上分专题4 追及相遇问题-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理必修第一册（人教版2019 江苏专用)

上分专题4追及相遇问题 命题密钥 追及相遇问题，在初中阶段考查相遇较多，而在高中阶段考查追及更多，核心是注意两个 物体运动的同时性，不论是分段分析物理情境，还是运用图解法，都是建立在时间轴基础 上的. 高一上的月考、期中、期末都有概率考查到追及相遇问题，较难的考法是结合图像多次相 遇，或者是与自由落体和竖直上抛问题结合，高考目前基本不会单独考查追及相遇问题， 考点觉醒 。追及问题的两种主要形式：（均设两者初始距离x。)》 类型 图示 特点 ①能追上，且只相遇一次 低速追 ②共速时刻t=t。,此时两者距离最大，为 高速 △x+xo ①共速时刻t=to,根据此时的△x和xo大 小，分析能否相遇 高速追 2若△x=x。,恰能追上，只相遇一次，此为相 低速 遇临界条件 ③若△x<xo,不能追上，两者最小距离x。-Ax ④若△x>xo,相遇两次，分别在t,和12时刻 ●追及相遇问题在竖直方向的变式：（球与球、球与管） 情形 技巧 球碰球、球穿管，棒穿管等形式，核心均在于两个物体以相同的加速 8甲 度g进行运动，我们可以变换参考系进行思考： 如果我们不再以静止视角观察两物体的运动，而是以与物体相同的 加速度g,观察两个物体的运动（即以自由落体的物体为参照物），情况 就变为：一个物体做匀速直线运动（速度为初速度。），去接近另一个静 止物体，物理情境瞬间简化 实战演练 类型一追及问题 1.(2025·福建南平期末)武夷山国家公园1号风景道是我省打造世界知名旅游日的地的 重要组成部分.1=0时刻甲、乙两游览车同时由同一位置进入一长直游览道中，两车的速度) 随时间1变化如图所示.则乙车追上甲车的时刻为 () 物理必修第一册 ttc(m.s-） 10 5 0 1012 A.1=58 B.t=10s C.=12 s D.t=14s 2.*一辆汽车以54kmh的速度在平直的公路上做匀速直线运动.在它的正前方有一辆自行 车以25.2km/h的速度同向匀速行驶，汽车驾驶员发现自行车后经0.4s踩下刹车，汽车以大 小为5m/s2的加速度做匀减速直线运动.若汽车和自行车均可视为质点，要使汽车不碰上自 行车，驾驶员发现自行车时汽车到自行车的距离至少为 () A.9.6m B.6.4m C.4.7m D.2.8m 3.韩(2025·安微天一大联考)某个初春早晨，雾气蒙蒙，能见度很低，甲、乙两车正在平直的 公路上同向匀速行驶，甲车在前、乙车在后，甲车行驶的速度大小为10m/s,乙车行驶的速度 大小为18m/s.当乙车离甲车一定距离时，乙车司机发现甲车后立即开始鸣笛并刹车，甲车司 机听到鸣笛声后立即加速.已知乙车刹车可以看成匀减速运动，甲车加速可看成匀加速运动， 不考虑声音传播的时间，当甲车加速8s后，乙车与甲车刚好不相撞.下列说法正确的是 A.甲车加速时，甲、乙两车间的距离为32m B.甲车加速时，甲、乙两车间的距离为36m C.甲车加速时的加速度大小一定大于乙车减速时的加速度大小 D.甲车加速时的加速度大小一定小于乙车减速时的加速度大小 4.新素材无线蓝牙耳机摆脱了线材束缚，可以在一定距离内与手机等设备实现无线连接 为了研究在运动过程中无线连接的最远距离，甲和乙两位同学做了一个有趣的实验.乙佩戴无 线蓝牙耳机.甲携带手机检测，乙站在甲正前方10处，二人同时沿同一直线向正前方运动， 各自运动的-1图像如图所示（其中x为时间：内的位移），手机检测到蓝牙耳机能被连接的 时间为4s.下列判断正确的是 A.甲做加速度大小为0.5m/s2的匀减速直线运动 1(ms) B.乙做速度大小为6m/s的匀速直线运动 6 C.1=3s时，二人相距最近，最近距离为4.5m 乙 D.该蓝牙耳机的最远连接距离为7.5m 0 6 s 5.