运动学典型问题及解决方法

1、物理学科培训师辅导讲义运动学典型问题及解决方法教学目标相遇、追及与避碰问题重点、难点相遇、追及与避碰问题考点及考试要求相遇、追及与避碰问题教学内容第 5 课运动学典型问题及解决方法基础知识 一、相遇、追及与避碰问题 对于追及问题的处理，要通过两质点的速度比较进行分析，找到隐含条件（即速度相同时，而质点距离 最大或最小） 。再结合两个运动的时间关系、位移关系建立相应的方程求解，必要时可借助两质点的速度 图象进行分析。二、追击类问题的提示1 匀加速运动追击匀速运动，当二者速度相同时相距最远2 匀速运动追击匀加速运动，当二者速度相同时追不上以后就永远追不上了此时二者相距最近3 匀减速直线运动追匀速运

2、动，当二者速度相同时相距最近，此时假设追不上，以后就永远追不上了4 匀速运动追匀减速直线运动，当二者速度相同时相距最远5 匀加速直线运动追匀加速直线运动，应当以一个运动当参照物，找出相对速度、相对加速度、相对 位移规律方法 1 、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

3、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【例 1】羚羊从静止开始奔跑，经过 50m能加速到最大速度 25m/s，并能维持一段较长的时间；猎豹从静 止开始奔跑，经过 60 m 的距离能加速到最大速度 30m/s，以后只能维持此速度 s. 设猎豹距离羚羊 xm时 开时攻击，羚羊则在猎豹开始攻击后 s 才开始奔跑，假定羚羊和猎豹在加速阶段分别做匀加速运动，且 均沿同一直线奔跑，求：猎豹要在从最大速度减速前追到羚羊，x 值应在什么范围？解析：先分析羚羊

4、和猎豹各自从静止匀加速达到最大速度所用的时间，再分析猎豹追上羚羊前，两者所 发生的位移之差的最大值，即可求 x 的范围。设猎豹从静止开始匀加速奔跑60m达到最大速度用时间 t 2，则 s1v1t，tt1 ， t12 1 12s12 604sv130羚羊从静止开始匀加速奔跑50m 达到最大速度用时间 t 1，则 s2v2 t2， t22s22 504s2 2 2v225猎豹要在从最大速度减速前追到羚羊， 则猎豹减速前的匀速运动时间最多 4s，而羚羊最多匀速 3s 而被追 上，此 x 值为最大值，即 x=S豹S羊= （6030×4）（ 5025×3） =55m，所以应取 x&l

5、t;55m。【例 2】一辆小车在轨道 MN上行驶的速度 v1可达到 50km/h，在轨道外的平地上行驶速度 v2 可达到 40km/h ， 与轨道的垂直距离为 30km的 B 处有一基地，如图所示，问小车从基地B出发到离 D点 100km的 A 处的过程中最短需要多长时间（设小车在不同路面上的运动都是匀速运动，启动时的加速时间可忽略不计）？ 【解析】建构合理的知识体系，巧用类比，触发顿悟性联想。显然，用常规解法是相当繁琐的。我们知道，光在传播过程中“走”的是时间最短的路径。可见， 我们可以把小车的运动类比为光的全反射现象的临界状态（如图所示） ，根据临界角知识得： sinC=v 2/v 1 4

6、/5 ，由图得： sinC x/ x2 302 ，小车运动时间： t= （ 100 x）/vl x2 302 /v 2由以上几式可 得： c 40km， t 245h。【例 3】高为 h 的电梯正以加速度 a 匀加速上升， 忽然天花板上一颗螺钉脱落 螺钉落到电梯底板上所用 的时间是多少？解析：此题为追及类问题，依题意画出反映这一过程的示意图，如图 2 27所示这样至少不会误认 为螺钉作自由落体运动，实际上螺钉作竖直上抛运动从示意图还可以看出，电梯与螺钉的位移关系：22S 梯一 S钉= h式中 S梯vt 十?at2，S钉vt?gt 2可得 t= 2h/ g a错误 ：学生把相遇过程示意图画成如下

