第1章 专题突破2 多过程问题 追及相遇问题-【优化探究】2026高考物理一轮复习高考总复习配套课件（人教版 多选）

专题突破2　多过程问题　追及相遇问题 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 [学习目标]　1.熟练运用匀变速直线运动的规律解决多过程问题。2.会分析图像中的追及相遇问题。 3.掌握追及相遇问题的分析方法和技巧,特别是能熟练运用运动学公式结合运动学图像解决追及相遇问题。 课时作业 巩固提高训练 突破点一　多过程问题 突破点二　追及相遇问题 内容索引 突破点一　多过程问题 一 4 盘点 核心知识 1.运动特点 一个物体的运动过程包含几个阶段,各阶段的运动性质不同,满足不同的运动规律,衔接处的速度是各阶段运动公式的桥梁。 2.一般的解题思路 (1)初步了解全过程,根据题意画出物体在各阶段运动的示意图,使物体运动的全过程直观呈现出来。 (2)明确物体在各阶段的运动性质,找出题目给定的已知量、待求量,设出中间量。 (3)合理选择运动学公式,列出物体在各阶段的运动方程及物体各阶段间的关联方程。 3.解题关键 多运动过程的连接点的速度是联系两个运动过程的纽带,因此,对连接点速度的求解往往是解题的关键。若某一阶段的已知量比较充分,则以该阶段为突破口,逐步推导求解。若各小段的已知量都不算充分,则寻找各阶段间的联系,列方程或方程组求解。 [典例1]　(多选)(2025·安徽滁州模拟)由于氢气比氦气廉价,因此市面上销售的基本上都是氢气球,但氢气可能爆炸,所以氦气球相对更安全。某同学用一氦气球悬挂一重物(可视为质点),从地面释放后沿竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动,经过了t时间后,悬挂重物的细线断裂,又经过的时间,重物恰好落到地面,重物脱落后仅受到重力,重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) A.细线断裂前氦气球匀加速上升时的加速度大小为 B.细线断裂前重物匀加速上升时的加速度大小为 C.重物落地时的速度大小等于细线断裂时重物的速度大 小的三倍 D.由于条件不足,无法确定细线断裂时重物的速度与重 物落地时速度的关系 提升 关键能力 BC [解析]　设细线断裂前氦气球和重物匀加速上升时的加速度 大小为a,取竖直向上为正方向,则根据运动学公式及细线断裂 前后重物在这两个过程的位移大小相等,方向相反可得at2= -[at·-g()2],解得a=,故A错误,B正确;重物落地时的速度大小 为v1=-(at-g)=gt,细线断裂时重物的速度大小为 v2=at=gt,所以重物落地时的速度大小等于细线断裂时重物速度大小的三倍,故C正确,D错误。 [典例2]　(2025·安徽池州模拟)某路段事故发生地离医院7 320 m。为简化计算,假设救护车全程做直线运动。若救护车接警后先以4 m/s2的加速度匀加速启动,达到最大速度vm=24 m/s后匀速行驶,到达事故发生地附近再以6 m/s2的加速度匀减速直至停下。 (1)求救护车从出发到现场运动的总时间; [解析]　匀加速过程x1=vmt1 vm=a1t1 匀速过程x2=vmt2 匀减速过程 x3=vmt3,vm=a3t3 根据题意有x=x1+x2+x3=7 320 m 联立解得t=t1+t2+t3=310 s。 [答案]　310 s　 (2)事故现场有热心市民建议直接驾车送伤者去医院,但也有市民反对。若普通轿车加速和减速时的加速度大小分别为4 m/s2和8 m/s2,道路限速16 m/s。途中共经历3个红绿灯,每个红绿灯均停车等待45 s。不计驾驶员反应时间和转移伤者所用时间,请通过计算说明哪种方式更节约时间,能节约多少时间。 [解析]　每通过一个红绿灯,加速过程用时 t1'==4 s 加速过程运动距离 x1'=t1'=32 m 减速过程用时 t3'==2 s 减速过程运动距离 x3'=t3'=16 m 途中共经历3个红绿灯,停车等待红绿灯的总时间 Δt=3×45 s=135 s 途中共经历3个红绿灯,则全过程一共经历4次加速过程和4次减速过程, 普通轿车匀速过程用时 t2'==445.5 s 则总用时 t'=4t1'+t2'+4t3'+Δt=604.5 s 救护车需要来接伤员再送到医院,故救护车需要用时2t=620 s 故直接驾车送伤者去医院更节约时间,节约15.5 s。 [答案]　直接驾车送伤者去医院更节约时间,节约15.5 s,计算过程见解析 多过程问题的处理方法 1.