第2章 专题提升四 追及相遇问题-【金版教程】2025-2026学年高中物理必修第一册创新导学案课件PPT（鲁科版）

该高中物理课件系统梳理匀变速直线运动中追及相遇问题的核心内容，通过定义阐释、临界状态分析、位移关系梳理建立知识框架，结合物理分析、函数、图像三种解题方法及运动示意图、v-t图像工具，串联初速度小者追大者、初速度大者追小者等典型情境，构建完整知识网络。 其亮点在于“方法融合+分层进阶”，如用函数分析法推导距离差二次函数培养科学推理能力，图像分析法借助v-t图像面积直观突破临界问题渗透模型建构思维，课后A组基础巩固（如汽车追自行车）与B组能力提升（如含刹车的多过程追及）设计，助力学生深化运动观念，教师可精准把握学情，提升复习效率。

第2章　匀变速直线运动 专题提升四　追及相遇问题 目录 课后课时作业 1 1．追及相遇问题 当两个物体在同一直线上一前一后运动时，随着速度的变化，两个物体之间的距离会不断变化(例如后面车辆追赶前面车辆)，速度相同时它们之间可能出现距离最大、距离最小或者相遇的情况，这类问题称为追及相遇问题。 注：本专题只讨论涉及匀变速直线运动和匀速直线运动的追及相遇问题。 3 2．追及相遇问题的分析思路 讨论追及相遇问题，实质是分析两个物体能否在同一时刻到达相同的位置。其一般分析思路是： (1)对两物体的运动过程分析，判断两物体间距离随二者速度变化的趋势。 (2)找出两物体间距离变化的临界状态。两个物体速度相等时，往往是两物体间距离变化的临界状态。 (3)画出临界状态时两个物体运动的位移的关系示意图。 (4)根据匀变速直线运动的规律列运动方程，根据临界条件(如“两个物体速度相等”)、临界状态时两个物体运动的位移关系示意图，列辅助方程。 (5)联立方程求解，并对结果进行分析。 4 3．追及相遇问题的常见解题方法 (1)物理分析法 根据题目分析两个物体的运动，找出临界状态，画出两物体运动位移的关系示意图，列运动方程，以及“两个物体速度相等”的临界条件方程、临界状态时两个物体的位移关系方程，联立求解，并对计算结果分析说明。 (2)函数分析法 设两物体的运动时间均为t，根据运动规律对两物体分别列出位移与时间的关系式，结合两物体的位移关系，得到两物体间的距离差Δx关于时间t的二次函数关系式Δx＝f(t)。 5 根据Δx＝f(t)，用二次函数求极值的方法可以求得最大距离或最小距离；令Δx＝0(表示两个物体相遇)，根据这个一元二次方程根的判别式，也可以分析两物体相遇的情况： ①若Δ＞0，即有两个解，说明可以相遇两次； ②若Δ＝0，有一个解，说明能刚好追上或相遇； ③若Δ＜0，无解，说明追不上或不能相遇。 注意：利用数学分析法解出方程Δx＝0后，需要分析解是否符合物理实际情况。 6 (3)图像分析法 在同一个v­t坐标系中画出两个物体运动速度随时间变化的关系，利用v­t图像与t轴所围面积表示位移，可以更加直观地分析追及相遇问题。两物体从同一位置开始运动的追及相遇问题，最适合用v­t图像来分析。 7 一、初速度小者追初速度大者 　　　　一辆汽车在十字路口等候红绿灯，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 8 9 10 11 初速度小者追初速度大者的运动分析 运动示意图 说明：开始时，甲、乙两物体的距离是s0， 设t0时刻两物体速度相等时，甲物体比乙 物体多运动位移Δs 常见运动及其v­t图像 匀加速追匀速 12 常见运动及其v­t图像 匀速追匀减速 匀加速追匀减速 运动 分析 (1)t＝t0以前，甲、乙两物体间距逐渐增大 (2)t＝t0时，v甲＝v乙，两物体间距最大，为s0＋Δs (3)t＝t0以后，甲、乙两物体间距逐渐减小，乙能追上甲且只能相遇一次 13 [跟进训练1]　运动员将足球以12 m/s的速度踢出，足球沿草地做加速度大小为2 m/s2的匀减速直线运动，踢出的同时运动员以恒定速度8 m/s去追足球，求： (1)经过多长时间运动员与足球的距离最大？ (2)运动员追上足球所需时间。 