高中物理必修一巩固练习-相遇和追及问题(提高)

【巩固练习】解答题：1、（2015肇庆田家炳中学二次月考）航空母舰的飞行甲板长度有限，因此战斗机着舰时必须借助阻拦索才能进行短距降落．假设歼﹣15歼击机在辽宁舰甲板上着舰瞬间的速度为50m/s，在阻拦索的作用下，在甲板上水平滑行100m后停下，水平滑行过程可近似看成匀减速直线运动（1）求歼﹣15的加速度（2）求歼﹣15从着舰到第5秒所滑行的位移．2、（2015湛江师范湛江附中联考）一辆汽车刹车前的速度为90km/h，刹车获得的加速度大小为，求：（1）汽车刹车开始后10s内滑行的距离（2）从开始刹车到汽车位移为30m时所经历的时间t．（3）汽车静止前1s内滑行的距离x′．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、（2015深圳宝安中学期末考）一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以v=12m/s的速度匀速行驶的货车有违章行为时，决定前去追赶，经2.5s，警车发动起来，以加速度a=3m/s2做匀加速运动，试问：（1）警车发动起来后要经多长时间才能追上违章的货车？（2）在警车追上货车之前，两车间的最大距离是多少？【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、（1）5的加速度为﹣12.5m/s2（2）歼﹣15从着舰到第5秒所滑行的位移为100m．解析：（1）根据速度匀变速直线运动的速度时间关系有：2202vvax可得飞机运动的加速度为：222220050/12.5/22100vvamsmsx（2）根据速度时间关系知，飞机匀减速运动的时间为：0020412.5vvtssa根据位移时间关系知，飞机在t=5s内位移等于4s末位移为100m2、（1）汽车刹车开始后10s内滑行的距离为31.25m．（2）从开始刹车到汽车位移为30m时所经历的时间为2s．（3）汽车静止前1s内滑行的距离为5m．解析：（1）90km/h=25m/s汽车刹车到停止所需的时间000252.51010vvtsssa．则汽车刹车后10s内的位移222002531.252210vvxmma．（2）根据2012xvtat得，230255tt﹣，解得12232.5tstss，＞（舍去）（3）通过逆向思维，211'101522xatmm．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021vvatvat甲乙，。（1）当12aa2时，12atat，可得两车在运动过程中始终有vv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vv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12aa时，12atatvv甲乙，，因此甲、乙两车也只能相遇一次。（3）当12aa时，12atat，vv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vv甲乙。随着时间的推移，a1t和a2t相差越来越大，当120atatv时，vv甲乙，接下来120atatv，则有vv甲乙。若在vv甲乙之前，甲车还没有超过乙车，随后由于vv甲乙，甲车就没有机会超过乙车，即两车不相遇；若在vv甲乙时，两车刚好相遇，随后由于vv甲乙，甲车又要落后乙车，这样两车只能相遇一次；若在vv甲乙之前，甲车已超过乙车，即已相遇一次，随后由于vv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22021tatvs＝甲，2121tas＝乙，相遇时有sss乙甲，则022)(0221stvtaa，所以2121200)(2aasaavvt。（1）当12aa时，t只有一个解，则相遇一次。（2）当12aa时，stvtatatvss0212202121乙甲，所以0vst。t只有一个解，则相遇一次。（3）当12aa时，若saav)(22120，t无解，即不相遇；若saav)(22120，t只有一个解，即相遇一次；若saav)(22120，t有两个正解，即相遇两次。4、06asv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。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20)2(21tatvxA，tavva)2(0。对B车有221atxB，atvB。两车有BAsss，追上时，两车刚好不相撞的条件是BAvv，由以上各式联立解得asv60。故要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是06asv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avvavvavvtAAA22000，B车运动的时间为avavtBB,因为BAtt，所以avavv20，sxAxBvAvB即30vv。①A车的位移avvavvxAAA42220202，B车的位移avavxBB2222，因为BAxsx，所以avsavv242220。即avvs43220。②①②两式联立解得asv60。故要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是06asv。解法三（利用判别式解）：由解法一可知BAxsx，即22021)2(21atstatv，整理得02302astvat。这是一个关于时间t的一元二次方程，当根的判别式sav234)2(20＜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06asv。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atvvvA20，对B车有atvvB，由以上两式联立解得avt30。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20000112236vvsvtvaa。故要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是06asv。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tavvtm/s42m/s=2m/s，此时离甲车停止运动的时间4211avtts=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421022121avx甲m=12.5m，设乙走完这段路程所需的时间为t，由甲乙xtax2221得15.12222axt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Ov/(m·s)-1t/s12345678246810a1a2甲乙ttat2215.21021，t=5s。故乙车出发后经过5s追上甲车。6、（1）警车发动起来后要经10s才能追上违章的货车；（2）在警车追上货车之前，两车间的最大距离是54m．解析：（1）设警车经过时间t追上货车，此时货车位移：12.5122.5xvtt（）（）警车的位移：22211322xatt追上的条件是：12xx联立解得：t=10s，t=﹣2s（舍去）；（2）当两者速度相等时，两车距离最大，由：vat得：1243vtssa两车间最大距离为：21(t'2.5)'542xvatm7、0vgH≥02gHvgH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：12hhH[phone]hgthvtgt，0Htv（1）小球2上升过程所用时间为：0vtg上在小球2上升过程中两球相遇，应有：t≤t上即：00vHvg≤得：0vgH≥(2)小球2从抛出到落回原地所用时间为:022t=vTg上在小球2下降过程中两球相遇，应有：t上＜t＜T0002vvHgvg即:02gHvgH8、624m444.6m解析：（1）摩托车的速度54m/s15m/s3.6v＝，警车的最大速度120m/s33.33m/s3.6mv。警车达最大速度的时间127.78smvta，行驶的距离11462.952mvstｍ。在t1时间内摩托车行驶的距离111527.78m416.7svt＝ｍ。因为11162.95sCOs＝ｍ＜，故警车在t1时间内尚未追上摩托车，相隔距离11()253.75sssCO＝ｍ。设需再经时间t2，警车才能追上摩托车，则2 13.84mstvvｓ。从而，截获逃犯总共所需时间1241.6sttt＝,截获处在OB方向距O处距离为624svt＝ｍ。（2）由几何关系可知，060cosCOCB＝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mvsCBt12≈4.11ｓ。在（21tt）时间内摩托车行驶的距离)(212ttvs＝478.35ｍ，此时摩托车距B点20260tansOCsOBs≈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vvstm3≈2.25ｓ。从而，截获逃犯总共所需时间321tttt≈34.1ｓ。截获处在OB间距O处321)(tvttvs＝444.6ｍ。