教案2 运动图像 追及相遇问题（有详解 )

这是一份教案2 运动图像 追及相遇问题（有详解 )，共12页。

[思路点拨] (1)图象斜率表示加速度，且两者加速度的变化特点一致；
(2)t2时刻两条曲线相交，二者并排，莫误认为t1时刻也并排．
[解析] 0～t1时间内，v乙＞v甲；t1～t2时间内，v甲＞v乙，t2时刻相遇，但0～t1时间内两者的位移差小于t1～t2时间内两者的位移差，则t1时刻甲在乙的后面，A错、B对；
由图象的斜率知，甲、乙两车的加速度大小均先减小后增大，C错，D对． [答案] BD
【规律总结】解决此类问题时要根据物理情景中遵循的规律，由图象提取信息和有关数据，根据对应的规律公式对问题做出正确的解答．
【针对突破训练1】 1、[x ­t图象] (多选)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动．甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图所示．下列说法正确的是( )
A．在t1时刻两车速度相等
B．从0到t1时间内，两车走过的路程相等
C．从t1到t2时间内，两车走过的路程相等
D．从t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等
解析：根据位移图象的物理意义可知，在t1时刻两车的位置相同，速度不相等，乙车的速度大于甲车的速度，选项A错误；
从0到t1时间内，乙车走过的路程大于甲车，选项B错误；
从t1到t2时间内，两车都是从x1位置走到x2位置，两车走过的路程相等，选项C正确；
根据位移图象的斜率等于速度可知，从t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等，选项D正确．答案：CD
2、[v ­t图象] (多选)一个物体沿直线运动，其速度v随时间t变化的关系如图所示．由图象可知
A．物体在t1～t2时间内保持静止( )
B．物体在0～t3时间内运动方向发生改变
C．物体在0～t1时间内的位移大于t2～t3时间内的位移
D．物体在0～t1时间内的加速度小于t2～t3时间内的加速度
解析：物体在t1～t2时间内以速度v0做匀速直线运动，选项A错误；物体在0～t3时间内，速度都是正值，运动方向没有发生改变，选项B错误；根据速度—时间图象面积表示位移可知，物体在0～t1时间内的位移大于t2～t3时间内的位移，选项C正确；根据速度—时间图象斜率表示加速度可知，物体在0～t1时间内的加速度小于t2～t3时间内的加速度，选项D正确． 答案：CD
3、[图象的选择] (多选)某时刻，两车从同一地点、沿同一方向做直线运动，下列关于两车的位移x、速度v随时间t变化的图象，能反应t1时刻两车相遇的是( )
解析：x ­t图象中的点表示物体所在的位置，由图A可知，两物体不会相遇，故A错误；
由图B可知，t1时刻两图线相交，即两物体相遇，故B正确；
v ­t图象表示物体的速度随时间变化的规律，图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图C可知，两物体的位移不同，故不会相遇，故C错误；
由图D可知，两物体在0～t1时间内位移相同，即两物体相遇，故D正确．答案：BD
4、[图象的转换] 某物体做直线运动的v ­t图象如图所示，据此判断四个选项中(F表示物体所受合力，x表示物体的位移)正确的是( )
解析：根据v ­t图象的斜率可知，0～2 s内与6～8 s内物体的加速度大小相等、方向相同，故所受合力相同，A错误.
2～6 s内物体的加速度恒定，合力恒定，且大小与0～2 s内的相同，方向与0～2 s内相反，B正确．
根据v ­t图象可知，0～4 s内物体先沿正方向做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，4～8 s内先沿负方向做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，再结合v ­t图线包围面积的意义可知，0～4 s内物体的位移不断增大，4 s末达到最大值，8 s末返回到出发点，C、D错误．答案：B
5、一个物体以初速度v0沿光滑斜面向上运动，其速度v随时间t变化的规律如图所示，在连续两段时间m和n内对应面积均为S，设经过b时刻的加速度和速度分别为a和vb，则( AD )
A、B、
C、D、
【解析】设b点后速度为，加速度为a，根据：得：
eq \\ac(○,1) eq \\ac(○,2) eq \\ac(○,3)
eq \\ac(○,1) eq \\ac(○,2) eq \\ac(○,3)联立得：， ；
故AD正确，BC错误；故选AD。
【考点二】追及相遇问题
1．追及相遇问题中的一个条件和两个关系：(1)一个条件：即两者速度相等，它往往是物体间能否追上或两者距离最大、最小的临界条件，也是分析判断的切入点．(2)两个关系：时间关系和位移关系，这两个关系可通过画过程示意图得到．
2．分析方法：(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)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，即两个解．
(3)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．
3．能否追上的判断方法：常见情形：物体A追物体B，开始二者相距x0，则：
(1)A追上B时，必有xA－xB＝x0，且vA≥vB.
