专题1.7 追及相遇问题 试卷（解析版）

这是一份专题1.7 追及相遇问题 试卷（解析版），共17页。试卷主要包含了7 追及相遇问题，速度大者追速度小者，5 m　2等内容，欢迎下载使用。

目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc4346" 目录 PAGEREF _Tc4346 1
\l "_Tc4654" 【考点扫描】 PAGEREF _Tc4654 1
\l "_Tc14280" 一． 追及和相遇问题的解题思路 PAGEREF _Tc14280 1
\l "_Tc15106" 二． 追及中的三个关系 PAGEREF _Tc15106 1
\l "_Tc17967" 三． 追及和相遇问题的四种解题方法 PAGEREF _Tc17967 2
\l "_Tc21323" 四． 追及相遇的图像问题 PAGEREF _Tc21323 2
\l "_Tc6270" 五． 两次相遇问题的四种解法 PAGEREF _Tc6270 3
\l "_Tc23043" 六． 舰载机起飞问题 PAGEREF _Tc23043 3
\l "_Tc7688" 七、追及、相遇问题常见情景 PAGEREF _Tc7688 4
\l "_Tc17515" 【典例分析】 PAGEREF _Tc17515 4
\l "_Tc5473" 【专题精练】 PAGEREF _Tc5473 8
【考点扫描】
一． 追及和相遇问题的解题思路
(1)在解决追及、相遇类问题时，要紧抓“一图、三式”，即：过程示意图，时间关系式、速度关系式和位移关系式，最后还要注意对结果的讨论分析．
(2)解决追及问题的思路流程：

二． 追及中的三个关系
（1）位移关系:x后= x前+ Δx(同地出发 x后= x前)；
（2）时间关系:t先=t后+ Δ t(同时出发t相等)；
（3）速度关系：慢追快距离增；快追慢距离减。
①一定能追上（例如加速追匀速）
追上前，速度相等时，二者距离有最大值。
②不一定能追上（例如减速追匀速）

Ⅰ.如果追不上，当速度相等时，二者距离有最小值；
Ⅱ.如果恰好追上，则追上时，速度恰好相等；
Ⅲ.如果追上时，追者速度大于被追者，那么会出现两次相遇的问题。
三． 追及和相遇问题的四种解题方法
(1)物理分析法：抓好“两物体能否同时到达空间某位置”这一关键，认真审题，挖掘题中的隐含条件，在头脑中建立起一幅物体运动的图景．
(2)相对运动法：巧妙地选取参考系，然后找出两物体的运动关系．
(3)数学分析法：设相遇时间为t，根据条件列方程，得到关于t的一元二次方程，用判别式进行讨论，若Δ>0，即有两个解，说明可以相遇两次；若Δ＝0，说明刚好追上或相遇；若Δ<0，说明追不上或不能相碰．
(4)图象分析法：将两者的速度－时间图象在同一坐标系中画出，然后利用图象分析求解．
四． 追及相遇的图像问题
五． 两次相遇问题的四种解法
t
O
v
t2
第一次相遇
s0
v0后
前
v0前
后
第二次相遇
(1)物理方法：速度关系，第一次相遇：;第二次相遇：v2后(2)数学方法：相遇位移关系式：即，两次相遇条件：Δ>0;
(3)相对运动法：以前车为参考系，后车相对前车的初速度为（v0后-v0前），相对加速度为（a1-a2），初始距离s0两次相遇条件：相对初速度要大于零即、相对加速度要小于零即（a1-a2）<0、最大相对位移。
(4)图像法：v-t图中的面积表示位移，当后车图像围成的面积比前车大s0，即表示相遇。如果从第一次相遇以后，两车位移相等，则发生第二次相遇。
六． 舰载机起飞问题
(1)弹射起飞：（航母静止）
(2)带动起飞：（航母运动）

方法一、地面为参考系，，， ，
方法二、航母为参考系，
七、追及、相遇问题常见情景
1．速度小者追速度大者
2.速度大者追速度小者
【典例分析】
【例1】一火车以速度v1匀速行驶，司机发现前方同轨道上相距s处有另一火车沿同方向以速度v2(相对地且v1＞v2)做匀速运动．司机立即以大小为a的加速度紧急刹车．要使两车不相撞，试求加速度a的大小应满足的条件．
【思路探究】 本题属于匀减速追匀速的问题，两车刚好不相撞的临界条件是两车在速度相等时相遇，可以运用多种方法求解．
【答案】见解析
【解析】：解法一：物理分析法
后面的火车以大小为a的加速度做匀减速运动，设减速到v2时的位移为s1，则s1＝eq \f(veq \\al(2,1)－veq \\al(2,2),2a)，所用的时间t＝eq \f(v1－v2,a).设前面的火车在时间t内的位移为s2，有s2＝v2t＝eq \f(（v1－v2）v2,a)，当s1＝s2＋s时，两车刚好不会相撞，解得a＝eq \f(（v1－v2）2,2s)，故当a≥eq \f(（v1－v2）2,2s)时，两车不相撞．
解法二：函数方程法
设经过时间t两车相撞，则后面的火车的位移为s1＝v1t＋eq \f(1,2)(－a)t2，前面的火车的位移为s2＝v2t，且s1＝s2＋s，故有eq \f(1,2)at2＋(v2－v1)t＋s＝0.若两车不相撞，则该方程无解，即Δ≤0，得(v2－v1)2－2as≤0，解得a≥eq \f(（v1－v2）2,2s).
