巩固练习_相遇和追及问题(提高) 9页

【巩固练习】 解答题： 1、在十字路口，汽车以 20.5m s 的加速度从停车线启动做匀加速运动，恰好有一辆自行车 以5m s 的速度匀速驶过停车线与汽车同方向行驶，求： （1） 什么时候它们相距最远？最远距离是多少？ （2） 在什么地方汽车追上自行车？追到时汽车的速度是多大？ 2、甲、乙两个同学在直跑道上练习 4100m 接力，他们在奔跑时有相同的最大速度。乙从 静止开始全力奔跑需跑出 25m 才能达到最大速度，这一过程可看作匀变速运动。现甲持棒以 最大速度向乙奔来，乙在接力区伺机全力奔出。若要求乙接棒时奔跑达到最大速度的 80%， 则： （1）乙在接力区须奔出多大距离？ （2）乙应在距离甲多远时起跑？ 3、甲、乙两车相距为 s，同时同向运动，乙在前面做加速度为 a1、初速度为零的匀加速运 动，甲在后面做加速度为 a2、初速度为 v0 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。 4、在水平直轨道上有两列火车 A 和 B 相距 s。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 0、加速度大小为 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 应满足的条件。 5、甲、乙两车在同一条平直公路上行驶，甲车以 v1=10m/s 的速度做匀速运动，经过车站 A 时关闭油门以 a1=4m/s2 的加速度匀减速前进。2s 后乙车与甲车同方向以 a2=1m/s2 的加速度从 同一车站 A 出发，由静止开始做匀加速直线运动。问乙车出发后经多长时间追上甲车？ 【高清课程：相遇和追及问题例 6】 6、高速公路给人们出行带来了方便，但是因为在高速公路上行驶的车辆的速度大，雾天往 往出现十几辆车追尾连续相撞的车祸。已知轿车在高速公路正常行驶速率为 120km/h。轿车 刹车产生的最大加速度为 8m/s2，如果某天有雾，能见度（观察者与能看见的最远目标间的 距离）约为 37m，设司机的反应时间为 0.6s，为安全行驶，轿车行驶的最大速度是多少？ 【高清课程：相遇和追及问题例 5】 7、小球 1 从高 H 处自由落下，同时小球 2 从其下方以速度 v0 竖直上抛，两球可在空中相遇， 试就下列两种情况讨论 v0 的取值范围。 （1）在小球 2 上升过程两球在空中相遇； （2）在小球 2 下降过程两球在空中相遇。 8、如图所示，AB、CO 为互相垂直的丁字形公路，CB 为一斜直小路，CB 与 CO 成 60°角，CO 间距 300ｍ。一逃犯骑着摩托车以 45km/h 的速度正沿 AB 公路逃窜。当逃犯途径路口 O 处时， 守候在 C 处的公安干警立即以 1.2m/s2 的加速度启动警车，警车所能达到的最大速度为 120km/h。 （1）若公安干警沿 COB 路径追捕逃犯，则经过多长时间在何处能将逃犯截获? （2）若公安干警抄 CB 近路到达 B 处时，逃犯又以原速率掉头向相反方向逃窜，公安干警则 继续沿 BA 方向追赶，则总共经多长时间在何处能将逃犯截获?（不考虑摩托车和警车转向的 时间） 【答案与解析】 解答题： 1、10s 25m 100m 10m/s 解析：①两车速度相等时相距最远，设所用时间为 t v at v汽 自＝ ＝ t 10s＝ 最远距离 21x=x -x =v t- at 25m2自 汽 自 ＝ ②设汽车追上自行车所用时间为 t／ 此时 x x自 汽＝ 21v t a t2 ／ ／ 自 ＝ t 20s／＝ 此时距停车线距离 x v t 100m／ 自＝ ＝ 此时汽车速度 v a t 10m / s／ 汽＝ ＝ 2、16m 24m 解析: （1）设两人奔跑的最大速度为 v0，则在乙从静止开始全力奔跑达到最大速度的过程， 以及乙接棒时奔跑达到最大速度的 80%的过程，分别应用匀变速直线运动速度—位移关系 式，有  22 2 0.80 2 'v ax v ax ， ， 由以上两式可解得乙在接力区须奔出的距离 ' 0.64 0.64 25m 16mx x    。 （2）设乙在距甲为 x0 处开始起跑，到乙接棒时跑过的距离为 'x ，所经历的时间为 t， 则甲、乙两人在时间 t 内通过的位移有如下关系： 0 'vt x x  ‘， 又由平均速度求位移的公式可知乙的位移 tvx 2 08.0  ， 从而由以上两式可解得 0x =1.5x =1.5 16m = 24m  3、答案见解析。 