(2)要使两物体恰不相撞，必有xA－xB＝x0，且vA＝vB.
【典例2】 在水平轨道上有两列火车A和B相距x，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车同时做初速度为零、加速度为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满足什么条件．(试用多种方法求解)
[思路点拨] (1)两车不相撞的临界条件是，A车追上B车时其速度与B车相等．
(2)画出运动示意图，设A、B两车从相距x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．
[解析] 方法一：分析法
利用位移公式、速度公式求解，对A车有：xA＝v0t＋eq \f(1,2)×(－2a)×t2，vA＝v0＋(－2a)×t
对B车有：xB＝eq \f(1,2)at2，vB＝at；
两车位移关系有：x＝xA－xB
追上时，两车不相撞的临界条件是：vA＝vB
联立以上各式解得：v0＝eq \r(6ax)
故要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是：v0≤eq \r(6ax).
方法二：函数法
利用判别式求解，由解法一可知：xA＝x＋xB，即：v0t＋eq \f(1,2)×(－2a)×t2＝x＋eq \f(1,2)at2
整理得：3at2－2v0t＋2x＝0
这是一个关于时间t的一元二次方程，当根的判别式：Δ＝(－2v0)2－4·3a·2x＝0时，两车刚好不相撞；
所以要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是：v0≤eq \r(6ax).
方法三：图象法
利用v ­t图象求解，先作A、B两车的v ­t图象，如图所示，设经过t时间两车刚好不相撞，
则对A车有：vA＝v′＝v0－2at； 对B车有vB＝v′＝at
以上两式联立解得t＝eq \f(v0,3a)
经t时间两车发生的位移之差为原来两车间距离x，它可用图中的阴影面积表示，由图象可知：x＝eq \f(1,2)v0·t＝eq \f(1,2)v0·eq \f(v0,3a)＝eq \f(v02,6a)
所以要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0≤eq \r(6ax).。[答案] v0≤eq \r(6ax)
【方法技巧】求解追及、相遇问题时的3点技巧
(1)追及者与被追及者的速度相等，往往是追上、追不上或两者相距最近、最远的临界条件，是分析解决问题的突破口．
(2)若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意被追上前该物体是否已经停止运动．对物体的实际运动情景、运动时间要作出判断．
(3)认真审题，找出临界状态，找准临界条件．注意抓题目中的关键字眼，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，充分挖掘题目中的隐含条件．
【针对突破训练2】1.[与图象结合的追及相遇问题] (多选)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v ­t图象如图所示．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
C．两车另一次并排行驶的时刻是t＝2 sD．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
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：x甲＝eq \f(1,2)a甲t32＝45 m；
x乙＝v0t3＋eq \f(1,2)a乙t32＝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，Δx＝x乙－x甲＝7.5 m，选项B正确；