7、图，则会出现S梯S钉= h22式中 S梯v0t 十?at 2，S钉 v0t ?gt 22 2 2这样得到 v0t 十?at 2v0t ?gt 2=h，即?（ a g）t 2 2v 0t h=0由于未知 v0，无法解得结果。 判别方法是对上述方程分析， 应该是对任何时间 t ， 都能相遇，即上式中的 4v 02 2（a g）h0也就是 v0 a g h/2，这就对 a与 g关系有了限制， 而事实上不应有这样的限 制的。点评 ：对追及类问题分析的关键是分析两物体运动的运动过程及转折点的条件可见，在追赶过程中， 速度相等是一个转折点，要熟记这一条件在诸多的物理问题中存在“隐蔽条件”，这类问题往往是难

8、 题，于是，如何分析出“隐蔽条件”成为一个很重要的问题，一般是 根据物理过程确定 该题中“隐蔽 条件”就是当两车速度相同时距离最大解析后，问题就迎刃而解2、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 4】在某铁路与公路交叉的道口外安装的自动拦木装置如图所示，当高速列车到达A 点时，道口公路上应显示红灯，警告来越过停 车线的汽车迅速制动，而且超过停车

9、线的汽车能在列车到达道口前 安全通过道口。已知高速列车的速度V1=120km/h，汽车过道口的速度 V2=5km/h ，汽车驶至停车线时立即制动后滑行的距离是 S05m，道口宽度 s26m，汽车长 l=15m。若栏木关闭时间 t l 16s，为保障安全需 多加时间 t 2=20s。问：列车从 A点 到道口的距离 L 应为多少才能确保行车安全？ 解析：由题意知，关闭道口时间为16s，为安全保障再加 20s，即关闭道口的实际时间为 t 0=20+16=36s，汽车必须在关闭道口前已通过道口，汽车从停车线到通过道口实际行程为S=26+5+15=46m，需用时 t2 4650306000 ， 由 此

10、亮 起 红 灯的 时 间 为 T=t0+t2 ，故 A 点 离 道口 的 距离 应 为L=V1T=12000036003646 3650=2304m【例 5】火车以速度 Vl 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（对地、且 V1>V2）做匀速运动司机立即以加速度a 紧急刹车要使两车不相撞， a应满足什么条件？解法一 ：后车刹车后虽做匀减速运动，但在其速度减小至和V2 相等之前，两车的距离仍将逐渐减小；当后车速度减小至小于前车速度，两车距离将逐渐增大可见，当两车速度相等时，两车距离最近若后 车减速的加速度过小，则会出现后车速度减为和前车速度相等之前即追上前车

11、，发生撞车事故；若后车 加速度过大，则会出现后车速度减为和前车速度相等时仍未过上前车，根本不可能发生撞车事故；若后 车加速度大小为某值时，恰能使两车在速度相等时后车追上前车这正是两车恰不相撞的临界状态，此 时对应的加速度即为两车不相撞的最小加速度综上分析可知，两车恰不相撞时应满足下列两方程： 22V1t a0t 2/2 V2t S V 1a0t=V 2 解之可得： a0= V2 V1 所以当 a V2 V1 时，两车即不会相撞2SS V2t 即 at /2 （ V2 V1） t S0对任一时2由此得 a V2 V12SV0= V 1 V2，加速度为 a 的匀减速直线运动当2S 解法二 ：要使两

12、车不相撞，其位移关系应为 V1tat 2/2间 t ，不等式都成立的条件为 （ V2 V1） 22as0解法三 ：以前车为参照物，刹车后后车相对前车做初速度 后车相对前车的速度成为零时，若相对位移S/ S，则不会相撞故由2S /= V02/2a= （V1V2）2/2aS，得 a V2 V12S点评 ：三种解法中，解法一注重对运动过程的分析，抓住两车间距有极值时速度应相等这一关键条件来 求解；解法二中由位移关系得到一元二次方程然后利用根的判别式来确定方程中各系数间的关系，这也是中学物理中常用的数学方法；解法三通过巧妙地选取参照物，使两车运动的关系变得简明说明 ：本题还可以有多种问法，如“以多大的

