高中物理相遇和追及问题(完整版~)
相遇追及问题
一、考点、热点回顾
一、追及问题
1.速度小者追速度大者
类型 图象 说明
匀加速追匀速 ①t=t0以前，后面物体与
前面物体间距离增大
②t=t0时，两物体相距最
远为 x0+Δx
③t=t0以后，后面物体与
前面物体间距离减小
④能追及且只能相遇一
次
匀速追匀减速
匀加速追匀减速
2.速度大者追速度小者
度大者追速度小者
匀减速追匀速 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
及，两物体只能相遇一次，这
也是避免相撞的临界条件
②若Δx
x0,则相遇两次，设
t1 时刻Δx1=x0,两物体第一
次相遇，则 t2 时刻两物体第
二次相遇
匀速追匀加速
匀减速追匀加速
①表中的Δx 是开始追及以后，后面物体因速度大而比前面物体多运动的位移；
②x0是开始追及以前两物体之间的距离；
③t2-t0=t0-t1;
④v1是前面物体的速度，v2是后面物体的速度.
二、相遇问题
这一类:同向运动的两物体的相遇问题,即追及问题.
第二类:相向运动的物体,当各自移动的位移大小之和等于开始时两物体的距离时相遇.
解此类问题首先应注意先画示意图,标明数值及物理量;然后注意当被追赶的物体做匀
减速运动时,还要注意该物体是否停止运动了.
求解追及问题的分析思路
(1)根据追赶和被追赶的两个物体的运动性质，列出两个物体的位移方程，并注意两物
体运动时间之间的关系．
(2)通过对运动过程的分析，画出简单的图示，找出两物体的运动位移间的关系式．追
及的主要条件是两个物体在追上时位置坐标相同．
(3)寻找问题中隐含的临界条件．例如速度小者加速追赶速度大者，在两物体速度相等
时有最大距离；速度大者减速追赶速度小者，在两物体速度相等时有最小距离，等等．利用
这些临界条件常能简化解题
过程．
(4)求解此类问题的方法，除了以上所述根据追及的主要条件和临界条件解联立方程外，
还有利用二次
函数求极值，及应用图象法和相对运动知识求解．
相遇问题
相遇问题的分析思路：
相遇问题分为追及相遇和相向运动相遇两种情形，其主要条件是两物体在相遇处的位置
坐标相同．
（1)列出两物体运动的位移方程、注意两个物体运动时间之间的关系．
(2)利用两物体相遇时必处在同一位置，寻找两物体位移间的关系．
(3)寻找问题中隐含的临界条件．
(4)与追及中的解题方法相同．
二、典型例题
【例 1】物体 A、B 同时从同一地点，沿同一方向运动，A以 10m/s 的速度匀速前进，B以 2m/s2
的加速度从静止开始做匀加速直线运动，求 A、B 再次相遇前两物体间的最大距离．
【解析一】 物理分析法
A 做 υA＝10 m/s 的匀速直线运动，B 做初速度为零、加速度 a＝2 m/s2的匀加速直线运
动．根据题意，开始一小段时间内，A 的速度大于 B 的速度，它们间的距离逐渐变大，当 B
的速度加速到大于 A 的速度后，它们间的距离又逐渐变小；A、B 间距离有最大值的临界条
件是υA＝υB． ①
设两物体经历时间 t 相距最远，则υA＝at ②
把已知数据代入①②两式联立得 t＝5 s
在时间 t 内，A、B 两物体前进的距离分别为
sA＝υAt＝10×5 m＝50 m
sB＝
1
2
at2
＝
1
2
×2×5
2
m＝25 m
A、B 再次相遇前两物体间的最大距离为
Δsm＝sA－sB＝50 m－25 m＝25 m
【解析二】 相对运动法
因为本题求解的是 A、B 间的最大距离，所以可利用相对运动求解．选 B 为参考系，则 A
相对 B的初速度、末速度、加速度分别是υ0＝10 m/s、υt＝υA－υB＝0、a＝－2 m/s2．
根据υt
2
－υ0＝2as．有0－102＝2×(-2)×sAB
解得Ａ、B间的最大距离为 sAB＝25 m．
【解析三】 极值法
物体 A、B 的位移随时间变化规律分别是 sA＝10t，sB＝
1
2
at2＝
1
2
×2×t2 ＝t5
.
