追及与相遇问题知识详解及典型例题.docx

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追及与相遇问题知识详解及典型例题

追及与相遇问题知识详解及典型例题（精品）知识要点

追及和相遇问题主要涉及在同一直线上运动的两个物体的运动关系，所应用的规律是匀变速直线运动的相关规律。

追及、相遇问题常常涉及到临界问题，分析临界状态，找出临界条件是解决这类问题的关键。

速度相等是物体恰能追上或恰不相碰、或间距最大或最小的临界条件。

在两物体沿同一直线上的追及、相遇或避免碰撞问题中关键的条件是：

两物体能否同时到达空间某位置。

因此应分别对两物体研究，列出位移方程，然后利用时间关系、速度关系、位移关系解出。

解答追及、相遇问题时要特别注意明确两物体的位移关系、时间关系、速度关系，这些关系是我们根据相关运动学公式列方程的依据。

1.追及

追和被追的两者的速度相等常是能追上、追不上、二者距离有极值的临界条件。

如匀减速运动的物体追从不同地点出发同向的匀速运动的物体时，若二者速度相等了，还没有追上，则永远追不上，此时二者间有最小距离。

若二者相遇时（追上了），追者速度等于被追者的速度，则恰能追上，也是二者避免碰撞的临界条件；若二者相遇时追者速度仍大于被追者的速度，则被追者还有一次追上追者的机会，其间速度相等时二者的距离有一个较大值。

再如初速度为零的匀加速运动的物体追从同一地点出发同向匀速运动的物体时，当二者速度相等时二者有最大距离，位移相等即追上。

“追上”的主要条件是两个物体在追赶过程中处在同一位置，常见的情形有三种：

一是初速度为零的匀加速运动的物体甲追赶同方向的匀速运动的物体乙时，一定能追上，在追上之前两者有最大距离的条件是两物体速度相等，即V甲=V乙;

二是匀速运动的物体甲追赶同方向做匀加速运动的物体乙时，存在一个恰好追上或恰好追不上的临界条件：

两物体速度相等，即V甲＞V乙，此临界条件给出了一个判断此种追赶情形能否追上的方法，即可通过比较两物体处在同一位置时的速度大小来分析，具体方法是：

假定在追赶过程中两者能处在同一位置，比较此时的速度大小，若V甲＞V乙，贝U能追上去，若V甲VV乙，则追不上，如果始终追不上，当两物体速度相等时，两物体的间距最小;三是匀减速运动的物体追赶同方向的匀速运动的物体时，情形跟第二种相类似。

两物体恰能“相遇”的临界条件：

两物体处在同一位置时，两物体的速度恰好相同。

2.相遇

同向运动的两物体追及即相遇，分析同1

相向运动的物体，当各自发生的位移的绝对值的和等于开始时两物体间的距离时即相遇。

三.解题方法指导：

1.解“追及”“相遇”问题的思路：

解决“追及”和“相遇”问题大致分为两种方法，即数学方法和物理方法求解过程中可以有不同的思路，例如考虑图象法等等。

解题的基本思路是：

①根据对两物体运动过程的分析，画出物体的运动示意图；②根据两物体的运动性质，分别列出两个物体的位移方程。

注意要将两物体运动时间的关系反映在方程中。

③由运动示意图找出两物体位移间关联方程。

④联立方程求解。

运动物体的追赶、相遇问题，一般解法较多：

解析法、图象法、极值法等。

应适当地做些一题多解的练习，以开启思路，培养发散思维的能力。

但平时训练仍应以物理意义突出的解析法为主。

通过适当的练习后，总结一下追赶、相遇、避碰问题的特点、分析方法，特别是对其中所涉及的“相距最远”、“相距最近”、“恰好不相碰”等临界问题，应在思考的基础上总结出临界状态的特点，找出临界条件。

