一. 本周教學內(nèi)容：追及與相遇

二. 要點整合：

追及和相遇問題主要涉及在同一直線上運動的兩個物體的運動關系，所應用的規(guī)律是勻變速直線運動的相關規(guī)律。

追及、相遇問題常常涉及到臨界問題，分析臨界狀態(tài)，找出臨界條件是解決這類問題的關鍵。速度相等是物體恰能追上或恰不相碰、或間距最大或最小的臨界條件。

在兩物體沿同一直線上的追及、相遇或避免碰撞問題中關鍵的條件是：兩物體能否同時到達空間某位置。因此應分別對兩物體研究，列出位移方程，然后利用時間關系、速度關系、位移關系解出。

解答追及、相遇問題時要特別注意明確兩物體的位移關系、時間關系、速度關系，這些關系是我們根據(jù)相關運動學公式列方程的依據(jù)。

1. 追及

追和被追的兩者的速度相等常是能追上、追不上、二者距離有極值的臨界條件。

如勻減速運動的物體追從不同地點出發(fā)同向的勻速運動的物體時，若二者速度相等了，還沒有追上，則永遠追不上，此時二者間有最小距離。若二者相遇時（追上了），追者速度等于被追者的速度，則恰能追上，也是二者避免碰撞的臨界條件；若二者相遇時追者速度仍大于被追者的速度，則被追者還有一次追上追者的機會，其間速度相等時二者的距離有一個較大值。

再如初速度為零的勻加速運動的物體追從同一地點出發(fā)同向勻速運動的物體時，當二者速度相等時二者有最大距離，位移相等即追上。

“追上”的主要條件是兩個物體在追趕過程中處在同一位置，常見的情形有三種：一是初速度為零的勻加速運動的物體甲追趕同方向的勻速運動的物體乙時，一定能追上，在追上之前兩者有最大距離的條件是兩物體速度相等，即v甲=v乙；二是勻速運動的物體甲追趕同方向做勻加速運動的物體乙時，存在一個恰好追上或恰好追不上的臨界條件：兩物體速度相等，即v甲＞v乙，此臨界條件給出了一個判斷此種追趕情形能否追上的，即可通過比較兩物體處在同一位置時的速度大小來分析，具體是：假定在追趕過程中兩者能處在同一位置，比較此時的速度大小，若v甲＞v乙，則能追上去，若v甲＜v乙，則追不上，如果始終追不上，當兩物體速度相等時，兩物體的間距最小；三是勻減速運動的物體追趕同方向的勻速運動的物體時，情形跟第二種相類似。

兩物體恰能“相遇”的臨界條件：兩物體處在同一位置時，兩物體的速度恰好相同。

2. 相遇

同向運動的兩物體追及即相遇，分析同1。

相向運動的物體，當各自發(fā)生的位移的絕對值的和等于開始時兩物體間的距離時即相遇。

三. 解題方法指導：

1. 解“追及”“相遇”問題的思路：

解決“追及”和“相遇”問題大致分為兩種方法，即方法和方法求解過程中可以有不同的思路，例如考慮圖象法等等。

解題的基本思路是：① 根據(jù)對兩物體運動過程的分析，畫出物體的運動示意圖；② 根據(jù)兩物體的運動性質(zhì)，分別列出兩個物體的位移方程。注意要將兩物體運動時間的關系反映在方程中。③ 由運動示意圖找出兩物體位移間關聯(lián)方程。④ 聯(lián)立方程求解。

運動物體的追趕、相遇問題，一般解法較多：解析法、圖象法、極值法等。應適當?shù)刈鲂┮活}多解的練習，以開啟思路，培養(yǎng)發(fā)散的。但平時訓練仍應以物理意義突出的解析法為主。通過適當?shù)木毩暫�，總結一下追趕、相遇、避碰問題的特點、分析方法，特別是對其中所涉及的“相距最遠”、“相距最近”、 “恰好不相碰”等臨界問題，應在思考的基礎上總結出臨界狀態(tài)的特點，找出臨界條件。

2. 分析“追及”“相遇”問題應注意：

① 分析“追及”“相遇”問題時，一定要抓住一個條件，兩個關系：一個條件是兩物體的速度滿足的臨界條件，如“兩物體距離最大、最小，恰好追上或恰好追不上等”。兩個關系是時間關系和位移關系。其中通過畫草圖找到兩物體位移之間的數(shù)量關系，是解題的突破口，也是解題常用方法。因此，在中一定要養(yǎng)成畫草圖分析問題的良好習慣，對幫助我們理解題意，啟迪思維大有裨益。