则 A 、 B 间 的 距 离 Δs＝10t－t2
， 可 见 ， Δs 有 最 大 值 ， 且 最 大 值 为
Δsm＝
4×(－1)×0－10
2
4×(－1)
m＝25 m
【解析四】 图象法
根据题意作出 A、B 两物体的υ-t 图象，如图 1-5-1 所示．由图可知，A、
B再次相遇前它们之间距离有最大值的临界条件是υA＝υB，得 t1＝5 s．
A 、 B 间 距 离 的 最 大 值 数 值 上 等 于 ΔOυAP 的 面 积 ， 即
Δsm＝
1
2
×5×10 m＝25 m．
【答案】25 m
【点拨】相遇问题的常用方法
(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，按（解法一）中的思
路分析．
(2)相对运动法：巧妙地选取参考系，然后找两物体的运动关系．
(3)极值法：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△＞0，即有两个解，说明可以相遇两次；若△＝0，说明刚好追上或相碰；
若△＜0，说明追不上或不能相碰．
(4)图象法：将两者的速度时间图象在同一个坐标系中画出，然后利用图象求解．
拓展
如图 1-5-2 所示是甲、乙两物体从同一地点，沿同一方向做直线运动的
υ－t图象，由图象可以看出 （ 〕
A．这两个物体两次相遇的时刻分别是 1s 末和 4s 末
B．这两个物体两次相遇的时刻分别是 2s 末和 6s 末
C．两物体相距最远的时刻是 2s 末
D．4s 末以后甲在乙的前面
【解析】从图象可知两图线相交点 1s 末和 4s 末是两物速度相等时刻，从 0→2s，乙追赶甲
到 2s 末追上，从 2s 开始是甲去追乙，在 4s 末两物相距最远，到 6s 末追上乙．故选 B．
【答案】B
【实战演练 1】（2011·新课标全国卷）甲乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速
度方向一直不变。在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小
是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙
的加速度大小减小为原来的一半。求甲乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比。
【思路点拨】解答本题时可由运动学公式分别写出两汽车的速度和位移方程，再根据两车加
速度的关系，求出两车路程之比。
【精讲精析】设汽车甲在第一段时间间隔末（时刻 t0）的速度为 v，第一段时间间隔内行驶
的路程为 s1，加速度为 a，在第二段时间间隔内行驶的路程为 s2，由运动学公式有，
v=a t0 ①
s1=
1
2
a t0
2
②
s2=v t0＋
1
2
2a t0
2
③
设汽车乙在时刻 t0的速度为 v′，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为 s1′、s2′，
同理有，
v′=2a t0 ④
s1′=
1
2
2a t0
2
⑤
s2′=v′ t0＋
1
2
a t0
2
⑥
设甲、乙两车行驶的总路程分别为 s、s′，则有
s= s1＋s2 ⑦
s′= s1′＋s2′ ⑧
联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶路程之比为
s
s′
=
5
7
答案：
5
7
【实战演练 2】(2011·安徽省级示范高中名校联考)甲、乙两辆汽车，同时在一条平直的公
路上自西向东运动，开始时刻两车平齐，相对于地面的 v－t 图象如图所示，关于它们的运
动，下列说法正确的是( )
A．甲车中的乘客说，乙车先以速度 v0向西做匀减速运动，后向东做匀加速运动
B．乙车中的乘客说，甲车先以速度 v0向西做匀减速运动，后做匀加速运动