2.分析“追及”“相遇”问题应注意：

1分析“追及”“相遇”问题时，一定要抓住一个条件，两个关系：

一个条件是两物体的速度满足的临界条件，如“两物体距离最大、最小，恰好追上或恰好追不上等”。

两个关系是时间关系和位移关系。

其中通过画草图找到两物体位移之间的数量关系，是解题的突破口，也是解题常用方法。

因此，在学习中一定要养成画草图分析问题的良好习惯，对帮助我们理解题意，启迪思维大有裨益。

养成根据题意画出物体运动示意图的习惯。

特别对较复杂的运动，画出草图可使运动过程直观，物理图景清晰，便于分析研究。

2分析研究对象的运动过程，搞清整个运动过程按运动性质的转换可分为哪几个运动阶段，各个阶段遵循什么规律，各个阶段间存在什么联系。

特别是，若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否停止运动

3仔细审题，注意抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐合条件，如“刚好”、“恰巧”、“最多”、“至少”等。

往往对应一个临界状态，由此找出满足相应的临界条件。

还要注意：

由于公式较多，且公式间有相互联系，因此，题目常可一题多解。

解题时要思路开阔，联想比较，筛选最简捷的解题方案。

解题时除采用常规的公式解析法外，图象法、比例法、极值法、逆向转换法（如将一匀减速直线运动视为反向的匀加速直线运动）等也是解题中常用的方法。

【典型例题】

［例1］火车以速度V1向前行驶。

司机忽然发现，在前方同一轨道上距车为S处有另一辆火车，它沿相同的方向以较小的速度V2作匀速运动，于是他立即使车作匀减速运动，加速度大小为a，要使两车不致相撞，则a应满足的关系式为

分析：

司机使火车作匀减速运动，当后面的火车与前方火车时的速度相等时，两车再也不能接近了，也就是后面的火车与前面火车的速度相等时，后面火车的位移与前面火车的位移之差要小于S时，两车才不致相撞，本题解法中有四种。

解法一：

当两车速度相等时，两车没有相撞，以后再也不会相撞，前车减速的时间为t,则

解法二：

以前车为参照系，后车的速度为■-1'1'，当后车的速度减为零时,

其位移小于S,两车不会相撞，即

解法三：

作出两车运动的速度一时间图像如图所示，由图像可知：

在两图像相交前与时间轴所围面积之差（即图中阴影部分）小于S时，两车不会相撞。

解法四：

后车的位移为''前车的位移为=,要使两车不相撞,

r、at

S1-S2=（V1-V2）/--

+s>0

IJ-I

说明此二次函数无解，即

以上四种解法中，以第二种解法最简捷

［例2］甲、乙两车相距S,同时同向运动，乙在前面做加速度为ai、初速度为零的匀加速运动，甲在后面做加速度为32、初速度为V。

的匀加速运动，试讨论两车在运动过程中相遇次数与加速度的关系。

解析：

由于两车同时同向运动，故有V甲=v0+a2t，V乙=ait

1当a1V乙，由于原来甲在后，乙在前，所以甲、乙两车的距离在不断缩短，经过一段时间后甲车必然超过乙车，且甲超过乙后相距越来越大，因此甲、乙两车只能相遇一次；②当31=32

时，aιt=a2t,可得V甲>v乙，因此甲、乙两车也只能相遇一次：

③当a1>a2时，3ιt>32t，V甲和V乙的大小关系会随着运动时间的增加而发生变化，刚开始，3it

和a2t相差不大且甲有初速V。

，所以，V甲>v乙，随着时间的推移，ait和a2t相差越来越大；当ait—a2t=v0时，V甲=V乙，接下来ait—a2t>V0，则有V甲VV乙，若在V甲=V乙之前，甲车还没有超过乙车，随后由于V甲VV乙，甲车就没有机会超过乙车，即两车不相遇；若在V甲=V乙时，两车刚好相遇，随后V甲=V乙，甲车又要落后乙车，这样两车只能相遇一次；若在V甲=V乙前甲车己超过乙车，即已相遇过一次，随后由于V甲VV乙，甲、乙距离又缩短，直到乙车反超甲车时，再相遇一次，别两车能相遇两次。