衔接不同过程之间的关键物理量是不同过程之间的衔接速度。 2.用好四个公式:v=v0+at,x=v0t+at2,v2-=2ax,x=t。 3.充分借助v-t图像,图像反映物体运动过程经历的不同阶段,可获得的重要信息有加速度(斜率)、位移(面积)和速度。 方法技巧 1.ETC是不停车电子收费系统的简称。最近,某ETC通道的通行车速由原来的20 km/h提高至40 km/h,车通过ETC通道的流程如图所示。为简便计算,假设汽车以v0=30 m/s的速度朝收费站沿直线匀速行驶,如过ETC通道,需要在收费站中心线前d=10 m处正好匀减速至v1=4 m/s,匀速通过中心线后,再匀加速至v0正常行驶。设汽车匀加速和匀减速过程中的加速度大小均为1 m/s2,忽略汽车车身长度。 教参独具 (1)求汽车过ETC通道时,从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小; 解析:设汽车匀减速过程位移大小为d1, 由运动学公式得-=-2ad1 解得d1=442 m 根据对称性可知从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小 x1=2d1+d=894 m。 答案:894 m　 (2)如果汽车以v2=10 m/s的速度通过匀速行驶区间,其他条件不变,求汽车提速后过收费站过程中比提速前节省的时间。 解析: 如果汽车以v2=10 m/s的速度通过匀速行驶区间,设汽车提速后匀减速过程位移大小为d2, 由运动学公式得-=-2ad2 解得d2=400 m 提速前,汽车匀减速过程时间为t1, 则d1=t1 解得t1=26 s 通过匀速行驶区间的时间为t1',有d=v1t1' 解得t1'=2.5 s 从开始减速到恢复正常行驶过程中的总时间为 T1=2t1+t1'=54.5 s 提速后,汽车匀减速过程时间为t2, 则d2=t2 解得t2=20 s 通过匀速行驶区间的时间为t2',则d=v2t2' 解得t2'=1 s 匀速通过(d1-d2)位移的时间Δt==1.4 s 通过与提速前相同位移的总时间为 T2=2t2+t2'+2Δt=43.8 s 所以汽车提速后过收费站过程中比提速前节省的时间ΔT=T1-T2=10.7 s。 答案: 10.7 s 二 突破点二　追及相遇问题 21 盘点 核心知识 1.牢记“一个流程” 2.把握“两种情景” 物体A追物体B,开始二者相距x0,则: (1)A追上B时,必有xA-xB=x0,且vA≥vB。   (2)两物体恰不相撞,必有xA-xB=x0,且vA=vB。 3.掌握“三种方法” (1)临界法:寻找问题中隐含的临界条件,例如,速度小者加速追赶速度大者,在两物体速度相等时有最大距离;速度大者减速追赶速度小者,若追不上则在两物体速度相等时有最小距离。 (2)函数法:设两物体在t时刻相遇,然后根据位移关系列出两物体之间的距离关于t的方程Δx=f(t),若方程f(t)=0无正实数解,则说明这两个物体不可能相遇;若方程f(t)=0存在正实数解,说明这两个物体能相遇。 (3)图像法 ①若用位移—时间图像求解,分别作出两个物体的位移—时间图像,如果两个物体的位移—时间图线相交,则说明两物体相遇。 ②若用速度—时间图像求解,则需要比较速度—时间图像中图线与时间轴包围的面积。 考向1　追及相遇问题的研究方法 [典例3]　在水平轨道上的两列火车A和B相距x,A车在后面做初速度为v0、加速度大小为2a的匀减速直线运动,而B车同时做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动,两车运动方向相同。要使两车不相撞,求A车的初速度v0满足什么条件。(试用多种方法求解) 提升 关键能力 [思路点拨]　(1)两车不相撞的临界条件是,A车追上B车时其速度与B车相等。 (2)画出运动示意图,设A、B两车从相距x到A车追上B车时,A车的位移为xA、末速度为vA、所用时间为t;B车的位移为xB、末速度为vB,运动过程如图所示。 [答案]　v0≤ [解析]　方法一　临界法 利用位移公式、速度公式求解,对A车有 xA=v0t+×(-2a)×t2,vA=v0+(-2a)×t, 对B车有xB=at2,vB=at, 两车位移关系有x=xA-xB, 追上时,两车不相撞的临界条件是vA=vB, 联立以上各式解得v0= , 故要使两车不相撞,A车的初速度v0应满足的条件是v0≤ 。 方法二　函数法 利用判别式求解,由题意可知xA=x+xB, 即v0t+×(-2a)×t2=x+at2, 整理得3at2-2v0t+2x=0。 