C．根据 v－t图象可知，开始乙车在前，甲车在后，两车距离先减小后增大，当乙车速
度增大到 v0时，两车恰好平齐
D．根据 v－t图象可知，开始甲车在前，乙车在后，两车距离先增大后减小，当乙车速
度增大到 v0时，两车恰好平齐
【答案】A
【详解】甲车中的乘客以甲车为参考系，相当于甲车静止不动，乙车以初速度 v0向西
做减速运动，速度减为零之后，再向东做加速运动，所以 A 正确；乙车中的乘客以乙车为参
考系，相当于乙车静止不动，甲车以初速度 v0向东做减速运动，速度减为零之后，再向西
做加速运动，所以 B错误；以地面为参考系，当两车速度相等时，距离最远，所以 C、D 错
误．
考点 2 相遇问题
相遇问题的分析思路：
相遇问题分为追及相遇和相向运动相遇两种情形，其主要条件是两物体在相遇处的位置
坐标相同．
（1)列出两物体运动的位移方程、注意两个物体运动时间之间的关系．
(2)利用两物体相遇时必处在同一位置，寻找两物体位移间的关系．
(3)寻找问题中隐含的临界条件．
(4)与追及中的解题方法相同．
【例 2】甲、乙两物体相距 s，同时同向沿同一直线运动，甲在前面做初速度为零、加速度
为 a1的匀加速直线运动，乙在后做初速度为υ0，加速度为 a2的匀加速直线运动，则 （ ）
L=20
l=1
l=1
A
B
图 1-5-3
A．若 a1＝a2，则两物体可能相遇一次
B．若 a1＞a2，则两物体可能相遇二次
C．若 a1＜a2，则两物体可能相遇二次
D．若 a1＞a2，则两物体也可相遇一次或不相遇
【解析】 设乙追上甲的时间为 t，追上时它们的位移有υ0t＋
1
2
a2t
2－
1
2
a2t
2＝s
上式化简得：(a1－a2)t
2－2υ0t＋2s＝0
解得：t＝
2υ0± 4υ0
2
－8s(a1－a2)
2(a1－a2)
(1)当 a1＞a2时，差别式“△”的值由υ0、a1、a2、s 共同决定，且 △＜2υ0，而△的值
可能小于零、等于零、大于零，则两物体可能不相遇，相遇一次，相遇两次，所以选项 B、
D正确．
（2）当 a1＜a2时，t 的表达式可表示为t＝
－2υ0± 4υ0
2
－8s(a2－a1)
2(a2－a1)
显然，△一定大于零．且 △＞2υ0，所以 t 有两解．但 t 不能为负值，只有一解有物理意
义，只能相遇一次，故 C选项错误．
(3)当 a1＝a2时，解一元一次方程得 t＝s/υ0，一定相遇一次，故 A选项正确．
【答案】A、B、D
【点拨】注意灵活运用数学方法，如二元一次方程△判别式．本题还可以用 v—t 图像分析
求解。
拓展
A、B 两棒均长 1ｍ，A 棒悬挂于天花板上，B 棒与 A 棒在一条竖直线上，直立在地面，A 棒
的下端与 B棒的上端之间相距 20ｍ，如图 1-5-3 所示，某时刻烧断悬挂 A 棒
的绳子，同时将 B 棒以 v0=20ｍ/ｓ的初速度竖直上抛，若空气阻力可忽略不计
，且 g=10m/s2
，试求：
（1）A、B两棒出发后何时相遇？
（2）A、B两棒相遇后，交错而过需用多少时间？
【解析】本题用选择适当参考系，能起到点石成金的效用。
由于 A、B 两棒均只受重力作用，则它们之间由于重力引起的速度改变相同，它们之间只有
初速度导致的相对运动，故选 A 棒为参考系，则 B 棒相对 A 棒作速度为 v0的匀速运动。
则 A、B 两棒从启动至相遇需时间
ss
v
Lt 1
20
20
0
1
当 A、B 两棒相遇后，交错而过需时间
ss
v
lt 1.0
20
22
0
2
【答案】(1) 1s (2) 0.1s
【例 3】（易错题）经检测汽车 A 的制动性能：以标准速度 20m/s 在平直公路上
图 1-5-4
行驶时，制动后 40s 停下来。现 A在平直公路上以 20m/s 的速度行驶发现前方 180m 处有一
货车 B以 6m/s 的速度同向匀速行驶，司机立即制动，能否发生撞车事故？
【错解】设汽车 A 制动后 40s 的位移为 x1，货车 B 在这段时间内的位移为 x2。
据
t
vva 0
得车的加速度 a=-0.5m/s