↑↑

22

解法一：

由于X甲=vot+1a2t,X乙=[ait,

相遇时有X甲一X乙=X,

]1↑

则：

vot+[a2t2—[ad2=x,]（ai—a2）t2—vot+X=O

%±尼「2S严』jr

所以t=①

1当a1

]1

2当a1=a2时，X甲一X乙=Vot十[a2t2—[aιt2=vot=x，

X

所以t=「，t只有一个解，则相遇一次。

3当ai>a2时，若打<2（ai—a2）X,①式无解，即不相遇,

若[∣=2（ai—a2）X,①式t只有一个解，即相遇一次。

若打>2（ai—a2）X,①式t有两个正解，即相遇两次。

解法二：

利用v—t图象求解,

①当a1

的I和U,其中划斜线部分的面积表示t时间内甲车比乙车多发生的位移，若此面积为S,则t时刻甲车追上乙车而相遇，以后在相等时间内甲车发生的位移都比乙车多，所以只能相遇一次。

2当a1

3当a1=a2时，甲、乙两车的运动图线分别为如上右图中的I和U,其中划实斜线部分的面积表示甲车比乙车多发生的位移。

若划实斜线部分面积小于S,则

不能相遇；若划实斜线部分面积等于S,说明甲车刚追上乙车又被反超，则相遇一次；若划实斜线部分的面积大于S,如图中0-tι内划实斜线部分的面积为S,说明tι时刻甲车追上乙车，以后在ti—t时间内，甲车超前乙车的位移为ti—t时间内划实斜线部分的面积，随后在t-t2时间内，乙车比甲车多发生划虚线部分的面积，如果两者相等，则t2时刻乙车反超甲车，故两车先后相遇两次。

【模拟试题】

1.甲、乙两物体由同一位置出发沿同一直线运动，其速度图象由图所示，下列说法正确的是（）

A.甲做匀速直线运动，乙做匀变速直线运动

B.两物体两次相遇的时刻分别为2S末和6S末

C.乙在前4S内的平均速度等于甲的速度

D.

2S后甲、乙两物体的速度方向相反

2.在足够长的平直公路上，一辆汽车以加速度a启动时，有一辆匀速前进的自行车以速度Vo从旁边经过，则以下说法正确的是（）

A.汽车追不上自行车，因为汽车启动时速度小

B.以汽车为参考系，自行车时向前匀速运动的

C.汽车与自行车之间的距离开始是不断增加的，直到两车速度相等，然后距离减小，直到两车相遇

D.汽车追上自行车的时间是L:

'

3.

甲乙丙三辆汽车以相同的速度同时经过某一个路标，从此开始甲车一直匀速运动，乙车先加速后减速，丙车先减速后加速，它们经过下一个路标时速度又相等，则（）

4.两辆完全相同的汽车，沿水平直路一前一后匀速行驶，速度均为Vo,若前车

突然以恒定的加速度刹车，在它刚停住时，后车以前车刹车的加速度开始刹车。

已知前车在刹车过程中所行驶的距离为S,若要保证两辆车在上述情况中不相

撞，则两车在匀速行驶时保持的距离至少应为（）

A.1sB.2sC.3sD.4s

5.汽车A在红绿灯前停住，绿灯亮起时起动，以0.4m/s2的加速度做匀加速运

动，经过30S后以该时刻的速度做匀速直线运动.设在绿灯亮的同时，汽车B以8m/s的速度从A车旁边驶过，且一直以相同的速度做匀速直线运动，运动方向与A车相同，则从绿灯亮时开始（）