这是一个关于时间t的一元二次方程,当根的判别式Δ=(-2v0)2-4·3a·2x=0时,两车刚好不相撞,所以要使两车不相撞,A车的初速度v0应满足的条件是v0≤ 。 方法三　图像法 利用v-t图像求解,先作A、B两车的v-t图像,如图所示,设经过t时间两车刚好不相撞,则对A车有 vA=v'=v0-2at, 对B车有vB=v'=at, 以上两式联立解得t=。 经t时间两车发生的位移之差为原来两车间距 离x,它可用图中的阴影面积表示,由图像可知 x=v0·t=v0·=, 所以要使两车不相撞,A车的初速度v0应满足的条件是v0≤ 。 求解追及相遇问题的两点技巧 方法技巧 考向2　v-t图像中的追及相遇问题 [典例4]　(2025·陕西铜川模拟)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 D [解析]　由图像可知,v-t图像的斜率表示加速度,则a甲=- m/s2=-2 m/s2、 a乙=- m/s2=-1 m/s2,则甲、乙的加速度大小之比为2∶1,故A错误;因为甲车在前,乙车在后,且在10 s之前,甲车的速度大于乙车的速度,在10 s之后,甲车的速度小于乙车的速度,所以在10 s时,两车相距最远,故B错误;根据图像可知,甲车运动的总位移为x甲=×40×20 m=400 m, 乙车运动的总位移为x乙=×30×30 m=450 m,则两车的 最小距离为Δx=x0-(x乙-x甲)=[60-(450-400)]m=10 m,则两 车不可能发生碰撞,故C错误,D正确。 [典例5]　甲、乙两物体从同一位置出发沿同一直线运动,0~5 s内甲、乙运动的v-t图像如图所示。下列说法正确的是(　　) A.甲物体的初速度大于乙物体的初速度 B.5 s末甲、乙两物体相距最远 C.0~5 s内,甲物体先做匀速直线运动, 后做匀减速直线运动 D.5 s末甲、乙两物体相遇 B [解析]　由v-t图像可知,甲物体的初速度小于乙物体的初速度,A错误;由v-t图像可知,在5 s时,甲、乙两物体速度相同,在0~3 s内,甲、乙两物体运动方向相反,距离逐渐变大,在3~5 s内,甲、乙两物体运动方向相同,但甲物体的速度小于乙物体的速度,两物体的距离继续增大,故5 s末甲、乙两物体相距最远,B正确,D错误;由v-t图像可知,0~2 s内,甲物体做匀速直线运动,2~3 s内,甲物体沿正方向做匀减速直线运动,3~5 s内,甲物体沿负方向做匀加速直线运动,C错误。 [典例6]　如图甲所示,一辆轿车以20 m/s的速度,从匝道驶入限速为90 km/h的某高架桥快速路的行车道。由于前方匀速行驶的货车速度较小,轿车司机踩油门超车,加速8 s后发现无超车条件,立即踩刹车减速,经过3 s减速后,刚好与前方货车保持约60 m距离同速跟随。整个过程中轿车的速度与时间的关系如图乙所示,货车一直保持匀速。下列说法中正确的是(　　) A.该过程轿车出现了超速情况 B.该过程轿车的平均加速度大小为1.25 m/s2 C.该过程轿车与货车之间的距离先减小后增大 D.轿车开始加速时与货车的距离约为100 m [答案]　D [解析]　由题图乙可知轿车的最大速度为24 m/s=86.4 km/h<90 km/h,该过程轿车没有超速,故A错误;由题图乙可知该过程轿车的平均加速度大小为= m/s2≠1.25 m/s2,故B错误;轿车速度一直大于货车速度,直到11 s末两车速度相等,所以两车距离一直在减小,故C错误;0~11 s内,轿车的位移为x1=×(20+24)×8 m+×(24+18)×3 m=239 m,货车的位移为x2=18× 11 m=198 m,开始的距离为d=239 m+60 m-198 m=101 m,故D正确。 2.(2025·辽宁大连高三模拟)中国高铁向世界展示了中国速度。和谐号动车和复兴号高铁相继从沈阳站点由静止出发,沿同一方向做匀加速直线运动。两车运动的速度—时间图像如图所示。下列说法正确的是(　　) A.复兴号高铁追上和谐号动车前,t=70 s时两车相距最远 B.复兴号高铁经过95 s加速达到最大速度 C.t=140 s时,复兴号高铁追上和谐号动车 D.复兴号高铁追上和谐号动车前, 两车最远相距4 900 m B 教参独具 解析:由v-t图像可知,0≤t≤140 s时,和谐号动车速度大于复兴号高铁,t>140 s时,和谐号动车速度小于复兴号高铁,故复兴号高铁追上和谐号动车前,t=140 s时两车相距最远,根据v-t图像与坐标轴围成的面积表示位移可知,复兴号高铁追上和谐号动车前,两车最远相距Δx=×140×70 m-×(140-70)×70 m=2 450 m,故A、C、D错误;复兴号高铁的加速度为a== m/s2=1 m/s2,复兴号高铁加速达到最大速度所需的时间为t1===95 s,故B正确。 