養(yǎng)成根據(jù)題意畫出物體運動示意圖的習慣。特別對較復雜的運動，畫出草圖可使運動過程直觀，物理圖景清晰，便于分析研究。

② 分析研究對象的運動過程，搞清整個運動過程按運動性質(zhì)的轉(zhuǎn)換可分為哪幾個運動階段，各個階段遵循什么規(guī)律，各個階段間存在什么聯(lián)系。

特別是，若被追趕的物體做勻減速運動，一定要注意追上前該物體是否停止運動。

③ 仔細審題，注意抓住題目中的關鍵字眼，充分挖掘題目中的隱合條件，如“剛好”、“恰巧”、“最多”、“至少”等。往往對應一個臨界狀態(tài)，由此找出滿足相應的臨界條件。

分析：司機使火車作勻減速運動，當后面的火車與前方火車時的速度相等時，兩車再也不能接近了，也就是后面的火車與前面火車的速度相等時，后面火車的位移與前面火車的位移之差要小于s時，兩車才不致相撞，本題解法中有四種。

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解法三：作出兩車運動的速度?D時間圖像如圖所示，由圖像可知：在兩圖像相交前與時間軸所圍面積之差（即圖中陰影部分）小于s時，兩車不會相撞。

，要使兩車不相撞，即

解析：由于兩車同時同向運動，故有v甲=v0 a2t，v乙=a1t

① 當a1<a2時，a1t<a2t，可得兩車在運動過程中始終有v甲> v乙，由于原來甲在后，乙在前，所以甲、乙兩車的距離在不斷縮短，經(jīng)過一段時間后甲車必然超過乙車，且甲超過乙后相距越來越大，因此甲、乙兩車只能相遇一次；② 當a1=a2時，alt=a2t，可得v甲>v乙，因此甲、乙兩車也只能相遇一次：③ 當a1>a2時，a1t>a2t，v甲和v乙的大小關系會隨著運動時間的增加而發(fā)生變化，剛開始，a1t和a2t相差不大且甲有初速v0，所以，v甲>v乙，隨著時間的推移，a1t和a2t相差越來越大；當alt?Da2t=v0時，v甲=v乙，接下來a1t?Da2t>v0，則有v甲<v乙，若在v甲=v乙之前，甲車還沒有超過乙車，隨后由于v甲<v乙，甲車就沒有機會超過乙車，即兩車不相遇；若在v甲=v乙時，兩車剛好相遇，隨后v甲=v乙，甲車又要落后乙車，這樣兩車只能相遇一次；若在v甲=v乙前甲車己超過乙車，即已相遇過一次，隨后由于v甲<v乙，甲、乙距離又縮短，直到乙車反超甲車時，再相遇一次，別兩車能相遇兩次。

①

① 當a1<a2 時，①式t只有一個正解，別相遇一次。

② 當a1=a2 時，x甲?Dx乙= v0t十 a2t2?D a1t2=v0t=x，

所以t= <2（a1?Da2）x，①式無解，即不相遇，

若 ＞2（a1?Da2）x，①式t有兩個正解，即相遇兩次。

解法二：利用v?Dt圖象求解，

解： ，小球在空中運動的時間為 個球在 后拋出，則在某一時刻 這兩個球的位移分別為<4" style= > （1）

<5" style='width:138pt; > （2）

兩小球在空中相遇的條件是其位移相等，即

其中 表示第一個小球和 后拋出的小球在空中相遇而過的那個時刻。

當 ，這是與第二個小球相遇而過的時刻；

當 ，這是與第三個小球相遇而過的時刻；

當 時， ，這是與第五個小球相遇而過的時刻；

當 ， ， ， ， 。當然第一問同樣可以迎刀而解。

【模擬】

1. 甲、乙兩物體由同一位置出發(fā)沿同一直線運動，其速度圖象由圖所示，下列說法正確的是（ ）

A. 甲做勻速直線運動，乙做勻變速直線運動

B. 兩物體兩次相遇的時刻分別為2 s末和6 s末

　　C. 乙在前4 s內(nèi)的平均速度等于甲的速度

D. 2 s后甲、乙兩物體的速度方向相反

a啟動時，有一輛勻速前進的自行車以速度

3. 甲乙丙三輛汽車以相同的速度同時經(jīng)過某一個路標，從此開始甲車一直勻速運動，乙車先加速后減速，丙車先減速后加速，它們經(jīng)過下一個路標時速度又相等，則（ ）