解法三：图像法
画出两火车运动的速度－时间图像，如图所示，当两车速度相等时所用时间t0＝eq \f(v1－v2,a)，后面火车比前面火车多走的位移大小等于图中阴影部分的面积，即eq \f(1,2)(v1－v2)t0＝s，解得a＝eq \f(（v1－v2）2,2s)，故当a≥eq \f(（v1－v2）2,2s)时，两车不相撞．
解法四：相对运动法
研究后面的火车时，以前面的火车为参考系，相对初速度为v1－v2，相对加速度大小为a，若刚好不相撞，则满足相对位移为s时，相对末速度为0，根据2(－a)s＝0－(v1－v2)2，解得a＝eq \f(（v1－v2）2,2s)，故当a≥eq \f(（v1－v2）2,2s)时，两车不相撞．
【例2】(2020·朔州模拟)一辆执勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以v＝12 m/s的速度匀速行驶的货车有违章行为时，立即前去追赶，经t0＝2 s，警车发动起来，以加速度a＝2 m/s2做匀加速运动，若警车最大速度可达vm＝16 m/s，求：
(1)在警车追上货车之前，两车间的最大距离是多少；
(2)警车发动起来后至少经多长时间才能追上货车。
【答案】 (1)60 m (2)22 s
【解析】 (1)当警车与货车的速度相等时，两车距离最大，则：v＝at1
解得t1＝6 s
Δx＝v(t0＋t1)－eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＝60 m
(2)从警车发动到达到最大速度需要的时间t2＝eq \f(vm,a)＝8 s
此时货车的位移
x1＝v(t0＋t2)＝120 m
警车位移x2＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,2)＝64 m
即警车还未追上货车，此时二者相距
Δx′＝x1－x2＝56 m
还需要时间t3＝eq \f(Δx′,vm－v)＝14 s
所以警车从发动到追上货车的最短时间为t＝t2＋t3＝22 s
【例3】2019年11月15日，在“滁新高速”上因突发团雾而造成多车追尾。如图7所示是模拟在该高速公路上的甲、乙两车刹车过程中的v－t图象，甲车在后，乙车在前。若两车发生追尾，则以下判断正确的是( )
A．两车一定是在t＝15 s至t＝20 s之间的某时刻发生追尾
B．两车可能是在t＝8 s时发生追尾
C．t＝0时刻两车间距可能大于28 m
D．甲车刹车的加速度大小是乙车的3倍
【答案】B
【解析】根据速度—时间图象可知，15～20 s内，甲车的速度小于乙车，不可能发生追尾，选项A错误；0～10 s内任一时刻，甲车的速度大于乙车，这个时间段内可能发生追尾，选项B正确；t＝10 s时两车的速度大小均为5 m/s，在v－t图象中，图象与从坐标轴所围成的面积表示位移，0～10 s内，甲车位移大小x1＝eq \f(5＋15,2)×10 m＝100 m，乙车位移大小x2＝eq \f(5＋10,2)×10 m＝75 m，因两车发生追尾，所以两车间距离应小于Δx＝x1－x2＝25 m，选项C错误； 根据速度—时间图象的斜率表示加速度可得甲的加速度大小a1＝eq \f(15－0,15) m/s2＝1 m/s2，乙的加速度大小a2＝eq \f(10－0,20) m/s2＝0.5 m/s2，则a1＝2a2，选项D错误。
【例4】(2020·贵州三校联考)如图所示，在光滑的水平地面上，相距L＝10 m的A、B两小球均以v0＝10 m/s向右运动，随后两球相继滑上倾角为30°的足够长的光滑斜坡，地面与斜坡平滑连接，取g＝10 m/s2。求：
(1)B球刚要滑上斜坡时A、B两球的距离；
(2)A球滑上斜坡后经过多长时间两球相遇。