(2025·广东汕头期末)夜间行车在视线不明路段除会车等特殊情况外建议开启远光灯， 有研究发现，不开启远光灯，司机的视距为30m,开启远光灯后，司机的视距可达150m,某段 长直高速公路上，一辆货车正以，=108k/h的速度驶入黑暗路段，司机当即开启远光灯，发 现前方x=100m处有事故车辆，人体反应时间是t。=0.2s,反应过来后货车司机立即刹车，货 车安全制动、启动的最大加速度大小为a,=5m/s2. 黑白题·上分秘箱 (1)以最大安全加速度刹车，货车是否会撞上事故车辆？如会，请论证：如不会，请计算出货车 停下时离事故车辆的距离。 (2)若货车司机减速到，=54km/h后完成变道匀速行驶，恰在此时后方一辆未开远光灯的汽 车以，=126km/h的速度从后方开过来，汽车在距货车x。=30m处看到货车，反应过来后汽 车司机立即刹车，已知汽车刹车的最大加速度是a,=10m/s2,汽车是否会撞上货车，如会，请 论证：如不会，请计算出汽车与货车的最小距离. 类型二自由落体与竖直上抛的相遇问题 6.(2025·河北邢台一中期中)长为L=1.0m的空心管AB沿竖直方向固定，下 端管口B距离地面的高度为h,=1.0m,小球a从距离上端管口h,=1.8m处沿管 的轴线由静止释放，同时小球b由地面以初速度。=6m/s沿管的轴线竖直上抛， 两小球的直径均小于管的直径，不考虑空气阻力，重力加速度g取10m/s2,则以下 说法正确的是 ( A.a、b两球在管口A上方相遇 B.a、b两球在管内相遇 C.a、b两球在管口B下方空中相遇 D.a、b两球不能在空中相遇 7.鞋(2025·湖南长沙一中期中)如图所示，相同木棒A、B长都为L,竖直放置，相距高度差 为H,但不在同一直线上，A棒由静止释放.同时B棒从地面竖直上抛，初速度为。，不计空气阻 力，重力加速度为g,则以下说法正确的是 ( A.若A,B棒在空中相遇后又分离，两棒从相遇到分离经过的时间为 B.若。<√g,则B棒落地前都不会与A棒相遇 C.若>√g(2L+H),则B棒一定会在上升过程中与A棒相遇后又分离 D.若> g(H+L) 2 则A棒一定会在落地前与B棒相遇后又分离 10物理1必修第一册5.B解析：AC.由a-t图像可画出两车的-t图像，如图所示： tWm·5 30 9 由图像可知.1=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，即△x= 2×30×3m+ 2×30x(6-3)m=90m,则此时两车相距4s=。-4r=0m, 故AC错误：BD.0-9。内两车位移之差为4r=弓×30× 3m=45m,因65后A车速度大于B车，可知两车不会相碰 两次，选项B正确，D错误故选B. 6.C解析：D.根据匀变速直线运动位移时间关系x=。t+ 2,整理可得子=，+分，结合图像可知，甲，乙的初速 度分别为rm=8,=5m,加速度满足2 9-5 之—空、2释导2w=1=2,之一4✉2。 故D错误：ABC.设经过时间t,两车速度相等，则有P+ a甲="o+azt,解得t=1s两车速度相等时，位移分别为 =w+0gf=85m,=2+z户=7m,南于 x=1.5m<8m,则甲，乙两车不会相遇，速度相等时二者间 距离最小，为△x=8m-1.5m=6.5m,故C正确，AB错误.故 选C. 7.C解析：A.根据2=2ax+后，结合图像可得2a甲=km= 32-2m,2a=起=02a-4n2解得 0-64 a=-1m/,2,a2=-2m/s2,则甲车加速度大小为1m/s2 故A错误：B.由图可知，=64m2/s2,2=144m2/s2,解得 =8/s,z=12m/s,则有tm=年=8*，小元 2=6s,可得 tm>2,所以乙车先停止运动，故B错误；C.由图可知，两车都 停止时32m+5m>36m,甲车在乙车前面，故C正确：D.设经 t时间两车共速，则有单-1单1=2-az,解得1=4s,可知 4s前乙车速度大于甲车，4s后乙车速度小于甲车，故D错 误故选C. 