解析 : 这里提供两种解法。 解法一（物理方法）： 由于两车同时同向运动，故有 0 2 1v v a t v a t  甲 乙， 。 （1）当 1 2a a 2 时， 1 2a t a t ，可得两车在运动过程中始终有 v v甲 乙 。由于原 来甲车在后，乙车在前，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追上 乙车。由于甲车追上乙车时 v v甲 乙，所以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 1 2a a 时， 1 2a t a t v v 甲 乙， ，因此甲、乙两车也只能相遇一次。 （3）当 1 2a a 时， 1 2a t a t ，v v甲 乙和 的大小关系会随着运动时间的增大而发生 变化。刚开始 a1t 和 a2t 相差不大且甲有初速度 v0，所以 v v甲 乙。随着时间的推移，a1t 和 a2t 相差越来越大，当 1 2 0a t a t v  时， v v甲 乙，接下来 1 2 0a t a t v  ，则有 v v甲 乙 。 若在 v v甲 乙之前，甲车还没有超过乙车，随后由于 v v甲 乙 ，甲车就没有机会超过乙车， 即两车不相遇； 若在 v v甲 乙时，两车刚好相遇，随后由于 v v甲 乙，甲车又要落后乙车，这样两车只能 相遇一次； 若在 v v甲 乙之前，甲车已超过乙车，即已相遇一次，随后由于 v v甲 乙，甲、乙距离又 缩短，直到乙车反超甲车时，再相遇一次，则两车能相遇两次。 解法二(数学方法）： 设经过时间 t 两车能够相遇，由于 2 20 2 1 tatvs ＝甲 ， 2 12 1 tas ＝乙 ， 相遇时有 sss  乙甲 ，则 022)( 0 2 21  stvtaa ， 所以 21 21 2 00 )(2 aa saavvt   。 （1）当 1 2a a 时，t 只有一个解，则相遇一次。 （2）当 1 2a a 时， stvtatatvss  0 2 1 2 20 2 1 2 1 乙甲 ，所以 0v st  。t 只有 一个解，则相遇一次。 （3）当 1 2a a 时，若 saav )(2 21 2 0  ，t 无解，即不相遇； 若 saav )(2 21 2 0  ，t 只有一个解，即相遇一次； 若 saav )(2 21 2 0  ，t 有两个正解，即相遇两次。 4、 0 6asv  解析： 要使两车不相撞，A 车追上 B 车时其速度最多只能与 B 车速度相等。设 A、B 两从相 距 s 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。 M M MMs xA xB vA vB 现用四种方法求解。 解法一（利用位移公式和速度公式求解）： 对 A 车有 2 0 )2(2 1 tatvxA  ， tavva )2(0  。 对 B 车有 2 2 1 atxB  ， atvB  。 两车有 BA sss  ， 追上时，两车刚好不相撞的条件是 BA vv  ， 由以上各式联立解得 asv 60  。 故要使两车不相撞，A 车的初速度 v0 应满足的条件是 0 6asv  解法二（利用速度公式和速度—位移关系式求解）： 两车刚好不相撞的临界条件是：即将追上时两车速度相等。设此速度为 v，A 车追上 B 车前，A 车运动的时间为 a vv a vv a vvt A A A 22 000   ， B 车运动的时间为 a v a vt B B  , 因为 BA tt  ，所以 a v a vv  2 0 ， 即 3 0vv  。 ① A 车的位移 a vv a vvx A A A 42 22 0 2 0 2   ， B 车的位移 a v a vx B B 22 22  ， 因为 BA xsx  ，所以 a vsa vv 24 222 0  。 即 a vvs 4 3 22 0  。 ② ①②两式联立解得 asv 60  。 故要使两车不相撞，A 车的初速度 v0 应满足的条件是 0 6asv  。 解法三（利用判别式解）： 由解法一可知 BA xsx  ，即 22 0 2 1)2(2 1 atstatv  ， 整理得 023 0 2  astvat 。 这是一个关于时间 t 的一元二次方程，当根的判别式 sav 234)2( 2 0  ＜0 时， t 无实数解，即两车不相撞。 故要使两车不相撞，A 车的初速度 v0 应满足的条件是 0 6asv  。 