【答案】 (1)7.5 m (2)2.5 s
【解析】 (1)设A球滑上斜坡后经过时间t1，B球刚要滑上斜坡，则有
t1＝eq \f(L,v0)＝1 s
A球滑上斜坡后加速度a＝gsin 30°＝5 m/s2
设这段时间内A球向上运动的位移为x，则
x＝v0t1－eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＝7.5 m。
(2)B球刚要滑上斜坡时A球速度v1＝v0－at1＝5 m/s
B球滑上斜坡时，加速度与A球相同，以A球为参考系，
B球相对于A球以v＝v0－v1＝5 m/s做匀速运动，
设再经过时间t2两球相遇，有
t2＝eq \f(x,v)＝1.5 s
则两球相遇时已经过的时间t＝t1＋t2＝2.5 s
【例5】(2019·济南市高三质检)受沿线焚烧秸杆产生烟雾影响，高速公路上发生多起多车辆追尾事故。假设高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶，甲车在前，乙车在后，速度均为v0＝30 m/s，距离s0＝100 m。t＝0时刻甲车遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间变化如图所示，取运动方向为正方向，下面说法错误的是( )
A．t＝6 s时两车等速 B．t＝6 s时两车距离最近
C．0～6 s内两车位移之差为90 m D．两车0～9 s内会相撞
【答案】D
【解析】加速度图象可画出两车的速度图象，如图所示。由图象可知，t＝6 s时两车等速，此时距离最近，图中阴影部分面积为0～6 s内两车位移之差，Δx＝eq \f(1,2)×30×3 m＋eq \f(1,2)×30×(6－3)m＝90 m<100 m，故不会相撞，以后v甲>v乙不会再相撞。
【专题精练】
1.一辆轿车和一辆卡车在同一公路上均由静止开始同时做匀加速直线运动，加速度大小分别为3 m/s2和7 m/s2，两车能达到的最大速度均为30 m/s，刚开始运动时两车车头之间的距离为20 m，轿车车身全长5 m，卡车车身全长20 m，则两车的错车时间为 ( )
A．1.1 s B．1.0 s C．1.2 D．1.7 s
【答案】B
【解析】设经过时间t后，轿车和卡车车头相遇，轿车的位移x1＝eq \f(1,2)a1t2，卡车的位移x2＝eq \f(1,2)a2t2，x1＋x2＝20 m，联立解得t＝2.0 s。此时，轿车的速度v1＝a1t＝6 m/s，卡车的速度v2＝a2t＝14 m/s。设再经过时间t′后轿车和卡车错开，轿车的位移x1′＝v1t′＋eq \f(1,2)a1t′2，卡车的位移x2′＝v2t′＋eq \f(1,2)a2t′2，x1′＋x2′＝25 m，联立解得t′＝1.0 s。
2.(2020·绍兴月考)小球从空中自由落下，与水平地面相碰后弹到空中某高度，其速度—时间图象如图所示，则由图象可知(g＝10 m/s2)以下说法正确的是( )
A．小球下落的最大速度为5 m/s B．小球反弹时的最大速度大小为5 m/s
C．小球能弹起的最大高度为0.9 m D．小球能弹起的最大高度为1.25 m
【答案】A
【解析】：.由v－t图可知，0～0.5 s小球下落，最大速度为 5 m/s，A正确．小球反弹的最大速度为3 m/s，B错误．弹起的最大高度为 0.45 m，C、D错误．
3.2019年1月31日，河南信阳高速因路面结冰和出现团雾而造成多车追尾。如图所示是模拟在该高速公路上的甲、乙两车刹车过程中的v­t图象，甲车在后，乙车在前。若两车发生追尾，则以下判断正确的是( )
A．两车一定是在t＝15 s至t＝20 s之间的某时刻发生追尾
B．两车可能是在t＝8 s时发生追尾
C．t＝0时刻两车间距可能大于28 m