13、加速度刹车就可以不相碰？”，“两车距多少米就可以不相碰？”，“货车的速度为多少就可以不相碰？”等，但不管哪一种问法，都离不开“两车速度相等”这个条件【例 6】甲、乙两车相距 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。 【分析】由于两车同时同向运动，故有v 甲=v0a2t ，v 乙=a1t 。当 al<a2时，alt<a2t ，可得两车在运动过程中始终有， 以甲、乙两车的距离在不断缩短，经过一段时间后甲车必然超过乙车， 此甲、乙两车只能相遇一次。当 al=a2

14、时，alta2t，可得 v 甲=v0v 乙，同样有 v甲>v 乙，当 al>a2时，alt>a2t ，v 甲和 v 乙的大小关系会随着运动时间的增加而发生变化。刚开始，alt 和a2t 相差不大且甲有初速 v0，所以 v 甲>v 乙；随着时间的推移， alt 和 a2t 相差越来越大；当 alt a2t v0 时， v甲=v 乙，接下来 alta2t>v0，则有 v甲<v乙，若在 v甲=v 乙之前，甲车还没有超过乙车，随后由于v甲<v 乙，甲车就没有机会超过乙车，即两车不相遇；若在v 甲=v 乙时，两车刚好相遇，随后 v 甲<v 乙，甲车又要落后

15、乙车，这样两车只能相遇一次；若在v 甲=v 乙前，甲车已超过乙车，即已相通过一次，随后由于 v 甲< v 乙，甲、乙距离又缩短，直到乙车后反超甲车时，再相遇一次，则两车能相遇两次。22【解】由于 S 甲=v0 t ?a2t 2， S乙=?a1t 2，2 2 2相遇时有 S甲S乙s，则 v0 t ?a2t ?a1t S，?（a1一 a2）t 一 v0 t S0V 甲>V 乙。由于原来甲在后，乙在前，所 且甲超过乙后相距越来越大，因因此甲、乙两车也只能相遇一次。t v02 a1 a2 sggggggg 1a2 a2当当a1<a2时，式；只有一个正解，则相遇一次。22a1a2 时

16、S 甲一 S 乙=v0 t ?a2t 2?a1t 2=v0 t=S ， t=S/v 0 t 只有一个解，则相遇一次。当a l>a2时，若 v 02 <2（ala2）s，式无解，即不相遇。2=2（ al a2） s，式 t 只有一个解，即相遇一次。 若 v 02>2（ala2）s，式 t 有两个正解，即相遇两次。 解法 2：利用 v 一 t 图象求解。当 a l <a2时，甲、乙车的运动图线分别为如图，其中划斜线部分的面积表示若 v0t 时间内甲车比乙车多发生的位移， 着此而积为 S，则 t 时刻甲车追上乙车而相遇， 以后在相等时间内甲车发生的位移都比乙车多， 所以只能相

17、遇一次。当 al=a2 时，甲、乙两车的运动图线分别如图，讨论方法同，所以两车也只能相遇一次。当 al>a2 时，甲、乙两车的运动图线分别为如图的1和 11，其中划实斜线部分面积表示用车比乙车多发生的位移， 划虚斜线部分的面积表示乙车比甲车多发生的位移。 若划线部分的面积小于 S，说明甲追不 上乙车，则不能相遇；若划实斜线部分的面积等于S，说明甲车刚追上乙车又被反超，则相遇一次；若划实斜线部分的面积大于 S，说明 tl 内划实线部分的面积为 S，说明 t 1时刻甲车追上乙车，以后在 t1t 时间内，甲车超前乙车的位移为 tl t 时间内划实线部分的面积，随后在 t t 2时间内，乙车比