A.A车在加速过程中与B车相遇

B.A、B相遇时速度相同

C.相遇时A车做匀速运动

D.两车不可能再次相遇

6.同一直线上的A、B两质点，相距S,它们向同一方向沿直线运动（相遇时互不影响各自的运动），A做速度为V的匀速直线运动，B从此时刻起做加速度为

a、初速度为零的匀加速直线运动。

若A在B前，两者可相遇,若B在

A前，两者最多可相遇。

7.从相距30km的甲、乙两站每隔15min同时以30km/h的速率向对方开出一辆汽车。

若首班车为早晨5时发车，则6时从甲站开出的汽车在途中会遇到_辆从乙站开出的汽车。

8.一矿井深125m在井口每隔一段时间落下一个小球，当第11个小球刚从井

口开始下落时，第1个小球恰好到达井底，贝

（1）相邻两个小球下落的时间间隔是S;

（2）这时第3个小球与第5个小球相距（g取10m/s）

9.如图，某时刻A、B两物体相距7mA以4m/S的速度向右做匀速直线运动，此时B的速度为10n/s，方向向右，在摩擦力作用下以2m/s2的加速度做匀减速运动。

从该时刻经多长时间A追上B?

地段，在肇事汽车的出事点B急刹车，恰好也在C点停下来，在事故现场测得

AB=17.5m、BC=14.0m、BD=2.6m。

问：

（1）该肇事汽车的初速度VA是多大？

（2）游客横过马路的速度是多大？

15.如图所示，长L=75cm的静止直筒中有一不计大小的小球，筒与球的总质量为4kg现对筒施加一竖直向下，大小为21N的恒力，使筒竖直向下运动，经t=0.5s时间，小球恰好跃出筒口。

求：

小球的质量。

（g=10m∕S2）

16.

如图所示，升降机以匀加速度a上升，当上升速度为V时，有一螺帽自升降机天花板上松落，已知天花板距升降机底面为hm求落至底面的时间。

17.杂技演员把三只球依次竖直向上抛出，形成连续的循环，在循环中，他每抛出一球后，再过一段与刚抛出的球在手中停留时间相等的时间，又接到下一个球，

这样，在总的循环过程中，便形成有时空中有3个球，有时空中有两个球，而演员手中则有一半时间内有球，有一半时间内没有球。

设每个球上升的高度为

2

1.25m,取LjF,求每个球每次在手中停留的时间是多少？

18.某升降机以1.6m∕s的速度匀速上升，机内一人自离升降机地板6.5m高处将一小球释放，球与底板间的碰撞无任何损失，则第一次反弹的最高点比释放点高

（或低）了多少？

19.将两小石块AB同时竖直上抛，A上升的最大高度比B的高出35m返回地面的时间比B迟2s。

问：

（1）AB的初速度分别为多少?

（2）AB分别达到的高度最大值各为多少？

（二UTT）

20.甲、乙、丙三辆车行驶在平直公路上，车速分别为6m/s、8m/s、9m/s。

当

甲、乙、丙三车依次相距5m时，乙驾驶员发现甲车开始以1m∕s2的加速度做减速运动，于是乙也立即做减速运动，丙车亦同样处理。

如图所示。

直到三车都停下来时均未发生撞车事故。

求丙车减速运动的加速度至少应为多大？

【试题答案】

1.B2.C3.B4.B5.C6.1；27.7辆8.0.5；35m

9.8S10.150S

11.

（1）V0>1-

（2）

H'1

1

1

解析

:

两球相遇时位移之和等于

h。

即：

1gt+（Vot-

--gt2）=h

所以

h

:

t=C

1⅛

而B球上升的时间：

t1=二，B球在空中运动的总时间：

t2=二

h_⅛

（1）欲使两球在B球上升过程中相遇，则有

tVt1,即4,'-τ

（2）欲使两球在B球下降过程中相遇，则有：

t1

2⅞A⅛⅛

即二VV二所以：

_VVoV：

用

12.解析：

画出两车v—t图象如图所示，可知，在自行车追上汽车前，二者速度相同时，相距最大，为阴影三角形面积。

汕=⅛0-6）×8≈16W

OV2

13.解：

（1）如图（甲）所示，其相对位移为

VI

偽≥-⅛即I-

（甲）

（2）如图（乙）所示，当两车间距较小，即一•['时，两车不发生碰撞的条件是，其相对速度为0,即二者有共同速度r。

AL（D*s

因为心，所以；：

由此可得摩托车的加速度为

（乙）

21

（3）如图（丙）所示，两车间距较大，即4,汽车经过时间一：

L先停下,t-VI

¾-—

摩托车经时间:

后停下，这种情况下两车不发生碰撞的条件为二岂：

。

有

这时摩托车的加速度为

14.