解法四（用速度图象解）： 如图所示，先作 A、B 两车的速度图象。 设经过时间 t 两车刚好不相撞，则对 A 车有 atvvvA 20  ， 对 B 车有 atvvB  ， 由以上两式联立解得 a vt 3 0 。 经时间 t 两车的位移之差，即为原来两车间的距离 s，它可用速度图象中阴影部分的面 积表示，由速度图象可知 2 0 0 0 0 1 1 2 2 3 6 v vs v t v a a     。 故要使两车不相撞，A 车的初速度 v0 应满足的条件是 0 6asv  。 5、5s 解析 : 这里提供两种解法。 解法一（公式法）： 甲、乙两车自同一地点于不同时刻开始运动，乙车出发时甲车具有的速度为 100111  tavv t m/s 42 m/s=2 m/s， 此时离甲车停止运动的时间 4 2 1 1  a vt t s=0.5s。 根据题设条件，乙车在 0.5s 内追不上甲车，也就是说乙车追上甲车时，甲车已经停止 了运动。 甲车停止时离车站 A 的距离 42 10 2 2 1 2 1  a vx甲 m=12.5m， 设乙走完这段路程所需的时间为 t，由 甲乙 xtax  2 22 1 得 1 5.1222 2  a xt 甲 s=5s。 故乙车出发后经过 5s 追上甲车。 解法二（图象法）： 甲、乙两车运动的速度图象如图所示。 乙车追上甲车的条件是它们离开车站 A 的距离相等，即图线和时间轴所围的面积相等， 加速度可用直线的斜率表示。由图象可得 O v/(m·s)-1 t/s1 2 3 4 5 6 7 8 2 4 6 8 10 a1 a2 甲 乙 t tat 22 15.2102 1  ，t=5s。 故乙车出发后经过 5s 追上甲车。 6、 20m/s=72km/sv  解析：由题设知，轿车在司机发现目标到开始刹车的反应时间里做匀速直线运动，刹车后开 始减速运动直至停下来。设轿车的最大速度为 v 在反应时间内轿车行驶距离 1s vt 刹车后至停下来轿车行驶距离 2 2 2 vs a  要保证轿车行驶安全必要求： 1 2+ 37ms s  即 2 + 37m2 vvt a  代入数值可解得： 20m/s=72km/sv  7、 0v gH≥ 02 gH v gH  解析：两球相遇，则小球 1 下落的高度 h1 与小球 2 上升的高度 h2 的算术和等于 H，即： 1 2h h H＋ 2 2 1 2 0 1 1 2 2h gt h v t gt  ， 0 Ht v  （1）小球 2 上升过程所用时间为： 0vt g 上 在小球 2 上升过程中两球相遇，应有：t≤t 上 即： 0 0 vH v g ≤ 得： 0v gH≥ (2)小球 2 从抛出到落回原地所用时间为: 022t = vT g  上 在小球 2 下降过程中两球相遇，应有：t 上＜t＜T 0 0 0 2v vH g v g   即: 02 gH v gH  8、624m 444.6m 解析：（1）摩托车的速度 54 m / s 15m / s3.6v  ＝ ， 警车的最大速度 120 m / s 33.33m / s3.6mv   。 警车达最大速度的时间 1 27.78smvt a   ，行驶的距离 1 1 462.952 mvs t  ｍ。 在 t1 时间内摩托车行驶的距离 1 1 15 27.78m 416.7s vt    ＝ ｍ。 因为 1 1162.95s CO s ＝ ｍ＜ ，故警车在 t1 时间内尚未追上摩托车，相隔距离 1 1( ) 253.75s s s CO    ＝ ｍ。 设需再经时间 t2，警车才能追上摩托车，则 2 13.84 m st v v   ｓ。 从而，截获逃犯总共所需时间 1 2 41.6st t t  ＝ , 截获处在 OB 方向距 O 处距离为 624s vt ＝ ｍ。 （2）由几何关系可知， 060cos COCB  ＝600ｍ，因 1s ＜CB ，故警车抄 CB 近路达最 大速度时尚未到达Ｂ点。设再经过 2t 时间到达Ｂ点，则 mv sCBt 1 2  ≈4.11ｓ。 在（ 21 tt  ）时间内摩托车行驶的距离 )( 212 ttvs  ＝478.35ｍ， 此时摩托车距 B 点 2 0 2 60tan sOCsOBs  ≈41.27ｍ。 此后逃犯掉头向相反方向逃窜.设需再经时间 3t 警车才能追上逃犯，则 vv st m  3 ≈2.25ｓ。 从而，截获逃犯总共所需时间 321 tttt  ≈34.1ｓ。 截获处在 OB 间距 O 处 321 )( tvttvs  ＝444.6ｍ。