答案：(1)2 s　(2)4 s 14 15 [名师点拨]　若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意判断追上前该物体是否已经停止运动。 16 17 18 二、初速度大者追初速度小者 　　　 一辆客车从静止开始以a＝1 m/s2做匀加速直线运动的同时，在车的后面s0＝20 m处有一人骑自行车以6 m/s的速度匀速追赶这辆车，判断人能否追上这辆客车？若不能，二者间的最小距离为多少？ 答案　追不上　2 m 19 解析　画出人与车的位移关系示意图如图所示 解法一(物理分析法)：当车的速度与人的速度相等时，相距最近，此时若追不上，以后永远追不上。设经过时间t人的速度与车的速度相等，则有v车＝at，v人＝6 m/s 且v车＝v人 20 21 22 1．初速度大者追初速度小者的运动分析 运动示意图 说明：开始时，甲、乙两物体的距离是s0， 设t0时刻两物体速度相等时，乙物体比甲 物体多运动位移Δs 常见运动及其v­t图像 匀减速追匀速 23 常见运动及其v­t图像 匀速追匀加速 匀减速追匀加速 24 2．追及相遇问题的解题技巧 抓住“一个条件”和“两个关系”。 运动分析 Δs<s0以前，甲、乙两物体间的距离逐渐减小 (1)若Δs＝s0，则乙恰能追上甲，两物体只能相遇一次，这也是避免相撞的临界条件 (2)若Δs<s0，则乙不能追上甲，此时两物体有最小距离，为s0－Δs (3)若Δs>s0，则相遇两次，设t1时刻Δs′＝s0，两物体第一次相遇，则必有t2时刻两物体第二次相遇，且t2－t0＝t0－t1 一个条件 速度相等是两物体距离最大或最小、恰好追上或恰好追不上的临界条件 两个关系 通过画运动草图，找到两物体的时间关系和位移关系是解题的突破口 25 [跟进训练]　汽车以20 m/s的速度在平直公路上行驶时，刹车后40 s停下来。现在同一平直公路上以20 m/s的速度行驶时发现前方200 m处有一货车以6 m/s的速度同向匀速行驶，司机立即刹车，则： (1)求汽车刹车时的加速度大小； (2)是否发生撞车事故？若发生撞车事故，在何时发生？若没有撞车，两车最近距离为多少？ 答案：(1)0.5 m/s2　(2)不会相撞　4 m 26 27 课后课时作业 题型一　初速度小者追初速度大者 1．(多选)和谐号动车与复兴号动车车头平齐，相继 从同一站点由静止出发，沿同一方向做直线运动。两车 的速度—时间图像如图所示，下列说法正确的是 (　　) A．0～140 s，复兴号动车与和谐号动车车头的距离变大 B．0～140 s，复兴号动车与和谐号动车车头的距离变小 C．复兴号动车追上和谐号动车前，t＝140 s时，两车车头相距最远 D．当t＝140 s时，复兴号动车再次与和谐号动车车头平齐 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 解析：和谐号动车与复兴号动车相继从同一站点由静止出发，由题图可知，0～140 s内，和谐号动车的速度一直比复兴号动车的速度大，则复兴号动车与和谐号动车车头的距离变大，A正确，B错误；t＝140 s时，两车速度相同，两车车头相距最远，t＝140 s以后，复兴号动车的速度一直比和谐号 动车的速度大，两者间距逐渐减小，复兴号动车甚至反超和谐号动车，故C正确，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 2．甲、乙两物体在同一条直线上同时同地沿同一方向运动，甲的初速度为6 m/s，由于摩擦做匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s2；乙做初速度为零、加速度为1 m/s2的匀加速直线运动。乙追上甲之前两物体的最大距离是 (　　) A．3 m B．6 m C．9 m D．14 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 3．