　　A. 甲車先通過下一個路標 B. 乙車先通過下一個路標

　　C. 丙車先通過下一個路標 D. 條件不足，無法判斷

4. 兩輛完全相同的汽車，沿水平直路一前一后勻速行駛，速度均為v0，若前車突然以恒定的加速度剎車，在它剛停住時，后車以前車剎車的加速度開始剎車。已知前車在剎車過程中所行駛的距離為s，若要保證兩輛車在上述情況中不相撞，則兩車在勻速行駛時保持的距離至少應為（ ）

A. 1s B. 2s C. 3s D. 4s

5. 汽車A在紅綠燈前停住，綠燈亮起時起動，以0.4 m/s2的加速度做勻加速運動，經(jīng)過30 s后以該時刻的速度做勻速直線運動.設在綠燈亮的同時，汽車B以8 m/s的速度從A車旁邊駛過，且一直以相同的速度做勻速直線運動，運動方向與A車相同，則從綠燈亮時開始（ ）

A. A車在加速過程中與B車相遇?ゼ/p>

B. A、B相遇時速度相同?ゼ/p>

C. 相遇時A車做勻速運動?ゼ/p>

D. 兩車不可能再次相遇?ゼ/p>

6. 同一直線上的A、B兩質(zhì)點，相距s，它們向同一方向沿直線運動（相遇時互不影響各自的運動），A做速度為v的勻速直線運動，B從此時刻起做加速度為a、初速度為零的勻加速直線運動。若A在B前，兩者可相遇______次，若B在A前，兩者最多可相遇______次。

7. 從相距30 km的甲、乙兩站每隔15 min同時以30 km/h的速率向?qū)Ψ介_出一輛汽車。若首班車為早晨5時發(fā)車，則6時從甲站開出的汽車在途中會遇到 輛從乙站開出的汽車。

8. 一礦井深125m，在井口每隔一段時間落下一個小球，當?shù)?1個小球剛從井口開始下落時，第1個小球恰好到達井底，則：

（1）相鄰兩個小球下落的時間間隔是 s；

（2）這時第3個小球與第5個小球相距 （g取10 m／s2）

9. 如圖，某時刻A、B兩物體相距7m，A以4 m／s的速度向右做勻速直線運動，此時B的速度為10 m／s，方向向右，在摩擦力作用下以2 m/s2的加速度做勻減速運動。從該時刻經(jīng)多長時間A追上B？

10. 一輛巡邏車最快能在10 s內(nèi)由靜止加速到最大速度50 m／s，并能保持這個速度勻速行駛，問該巡邏車在平直的高速公路上由靜止追上前方2 000m處正以35 m／s的速度勻速行駛的汽車，至少需要多長時間？

11. A球自距地面高h處開始自由下落，同時B球以初速度v0正對A球豎直上拋，空氣阻力不計。問：

（1）要使兩球在B球上升過程中相遇，則v0應滿足什么條件？

（2）要使兩球在B球下降過程中相遇，則v0應滿足什么條件？

12. 已知自行車速度為6m/s作直線運動，汽車從同時同地以初速10m/s，加速度a=－0.5m/s2直線運行，試求自行車追上汽車前，兩車的最大距離。

13. 摩托車以速度v1沿平直公路行駛，突然駕駛員發(fā)現(xiàn)正前方s處，有一輛汽車正以v2<v1的速度開始減速，加速度大小為α2。為了避免發(fā)生碰撞，摩托車也同時減速。求其加速度至少需要多少？

14. 在某市區(qū)內(nèi)，一輛汽車在平直的公路上以速度v，警方派一車胎磨損情況與肇事汽車相當?shù)能囈苑ǘㄗ罡咚俣葀A是多大?

（2）游客橫過馬路的速度是多大?