D．甲车刹车的加速度大小是乙车的3倍
【答案】B
【解析】根据速度—时间图象可知，15～20 s内，甲车的速度小于乙车．不可能发生追尾，选项A错误；0～10 s内任一时刻，甲车的速度大于乙车，这个时间段内可能发生追尾，选项B正确；t＝10 s时两车的速度大小均为5 m/s，在v­t图象中，图象与t轴所围成的面积表示位移，0～10 s内，甲车位移大小x1＝eq \f(5＋15,2)×10 m＝100 m，乙车位移大小x2＝eq \f(5＋10,2)×10 m＝75 m，因两车发生追尾，所以两车间距离应小于Δx＝x1－x2＝25 m，选项C错误；根据速度—时间图象的斜率表示加速度可得甲的加速度大小a1＝eq \f(15－0,15) m/s2＝1 m/s2，乙的加速度大小a2＝eq \f(10－0,20) m/s2＝0.5 m/s2，则a1＝2a2，选项D错误。
4.(2020日照一中月考)(多选)a，b两物体从同一位置开始运动，它们的vt图像如图所示，下列说法正确的是( )
A．a，b加速时，物体a的加速度大于物体b的加速度
B．2 s时，a，b两物体相距最远
C．6 s时，物体a在物体b的前方
D．4 s时，a，b两物体速度相等，相距9 m
【答案】CD
【解析】：斜率的绝对值等于加速度大小，因此a，b加速时，物体a的加速度小于物体b的加速度；当两者速度相同时距离最远，因此4 s时距离最远；图像与时间轴围成的面积等于位移大小，经计算可得，6 s时a位移大于b位移；4 s时，a，b两物体速度相等，此时a位移为13 m，b位移为4 m，因此相距9 m，故C，D正确．
5.(2019·江淮十校联考)甲、乙两车同时同地出发，在同一平直公路上行驶。其中甲车做匀速直线运动，乙车由静止开始做匀加速直线运动，其运动的x­t图象如图所示。则乙车追上甲车前两车间的最大距离为( )
A．15 m B．20 m C．25 m D．50 m
【答案】C
【解析】由题知，v甲＝eq \f(100,5) m/s＝20 m/s,100 m＝eq \f(1,2)a(5 s)2，可知v乙＝at＝8t。将x­t图象转化为v­t图象，如图所示
v­t图象与t轴围成的图形面积表示位移，可知t＝2.5 s时，甲、乙速度相等，此时相距最远，所以最大距离是阴影部分面积，即25 m，故选C。
6.(2020·江西上高高三月考)平直公路上行驶的a车和b车，其位移时间图象分别为图中直线a和曲线b，已知b车的加速度恒定且a＝－2 m/s2，t＝3 s时，直线a和曲线b刚好相切，下列说法正确的是( )
A．a车的速度是2 m/s B．t＝3 s时，a、b两车的速度相等，相距最远
C．b车的初速度是8 m/s D．t＝0 s时a车和b车之间的距离为9 m
【答案】ACD
【解析】：.x－t图象的斜率等于速度，由题图可知，a车的速度不变，做匀速直线运动，速度为：va＝eq \f(8－2,3) m/s＝2 m/s，故A正确；t＝3 s时，直线a和曲线b刚好相切，位置坐标相同，两车相遇．斜率相等，此时两车的速度相等，则t＝3 s，b车的速度为：vb＝va＝2 m/s，设b车的初速度为v0，对b车，由v0＋at＝vb，解得：v0＝8 m/s，故B错误，C正确；t＝3 s时，a车的位移为：xa＝vat＝6 m，b车的位移为：xb＝eq \f(v0＋vb,2)t＝eq \f(8＋2,2)×3 m＝15 m，t＝3 s时，a车和b车到达同一位置，所以t＝0时两车相距x0＝xb－xa＝9 m，故D正确．
7．(2020·广西桂林、贺州、崇左高三下学期3月联合调研)甲、乙两辆汽车在同一平直公路上行驶，在t＝0时刻两车正好相遇，在之后一段时间0～t2内两车的速度—时间图象(v­t图象)如图所示，则在0～t2这段时间内有关两车的运动，下列说法正确的是( )