（1）21m/S

（2）1.53m/S

15.解：

筒受到竖直向下的力作用后做竖直向下的匀加速运动，且加速度大于重力加速度；而小球则是在筒内做自由落体运动，小球跃出筒口时，筒的位移比小球的位移多一个筒的长度。

设筒与小球的总质量为M小球的质量为m筒在重力及恒力的共同作用下竖直向下做初速为零的匀加速运动，设加速度为a；小球做自由落体运动设在时间t内，筒与小球的位移分别为hi、h2（球可视为质点），如图所示。

又有：

丄-•■，代入数据解得匚二'丁

又因为筒受到重力（M-mg和向下作用力F,据牛顿第二定律

Fi（M-Yn]g~{M-m}a

16.解：

选升降机为参考系，螺帽受重力作用，相对加速度大小为g+a,竖直向

下，相对运动可视为以g+a为加速度的自由落体，有"1'^'；1

所以为所求。

17.解：

设一个球每次在手中停留的时间为：

〕，则手中连续抛出两球之间的时间

间隔为7,而对于同一个球，它连续两次自手中抛出的时间间隔则为

■■■■''IrHl：

'io在这段时间内，此球有寸的时间停留在手中，则有AI的时间停留

A=-g（-⅛）j

在空中，根据竖直上抛运动的规律得：

I-j

代入数值得：

JiI=X匚;

•••球一次竖直上抛运动的时间匚，则它每次在手中停留时间为0.2So

18.解：

设从放球到球与底板相碰需要时间t,放球时，球与底板的距离为h，

12

—

升降机速度为：

，在此期间球下降距离J,升降机上升距离为二，如图所示,因此有

J12

h=-gt+vZ

2

1O

65≈-x9.⅛i+16/

代入数据得1

解之得「二（负根舍去）这时球相对于地面的速度为■:

一P「「矗厂-

而球相对于底板的速度..,1^■■■■''■由题意知，球与底板碰撞前后速度大小不变，即球被弹回时，球相对于底板的速度应为11.4m∕so由于升降机质量较小球大得多，所以碰撞对升降机速度不影响，仍为：

向上，所以碰撞后小球相对于地面向上的速度

Va=Vl+v=13.OwsZf

由此可知球第一次上升的高度为

因而第一次回跳的最高点比释放点高出的距离为

19.解析：

设AB初速度分别为：

二者上升的最大高度分别为'1、T,A

V=0,i=—

B上升到最高点所经历的时间依次为二、亠。

在最高点，^有

⅛二—筋二—

gg

,VI,V2

将两式代入-'Ir得'二，；二

A1-Λ⅛=—_—=35^

由题意知'J-匸

所以：

：

〔11

Vl≈Jj+-gmlS-40?

«/s

Va=（70-40）w∕s=3⅛∕f

Aa=（⅛-35）Wi=45ffl

20.