又 2
01 2
1 attvx 得
mx 40040)5.0(
2
14020 2
1
mtvx 24040622
x2=v2t=6×40=240（m）
两车位移差为 400-240=160（m）
因为两车刚开始相距 180m＞160m
所以两车不相撞。
【错因】这是典型的追击问题。关键是要弄清不相撞的条件。汽车 A 与货车 B 同速时，两车
位移差和初始时刻两车距离关系是判断两车能否相撞的依据。当两车同速时，两车位移差大
于初始时刻的距离时，两车相撞；小于、等于时，则不相撞。而错解中的判据条件错误导致
错解。
【正解】如图 1－5汽车 A 以 v0=20m/s 的初速做匀减速直线运动经 40s 停下来。据加速度公
式可求出 a=-0.5m/s2
当 A 车减为与 B 车同速时是 A 车逼近 B 车距离最多的时刻，这时若能
超过 B车则相撞，反之则不能相撞。
据 axvv 22
0
2 可求出 A车减为与 B 车同速时的位移
mm
a
vv
x 364
5.02
36400
2
22
1
0
此时间 t 内 B 车的位移速 s2,则 a
vvt 02
mmtvx 16828622
△x＝364-168＝196＞180（m）
所以两车相撞。
【点悟】分析
追击问题应把两物体的位置关系图画好。如图 1-5-4，通过
此图理解物理情景。本题也可以借图像帮助理解，如图 1-5-5
所示，阴影区是 A车比 B 车多通过的最多距离，这段距离若能大于两车初始时刻的距离则两
车必相撞。小于、等于则不相撞。从图中也可以看出 A 车速度成为零时，不是 A 车比 B车多
走距离最多的时刻，因此不能作为临界条件分析。
【实战演练 1】(2011·长沙模拟)在平直公路上，自行车与同方向行驶的一辆汽车在 t=0 时
同时经过某一个路标，它们的位移随时间变化的规律为：汽车 x=10t-t2，自行车 x=5t，(x
的单位为 m，t 的单位为 s)，则下列说法正确的是( )
A.汽车做匀加速直线运动，自行车做匀速直线运动
B.经过路标后的较短时间内自行车在前，汽车在后
C.在 t=2.5 s 时，自行车和汽车相距最远
D.当两者再次同时经过同一位置时，它们距路标 12.5 m
【答案】选 C.
【详解】由汽车和自行车位移随时间变化的规律知，汽车做匀减速运动，v0=10 m/s，a=-2
m/s2，自行车做匀速直线运动，v=5 m/s，故 A、B 错误.当汽车速度和自行车速度相等时，
相距最远.根据 v=v0+at，t=2.5 s，C 正确.当两车位移相等时再次经过同一位置,故 10t′
-t′2=5t′,解得 t′=5 s,
x=25 m，故 D 错误.
【实战演练 2】(2011·东北三校联考)从同一地点同时开始沿同一直线运动的两个物体Ⅰ、
Ⅱ的速度—时间图象如图所示．在 0～t2时间内，下列说法中正确的是( )
A．Ⅰ物体所受的合外力不断增大，Ⅱ物体所受的合外力不断减小
B．在第一次相遇之前，t1时刻两物体相距最远
C．t2时刻两物体相遇
D．Ⅰ、Ⅱ两个物体的平均速度大小都是
v1＋v2
2
【答案】B
【详解】速度—时间图象中Ⅰ物体的斜率逐渐减小，即Ⅰ物体的加速度逐渐减小，所以
Ⅰ物体所受合外力不断减小，A 错误；在 0～t1时间内，Ⅱ物体的速度始终大于Ⅰ物体的速
度，所以两物体间距离不断增大，当两物体速度相等时，两物体相距最远，B正确；在速度
—时间图象中图线与坐标轴所围面积表示位移，故到 t2时刻，Ⅰ物体速度图线所围面积大于
Ⅱ物体速度图线所围面积，两物体平均速度不可能相同，C、D错误．
◇限时基础训练（20 分钟）
1．如图1-2-6所示，某同学沿一直线行走，现用频闪照相记录了他行走中9个位置的图
片，观察图片，能大致反映该同学运动情况的速度－时间图象是图1-2-7中的（ ）
1．答案：C．解析：从图片可知，该同学在连续相等时间间隔内位移先逐渐增多，说明
先向右做加速运动；后向左连续相等时间内位移相等，说明后向左做匀速运动.选项 C 正确.