A．甲、乙两辆车运动方向相反 B．在t1时刻甲、乙两车再次相遇
C．乙车在0～t2时间内的平均速度小于eq \f(v1＋v2,2) D．在t1～t2时间内乙车在甲车前方
【答案】 C
【解析】 由图象可知，二者速度均为正值，即二者均向正方向运动，故甲、乙两辆车运动方向相同，A错误；由图象可知，在0～t1时间内，两车的位移不相等，即在t1时刻甲、乙两车没有相遇，故B错误；若乙车在0～t2时间内做匀变速运动，则平均速度为eq \f(v1＋v2,2)，如图所示，由图线与t轴围成的“面积”代表“位移”可知，乙车在这段时间内的平均速度小于eq \f(v1＋v2,2)，故C正确；
由于t＝0时两车位置相同，又由图线与t轴围成的“面积”代表“位移”，可知在0～t2时间内甲车的位移一直大于乙车的位移，故在0～t2时间内甲车一直在乙车前方，故D错误。
8.具有我国自主知识产权的“歼­10”飞机的横空出世，证实了我国航空事业在飞速发展，而航空事业的发展又离不开风洞试验，其简化模型如图a所示。在光滑的水平轨道上停放相距x0＝10 m的甲、乙两车，其中乙车是风力驱动车。在弹射装置使甲车获得v0＝40 m/s的瞬时速度向乙车运动的同时，乙车的风洞开始工作，将风吹向固定在甲车上的挡风板，从而使乙车获得了速度，测绘装置得到了甲、乙两车的v­t图象如图b所示，设两车始终未相撞。
a b
(1)若甲车的质量与其加速度的乘积等于乙车的质量与其加速度的乘积，求甲、乙两车的质量比；
(2)求两车相距最近时的距离。
【答案】 (1)eq \f(1,3) (2)4 m
【解析】(1)由题图b可知：甲车加速度的大小
a甲＝eq \f(40－10,t1) m/s2
乙车加速度的大小a乙＝eq \f(10－0,t1) m/s2
因甲车的质量与其加速度的乘积等于乙车的质量与其加速度的乘积，所以有：m甲a甲＝m乙a乙
解得eq \f(m甲,m乙)＝eq \f(1,3)。
(2)在t1时刻，甲、乙两车的速度相等，均为v＝10 m/s，此时两车相距最近
对乙车有：v＝a乙t1
对甲车有：v＝a甲(0.4 s－t1)
可解得t1＝0.3 s
车的位移等于v­t图线与时间轴所围的面积，有：x甲＝eq \f(40＋10×0.3,2) m＝7.5 m，x乙＝eq \f(10×0.3,2) m＝1.5 m
两车相距最近时的距离为
xmin＝x0＋x乙－x甲＝4 m。
9.为了测试智能汽车自动防撞系统的性能。质量为1 500 kg 的智能汽车以10 m/s的速度在水平面匀速直线前进，通过激光雷达和传感器检测到正前方22 m处有静止障碍物时，系统立即自动控制汽车，使之做加速度大小为1 m/s2的匀减速直线运动，并向驾驶员发出警告。驾驶员在此次测试中仍未进行任何操作，汽车继续前行至某处时自动触发“紧急制动”，即在切断动力系统的同时提供12 000 N的总阻力使汽车做匀减速直线运动，最终该汽车恰好没有与障碍物发生碰撞。求：
(1)汽车在“紧急制动”过程的加速度大小；
(2)触发“紧急制动”时汽车的速度大小和其到障碍物的距离；
(3)汽车在上述22 m的运动全过程中的平均速度的大小。
【答案】 (1)8 m/s2 (2)8 m/s 4 m (3)7.33 m/s
【解析】(1)由牛顿第二定律得“紧急制动”过程的加速度a2＝eq \f(Ff,m)，将Ff＝12 000 N，m＝1 500 kg代入得a2＝8 m/s2。
(2)设触发“紧急制动”时汽车速度大小v，其到障碍物的距离为x2，则x2＝eq \f(v2,2a2)，
已知“紧急制动”前的加速度a1＝1 m/s2，
位移为x1＝eq \f(veq \\al(2,0)－v2,2a1)，x1＋x2＝x，已知总位移x＝22 m，
v0＝10 m/s，由以上各式得v＝8 m/s，x2＝4 m。