t＝1 s时，甲车的位移为5 m，乙车的位移为12.5 m，由于甲车的初始位置超前乙车7.5 m，则t＝1 s时两车并排行驶，选项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52.5 m－12.5 m＝40 m，选项D正确． 答案：BD
2．[匀减速追匀速]汽车正在以10 m/s的速度在平直的公路上匀速前进，在它的正前方x处有一辆自行车以4 m/s的速度做同方向的匀速直线运动，汽车立即关闭油门做a＝－6 m/s2的匀减速运动，若汽车恰好碰不上自行车，则x的大小为( )
A．8.33 m B．3 mC．3.33 m D．7 m
解析：汽车减速到4 m/s所需的时间t＝eq \f(v2－v1,a)＝1 s，此时汽车的位移x1＝v1t＋eq \f(1,2)at2；自行车的位移x2＝v2t，若汽车恰好碰不上自行车，则有x2＋x＝x1，代入数据解得x＝3 m，选项B正确． 答案：B
3．[匀减速追匀加速]在高速公路上行驶的车辆随意变更车道容易造成交通事故．乙车正在以108 km/h的速度在快车道上行驶时，行驶在该车前面的甲车以72 km/h的速度在慢车道上行驶，甲车却突然变道至乙车正前方，并立即加速行驶，其加速度大小a1＝2 m/s2，此时乙车车头和甲车车尾相距只有d＝19 m．乙车司机发现前车变道后，经t0＝1 s时间做出反应，开始刹车减速，为了避免发生车祸，乙车刹车减速的加速度a2至少为多大？
解析：v2＝108 km/h＝30 m/s，v1＝72 km/h＝20 m/s，
反应时间内乙车做匀速运动，乙车追上甲车的距离为:
Δx1＝v2t0－(v1t0＋eq \f(1,2)a1t02)＝30×1 m－(20×1 m＋eq \f(1,2)×2×12 m)＝9 m
乙车刚好追上甲车时速度相等，所用时间为t1，由运动学规律得：v2－a2t1＝v1＋a1(t0＋t1)
v2t1－eq \f(1,2)a2t12＝(v1＋a1t0)t1＋eq \f(1,2)a1t12＋(d－Δx1)
代入数据解得a2＝1.2 m/s2，故乙车减速的加速度至少为1.2 m/s2。 答案：1.2 m/s2
4．[匀速追匀加速] 某摩托车制造厂在测试车的性能时，技术员指定两摩托车A和B停在一条平直的公路上，摩托车A在摩托车B后方s0＝24 m的位置，由t＝0时刻开始，同时启动两辆摩托车让两车同向行驶，已知摩托车A的位移随时间变化的规律为sA＝10t、摩托车B的位移随时间变化的规律为sB＝t2。
(1)分析两辆摩托车的运动性质；
(2)请根据学过的知识分析两辆摩托车是否能相遇两次？如果不能，请求出两辆摩托车的最大或最小距离为多少？如果能，请求出两次相遇的时间以及相遇位置的间距为多少？
【解析】：(1)依题意，摩托车A做速度vA＝10 m/s的匀速直线运动；摩托车B做初速度为零、加速度a＝2 m/s2的匀加速直线运动．
(2)假设A、B两辆摩托车能有两次相遇．
当摩托车B的速度：vB＝vA＝10 m/s时，由v2－v02＝2as，
得摩托车B通过的位移：sB＝eq \f(vB2－0,2a)＝eq \f(102,2×2) m＝25 m.
由v＝v0＋at，得：t＝eq \f(vB－0,a)＝eq \f(10－0,2) s＝5 s.
摩托车A通过的位移：sA＝vAt＝10×5 m＝50 m.
由于s0＋sB＝(24＋25) m＝49 m＜50 m，故在达到共同速度前，两摩托车已相遇1次．之后摩托车A在前，摩托车B在后．再经过一段时间，摩托车B速度大于摩托车A速度，会再相遇1次．故能有两次相遇．
设从开始运动到A、B两辆摩托车相遇所用时间为t′，
则：sA＝vAt′＝10t′①； sB＝t′2②
由几何关系，得：sA＝sB＋s0③
结合①②③式，有：t′2－10t′＋24＝0.
解得两次相遇的时刻：t1′＝4 s，t2′＝6 s.
两次相遇处相距：Δs＝s2－s1＝(10×6－10×4) m＝20 m.