2．两辆游戏赛车在 a、b在两条平行的直车道上行驶．t =0 时两车都在同一计时线处，
此时比赛开始．它们在四次比赛中 tv 图像的如图 1-2-8 图像所示．哪些图对应的比赛中，
有一辆赛车追上了另一辆（ AC ）
3．一质点从 A点沿直线向 B点运动，开始时以加速度 1a 加速运动到 AB之间的某一点
C，然后接着又以加速度 2a 继续作匀加速运动到达 B点．该质点若从 B点以加速度 2a 运动
到 C点，接着又以加速度 1a 继续加速运动到达 A点，则两次运动的过程中( )
A．由于相同的路段加速度相同，所以它们所用的时间相同
B．由于相同的路段加速度相同，所以它们的平均速度大小相同
C．虽然相同的路段加速度相同，但先后的加速的加速度顺序不同，所用的时间肯定不
同
D．由于相同的路段加速度相同，它们的位移大小相同，所以它们的末速度大小相同
3．答案：CD．解析：两次运动的在每段相同的路径上加速度相同，说明两次的末速度
相同，位移的大小相同，利用这两个特点作出两次运动中的路程与时间图像如答图 1-2-1，
就可以判断出正确的选项．
设质点第一次到达 C 点的速度为 1Cv ，第一次的末速度为 Bv ，那么在第一次的运动中，
有
ACC sav 1
2
1 2
图 1-2-8
0 t/s5 10 15 20 25 30
10
v/(m/s)
5
A
a
b
0 t/s5 10 15 20 25 30
10
v/(m/s)
5
B
a
b
0 t/s5 10 15 20 25 30
10
v/(m/s)
5
C
a
b
0 t/s5 10 15 20 25 30
10
v/(m/s)
5
D
a
b
图 1-2-6
v
t
0
A
v
t
0
B
v
t
0
C
v
t
0
D
图 1-2-7
答图
1-2-1
O
v
vt
tt1 t2
CBCB savv 2
2
1
2 2
CBACB sasav 21
2 22 ①
同理，在第二次运动中有 BCC sav 2
2
2 2
CACA savv 1
2
2
2 2
CBACA sasav 21
2 22 ②
比较①②两末速度的大小，它们是相等的．
由于两段路段上的加速度不同，所以假设 1a > 2a ，分别作出质点在这两次运动中的速率
－时间图像，如图所示，由图像与时间轴所围的面积相等，显然，第一次所用的时间少一些．故
C、D 正确．
4．甲、乙两汽车在一条平直的单行道上乙前甲后同向匀速行驶．甲、乙两车的速度分
别为 m/s4001 v 和 m/s2002 v ，当两车距离接近到 s 250 m 时两车同时刹车，已知两
车刹车时的加速度大小分别为 2
1 0.1 m/sa 和 2
2 3/1 m/sa ，问甲车是否会撞上乙车?
4．答案：（略）．解析：作两车的运动草图和 v-t图像如答图 1-2-2、1-2-3 所示．从图中
可看出：在 0～t秒即两车速度相等之前，后面的甲车速度大，追得快；前面的乙车速度小，
“逃”得慢．两车之间的距离越来越小，而在 t秒后，后面的车速度小于前面车的速度．可
见，速度相等时，两者距离最近．此时若不会相撞，那么以后一定不会相撞，由此可知速度
相等是解决本题的关键．
两车速度相等时有 tav 101 tav 202 ，得 s30t
故在 30 s 内，甲、乙两车运动的位移分别为
m750
2
1 2
101 tatvs甲 ， m450
2
1 2
202 tatvs乙
因为
甲乙 sss m700 ，故甲车会撞上乙车．
5．一物体做直线运动，速度图象如图2所示，设向右为正方向，则前 s4 内( )
A．物体始终向右运动
B．物体先向左运动，后 s2 开始向右运动
C．前 s2 物体位于出发点左方，后 s2 位于出发点的右方
答图 1-2-2
甲
v01=40m/s
s
v02=20m/s
a1=1m/s2 a2= 3
1
m/s2
乙
40
v/m·s-1
t/t
后
20
40 60
前
答图 1-2-3
D．在 s2t 时，物体距出发点最远
5．答案：BC．解析 这是粤教版上的一道习题，解此题时学生选择 A 或 C 较多．学生
依据图线随时间斜向上倾斜，认为物体向正方向运动，错误地选择选项 A；学生依据 s2 前
速度是负， s2 后速度为正，且前 s2 是加速运动，后 s2 也是加速运动，即速度是由 m/s5
一直加速到 m/s5 ，因为速度越来越大，所以认为前 s2 物体位于出发点左方，后 s2 位于出
发点的右方而错选选项 C．正确解答此题的对策是抓住:物体的运动方向是由速度的正负决定
的，物体的位置是由位移决定的，纵轴正、负号只表示速度的方向，前 s2 物体是向左做减
速运动，后 s2 是向右做加速运动，物体在某段时间内的位移等于这段时间内所对应的 tv
图线所围的图形的面积的代数和，因此 s2 末物体位于出发点最左端 m5 处，从 s2 末开始向
右加速运动，在 s4 之前，物体一直位于出发点左侧，在 s4 末回到出发点，所以正确的选项