(3)“紧急制动”前的时间t1＝eq \f(v0－v,a1)＝2 s，
“紧急制动”后的时间t2＝eq \f(v,a2)＝1 s，
总时间t＝t1＋t2＝3 s，eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(x,t)＝eq \f(22,3) m/s≈7.33 m/s。
10.为了最大限度地减少道路交通事故，某地开始了“集中整治酒后驾驶违法行为”专项行动。这是因为一般驾驶员酒后的反应时间比正常时慢了0.1～0.5 s，易发生交通事故。下图是《驾驶员守则》中的安全距离图示和部分安全距离表格。
请根据该图表回答下列问题(结果保留2位有效数字)：
(1)请根据表格中的数据计算驾驶员的反应时间；
(2)如果驾驶员的反应时间相同，请计算出表格中A的数据；
(3)假设在同样的路面上，一名饮了少量酒的驾驶员驾车以72 km/h速度行驶，在距离一学校门前52 m处发现有一队学生在斑马线上横过马路，他的反应时间比正常时慢了0.2 s，会发生交通事故吗？
【答案】(1)0.90 s (2)20 (3)会 理由见解析
【解析】(1)车速v1＝40 km/h＝eq \f(40,3.6) m/s
由于在反应时间内汽车仍匀速行驶，根据车速v和反应距离s，可计算驾驶员的反应时间Δt＝eq \f(s1,v1)＝eq \f(10,\f(40,3.6)) s＝0.90 s，即驾驶员的反应时间为0.90 s。
(2)如果驾驶员的反应时间相同，由eq \f(s1,v1)＝eq \f(s3,v3)可计算出表格中A的数据为s3＝eq \f(s1v3,v1)＝10×eq \f(80,40) m＝20 m，即表格中数据A表示20。
(3)车速v＝72 km/h＝20 m/s
反应时间Δt＝0.90 s＋0.2 s＝1.1 s
驾驶员的反应距离s＝vΔt＝20×1.1 m＝22 m
设刹车距离为x，由比例法eq \f(v2,x)＝eq \f(v\\al(2,1),x1)
即x＝eq \f(v2x1,v\\al(2,1))＝eq \f(722×10,402) m＝32.4 m
停车距离L＝s＋x＝54.4 m
由于停车距离L>52 m，故会发生交通事故。
x-t图[
v-t图
同时、同地出发
同时、不同地出发
t
O
v
t2
速度相等，相距最远
前
v1
后
位移相等，同地出发
则相遇
t1
v2
陷阱
t
O
v
t1
能否追上的临界条件
前
v1
后
第一次相遇
t0
v2
Δx
第二次相遇
t2
①t1时刻速度相等，相距最远；
②t2时刻有交点，表示相遇。
同时同地出发，位移相等时相遇。即图中两条线与横纵坐标分别围成的面积相等。
同时不同地出发，当后车位移比前车位移多两车的初始距离时，两车相遇。
从第一次相遇到第二次相遇，位移相等，即该段围成的两面积相等。
追及类型
图象描述
相关结论
匀加速
追匀速
设x0为开始时两物体间的距离，则应有下面结论：
①t＝t0以前，后面物体与前面物体间的距离增大
②t＝t0时，两物体相距最远，为x0＋Δx
③t＝t0以后，后面物体与前面物体间的距离减小
④一定能追上且只能相遇一次
匀速追
匀减速
匀加速追
匀减速
追及类型
图象描述
相关结论
匀减速
追匀速
设x0为开始时两物体间的距离，开始追及时，后面物体与前面物体间的距离在减小，当两物体速度相等时，即t＝t0时刻：
①若Δx＝x0，则恰能追上，两物体只能相遇一次，这也是避免相撞的临界条件
②若Δx③若Δx>x0，则相遇两次，设t1时刻两物体第一次相遇，则t2＝2t0－t1时刻两物体第二次相遇
匀速追
匀加速
匀减速追
匀加速
车速v/(km/h)
反应距离s/m
刹车距离x/m
40
10
10
60
15
22.5
80
A
40