如图所示，A、B两物体(均可视为质点)相距8 m，此时物体A以大小为4 m/s的速度向右做匀速直线运动，物体B向右做初速度大小为10 m/s、加速度大小为2.5 m/s2的匀减速直线运动，速度减为0后保持静止，则从此时开始，物体A追上物体B所用的时间为 (　　) A．7 s B．8 s C．9 s D．10 s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 4．平直公路上有甲、乙两辆汽车，甲以0.5 m/s2的加速度由静止开始匀加速行驶，乙在甲的前方200 m处以5 m/s的速度做同方向的匀速运动，求： (1)甲何时追上乙？甲追上乙时的速度为多大？此时甲离出发点多远？ (2)在追赶过程中，甲、乙之间何时有最大距离？这个距离为多少？ 答案：(1)40 s　20 m/s　400 m (2)10 s末　225 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 题型二　初速度大者追初速度小者 5．一步行者以6.0 m/s的速度跑去追赶被红灯阻停的公共汽车，在跑到距公共汽车25 m处时，绿灯亮了，公共汽车以1.0 m/s2的加速度匀加速启动前进，则 (　　) A．人能追上公共汽车，追赶过程中人跑了36 m B．人不能追上公共汽车，人、公共汽车最近距离为7 m C．人能追上公共汽车，追上公共汽车前人共跑了43 m D．人不能追上公共汽车，且公共汽车开动后，人、公共汽车距离越来越远 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 7．如图所示，甲、乙两辆汽车在一条平直公路上做匀速直线运动，甲车在前，速度大小为v1＝10 m/s，乙车在后，速度大小为v2＝30 m/s，t1＝0时刻甲车在乙车前方s0＝100 m处，求： (1)经多长时间乙车追上甲车？ (2)为防止发生追尾事故，t2＝0.5 s时刻乙车采取制动措施，做加速度大小为a＝5 m/s2的匀减速直线运动，则甲、乙两车相距最近时的距离是多少？ 答案：(1)5 s　(2)50 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 8．(多选)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v­t图像 如图所示。已知两车在t＝3 s时并排行驶，则 (　　) A．在t＝1 s时，甲车在乙车后 B．在t＝0时，甲车在乙车前7.5 m处 C．两车另一次并排行驶的时刻是t＝2 s D．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 9．(多选)在同一平直路面上有a和b两辆汽车，观察者看到a车经过自己身边时，正匀速向前运动，此时，b车从静止开始向前匀加速启动，下列说法正确的是 (　　) A．若此时b车也刚好在观察者身边，则b车和a车只能相遇一次 B．若此时b车在观察者后面，则a车和b车可能不会相遇 C．若此时b车在观察者前面，则a车和b车可能相遇两次 D．若此时b车在观察者前面，则a车和b车可能只相遇一次 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 解析：若此时b车也刚好在观察者身边，则b车从启动到速度与a车相等这一过程，a车速度大，会在b车前面，当b车速度与a车相等时，两车间的距离最大，之后b车速度大于a车速度，两车之间间距逐渐减小，两车会相遇一次，之后b车速度依旧大于a车速度，不会出现第二次相遇，故A正确。若此时b车在观察者后面，由于b车一直在加速，a车匀速，则与A项分析一致，两车共速时相距最远，之后b车速度大于a车速度，必然相遇一次，且只能相遇一次，故B错误。若此时b车在观察者前面，则b车从启动到速度与a车相等这一过程，a车速度大，两车会先靠近，此过程两车可能相遇也可能不相遇。若相遇且相遇时速度相等，则a车和b车只相遇一次；若相遇且相遇时a车速度大，则b车被超越，根据A、B项中分析可知之后两车会再次相遇；若两车共速时a车还在b车后面，则两车不会相遇。