是 BC．
6. 某物体运动的 tv 图象如图 1 所示,则物体运动情况是( C )
A. 往复来回运动
B.匀变速直线运动
C. 朝同一方向做直线运动
D.无法判断
7．某同学从学校匀速向东去邮局，邮寄信后返回学校．在下图 2中能够正确反映该同
学运动情况的 ts 图应是( C )
8．如图 3 所示，图线 a、 b、 c是三个质点同时同地开始沿直线运动的位移—时间图
象，则 0~0 t 时间内( )
A．三质点的平均速度相等
B． a的平均速度最大
C．三质点的平均速率相等
D．b的平均速率最小
8．A (提示：首先要清楚：平均速度＝位移÷时间，平均速率＝路程÷时间．O～ 0t 内，
三质点位移相同，则平均速度均相同，而三个质点的路程有 cba sss ＝＞ ,则 b与 c的平均速
率相等， a的平均速率最大)
9．A、B 两辆汽车在平直公路上朝同一方向运动，如图 6所示为
两车运动的速度—时间图象，对于阴影部分的说法正确的是( )
A．若两车从同一点出发，它表示 B 车追上 A 车前两车的最大距离
B．若两车从同一点出发，它表示 B 车追上 A 车前的最小距离
C．若两车从同一点出发，它表示 B 车追上 A 车时离出发点的距离
图 6
图 3
图 2
图 1
D．表示两车出发前相隔的距离
9．A (速度相等时,两车间的距离最远,阴影部分表示 A 比 B 多走的位移)
如图，足够长的水平传送带始终以大小为 v＝3m/s 的速度向左运动，传送带上有一质量
为 M＝2kg 的小木盒 A，A 与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0．3，开始时，A 与传送带之间
保持相对静止。先后相隔△t＝3s 有两个光滑的质量为 m＝1kg 的小球 B 自传送带的左端出
发，以 v0＝15m/s的速度在传送带上向右运动。第 1 个球与木盒相遇后，球立即进入盒中与
盒保持相对静止，第 2 个球出发后历时△t1＝1s/3 而与木盒相遇。求（取 g＝10m/s2）
（1）第 1 个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度时多大？
（2）第 1 个球出发后经过多长时间与木盒相遇？
（3）自木盒与第 1 个球相遇至与第 2 个球相遇的过程中，由于木盒与传送带间的摩擦
而产生的热量是多少？
（1）设第 1 个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度为 v1,根据动量守恒定律：
0 1( )mv Mv m M v （1 分）
代入数据，解得： v1=3m/s （1 分）
（2）设第 1 个球与木盒的相遇点离传送带左端的距离为 s，第 1 个球经过 t0与木盒相
遇,则： 0
0
st
v
（1 分）
设第 1 个球进入木盒后两者共同运动的加速度为 a，根据牛顿第二定律：
( ) ( )m M g m M a 得：
23 /a g m s （1 分）
设木盒减速运动的时间为 t1,加速到与传送带相同的速度的时间为 t2，则：
1 2
vt t
a
=1s （1 分）
故木盒在 2s 内的位移为零 （1 分）
依题意： 0 1 1 1 2 0( )s v t v t t t t t （2 分）
代入数据，解得： s=7．5m t0=0．5s （1 分）
（3）自木盒与第 1 个球相遇至与第 2 个球相遇的这一过程中,传送带的位移为 S，木盒
的位移为 s1,则： 1 0( ) 8.5S v t t t m （1 分）
1 1 1 2 0( ) 2.5s v t t t t t m （1 分）
AB
v
v0
故木盒相对与传送带的位移： 1 6s S s m
则木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是： 54Q f s J （2 分）
三、课后练习
1．如图 1-4-19 所示(t 轴单位为 s)，有一质点，当 t＝0 时从原点由静止开始出发，沿直线运
动，则：
A.t=0.5s 时离原点最远
B.t＝1s 时离原点最远
C.t=1s 时回到原点
D.t＝2s 时回到原点
1．BD 解析：v-t 图线与时间轴（t 轴）围成的几何图形的面积等于位
移的大小，t 轴上方图形面积为正值，下方图象面积为负值，分别表
示位移的方向．一段时间内的位移值等于这段时间内几何图形面积的
和．
2. 某物体沿直线运动的 v-t 图象如图 1-4-20 所示，由图可看出物体:
A．沿直线向一个方向运动
B．沿直线做往复运动
C．加速度大小不变
D．做匀变速直线运动
2．BC 解析：一段时间内的位移值等于这段时间内几何图形面积的和．图线斜率的绝对值为
加速度大小．
3．汽车甲沿着平直的公路以速度 v0做匀速直线运动，当它路过某处的同时，该处有一辆汽