18、甲车多发生划应线部分的面积，如果两者相等，则 t 2 时刻乙车反超甲车，故两车先后相遇两次。【例 7】在空中足够高的某处，以初速度 v 竖直上抛一小球， t s 后在同一地点以初速度 v/ 竖直下抛另一 个小球，若使两个小球在运动中能够相遇，试就下述两种情况讨论 t 的取值范围：（l ）0<v/<v，（2）v/ >v 【解析】若两小球在运动中能够在空中相遇，必须是下抛小球刚抛出时，上抛小球已进入下降阶段，且 速度大的小球在后，追赶前面速度小的球，（1）如图甲所示上抛小球速度方向变为向下，大小达v/时所经历的时间为 t 0，则/t 0= v v当 t >t 0时，上抛小球

19、的即时速度 vt > v/ ，上抛小球能够追上下抛小球，但是，若gg上抛小球已越过抛出点， 再向下抛出另一个小球时，两球就不会相遇，而上抛球回到抛出点的时间t 1 为：t 1= 2v 即：当 v v < t < 2v 时两球能够在运动中相遇g g g/2）如图乙所示，上抛小球速度方向变为向下，大小达v/时所经历时间为 t 0/，则： t 0/=v vg 拓展： 若使人能够追上小车，则人与车开始时相距的距离的最大值为多少？当 t <t 0/时，上抛时即时速度vt <v/ ，但若使上抛球在前，t 还大于 t 1=2v/g 才行，因此，两球在运动中相遇的条件为：2v&l

20、t;t< v v/gg 例 8 在同一水平面上，一辆小车从静止开始以1m/ s2 的加速度前进。有一人在车后与车相距S0 25m处，同时开始以 6m/s的速度匀速追车，人与车前进方向相同，则人能否追上车？若追不上，求人与车的最小距离。解析： 如图 1 所示 解法一：判别式法。 假设人能追上车，则人与车的位置坐标相等，即：人、车S0S1 S2 S S0 1 at2 25 vt 即： 1 t2 25 6t222整理得， t 2 12t50人与车能够相遇的条件是：b24ac144S1S2120056<0故方程无解，即人追不上小车。解法二： 当人与车相距最近时，6 6s1即人与车速度相等时

21、，所需时间： t车的位置坐标：S1v2tS066225 43m人的位置坐标：S2vt 636m S2 < S1人追不上小车二者相距的最小距离：S' S1S2 43 36 7m1设此最大值为 S1t 2 6t S t2 12t 2S 02若使人能够追上小车， 144 8S0 S 18m 例 9 客车以的速度行驶，突然发现同轨道的前方 120m 处有一列货车正以 6m/s 的速度同向行驶，于是客车紧急刹车，以 0.8m/s2的加速度作匀减速运动，问两车能否相碰？客车 货车 客、货图2解析： 如图 2 所示。 解法一：判别式法。由图示可知， S1 S2 12012即： V1tat2 V

22、2t 120 t 2 35t 300 01 2 2则， b2 4ac 352 4 300 25 >0 方程有解，即两车能够相碰。解法二： 两车应该相距最远时，即二者速度相等时，所需时间：V1 V2 20 60.817.5s此时，客车的位置坐标：S1v0vt t2t20 6 17.5 227.5m2货车的位置坐标：S2v2t120 6 17.5 120 225m S1 > S2 两车能够相碰。解法三：相对运动。以货车为参照物，在初始状态，客车相对货车的初速度V 相对=206=14m/s，客车相对货车做的是初速度为 V 相对的匀减速直线运动，最后相对货车静止。相对位移：V相对S2a14

23、22 0.8122.5m S > 120m两车会相碰。拓展： 要使两者不会相碰，则最初的距离至少为多少？(122.5m ) 例题 10 一辆汽车在十字路口等候绿灯，当绿灯亮时汽车以m/s 的加速度开始行驶，恰好此时一辆自行车以 m/s 速度驶来，从后边超越汽车试求： 汽车从路口开动后，追上自行车之前经过多长时间两车相距最远？最远距离是多少？ 经过多长时间汽车追上自行车，此时汽车的速度是多少？1 2 1 2解一：速度关系，位移关系 v汽 at v自 t=2s s v自t at 2 6 2 3 22 6(m) 22解二：极值法(1)s v自 t1 at2 6t 3t 2由二次函数的极值条件可