即若此时b车在观察者前面，两车可能不会相遇，可能相遇一次，也可能相遇两次，故C、D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 10．一辆值勤的警车停在公路边，当交警发现从他旁边以v1＝36 km/h的速度匀速行驶的货车严重超载时，决定立即前去追赶，经过t0＝5.5 s后警车发动起来，并以a＝2.5 m/s2的加速度做匀加速运动，但警车的行驶速度不能超过vm＝90 km/h。问： (1)警车在追赶货车的过程中，两车间的最大距离是多少？ (2)警车发动后最快要多长时间才能追上货车？ 答案：(1)75 m　(2)12 s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 课后课时作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 解析　(1)解法一(物理分析法)：汽车与自行车的速度相等时两车相距最远，设此时经过的时间为t1，两车间的距离为Δs，则有v汽＝v自＝at1 所以t1＝ eq \f(v自,a)＝2 s Δs＝s自－s汽＝v自t1－ eq \f(1,2)at eq \o\al(2,1)＝6 m。 解法二(函数分析法)：设汽车在追上自行车之前，经过时间t两车相距Δs，则 Δs＝s自－s汽＝v自t－ eq \f(1,2)at2 代入已知数据得Δs＝6t－ eq \f(3,2)t2 由二次函数求极值的条件知：t1＝2 s时，Δs有最大值6 m。 所以经过t1＝2 s后，两车相距最远，此时距离为Δs＝6 m。 解法三(图像分析法)：自行车和汽车的v­t图像如图所示，由图像可以看出，在相遇前，t1时刻两车速度相等，两车相距最远，此时的距离为阴影三角形的面积，所以有 t1＝ eq \f(v2,a)＝ eq \f(6 m/s,3 m/s2)＝2 s Δs＝ eq \f(v2t1,2)＝ eq \f(6 m/s×2 s,2)＝6 m。 (2)解法一(物理分析法)：当两车位移相同时，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)at eq \o\al(2,2) 解得t2＝ eq \f(2v自,a)＝ eq \f(2×6 m/s,3 m/s2)＝4 s 此时汽车的速度v1′＝at2＝12 m/s。 解法二(图像分析法)：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同，即汽车与自行车相遇，所以t2＝2t1＝4 s，v1′＝at2＝12 m/s。 解析：(1)当运动员与足球的速度相等时，二者的距离最大。设足球的初速度为v0，运动员的速度为v2，经过时间t1运动员与足球的距离最大，则有v1＝v0－at1 v1＝v2 联立解得t1＝2 s。 (2)假设运动员追上足球时足球还没有停止，且运动员经时间t追上足球，则有 v0t－ eq \f(1,2)at2＝v2t 代入数据解得t＝4 s(另一解t＝0舍去) 此时足球的速度为v1′＝v0－at＝4 m/s，还未停止运动，假设成立，故运动员追上足球所需时间为4 s。 [跟进训练2]　(多选)甲、乙两质点从同一位置出发，沿同一直线运动，它们的v­t图像如图所示。对这两质点在0～3 s内运动的描述，下列说法正确的是 (　　) A．t＝2 s时，甲、乙两质点相遇 B．在甲、乙两质点相遇前，t＝ eq \f(6,7) s时，甲、乙两质点相距最远 C．甲质点的加速度比乙质点的加速度小 D．t＝3 s时，乙质点在甲质点的前面 解析：由图可知，甲的加速度a甲＝－ eq \f(2,3) m/s2，做匀减速直线运动，乙的加速度a乙＝0.5 m/s2，做匀加速直线运动，|a甲|>|a乙|，C错误；开始时甲速度大，甲在前，乙追甲的过程中，两者速度相等时，1＋0.5t0＝2－ eq \f(2,3)t0，t0＝ eq \f(6,7) s，此时甲、乙两质点距离最大，故B正确；t＝2 s时，s甲＝2 m/s×2 s－ eq \f(1,2)× eq \f(2,3) m/s2×(2 s)2＝ eq \f(8,3) m，s乙＝1 m/s×2 s＋ eq \f(1,2)×0.5 m/s2×(2 s)2＝3 m，这时乙已在甲前面，A错误，D正确。 