15. 如圖所示，長L=75cm的靜止直筒中有一不計大小的小球，筒與球的總質(zhì)量為4kg現(xiàn)對筒施加一豎直向下，大小為21N的恒力，使筒豎直向下運動，經(jīng)t=0.5s時間，小球恰好躍出筒口。求：小球的質(zhì)量。（g=10m/s2）

17. 雜技演員把三只球依次豎直向上拋出，形成連續(xù)的循環(huán)，在循環(huán)中，他每拋出一球后，再過一段與剛拋出的球在手中停留時間相等的時間，又接到下一個球，這樣，在總的循環(huán)過程中，便形成有時空中有3個球，有時空中有兩個球，而演員手中則有一半時間內(nèi)有球，有一半時間內(nèi)沒有球。設每個球上升的高度為1.25m，取 ，求每個球每次在手中停留的時間是多少？

18. 某升降機以1.6m/s的速度勻速上升，機內(nèi)一人自離升降機地板6.5m高處將一小球釋放，球與底板間的碰撞無任何損失，則第一次反彈的最高點比釋放點高（或低）了多少？

19. 將兩小石塊A、B同時豎直上拋，A上升的最大高度比B的高出35m，返回地面的時間比B遲2s。問：

（1）A、B的初速度分別為多少？

（2）A、B分別達到的高度最大值各為多少？（ ）

20. 甲、乙、丙三輛車行駛在平直公路上，車速分別為6m/s、8m/s、9m/s。當甲、乙、丙三車依次相距5m時，乙駕駛員發(fā)現(xiàn)甲車開始以1m/s2的加速度做減速運動，于是乙也立即做減速運動，丙車亦同樣處理。如圖所示。直到三車都停下來時均未發(fā)生撞車事故。求丙車減速運動的加速度至少應為多大？

【試題答案

1. B 2. C 3. B 4. B 5. C 6. 1；2 7. 7輛 8. 0.5；35 m

9. 8 s 10. 150 s

11.（1）v0＞ （2）

解析：兩球相遇時位移之和等于h。即： gt2 （v0t－ gt2）=h

所以：t=

而B球上升的時間：t1= ，B球在空中運動的總時間：t2=（1）欲使兩球在B球上升過程中相遇，則有t＜t1，即 ＜ ，所以v0＞

（2）欲使兩球在B球下降過程中相遇，則有：t1＜t＜t2

即 ＜ ＜ ＜v0＜

12. 解析：畫出兩車v?Dt圖象如圖所示，可知，在自行車追上汽車前，二者速度相同時，相距最大，為陰影三角形面積。

且由圖可知，t=16s時，自行車追上汽車。

13. 解：（1）如圖（甲）所示，其相對位移為

即

(甲)

。

，所以 ，

先停下，摩托車經(jīng)時間 后停下，這種情況下兩車不發(fā)生碰撞的條件為 。有

14.（1）2l m／s （2）1.53 m／s

15. 解：筒受到豎直向下的力作用后做豎直向下的勻加速運動，且加速度大于重力加速度；而小球則是在筒內(nèi)做自由落體運動，小球躍出筒口時，筒的位移比小球的位移多一個筒的長度。

又因為筒受到重力（M－m）g和向下作用力F，據(jù)牛頓第二定律

16. 解：選升降機為參考系，螺帽受重力作用，相對加速度大小為g a，豎直向下，相對運動可視為以g a為加速度的自由落體，有 為所求。

17. 解：設一個球每次在手中停留的時間為 ，則手中連續(xù)拋出兩球之間的時間間隔為 。在這段時間內(nèi)，此球有 的時間停留在手中，則有代入數(shù)值得：∴ 球一次豎直上拋運動的時間 ，則它每次在手中停留時間為0.2S。

18. 解：設從放球到球與底板相碰需要時間t，放球時，球與底板的距離為h，升降機速度為 ，在此期間球下降距離

代入數(shù)據(jù)得 （負根舍去）

這時球相對于地面的速度為

由題意知，球與底板碰撞前后速度大小不變，即球被彈回時，球相對于底板的速度應為11.4m/s。由于升降機質(zhì)量較小球大得多，所以碰撞對升降機速度不影響，仍為 向上，所以碰撞后小球相對于地面向上的速度

由此可知球第一次上升的高度為

因而第一次回跳的最高點比釋放點高出的距離為

19. 解析：設A、B初速度分別為 、 ，二者上升的最大高度分別為 、 ，A、B上升到最高點所經(jīng)歷的時間依次為 得 ，

由題意知

所以

20. 解：先研究兩車行駛中的一種特殊臨界狀態(tài)，兩車同時停下且剛好接觸在一起。則

，要使其同時停下則必然相碰。即是說 仍要增大， 按DC線所示規(guī)律變化，在D處時二者相距最近，如圖所示。由題意知，

，則 還可再小些，二者不同時停下，停止時相對位移為 ，如圖中有 三式聯(lián)立得 （2）

本文來自：逍遙右腦記憶 http://www.yy-art.cn/gaozhong/52022.html

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