车乙开始做初速为 0 的匀加速直线运动去追赶甲车，根据上述的已知条件：
A.可求出乙车追上甲车时乙车的速度
B.可求出乙车追上甲车时乙车所走的路程
C.可求出乙车从开始起到追上甲车时所用的时间
D.不能求出上述三者中的任何一个
3．A；解析：设乙车的加速度为 a，两车经历时间 t 能相遇，由两车的位移关系可知：
2
0 2
1 attv ；解得：
a
v
t 02
，故乙车能追上甲车，乙车追上甲车时乙车速度为：
02 2vatv ，故 A 正确；由于乙车的加速度未知，所以追上的时间、乙车追上甲车时乙
车所走的路程都无法求出，故 B、C、D均错误．
4．甲、乙两物体由同一地点向同一方向，以相同的加速度从静止开始做匀加速直线运动，
若甲比乙提前一段时间出发，则甲、乙两物体之间的距离：
Ａ、保持不变 Ｂ、逐渐增大
Ｃ、逐渐变小 Ｄ、不能确定是否变化
4．B；解析：设前一辆车比后一辆车早开 t ，则后车经历时间 t 与前车距离为
222
2
1)2(
2
1
2
1)(
2
1 tattatttaatttas ，由于加速度 a和 t 为
定值，所以两车间的距离是关于时间的一次函数，所以两车之间的距离不断增大．
5．两辆完全相同的汽车，沿水平直路一前一后匀速行驶，速度均为 v0，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开始刹车．已知前车在刹车过程
中所行的距离为 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.2s C.3s D.4s
5．B；解析：设匀速运动时两车最少应相距 S，两车刹车加速度为 a．前车刹车时间为 1t ，
则 10 atv 前车在此时间内前进位移为
a
v
s
2
2
0 ；后车在 1t 时间内前进位移为
a
v
tvs
2
0
102 ，之后后车刹车距离也等于 s，所以两车在匀速运动阶段至少相距
s
a
v
tvs 2
2
0
102 ，正确答案 B．
6．甲、乙两车以相同的速率 V0在水平地面上相向做匀速直线运动，某时刻乙车先以大小为
a 的加速度做匀减速运动，当速率减小到 0 时，甲车也以大小为 a 的加速度做匀减速运动．为
了避免碰车，在乙车开始做匀减速运动时，甲、乙两车的距离至少应为：
A．
a
V
2
2
0 B．
a
V 2
0 C．
a
V
2
3 2
0 D．
a
V 2
02
．
6．D 解析：在乙做减速运动的过程中，甲做匀速运动，分别发生的位移为：
2
0
1 2
vs
a
和
2
0 0
2 0
v vs v
a a
．在乙停止运动后，甲也做减速运动，设与乙相遇时甲的速度恰好为零，
则甲减速运动位移为
2
0
3 1 2
vs s
a
，故乙开始减速运动时，甲乙之间的距离至少为：
2
0
1 2 3
2vs s s s
a
7．经检测汽车 A 的制动性能：以标准速度 20m/s 在平直公路上行使时，制动后 40s 停下来．现
A 在平直公路上以 20m/s 的速度行使发现前方 180m 处有一货车 B 以 6m/s 的速度同向匀速
行使，司机立即制动，能否发生撞车事故？
7．解析：汽车 A 与货车 B 同速时，两车位移差和初始时刻两车距离关系是判断两车能否相
撞的依据．当两车同速时，两车位移差大于初始时刻的距离时，两车相撞；小于、等于时，
则不相撞．而错解中的判据条件错误导致错解．
本题也可以用不等式求解：设在 t时刻两物体相遇，则有：
ttt 61805.0
2
120 2 ，即： 0720562 tt ．
因为 02567204562 ，所以两车相撞．
8．光滑圆轨道竖直放置不动(如图 1-4-21),A、B 是水平直径上两个端点，小球以相同的速率
沿 ACB 和 ADB 运动到 B 点，比较两种情况用时长短．
8．解析：由机械能守恒定律知，小球沿 ACB 和 ADB 运动到 B点时速率相等，位移
也相等．两种情况下小球运动速率图象如图 4-6 所示，两图线与时间轴围成的几
何图形的“面积”（位移大小）要相等，则必须 Dc tt ，故从 ACB 运动到 B 点的
时间长一些．
9. 一个质点由 A 点出发沿直线 AB 运动，先作加速度为 a1的匀加速直线运动，紧接着作加
速度大小为 a2的匀减速直线运动，抵达 B 点时恰好静止.如果 AB 的总长度是 S，试求质点走
完 AB 所用的时间
9. 解析：画出质点运动的速度图像(如图 4-6 所示),由速度图像的“面
积”表示位移的知识有 S= 2
Vt
, 又 V= 21
212
aa
Saa
t= 21 a
V
a
V
,所以
t= 21
21 )(2
aa
Saa
10．一个物体原来静止在光滑的水平地面上,从 t=0 开始运动,在第 1、3、5、……奇数秒内，
给物体施加方向向北的水平推力，使物体获得大小为
2
2
S
m
的加速度，在第 2、4、6、……
偶数秒内，撤去水平推力，向经过多长时间，物体位移的大小为 40.25m?