答案：见解析
【思维转换】
eq \a\vs4\al(一“形异质同” )：遵循的物理规律相同，但提供的物理情景新颖、信息陌生、物理过程独特，对这类问题同学们往往感觉难度大，无从下手．其实这类问题看似陌生，实则与我们平时练习的题目同根同源，只不过是命题人巧加“改头换面”而已，这类问题我们称之为形异质同．
匀变速直线运动中的“形异质同”问题——“竖直上抛运动与沿光滑斜面上滑”请对比体会．
【典例1、】一物体以足够大的初速度做竖直上抛运动，在上升过程的最后1 s初的瞬时速度的大小和最后1 s内的位移大小分别是(g取10 m/s2)( )
A．10 m/s,10 m B．10 m/s,5 m C．5 m/s,5 m D．由于不知道初速度的大小，故无法计算
[解析] 根据竖直上抛运动的对称性，上升过程的最后1 s和自由下落的第1 s是可逆过程，
所以：v＝gt＝10×1 m/s＝10 m/s，
h＝eq \f(1,2)gt2＝eq \f(1,2)×10×12 m＝5 m，故选项B正确．[答案] B
【典例2】 (多选)如图所示，在光滑足够长的斜面上，有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度大小始终为 5 m/s2，方向沿斜面向下，当物体的位移大小为7.5 m时，下列说法正确的是( )
A．物体运动时间可能为1 s： B．物体运动时间可能为3 s
C．物体运动时间可能为(2＋eq \r(7)) s D．此时的速度大小一定为5 m/s
[解析] 当物体的位置在出发点的上方时，
根据x＝v0t＋eq \f(1,2)at2得7.5＝10t－eq \f(1,2)×5t2
即t2－4t＋3＝0，所以t1＝3 s或t2＝1 s
由v＝v0＋at得v＝±5 m/s
当物体的位置在出发点的下方时，根据x＝v0t＋eq \f(1,2)at2得：－7.5＝10t－eq \f(1,2)×5t2
即t2－4t－3＝0，t＝(2±eq \r(7)) s，舍去负值，即t3＝(2＋eq \r(7)) s.
由v＝v0＋at得v＝－5eq \r(7) m/s，所以选项A、B、C均正确，D错误． [答案] ABC
[点评]：竖直上抛运动和物体沿光滑斜面上滑的运动规律类似，物体均先做匀减速运动再反向做匀加速运动，且加速度大小和方向均相同．
eq \a\vs4\al(二“形同质异” )
物理情景比较熟悉，物理过程似曾相识的问题，对于这类问题，又往往因审题不严、惯性思维，不注意题中所给条件的细微区别，而解答失误．这类问题我们称之为形同质异．
下面列举匀变速直线运动中的“形同质异”问题——“图象问题”请同学们对比体会．
【针对练习】1、如图所示的位移—时间(x ­t)图象和速度(v ­t)图象中，给出了四条曲线1、2、3、4代表四个不同物体的运动情况，则下列说法正确的是( )
A．图线1、3表示物体做曲线运动
B．x ­t图象中0～t1时间内物体1和2的平均速度相等
C．v ­t图象中t3时刻物体3的速度大于物体4的速度
D．两图象中t2、t4时刻分别表示物体2和4开始反向运动
[解析] 运动图象反映物体的运动规律，不是运动轨迹，无论速度—时间图象还是位移—时间图象只能表示物体做直线运动，故A错误； x ­t图象中0～t1时间内物体1和2通过的位移相等，所用时间相等，则平均速度相等，故B正确；由图知，v ­t图象中t3时刻物体3的速度等于物体4的速度，故C错误；x ­t图线的斜率等于物体的速度，斜率大于0，表示物体沿正方向运动，斜率小于0，表示物体沿负方向运动，而t2时刻之前物体2的运动沿正方向，t2时刻之后物体2沿负方向运动，故t2时刻开始反向运动；v ­t图象中速度的正负表示运动方向，从0～t5这段时间内速度始终为正，故t4时刻没有反向运动，故D错误． [答案] B
2、甲、乙两辆汽车在平直的公路上同一地点沿相同方向由静止开始做直线运动，它们运动的加速度随时间变化的a­t图象如图所示．关于甲、乙两车在0～ 20 s的运动情况，下列说法正确的是( )