24、知：t6 2s 时， s2 ( 3/2)22最大32sm622226(m)(2) 汽车追上自行车时，二车位移相等26 4s3t ' 2vt1at2解三：用相对运动求解选匀速运动的自行车位参照物，则从运动开始到相距最远vt'2at 3 4 12m/ s, 这段时间内 , 起初相对此参照物的各个物理量为初速v0v汽初v自 06 6m/ s；末速vtv汽末60加速度 aa汽3m/s2相距最远2vt2v02a( 6)2236m (负号表示汽车落后 )解四：图象求解v自(1) t 自 a2ss vt 1 at 222 1 3 22 6m2(2) t' 2t4s2v自 12m/s

25、例 11 公共汽车从车站开出以 4m/s 的速度沿平直公路行驶， 2s 后一辆摩托车从同一车站开出匀加速追赶，加速度为 2m/s2。试问( 1)摩托车出发后，经多少时间追上汽车？( 2)摩托车追上汽车时，离出发点多远？( 3)摩托车追上汽车前，两者最大距离是多少？ 解：开始一段时间内汽车的速度大，摩托车的速度小，汽车和摩托车的距离逐渐增大，当摩托车的速度 大于汽车的速度后，汽车和摩托车的距离逐渐减小，直到追上，显然，在上述过程中，摩托车的速度等 于汽车速度时，它们间的距离最大。 ( 1)摩托车追上汽车时，两者位移相等，即12v(t+2)= at 2解得摩托车追上汽车经历的时间为 t=212(2

26、) 摩托车追上汽车时通过的位移为 s=at 2=29.9m2(3) 摩托车追上汽车前，两车速度相等时相距最远，即 v=at t = v =2sa/ 1 /2最大距离为 s=v(t /+2)- at /2=12m2 小结：求解追及问题要注意明确三个关系：时间关系、位移关系、速度关系，这是我们求解列方程的依 据，涉及临界问题时要抓住临界条件。 例 12 、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 做 匀速运动， 已知 v1>v2 司机立即以加速度 a 紧急刹车， 要使两车不相撞， 加速度 a 的大小应满足什么条 件？解法一：由分析运动过程入手

27、 后车刹车后虽做匀减速运动，但在速度减小到和v2 相等之前，两车的距离将逐渐减小；当后车速度减小到小于前车速度，两车距离将逐渐增大。可见，当两车速度相等时，两车距离最近。若后车减速的 加速度过小，则会出现后车速度减为和前车速度相等即追上前车，发生撞车事故；若后车加速度过大， 则会出现后车速度减为和前车速度相等时仍为追上前车，若后车加速度大小为某一值时，恰能使两车速 度相等时后车追上前车，这是两车不相撞的临界条件，其实对应的加速度即为两车不相撞的临界最小加速度。综合以上分析可知，两车恰不相撞时应满足下列方程：t -a 0t=v 212 v1t-a0t = v 2t+sv2联立上式可解得： a0=

28、（v2 v1）2s所以不 a (v2 v1)2 时时两车即不会相撞 。2s解法二：要使两车不相撞，其位移关系应为v1t-at 2 s+ v 2t22即12 at2+(v2-v1)t+s 0对于位移 s 和时间 t, 上面不等式都成立的条件为2=(v 2-v 1) 2-2as 0由此得 a(v2 v1)22s解法三：以前车为参考系，刹车后后车相对于前车做初速度 v0=v1-v2 、加速度为 a 的匀减速直线运 动，当后车相对前车的速度为零时，若相对位移s/ s 时，则不会相撞。由 s/=2v02a(v2v1)22as得 a(v2v1)22s小结：上述三种解法中，解法一注重了对物体运动过程的分析，