上分专题4追及相遇问题 1.B解析：由盟图可知4=22-10， 12 m/s?I m/s',a= 10=2m,则=10+了n2,z=5 25-5 2m%当 乙车追上甲车时xm=x乙，解得1=10s故选B. 2.A解析：设汽车减速时间为t,驾驶员反应时间为△，驾驶 员发现白行车时汽车到自行车的距离为，若汽车刚追上自 行车时，二者速度刚好相等，则汽车恰好不会碰上自行车.此 时二者的位移关系有+n+a)=%山+一了，速度 关系有t自=t%-,联立可解得s=9.6m放选A. 3.A解析：AB设甲车加速时的加速度为a1,乙车诚速时的加 速度为42，甲车的初速度甲=10m‘s,乙车的初速度2= 18m/s,经过时间=8s时两车刚好不相撞，说明此时两车 速度相等.根据匀变速直线运动的速度公式"=。+，可得 rmt4,=rz-ml,代入数据化简得a,+a2=1m/2.在1=8s 必修第一册 1 内，甲车的位移xn=m+2a2=(80+32a)m,乙车的位移 之=z2a,=(14-32a,)m因为刚好不相撞时.两车 初始距离4x=x2-x甲，代入可得4x=(144-32a:）m-(80+ 32a1）m=(64-32a1-32a2)m,把a,+a2=1m/s2代人上式. 可得△x=(64-32×1)m=32m,故A正确，B错误.CD.由以 上分析可得a1+a,=1ms2,但仅根据此式无法判断a,与a 的大小关系，故CD错误故选A 4.D解析：A.根据匀变速直线运动的公式x=,+ 2w,可得 =,+,。一1图像的纵截距等于初速度，斜率的绝对 值等于加速度大小的一半，则甲做初速度大小为6/s,加 速度大小为1/2的匀减速直线运动，故A错误：B.根据图 像可知，乙做速度大小为3m/s的匀速直线运动，故B错误： C1,=3s时，甲的瞬时速度t甲1=o+a,=(6-1×3)m/= 3m/4=2,此时二人相距最近，最近的距离△x,=x。-(x1 a=10am-(停33a-33m)=55n,放c错误：D由于 蓝牙耳机能被连接的时间为4s,而甲乙两人3s时相距最 近，所以蓝牙耳机连接的时间为1~5，当2=18时，甲的速 度大小为U,=r+a,=(6-1×I)m/s=5/s,最远连接距离 6-(-2)10m-(62x1m-3x1m=75 D正确.故选D. 5.(1)不会撞上事故车，货车停下时离事故车辆的距离为 4m(2)不会撞上货车，汽车与货车的最小距离为6m 解析：(1)由题意，货车速度，=108km/h=30m/s. 在反应时间内运动的距离为x,=,。=30x0.2m=6m, 302 货车减速直到停止运动的距离为名“2a2×5m=90m… 可得货车司机从发现事故车辆到停止所运动的距离为x'= x,+x2=96m<100m, 所以，可知以最大安全加速度刹车，货车不会撞上事故车辆，货 车停下时离事故车辆的距离为△x=x-x'=100m-96m=4m (2)货车速度3=54km/h=15m/s. 汽车初速度，=126km/h=35m/s, 在反应时间内汽车运动的距离为x=D,4。=35×02m=7m, -写 汽车减速到与货车速度相等时运动的距离为x4= 243 352-152 2×10 m=50 m, 减速过程汽车运动时间为1=”-.35-15 108=28, 在汽车发现货车到汽车减速到与货车速度相等这段时间内。 货车运动的距离为x,=e,(+1)=15×22m=33m, 由于+，<x+x,可知汽车不会撞上货车，汽车与货车的最 小距离为△rm=o+,-为-米=6m 6.B解析：a,b小球同时释放，加速度均为g,则变换参考系 后，可得小球a,6相遇所用的时间=h:址_38m 6 m/s 19 1 0。,此时小球a下落的高度为h?=6 m,由 180 h,<h<h,+L,可知相遇时两球在管内，故选B. 7.C解析：A.如果A、B棒可以在空中相遇后又分离，则A,B 棒在空中相遇（即B上端与A下端平齐）所用的时间为1，= H ：A、B棒在空中分离（即B下端与A上端平齐）所用的时 黑白题54 间为与=+2：从相遇到分离经过的时间4山=-4=2弘 放A选项错误B.由竖直上抛的对称性可知，B棒落地需要 的时间t 2,若要满足A,B棒能空中相遇，则4<，可得 H2。