A．在t＝10 s时两车相遇B．在t＝20 s时两车相遇
C．在t＝10 s时两车相距最近D．在t＝20 s时两车相距最远
[解析] 根据加速度—时间图象可知道图线与时间轴所围成的面积表示速度的变化量，因开始时两车速度都为零，故也表示该时刻的速度，在t＝20 s时，两图线与t轴所围成的面积相等，即该时刻两车的速度相等，在t＝20 s前乙车的速度大于甲车的速度，所以乙车在甲车的前方，且两车逐渐远离，在t＝20 s时，两车的速度相等，即相距最远，由以上分析可知，在t＝20 s，两车不可能相遇，只有D正确．[答案] D
[点评]对于v ­t图线、x ­t图线及a ­t图线等描述运动的图象问题，表面上看形式相同，但因为纵坐标代表的物理意义不同，造成题目本质上有很大区别．各类常见图象的基本的特点、意义一定要熟悉，这是我们解决这类问题的金钥匙，在学习中要多多体会和积累．
【题海拾贝】
1、【逆向思维】如图所示，直轨道AB与光滑圆弧轨道BC相切，固定在竖直平面内，圆弧轨道的圆心角为370，半径r=0.25m，圆弧轨道C端切线水平，竖直墙壁CD高H=0.16m，紧靠墙壁在水平地面上固定一个和CD等高。底边长L=0.4m的斜面。一个质量m=0.1kg的小物块（视为质点）从倾斜轨道上A点由静止释放，恰好击中斜面的中点E。已知小物块与AB段的动摩擦因数，重力加速度，。求：
（1）小物块运动到C点时的速度大小；
【解析】小物块从C到E过程中做平抛运动，则有：，解得：
（2）小物块从A运动到E前的瞬间的过程中损失的机械能。
【解析】由功能关系可知小物块在B点的速度满足：
小物块从A到B过程中有：；
；解得：
【分析】小物块从C到E做平抛运动，根据平抛运动规律可求C点速度；小物块从A到E过程中损失的机械能等于小物块从A到B过程中摩擦力做功，从B到C过程应用动能定理可求得B点的速度，从A到B匀加速，根据牛顿第二定律和运动学公式可得从A到B的距离，根据功的计算公式可得摩擦力做功。
2、如图所示，光滑轨道槽ABCD与粗糙轨道槽GH（点G与点D在同一高度但不相交，FH与圆相切）通过光滑圆轨道EF平滑连接，组成一套完整的轨道，整个装置位于竖直平面内，现将一质量m=1kg的小球甲从AB段距地面高h0=2m处静止释放，与静止在水平轨道上、质量为1kg的小球乙发生完全弹性碰撞，碰后小球乙滑上右边斜面轨道并能通过轨道的最高点E点。已知CD、GH与水平面的夹角为，GH段的动摩擦因数，圆轨道的半径R=0.4m，E点离水平面的竖直高度为3R（E点为轨道的最高点）。（），求两球碰撞后：
（1）小球乙第一次通过E点时对轨道的压力大小；
【解析】小球甲从A点到B点由机械能守恒定律可得：
两小球碰撞时由动量守恒定律可得：
由机械能守恒定律可得：
小球乙从BC轨道滑至E点过程，由机械能守恒定律得：
小球乙在E点，根据牛顿第二定律及向心力公式:
根据牛顿第三定律小球乙对轨道的压力N’=N=30N ，由以上各式并代入数据得：；
(2)小球乙沿GH段向上滑行后距离地面的最大高度；
【解析】D、G离地面的高度：
设小球乙上滑的最大高度为hm，则小球乙在GH段滑行的距离：
小球乙从水平轨道位置滑至最高点的过程，根据动能定理：
其中：， ； 由以上各式并代入数据得：
（3）若将小球乙拿走，只将小球甲从AB段离地面h处自由释放后，小球甲又能沿原路径返回，试求h的取值范围。
【解析】只有小球甲时，小球甲要沿原路径返回，若未能完成圆周运动，则：
若能完成圆周运动，则小球甲返回时必须能经过圆轨道的最高点E。设小球沿GH上升的竖直高度为，上升过程克服摩擦力做功为，则：
小球甲从释放位置滑至最高点的过程，根据动能定理：
设小球甲返回至G点时的速度为，根据动能定理：
从G点返回至E点的过程，根据机械能守恒：
在E点，； 由以上各式得：
故小球甲沿原路径返回的条件为：或；
【课时作业(三)】 运动图象 追及相遇问题
[基础题组]一、单项选择题
1．下列所给的运动图象中能反映做直线运动的物体不会回到初始位置的是( )