联立可解得t＝ eq \f(v人,a)＝ eq \f(6 m/s,1 m/s2)＝6 s 则时间t内人与车的位移分别为 s人＝v人t＝6 m/s×6 s＝36 m s车＝ eq \f(1,2)at2＝ eq \f(1,2)×1 m/s2×(6 s)2＝18 m 显然s车＋s0＝38 m＞s人，人追不上车 人与车的最小距离为Δs＝s车＋s0－s人＝18 m＋20 m－36 m＝2 m。 解法二(函数分析法)：车与人的位移分别为 s车＝ eq \f(1,2)at2，s人＝v人t 车与人的距离Δs＝s车＋s0－s人 联立并代入数据得Δs＝ eq \f(1,2)t2－6t＋20 若人能追上车，则Δs＝ eq \f(1,2)t2－6t＋20＝0有解 该一元二次方程根的判别式Δ＝(－6)2－4×20× eq \f(1,2)<0，方程无解，则人不能追上车 根据二次函数的知识可知，对于函数Δs＝ eq \f(1,2)t2－6t＋20 当t＝－ eq \f(b,2a)＝6 s时，Δs有最小值，解得最小值Δsmin＝2 m 即人与车的最小距离为2 m。 解析：(1)设汽车开始刹车时的速度为vA，则vA＝20 m/s，刹车t＝40 s后停下，则汽车刹车时的加速度大小a＝ eq \f(|0－vA|,t)＝0.5 m/s2。 (2)设货车速度为vB，汽车减速到与货车速度相同所用的时间为t0，此时间内汽车运动的位移为s1，则 vB＝vA－at0 v eq \o\al(2,B)－v eq \o\al(2,A)＝－2as1 联立并代入数据解得s1＝364 m 货车运动的位移为s2＝vBt0＝168 m 两车位移之差Δs＝s1－s2＝196 m＜200 m，所以两车不会相撞，即不会发生撞车事故 速度相等时，两车相距最近，最近距离 Δl＝s0－Δs＝200 m－196 m＝4 m。 解析：当甲、乙的速度相等时，二者距离最大，设经过时间t二者速度相等，由a乙t＝v甲－a甲t，解得t＝ eq \f(v甲,a甲＋a乙)＝2 s，在这2 s内，甲的位移s甲＝v甲t－ eq \f(1,2)a甲t2＝6 m/s×2 s－ eq \f(1,2)×2 m/s2×(2 s)2＝8 m，乙的位移s乙＝ eq \f(1,2)a乙t2＝ eq \f(1,2)×1 m/s2×(2 s)2＝2 m，二者间的最大距离Δs＝s甲－s乙＝6 m，故选B。 解析：根据题意，物体B运动的时间为tB＝ eq \f(vB,a)＝ eq \f(10 m/s,2.5 m/s2)＝4 s，该时间内物体B发生的位移为sB＝vBtB－ eq \f(1,2)at eq \o\al(2,B)＝20 m，物体A发生的位移为sA＝vAtB＝16 m，因sA<sB＋s，故B停下时，A未追上B，此后B静止，A继续匀速运动，则A再运动t′＝ eq \f(sB＋s－sA,vA)＝3 s追上B，则从开始到物体A追上物体B所用时间为t＝tB＋t′＝7 s，故选A。 解析：(1)设甲经过时间t追上乙，则有 s甲＝ eq \f(1,2)a甲t2，s乙＝v乙t 根据追及条件，有s甲＝s乙＋s0 其中s0＝200 m 代入数据，解得t＝40 s(另一解t＝－20 s舍去) 这时甲的速度 v甲＝a甲t＝0.5 m/s2×40 s＝20 m/s 甲离出发点的位移 s甲＝ eq \f(1,2)a甲t2＝ eq \f(1,2)×0.5 m/s2×(40 s)2＝400 m。 (2)在追赶过程中，当v甲＝v乙时，甲、乙之间的距离达到最大值，设所用时间为t′， 由a甲t′＝v乙，得t′＝10 s 即甲在10 s末离乙的距离最大 t′时间内，甲的位移s甲′＝ eq \f(1,2)a甲t′2 乙的位移s乙′＝v乙t′ 则最大距离smax＝s0＋s乙′－s甲′ 解得smax＝225 m。 