3.一汽车在直线公路段上以54 km/h的速度匀速行驶,突然发现在其正前方14 m处有一辆自行车正以5 m/s的速度同向匀速行驶。经过0.4 s的反应时间后,司机开始刹车,则: (1)为了避免相撞,汽车的加速度大小至少为多少? 解析:设汽车的加速度大小为a,初速度v汽=54 km/h=15 m/s,汽车与自行车的初始距离d=14 m 自行车的位移为x自=v自(t+t0) 汽车的位移为x汽=v汽(t+t0)-at2 假设汽车能追上自行车,此时有x汽=x自+d 代入数据整理得at2-10t+10=0 要保证不相撞,即此方程至多只有一个解,即得Δ=102-20a≤0 解得a≥5 m/s2 所以,为了避免相撞,汽车的加速度大小至少为 5 m/s2。 答案:5 m/s2 (2)若汽车刹车时的加速度只为4 m/s2,在汽车开始刹车的同时自行车以一定的加速度开始加速,则自行车的加速度至少为多大才能保证两车不相撞? 解析: 设自行车的加速度为a',同理可得 v汽(t+t0)-a汽t2=v自(t+t0)+a't2+d 整理得(a'+2)t2-10t+10=0 要保证不相撞,即此方程至多只有一个解,即得 Δ=102-20a'-80≤0 解得a'≥1 m/s2 所以,自行车的加速度至少为1 m/s2才能保证两车不相撞。 答案: 1 m/s2 三 课时作业 巩固提高训练 2 3 4 5 6 7 8 9 1 1.(多选)光滑水平面上有一物体,它的初速度为v0=1 m/s,以初速度的方向为正方向,物体的加速度随时间t变化的关系如图所示,则此物体(　　) A.在0~2 s内做匀加速直线运动 B.在5 s末的速度为8 m/s C.在2~4 s内的位移为10 m D.在4 s末时速度最大 BC A 夯实基础 解析:由题图可知,0~2 s内加速度增大,故物体做变加速运动,故A错误;a-t图像中图线与时间轴包围的面积表示速度的变化量,则0~5 s内速度变化量为Δv=×(2+5)×2 m/s=7 m/s,由于初速度为1 m/s,故5 s末的速度为8 m/s,故B正确;0~2 s内速度变化量为Δv'=×2×2 m/s=2 m/s,则2 s末时物体的速度为v2=3 m/s,2~4 s内加速度不变,物体做匀加速直线运动,故位移为x=v2t+at2=3×2 m+×2×22 m=10 m,故C正确; 4~5 s内加速度均匀减小,但由于加速度方向与 速度方向相同,所以速度仍在增加,故5 s末时速 度最大,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2.(2025·广东深圳高三模拟)如图,1、2、3、4、5为某高架桥上五根竖直吊绳,间距相等。两辆小汽车a、b车头在t=0时刻分别对齐1、3绳,在两条车道上以相同初速度做匀加速直线运动,在t=t1时刻a、b两车头都对齐5绳。下列分析正确的是(　　) A.a车的加速度是b车的两倍 B.a车的末速度是b车的两倍 C.a车的平均速度是b车的两倍 D.a车在超b车过程可把两车视为质点 2 3 4 5 6 7 8 9 1 C 解析:设相邻竖直吊绳间距为L,由平均速度公式得xa=t=t=4L,xb=t=t=2L,可得=2, 即a车的平均速度是b车的两倍,故C正确;由上式 得=,可得va=2vb+v0,即a车的末速度比b车的 两倍还要大,故B错误;由加速度的定义式a=可得,a车的加速度为aa==,b车的加速度为ab=,所以aa≠2ab,故A错误;a车在超b车过程,两车的大小均不能忽略不计,即均不能把两车视为质点,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 3.(2022·全国甲卷)长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶,速率为v0,要通过前方一长为L的隧道,当列车的任一部分处于隧道内时,列车速率都不允许超过v(v<v0)。已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a和2a,则列车从开始减速至回到正常行驶速率v0所用时间至少为(　　) A.+ B.+ C.+ D.+ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 C 解析:当列车恰好以速率v匀速通过隧道时,从开始减速至回到原来正常行驶速度所用时间最短,列车减速过程所用时间t1=,匀速通过隧道所用时间t2=,列车加速到原来速率v0所用时间t3=,所以列车从开始减速至回到正常行驶速率所用时间至少为t=t1+t2+t3=+,C项正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 4.(2025·辽宁大连模拟)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v-t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,此后间距越来越小 B.在t=6 s时,乙车在甲车前6 m 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 2 3 4 5 6 7 8 9 1 C 解析:根据图像可知甲、乙两车都做匀加速直线运动,加速 度分别为a1== m/s2=2 m/s2,a2== m/s2=1 m/s2,乙 车的加速度小于甲车的加速度,故D错误。t时刻,甲、乙两 车距乙车出发点的距离分别为x1=a1t2+10 m=t2+10(m), x2=v20t+a2t2=t2+6t(m),则此时甲、乙两车的间距为Δx=x1-x2=t2-6t+10,当Δx=0时,t=2 s或t=10 s,结合图像可以看出,0~2 s内,甲车在乙车前面,且间距慢慢变小,直到t=2 s,乙车追上甲车;2~6 s内,乙车在甲车前,且间距慢慢变大,直到t=6 s,甲、乙两车速度相等,乙到达甲前的最远处;6~10 s内,乙车仍在甲车前,但间距慢慢缩小,直到t=10 s,甲车追上乙车,之后甲车超过乙车且间距不断增大,故A错误,C正确。根据选项A的分析可知,t=6 s时,Δx=-8 m,即乙车在甲车前面的距离为8 m,故B错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 5.某实验兴趣小组对实验室的两个电动模型车进行性能测试。如图所示,t=0时刻电动模型车1、2相距10 m,两车此时同时开始向右做匀减速运动,车1的速度为10 m/s,加速度大小为2 m/s2,车2的速度为6 m/s,加速度大小为1 m/s2,则在此后的运动过程中,下列说法正确的是(　　) A.0~6 s内,车1的位移是24 m B.6 s时,车2的速度大小为1 m/s C.两车间的距离一直在减小 D.两车最近距离为2 m 2 3 4 5 6 7 8 9 1 D 解析:根据题目信息可知,车1在5 s时已经停止,车2在6 s时停止,故6 s时,车2的速度大小为0,故B错误;在前5 s内,车1的位移为x=v1t1-a1,解得x= 25 m,故A错误;设两车速度相等的时刻为t,则从开始运动到两车速度相等时有v1-a1t=v2-a2t,解得t=4 s,此时两车相距最近,最近距离为Δx=x+(v2t-a2t2)-(v1t-a1t2)=2 m,故D正确;4 s后,车2的速度大于车1的速度,因此两车间的距离先减小后增大,故C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 6.(2025·陕西铜川模拟)两款遥控电动玩具车通过速度传感器与计算机相连,在场地上进行直线竞速比赛,两玩具车从同一位置同时同向运动,出发点前方20 m处有一标志杆,通过计算机处理得到两玩具车速度平方v2与位移x的图像关系如图所示,其图线均为倾斜直线。下列说法正确的是(　　) A.B车的速度变化更快 B.两车相遇前相距最远距离为3 m C.A车先到达前方标志杆 D.两车在运动过程中可能相遇两次 2 3 4 5 6 7 8 9 1 C B 能力提升 解析:根据匀变速直线运动速度平方与位移关系公式 v2=+2ax结合题图可得vA0=2 m/s,aA=4 m/s2,vB0=4 m/s, aB=2 m/s2,A车的加速度大,A车的速度变化更快,A错误; 当两车速度相同时,两车相距最远,vA0+aAt=vB0+aBt,解得 t=1 s,两车相距最远距离为d=(vB0t+aBt2)-(vA0t+aAt2)=1 m, B错误;A车通过前方20 m标志杆的时间为tA,vA0tA+aA=20 m,B车通过前方20 m处的标志杆的时间为tB,vB0tB+aB=20 m,解得tB>tA,即A车先到达标志杆,C正确;两车相遇有xA=xB,即vA0t+aAt2=vB0t+aBt2,解得t=0或t= 2 s,即两车在运动过程中只相遇一次,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 7.