1t＋eq \f(1,2)a1t2＝1152 m，乙车的位移x2＝eq \f(1,2)a1(t－8 s)2＝196 m，因x1－x2＝956 m<1200 m，则两车不可能相撞，C错误；由v­t图线与t轴所围面积表示位移可知，甲车停下时，甲车的位移为x1′＝eq \f(50×50,2) m＝1250 m，乙车的位移为x2′＝eq \f(（50－8）×21,2) m＝441 m，则乙车在甲车前面Δx＝x0＋x2′－x1′＝391 m处，D正确。 解析：两车的初速度均为v0＝108 km/h＝30 m/s，结合运动学公式知，假若两车从开始刹车一直匀减速到速度为0，则刹车位移均为x1＝2,0)eq \f(v,2a) ＝eq \f(302,2×6) m＝75 m，后车从前车开始刹车到自身减速到速度为0的位移为x2＝30×(4＋0.4) m＋75 m＝ 207 m>105 m＋x1＝180 m，所以两车会相撞。假设相撞时前车已经停止，则相撞位置距后车匀减速到速度为0的位置的距离Δx＝207 m－180 m＝27 m，匀减速到速度为零的直线运动可以逆向看作初速度为零的匀加速直线运动处理，则相撞时对后车有v2＝2aΔx，解得v＝18 m/s，此时距前车开始刹车的时间为(4＋0.4) s＋eq \f(v－v0,－a)＝6.4 s>eq \f(v0,a)＝5 s，故假设成立。故C正确，A、B、D错误。 解析：由题图可知，甲、乙两车均做匀加速直线运动， 加速度分别为a甲＝eq \f(12,6) m/s2＝2 m/s2，a乙＝eq \f(12－6,6) m/s2＝ 1 m/s2，则乙车的加速度小于甲车的加速度，D错误；t时 刻甲、乙两车的位移分别为x甲＝eq \f(1,2)a甲t2，x乙＝6t＋eq \f(1,2)a乙t2， 则乙车落后的距离Δx＝10 m＋x甲－x乙＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)t2－6t＋10)) m， 当t＝2 s时，Δx＝0，即此时两车并排行驶，C正确；当t＝6 s时，Δx＝－8 m，即乙车在甲车前方8 m处，B错误；由题图可知，t>6 s时，v甲>v乙，结合B项分析，可知t＝6 s时，乙在甲前最远，此后两车间距先减小，在甲车超过乙车后两车间距将不断增大，A错误。 8．(多选)甲、乙两车在同一条平直公路沿两条平行直线朝同一方向运动，甲车在后，乙车在前，t＝0时刻两车相距x0＝34 m，甲车以v1＝20 m/s的初速度、a1＝－2 m/s2的加速度做匀减速直线运动刹车，乙车从静止出发，以a2＝1 m/s2的加速度做匀加速直线运动，下列说法正确的是(　　) A．两车相遇时甲车一直在运动 B．两车第一次相遇时间是t＝2 s C．两车第二次相遇时甲车位移为100 m D．两车第二次相遇时间是t＝2eq \r(33) s 解析：甲车从开始刹车到停止运动的时间为t0＝eq \f(0－v1,a1)＝10 s，位移为x止＝2,1)eq \f(0－v,2a1) ＝100 m，设甲车的位移为x1，乙车的位移为x2，则x1、x2与时间t的关系分别为x1＝v1t＋eq \f(1,2)a1t2(t≤t0)，x1＝x止＝100 m(t>t0)，x2＝eq \f(1,2)a2t2，当两车相遇时，有x1＝x0＋x2，联立解得t1＝2 s，t2＝2eq \r(33) s，t1<t0<t2，即两车的两次相遇一次在甲车停止前，一次在甲车停止后，且两车第二次相遇时，甲车的位移x1＝100 m，故B、C、D正确，A错误。 解析：(1)设泥石流的初速度为v0，匀加速倾泻而下的加速度为a1，到达坡底的时间为t1，到达坡底的速度为v1，泥石流的初始位置到坡底的距离为s1，由匀变速直线运动规律有 s1＝v0t1＋eq \f(1,2)a1teq \o\al(2,1) v1＝v0＋a1t1 代入数据得t1＝10 s，v1＝12 m/s。 (2)泥石流在水平地面上做匀速直线运动，若汽车的速度加速至v1时，泥石流恰未超过汽车，此时汽车能脱离危险且加速度最小。设此情形下汽车的加速度为a，从汽车加速到与泥石流共速的时间为t，此过程汽车的位移为x车，则有 v1＝at veq \o\al(2,1)＝2ax车 此过程泥石流在水平地面上的位移 x泥＝v1(t＋2 s－t1)又x车＝x泥 联立各式并代入数据解得a＝0.75 m/s2 即汽车的加速度至少为0.75 m/s2才能脱离危险。 解析：(1)足球运动的时间t1＝eq \f(v1,a1)＝eq \f(10,2) s＝5 s 运动员踢出足球Δt＝0.5 s后追球的过程中，运动员加速的时间t2＝eq \f(v2,a2)＝eq \f(10,2.5) s＝4 s 由于Δt＋t2＝4.5 s<t1 因此足球刚停下来时运动员已匀速运动，运动员的速度大小为10 m/s。 (2)足球的位移s1＝eq \f(v1,2)t1＝25 m 运动员加速运动的位移s2＝eq \f(1,2)a2teq \o\al(2,2)＝20 m 运动员匀速运动的时间t3＝eq \f(s1－s2,v2)＝0.5 s 运动员追上足球的时间t＝Δt＋t2＋t3＝5 s。 解析：由a­t图像可画出两车的v­t图像，如图所示，由图像可知，t＝6 s时两车速度相等，此时两车距离最近，图中阴影部分面积为0～6 s内两车位移之差：Δx＝eq \f(1,2)×30×3 m＋eq \f(1,2)×30×(6－3) m＝90 m，小于100 m，则两车在0～9 s内不会相撞，故A、B、C正确，D错误。 12.(2024·广西南宁市高三下二模)小明到汽车站时，汽车已经沿平直公路驶离车站。假设汽车司机听到呼喊后立即刹车，汽车做匀减速直线运动，小明同时以4 m/s的速度匀速追赶汽车。已知汽车开始刹车时距离小明12 m，汽车在刹车过程中的eq \f(x,t)­t图像(x为t时间内的位移)如图所示，则小明追上汽车 所用时间为(　　) A．4 s B．6 s C．7 s D．8 s 解析：根据匀变速直线运动规律有x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，变形得eq \f(x,t)＝v0＋eq \f(1,2)at，结合图像的截距与斜率可知汽车刹车前的速度v0＝8 m/s，汽车刹车时的加速度a＝2×eq \f(4－8,4) m/s2＝－2 m/s2，则汽车从开始刹车到停止的时间为t0＝eq \f(0－v0,a)＝4 s，在t0时间内小明的位移为x1＝vt0＝4×4 m＝16 m，汽车的位移为x2＝eq \f(v0,2)t0＝ 16 m，此后小明还需运动L＝12 m即可追上汽车，所用时间为 t′＝eq \f(L,v)＝eq \f(12,4) s＝3 s，则小明追上汽车所用总时间t总＝t0＋t′＝7 s， 故选C。 $$