【解析：】速度—时间图象中与坐标轴围成的面积表示位移，在坐标上方表示正位移，在坐标轴下方表示负位移，所以A中面积不为零，所以位移不为零，不能回到初始位置；B、C中面积为零，位移为零，回到初始位置；D中，位移—时间图象表示物体的位移随时间变化的图象，在t0 s物体的位移为零，即又回到了初始位置．答案：A
2．A物体从离地面高10 m处做自由落体运动，1 s后B物体从离地面高15 m处做自由落体运动，下面物理图象中对A、B的运动状态描述合理的是( )
【解析：】两者都做自由落体运动，速度在增大，C错误；根据公式可得位移是关于时间t的二次函数，D错误；因为A先下落，所以当B开始运动时，A已有了一定的速度，故A正确，B错误．答案：A
3．甲、乙两辆汽车沿同一平直路面行驶，其v ­t图象如图所示，下列对汽车运动状况的描述正确的是( )
A．在第10 s末，乙车改变运动方向B．在第10 s末，甲、乙两车相距150 m
C．在第20 s末，甲、乙两车相遇D．若开始时乙车在前，则两车可能相遇两次
解析：由图可知，在20 s内，乙车一直沿正方向运动，速度方向没有改变，故选项A错误；由于不知道初始位置甲、乙相距多远，所以无法判断在10 s末两车相距多远，及在20 s末能否相遇，故选项B、C错误；若刚开始乙车在前，且距离为150 m，则在10 s末两车相遇，之后甲在乙的前面，乙的速度增大，在某个时刻与甲再次相遇，故选项D正确．答案：D
4．如图所示，A、B两物体相距s＝7 m，物体A以vA＝4 m/s的速度向右匀速运动，而物体B此时的速度vB＝10 m/s，只在摩擦力作用下向右做匀减速运动，加速度a＝－2 m/s2，那么物体A追上物体B所用的时间为( )
A．7 s B．8 sC．9 s D．10 s
解析：物体A做匀速直线运动，位移为：xA＝vAt＝4t；物体B做匀减速直线运动，减速过程的位移为：xB＝vBt＋eq \f(1,2)at2＝10t－t2；设物体B速度减为零的时间为t1，有t1＝eq \f(0－vB,a)＝5 s．在t1＝5 s的时间内，物体B的位移为xB1＝25 m，物体A的位移为xA1＝20 m，由于xA1＜xB1＋s，故物体A未追上物体B；5 s后，物体B静止不动，故物体A追上物体B的总时间为：t总＝eq \f(xB1＋s,vA)＝eq \f(25＋7,4) s＝8 s，故选B.答案：B
5．两辆完全相同的汽车，沿平直公路一前一后以相同的速度匀速行驶，若前车突然以恒定的加速度刹车，在它刚停住时，后车以前车刹车时的加速度的二分之一的大小开始刹车．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．s B．2sC．2.5s D．3s
【解析：】两辆完全相同的汽车以相同的速度匀速行驶，前车刹车位移为s，设初速度大小为v0，加速度大小为a，刹车的时间为t＝eq \f(v0,a)，刹车的位移s＝eq \f(v02,2a)，在此时间内，后车做匀速运动，位移为x＝v0t＝eq \f(v02,a)，所以x＝2s，此后后车刹车，加速度大小为eq \f(a,2)，刹车的位移x′＝eq \f(v02,a)＝2s.要保持两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Δx＝x＋x′－s＝3s，故选D.答案：D
二、多项选择题
6.甲、乙两车某时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的x ­t图象如图所示，则下列说法正确的是( )
A．t1时刻乙车从后面追上甲车 B．t1时刻两车相距最远
C．0到t1时间内，乙车的平均速度小于甲车的平均速度 D．0到t1时间内，乙车的平均速度等于甲车的平均速度
【解析：】它们在同一时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，经过时间t1位移又相等，故在t1时刻乙车刚好从后面追上甲车，故A正确，B错误；0到t1时间内，甲、乙两车位移相等，根据平均速度等于位移除以时间可知，0到t1时间内，乙车的平均速度等于甲车的平均速度，故D正确，C错误．答案：AD