10．解析：物体在奇数秒内做匀加速直线运动，加速度大小为
2
2
S
m
；在偶数秒内做匀速直线运动；直观地描述物体的运
动可以借助速度---时间图象，如图 4-7 所示为该物体的运动
的速度---时间图像，物体在第 1S 内的位移为 1m，第 2S 内的
位移为 2m，第 3S 内的位移为 3m，由此规律可得物体在整数秒
A B
C
D
图 1-4-21
图 4-6
图 4-6
图 4-7
内的位移 S= 2
1n
×n〈40.25 得 n＜9，物体在 8S 内的位移为 36m，余下的 4.25m 将在 9S
的部分时间内完成，8S 末物体的速度为 s
m8
，4.25=8t+ 2
1
×
22t 解得 t=0.5S，所以物体总
共用 8.5S．
11．一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数
为μ．初始时，传送带与煤块都是静止的．现让传送带以恒定的加速度α0开始运动，当其
速度达到 v0后，便以此速度做匀速运动．经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色
痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动．求此黑色痕迹的长度．
11．答案： l=
ga
gav
0
0
2
0
2
)(
μ
μ
．解析：根据“传送带上有黑色痕迹”可知，煤块与传送带之
间发生了相对滑动，煤块的加速度 a 小于传送带的加速度 a0．根据牛顿定律，可得煤块的
加速度：
a=μg ①
设经历 t 时间，传送带由静止开始加速到速度等于 v0，煤块则由静止加速到 v，有
v0 = a0t ②
v = at ③
由于 a< a0，故 v< v0，煤块继续受到滑动摩擦力的作用．再经过时间
/t ，煤块的速度由 v 增
加到 v0，有
/
0v v at ④
此后，煤块与传送带运动速度相同，相对于传送带不再滑动，不再产生新的痕迹．
设在煤块的速度从 0 增加到 v0的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为 s0和 s，有
s0= '
2
1
0
2
0 tvta ⑤ s=
a
v
2
2
0 ⑥
传送带上留下的黑色痕迹的长度 l= s0- s ⑦
由以上各式得 l=
ga
gav
0
0
2
0
2
)(
μ
μ
⑧
12．为了安全，在行驶途中，车与车之间必须保持一定的距离．因为，从驾驶员看见某一情
况到采取制动动作的时间里，汽车仍然要通过一段距离（称为思考距离）；而从采取制动动
作到完全停止的时间里，汽车又要通过一段距离（称为制动距离）．下表给出了汽车在不同
速度下的思考距离和制动距离等部分数据．请分析这些数据，完成表格．
速度（km/h） 思考距离(m) 制动距离(m) 停车距离(m)
45 9 14 23
75 15 38
90 73
105 21 75 96
12．答案：18；56；53（以列为序对应填写）．解析：在思考距离内汽车做匀速运动，由第
一栏的数据可以知道人的思考时间： 1 3
15
75 10
t h
，制动加速度：
2 6
245 10 /
2 14
a m h
，
所以第 3 栏的思考距离为： 2 190 18s t m ，制动距离：
2 6
3
90 10 56
2
s m
a
停车距离为思考距离与制动距离之和，第 2 栏的停车距离为 53m
沛县英数王祝您学习进步！