解：

先研究两车行驶中的一种特殊临界状态，两车同时停下且刚好接触在一起。

则

∆s=⅛I=

21

2%

V22

（1）若丄「■,要使其同时停下则必然相碰。

即是说L仍要增大，二按DC线所示规律变化，在D处时二者相距最近，如图所示。

由题意知，

（1）

（2）如果I.-'■L..，则二还可再小些，二者不同时停下，停止时相对位移为,如图中I■'线那样变化。

備=

二式联立得

IJ'./

（2）

∆s,=匕匕一—=6m>∆pf

将题中数据代入可得■

由

（1）式得

=——+¾=14λ√s2

2∆^f

心巧厂讥J如

乙、丙两车间距

2¾1.4

=2"河=1.4⅛√∕

由

（2）式得

Vj+2¾∆5f

一道“追及和相遇问题”试题的思考和引申

A、B两列火车在同一轨道上同向行驶，A在前，速度为VA=10m∕s,B在后，速度为

VB=30m∕s,因大雾能见度低，B车在距A车500m时，才发现前方有A车，这时B车立即刹车，但要经过1800mB车才能停下，问：

（1）车若要仍按原速前进，两车是否相撞？

试说明理由。

（2）B在刹车的同时发出信号，A车司机在收到信号1.5s后加速前进，A车加速度为多

大时，才能避免事故发生？

（不计信号从A传到B的时间）

第一问的解法如下:

解：

先求B车从刹车到停下来所需时间tB

由SB=∣vB∙tB得

2sB1800

tB=冇=2×-3Ts=120s

SA=VA∙tB=10×120m=1200m

最后比较sA+S0和SB的大小关系即可判断结果

由于SA+S0=（1200+500）m=1700m故sa+s°vSB由位置关系图可知两车会相撞。

提问1:

通过上面的计算我们知道两车能相撞，试问它们何时相撞？

解：

设B车刹车后经过时间t两车相遇，依题意有Sa+S0=SB

而SA=VA∙t,SB=VB∙t+2at2（其中a为B车刹车过程中的加速度，根据已知条

件很易求出a=-0.25m∕s2）,

将SA、sB的表达式代入上式解得

提冋2：

为什么有两个解？

t2是否有意义？

tι=31s，

t2=129s

答：

A、B两车相撞两次，第一次是B车追上A车，第二次是A车追上B车。

两

车只能相撞一次，故t2没有意义。

提问3：

B车追上A车时，哪车的速度大?

vA_vB

a

答：

B车的速度大，因为B车从减速到和A车的速度相等所需的时间为:

提问4:

若A、B两车相遇但不会相撞，A车又追上B车时，B车的速度是多大？

从B

车开始减速到两车第二次相遇共需多少时间?

答：

由于B车刹车后经过120s后就停下来，故129s时它的速度仍为零。

由于B车停止后不能往后倒，故第二次相遇所需时间为：

t2'sBvAs0=%5°°s=130s。

这是一个实际问题，要注意解的合理性。

VA10

提问5：

若开始两车相距700m,试问两车是否会相撞？

答：

由于SA+So=12OO+7OOm=19OOm,而se=1800m,即sa+So>Sb,故两车不会相撞。

提问6：

若用第二种方法，即设B刹车后经过时间t两车相撞，方程是否有解呢？

答：

由SA+S0=SB得

12

VA∙t+So=Vb∙t+-at

2

即10t+700=30t-0.125t

移项并整理得

2

t-160t+5600=0

该方程的判别式为

2

△=160-4×5600=3200>0,

故该方程有解，即相撞，并且有相遇两次的可能。

原来先是B超过A,后来A又超过B,

我们不能认为开始时A在B的前面，后来A仍在B的前面，就得出两车不相撞的结论。

由此可见用简单的位移关系是得不出正确结果的。

提问7:

试问：

若要使两车不相撞，开始时两车间的距离So至少为多少?

解：

设两车经过时间t后相撞，由位置关系易得出：

12

VA∙t+So=VB∙t+-at

2

即10t+s°=30t-0∙125t

移项并整理得

2

t-160t+8so=0

要使两车不相撞，即要使该方程无解，即AvO

即1602-4×8s0v0

故so>800m,即开始时两车间的距离至少为800m。

提问&若两车刚好能相撞，相撞时两车的速度有何关系？

答：

应该刚好相等，刚开始时B车的速度比A车的速度大，两车之间的距离减

小，当两车的速度达到相等时，距离最小，之后两车之间的