7．如图所示为甲、乙两质点做直线运动的v ­t图象，若两质点从同一地点出发，到t1时刻相遇，则下列说法正确的是( )
A．v1＝8 m/sB．v2＝12 m/s
C．t1＝(3＋eq \r(3))sD．0～t1时间内，甲、乙相距的最大距离为6 m
【解析：】由图可知，甲的加速度a1＝2 m/s2，乙的加速度a2＝6 m/s2，则eq \f(1,2)×2t12＝eq \f(1,2)×6(t1－2 s)2，求得t1＝(3＋eq \r(3))s，C项正确；v1＝a1t1＝(6＋2eq \r(3))m/s，A项错误；v2＝a2(t1－2 s)＝(6＋6eq \r(3))m/s，B项错误；0～t1内，甲、乙相距的最大距离为Δx＝eq \f(1,2)×2×6 m＝6 m，D项正确．答案：CD
8．处于平直轨道上的甲、乙两物体相距s，乙在甲前且两物体同时、同向开始运动，甲以初速度v、加速度a1做匀加速直线运动，乙做初速度为零、加速度为a2的匀加速直线运动，假设甲能从乙旁边通过，下述情况可能发生的是( )
A．a1＝a2时，有可能相遇两次B．a1＞a2时，只能相遇一次
C．a1＜a2时，有可能相遇两次D．a1＜a2时，有可能相遇一次
【解析：】甲从乙的旁边通过说明相遇时甲的速度大于乙的速度，若a1＝a2，则以后甲的速度将都大于乙的速度，故不会再次相遇，故A错误，若a1＞a2，则甲经过乙的旁边以后，甲的速度增加更快，故甲将一直在乙的前面，不会再相遇，只能相遇一次，故B正确；若a1＜a2，则此后某一时刻乙的速度一定会大于甲的速度，若甲追上乙时，两者速度恰好相等，则两者只能相遇一次；若第一次甲追上乙时，甲的速度大于乙的速度，则甲、乙还会相遇一次，故能相遇两次，故C、D正确．答案：BCD
[能力题组]一、选择题
9．(多选)甲、乙两物体在同一水平地面上做直线运动，其运动的x ­t图象如图所示，已知乙物体从静止开始做匀加速直线运动．下列说法正确的是( )
A．甲物体先做匀减速直线运动．后做匀速直线运动
B．在0～120 s内，乙物体的平均速度大小大于0.5 m/s
C．在0～120 s内，甲物体运动的位移大小大于乙物体运动的位移大小
D．乙物体在M点所对应的瞬时速度大小一定大于0.5 m/s
【解析：】根据位移图象斜率表示速度可知，甲物体先做匀速直线运动，后静止，选项A错误；在0～120 s内，乙物体的位移大小为s＝60 m，平均速度大小为v＝eq \f(s,t)＝0.5 m/s，选项B错误；在0～120 s内，甲物体运动的位移大小为x甲＝100 m－20 m＝80 m，乙物体运动的位移大小为x乙＝60 m－0 m＝60 m，所以在0～120 s内，甲物体运动的位移大小大于乙物体运动的位移大小，选项C正确；根据匀变速直线运动的推论知，乙在t＝60 s时的瞬时速度等于在0～120 s内的平均速度0.5 m/s，而乙物体做匀加速直线运动，所以乙物体在M点所对应的瞬时速度大小一定大于0.5 m/s，选项D正确．答案：CD
10．在一水平面上有a、b、c三辆玩具车沿同一方向运动，它们同时经过同一路标时开始计时，此后的vt图象如图所示，则下列判断正确的是( )
A．在0～40 s内，a玩具车的平均速度最大，c玩具车的平均速度最小
B．a玩具车的加速度大小大于c玩具车的加速度大小
C．20 s末，三辆玩具车一定再次相遇 D．40 s末，三辆玩具车一定再次相遇
【解析：】根据速度图象的“面积”表示位移知，在0～40 s内a、c两玩具车的位移相等，平均速度相等，故A错误；根据斜率大小等于加速度知，a玩具车的加速度大小等于c玩具车的加速度大小，故B错误；20 s末，三辆玩具车的位移不等，一定没有相遇，故C错误；40 s末，三辆玩具车的位移相等，则三辆玩具车一定再次相遇，D正确．答案：D