解析：公共汽车加速到6.0 m/s时所用时间t＝ eq \f(v,a)＝6 s，该时间内，人运动距离为s1＝vt＝36 m，公共汽车运动距离为s2＝ eq \f(1,2)at2＝18 m，公共汽车开动时两者间距离s0＝25 m，由于s2＋s0－s1＝7 m＞0，所以人不能追上公共汽车，且人、公共汽车最近距离为7 m，由以上分析知，公共汽车开动后，人、公共汽车之间的距离先减小后增大，A、C、D错误，B正确。 6．甲、乙两辆汽车在一条平直的单行道上同向行驶，乙车在前，速度大小为v2，甲车在后，速度大小为v1，且v1>v2。当两车相距L时，甲车感觉到危险，以加速度大小a开始刹车，同时鸣笛示意乙车，但乙车始终未有反应。两车恰好不相撞，则a为 (　　) A． eq \f((v1－v2)2,2L) B． eq \f((v1－v2)2,4L) C．eq \o\al(2,1) eq \f(v－v eq \o\al(2,2),2L) D．eq \o\al(2,1) eq \f(v－v eq \o\al(2,2),4L) 解析：两车恰好不相撞，则甲车追上乙车时，两车速度大小相等，设甲车刹车t时间后追上乙车，则甲车运动的位移为s甲＝v1t－ eq \f(1,2)at2，乙车运动的位移为s乙＝v2t，两车t时间内的位移满足关系s甲＝s乙＋L，且此时v1－at＝v2，联立解得a＝ eq \f((v1－v2)2,2L)，故选A。 解析：(1)设历时t乙车追上甲车，该时间内甲车位移为s甲＝v1t 乙车位移为s乙＝v2t 根据位移关系有s甲＋s0＝s乙 代入数据解得t＝5 s。 (2)设乙车减速后历时t′与甲车速度相等， 有v1＝v2－at′ 当两车速度相等时，甲车位移为s1＝v1(Δt＋t′) 其中Δt＝t2－t1＝0.5 s 乙车位移为s2＝v2Δt＋v2t′－ eq \f(1,2)at′2 则两车相距最近时的距离为Δs＝s0＋s1－s2 联立并代入数据解得Δs＝50 m。 解析：由题图知，甲车做初速度为零的匀加速直线运动， 其加速度a甲＝10 m/s2，乙车做初速度v0＝10 m/s、加速度a乙 ＝5 m/s2的匀加速直线运动。3 s内甲、乙车的位移分别为s甲 ＝ eq \f(1,2)a甲t eq \o\al(2,3)＝45 m、s乙＝v0t3＋ eq \f(1,2)a乙t eq \o\al(2,3)＝52.5 m，由于t＝3 s时两车 并排行驶，说明t＝0时甲车在乙车前，Δs＝s乙－s甲＝7.5 m， B正确；t＝1 s时，甲车的位移为s甲′＝ eq \f(1,2)a甲t eq \o\al(2,1)＝5 m，乙车的位移为s乙′＝v0t1＋ eq \f(1,2)a乙t eq \o\al(2,1)＝12.5 m，由于甲车的初始位置超前乙车7.5 m，且s乙′－s甲′＝7.5 m，则t＝1 s时两车并排行驶，A、C错误；甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为s乙－s乙′＝52.5 m－12.5 m＝40 m，D正确。 解析：(1)货车的速度为v1＝36 km/h＝10 m/s 警车最大的行驶速度为vm＝90 km/h＝25 m/s 警车在追赶货车的过程中，当两车速度相等时，它们间的距离最大，设警车发动后经过t1时间两车的速度相等，则v1＝at1 此时货车的位移s货＝v1(t0＋t1) 警车的位移s警＝ eq \f(1,2)at eq \o\al(2,1) 两车间的最大距离Δs＝s货－s警 联立并代入数据解得Δs＝75 m。 (2)设警车发动后经过t2时间达到最大速度，有vm＝at2 此时货车的位移s货′＝v1(t0＋t2) 警车的位移s警′＝ eq \f(1,2)at eq \o\al(2,2) 代入数据解得s货′＝155 m，s警′＝125 m 因为s货′＞s警′，故此时警车尚未追上货车，且此时两车间距离Δs′＝s货′－s警′＝30 m 警车达到最大速度后做匀速运动，设再经过Δt时间追赶上货车，则有Δs′＝vmΔt－v1Δt 所以警车发动后最快追上货车的时间为 t＝t2＋Δt 代入数据解得t＝12 s。 $