(12分)(2024·全国甲卷)为抢救病人,一辆救护车紧急出发,鸣着笛沿水平直路从t=0时由静止开始做匀加速运动,加速度大小a=2 m/s2,在t1=10 s时停止加速开始做匀速运动,之后某时刻救护车停止鸣笛,t2=41 s时在救护车出发处的人听到救护车发出的最后的鸣笛声。已知声速v0=340 m/s,求: (1)救护车匀速运动时的速度大小; 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析:根据匀变速直线运动速度公式得 v=at1 可得救护车匀速运动时的速度大小 v=2×10 m/s=20 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 答案:20 m/s　 解析: 救护车运动过程草图如图所示, 设匀速运动时间Δt时停止鸣笛, 此时救护车距离出发点的距离为x=a+vΔt 发出的鸣笛声从鸣笛处传播到救护车出发点处,传播距离为x=v0(t2-t1-Δt) 联立解得x=680 m。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 答案: 680 m (2)在停止鸣笛时救护车距出发处的距离。 8.(12分)(2025·福建漳州模拟)截至2023年8月,中国已累计开放智能网联无人驾驶汽车测试道路20 000km。如图所示,某次测试时,无人驾驶测试车甲、乙在两平行车道上做直线运动。当甲、乙两车并排时,甲车以v= 20 m/s的速度匀速运动,乙车开始同方向做初速度为零的匀加速运动,经t=20 s两车恰好再次并排。求: 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (1)乙车的加速度大小a; 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析:依题意得vt=at2 解得a=2 m/s2。 答案:2 m/s2　 (2)20 s内,两车相距的最大距离xm。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析: 20 s内,当两车速度相等时,两车的距离最大,设经时间t0两车速度相等,由运动学公式得v=at0 在t0时间内,甲车的位移x1=vt0 乙车的位移x2=a 而xm=x1-x2 联立解得xm=100 m。 答案: 100 m 9.(12分)足球比赛中,经常使用“边路突破,下底传中”的战术,即攻方队员带球沿边线前进,到底线附近进行传中。某标准足球场长105 m,宽68 m。攻方前锋在中线处将足球沿边线向前路踢出,足球的运动可视为在地面上做初速度为12 m/s的匀减速直线运动,加速度大小为2 m/s2,试求: 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (1)足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为多大; 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析:依题意,足球做匀减速直线运动,到停下来时,由速度与时间关系得v1=a1t1,代入数据得t1=6 s, 根据x1=t1,代入数据得x1=36 m。 答案:36 m　 (2)足球开始做匀减速直线运动的同时,该前锋队员沿边线向前追赶足球。他的启动过程可以视为初速度为零、加速度为2 m/s2的匀加速直线运动,他能达到的最大速度为8 m/s,该前锋队员至少经过多长时间能追上足球。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析: 前锋队员做匀加速直线运动达到最大速度的时间和位移分别为t2==4 s,x2=t2=16 m,之后前锋队员做匀速直线运动,到足球停止运动,其位移为x3=v2(t1-t2)=16 m,由于x2+x3<x1,故足球停止运动时,前锋队员没有追上足球,然后前锋队员继续以最大速度匀速运动追赶足球,根据x1-(x2+x3)=v2t3,解得t3=0.5 s,故前锋队员追上足球的时间为t=t1+t3=6.5 s。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 答案: 6.5 s $$