11．有一辆卡车在一个沙尘暴天气中以15 m/s的速度匀速行驶，司机突然看到正前方十字路口有一个小孩跌倒在地，该司机刹车的反应时间为0.6 s，刹车后卡车匀减速前进，最后停在小孩前1.5 m处，避免了一场事故的发生，已知刹车过程中卡车加速度的大小为5 m/s2，则( )
A．司机发现情况时，卡车与该小孩的距离为31.5 m
B．司机发现情况后，卡车经过3 s停下
C．从司机发现情况到停下来的过程中卡车的平均速度为11 m/s
D．若卡车的初速度为20 m/s，其他条件都不变，则卡车将撞到小孩
【解析：】反应时间内卡车的位移x1＝vt1＝15×0.6 m＝9 m，刹车后的位移x2＝eq \f(v2,2a)＝eq \f(225,10) m＝22.5 m，则司机发现情况时，卡车距离小孩的距离x＝x1＋x2＋1.5 m＝33 m，故A错误；
司机从发现情况到停止的时间t＝eq \f(v,a)＋0.6 s＝eq \f(15,5) s＋0.6 s＝3.6 s，故B错误；
从司机发现情况到停下来过程中卡车的平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(x1＋x2,t)＝eq \f(31.5,3.6) m/s＝8.75 m/s，故C错误；
若卡车初速度为20 m/s，则总位移x′＝v′t1＋eq \f(v′2,2a)＝20×0.6 m＋eq \f(400,10) m＝52 m＞33 m，则卡车将撞到小孩，D正确．
二、非选择题
12．如图甲所示，A车原来临时停在一水平路面上，B车在后面匀速向A车靠近，A车司机发现后启动A车，以A车司机发现B车为计时起点(t＝0)，A、B两车的v ­t图象如图乙所示．已知B车在第1 s内与A车的距离缩短了x1＝12 m.
(1)求B车运动的速度vB和A车的加速度a的大小．
(2)若A、B两车不会相撞，则A车司机发现B车时(t＝0)两车的距离x0应满足什么条件？
【解析：】(1)在t1＝1 s时A车刚启动，两车间缩短的距离：x1＝vBt1；
代入数据解得B车的速度：vB＝12 m/s； A车的加速度：a＝eq \f(vB,t2－t1)
将t2＝5 s和其余数据代入解得A车的加速度大小: a＝3 m/s2.
(2)两车的速度达到相等时，两车的距离达到最小，对应于v ­t图象的t2＝5 s时刻，此时两车已发生的相对位移为梯形的面积，则: x＝eq \f(1,2)vB(t1＋t2)；代入数据解得：x＝36 m
因此，若A、B两车不会相撞，则两车的距离x0应满足条件：x0＞36 m。
答案：(1)12 m/s 3 m/s2 (2)x0＞36 m
13．如图所示，光滑斜面倾角为30°，A、B物体与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.4，现将A、B两物体(可视为质点)同时由静止释放，两物体初始位置距斜面底端O的距离为LA＝2.5 m，LB＝10 m．不考虑两物体在转折O处的能量损失．(g取10 m/s2)
(1)求两物体滑到O点的时间差．
(2)B从开始释放，需经过多长时间追上A？(结果可用根号表示)
【解析：】(1)物体在光滑斜面上的加速度：a＝gsin θ＝5 m/s2
A到达底端时间：tA＝eq \r(\f(2LA,a))＝1 s
B到达底端时间：tB＝eq \r(\f(2LB,a))＝2 s
A、B到达底端时间差：ΔtAB＝2 s－1 s＝1 s
(2)A、B到达底端时，速度：vA＝eq \r(2aLA)＝5 m/s，vB＝eq \r(2aLB)＝10 m/s，经过分析B追上A前，A已停止运动。
A在水平面上运动的总位移：sA＝eq \f(vA2,2μg)＝eq \f(25,8) m
B在水平面上运动的总位移：sB＝vBt－eq \f(1,2)μgt2
又：sA＝sB ； 得t＝eq \f(10－5\r(3),4) s
则B从释放到追上A用时：t总＝tB＋t＝eq \f(18－5\r(3),4) s。 答案：(1)1 s (2)eq \f(18－5\r(3),4) s