29、抓住两车间距离有极值时速度应相 等这一关键条件来求解；解法二中由位移关系得到一元二次不等到式（一元二次方程）运用数学知识， 利用根的判别式 =b2-4ac 来确定方程中各系数间的关系， 这也是中学物理中常用的数学方法； 解法三通 过巧妙选取参考系，使两车的运动变为后车相对于前车的运动，运算简明。例13 、某人骑自行车以 4m/s 的速度匀速前进， 某时刻在他前面 m处以 10m/s的速度同向行驶的汽车 开始关闭发动机，而以 m/s2 的加速度减速前进，求：自行车未追上前，两车的最远距离； 自行 车需要多长时间才能追上汽车解：当 v 汽 v 自时，有最远距离161004 10s7s汽s自 741

30、6m222 s自 s汽7v1tv0t12 at27t 1=7st2 = s( 舍 )错解）应判断在追上前汽车是否已经停下，s 末汽车已停下，经s 汽车停下且走了m，而 s自=20m, 20m<(7+25)m相遇是在汽车停止后，s 自（m）t （ s ）若 v 自 m/s， s m，何时相遇，相遇时 v 汽？s自 s汽s t=4sv 汽 m/s8t=10t t 2+8t= 2s（ 舍 ） 例 14 在平直公路上， 一辆摩托车从静止出发追赶正前方100m处正以 v0=10m/s 的速度速度前进的卡车，若摩托车的最大速度为 20m/s, 现要摩托车在 2min 内追上上卡车，求摩托车的加速度为

31、多大？ 解析：设摩托车在 2min 内一直加速追上了卡车，它的位移 s1 同汽车的位移 s2 的关系为12s1= s2+s0即 at 2 v0t s02其中 t=2min=120s, v o =10m/s, s 0=100m解得a 13m/s7213若以加速度运动 2min, 摩托车的未速度为 v at 1372摩托车应先做匀加加速运动，达到最大速度vm后，再做匀速运动运动去追赶卡车。根据上述分析可得1 at1221120m/s 21.7m/s 20m/s这说明vm (t t1) s0 v0tv0 at1解得 a2vm20222 m/s 0.18m/s 2(vmt vot so) 2 (20

32、120 10 120 100)这就是摩托车的加速度。小结：上述解得应用了假设法，这是一种重要的思维方法，当物理过程或物理状态有多种可能性时， 运用它排除谬误，辩明真为是比较方便的。 例题 15 （不同线） 有一个很大的湖，岸边（可视湖岸为直线）停放着一艘小船，缆绳突然断开，小 船被风刮跑，其方向与湖岸成 15°角，速度为 2.5km/h 。同时岸上一人从停放点起追赶小船，已知他在 岸上跑的速度为 4.0km/h ，在水中游的速度为 2.0km/h ，问此人能否追及小船？解析：费马原理指出：光总是沿着光程为极小值的路径传播。据此就将一个运动问题通过类比法可转 化为光的折射问题。如图 3

33、 所示，船沿 OP方向被刮跑，设人从 O点出发先沿湖岸跑，在 A 点入水游到 OP方向的 B点，如 果符合光的折射定律，则所用时间最短。根据折射定律：sin90 v1sinv2解得 30 ， 180 15 （90 ） 45间内，若船还未到达 B 点，则人能追上小船，若船已经通过了到达 B点所对应的船速就是小船能被追及的最大船速vm 。又 t t1 t24.02.0在这最短时B点，则人不能追上小船，所以船刚好能根据正弦定理 sinv1m2t0v1t1sin 45 sin15由以上两式可解得：v1v2 sin1202 2km/hv1 sin15 v2 sin45此即小船能被人追上的最大速度，而小船实际速度只有 2.5km/h ，小于 2 2km/h ，所以人能追上小 船。【模型要点】 从空间的角度来讲，两物体经过一段时间到达同一位置。必然存在两种关系：一是空间关系，不在一条直线的相遇问题要做好几何图形，利用三角形知识解题。二是时间关系。这是解决该类问题的切入点。课后作业1经检测汽车 A的制动性能：以标准速度 20m/s 在平直公