解得o>故B述项错误.C.B棒上升过程所用 to g 的时间n=。,如果B棒在上升过程中与A棒相遇后又分 离，则说明飞d,即42.解得>√g2+历，此时A 地，故C选项正确D.A棒落地所用的时间t,=入 2(H+) 如果A棒落地前与B棒相遇后又分离，说明与<1，可解得 >(2L+,√2(+，故D选项错误故选C 上分专题5受力分析（整体法与隔离法） 1,D解析：六块形状完全相同的石块围成半圆对应的圆心角 为180°，每块石块对应的圆心角为30°.对第3块石块受 力分析如图： 3 mg F 结合力的合成可知tan60° m'gi 对第2块和第3块石块整体受力分析如图： /F 2,3 (in+mg 有：tan30°= m+mg解得-2故适n Fa 2.C解析：AB.设A的质量为m1、B的质量为m2,根据题意， 有m1gcos0=4,m1gsin6,(m,+m,)gc05B=凸(m1+ 1 m)gsin8,解得M=,amg放AB错误：GD.若在A上轻 放一个质量为m的物块，有(m,+m)gCos0=4,(m+ m）·gsin0,(m,+m2+m)gcos0=2(m,+m+m)gsin 6,即A.B和 B,C接触面间均不会发生相对滑动，故C正确，D错误故选C. 3.D解析：小球P静止，由平衡条件知，绳子拉力大小为 T=2mg,由于Tsin30°=mg,则圆环Q不受杆的支持力作用. 可见杆对圆环Q没有摩擦力，由力的合成可知，轻绳对动滑 轮的作用力大小F,=2Ts30°=23mg,方向与竖直方向成 30°角斜向左下方，由牛顿第三定律知，定滑轮对轻绳作用力 的方向与竖直方向成30°角斜向右上方，大小为F=F, 23mg,故选D 4,C解析：设最下方两个灯笼间绳子的拉力大小为F,左侧三 根绳子自上而下的拉力大小分别为T,、T2、T:以左侧三个 灯笼为研究对象，可得T,sin0,=3mg,T,cos0,=F;以左侧下 方2个灯笼为研究对象，可得T3sin02=2mg,T2cos82=F;以 左侧最下方灯笼为研究对象，可得Tsin0=mg,T,cos8,= F,所以有an9,:tan62:tana=3:2:L1.放选C 参考答案与解析 5.B解析：A将F分解为F,F,两个分力.其中F,是沿左边 绳方向的力，F,是沿右边绳方向的力，设斜面倾角为8，物块 质量为m,对左边物块，由平衡条件可知，物块对斜面a的压 力F、,=mgcos9-F,现逐渐增大F,则F,也逐渐增大，故物 块对斜面a的压力F、减小，故A错误：B.由于左边物块始 终不动，由平衡条件可知，物块与斜面a间的摩擦力∫= mgsin6,放物块与斜面a间的摩擦力不变，故B正确：C把斜 面a及其斜面a上的物块作为整体，由平衡条件可知，地面 对斜面a的摩擦力始终与F,的水平分力等大反向，由于 增大，其水平分力也增大，故地面对斜面的摩擦力增大，故 C错误：D.斜面上的物块始终不动，处于平衡状态，合力一 直为0.故D错误.故选B. 6.B解析：A.根据题意作出受力分析图如图所示，根据A、B、C 均处于受力平衡状态可知，F等于Fm和Fu在水平方向的 合力，F。等于F在水平方向的分力，由牛顿第三定律得知 Fc=Fa,故Fe一定小于F。,故A错误： B.对B受力分析如图所示，由于A、C圆心在一条竖直线上， 即∠1=∠2，故Fm的竖直分量等于Fn的竖直分量与mg 的和，即FB一定大于F,故B正确； Ew、 C画出盒宽L稍增大一些后的受力分析，虚线为未增宽时 Ft、Fa,F、Fc的示意图，当盒宽增大些，mg不改变，故 F,竖直方向的分量不发生改变，但倾斜角度改变，即F:将 增大，F,的水平分量增大，故F,将增大，故C错误； F 2 m D.由A、B、C整体受力平衡可知竖直方向F=(m,+m:+ mc)g,故可知当盒宽增大些，F不变，故D错误故选B. 7.(1)22.5N(2)1.5N,方向沿若斜面向下(3)6N25.5N 解析：(1)根据物块乙的平衡状态，可得细线b的拉力 Fn=mg. 对物块甲受力分析，如图1，由平衡条件可知： F 黑白题55