2026人教版高中物理必修第一册练习--第二章　专题强化练3　追及、相遇问题（含解析）

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2026人教版高中物理必修第一册
第二章　匀变速直线运动的研究
专题强化练3　追及、相遇问题
题组一　初速度小者追初速度大者
1.(2025重庆多校期中联考)运动员将足球以大小为9 m/s的速度踢出,足球沿草地以大小为1.5 m/s2的加速度做匀减速直线运动,运动员在将足球踢出的同时以大小为6 m/s的速度匀速追赶足球,则运动员追上足球所用的时间为(　　)
A.2 s　　　　B.4 s　　　　C.6 s　　　　D.7 s
2.(多选题)(2025山东潍坊期末)非洲大草原上,猎豹是跑得最快的动物,而羚羊最擅长耐久跑。一只羚羊在草原上沿直线匀速奔跑,潜伏的猎豹发现它在前方150 m时,立即加速追赶,而羚羊的嗅觉和听觉非常灵敏,它发现身后的猎豹后马上加速,如图是它们运动的v-t图像,下列说法正确的是(　　)
A.在0~2 s内,羚羊和猎豹间的距离逐渐增大
B.6 s末时羚羊与猎豹相距30 m
C.猎豹加速时的加速度比羚羊加速时的加速度大
D.12 s末时,猎豹刚好追上羚羊
3.(多选题)(2025辽宁沈阳第二中学月考)质点A沿x轴正方向做匀速直线运动,当质点A经过坐标原点O时,质点B从坐标原点O由静止开始沿x轴正方向做匀加速直线运动,两质点的速度v与位置坐标x的关系图像如图所示,两图像的交点坐标为(4 m,6 m/s),下列说法正确的是(　　)
A.质点B的加速度大小为2.25 m/s2
B.质点B追上质点A时的速度大小为12 m/s
C.两质点在x=4 m处相遇
D.质点B追上质点A前,相距的最大距离为4 m
4.(2025天津五区县重点校联考期中)快到家啦!奔跑中的老鼠杰瑞决定“刹车”回家。如图,就在杰瑞开始减速的同时,身后与它相距x0=10 m的猫咪汤姆发现了它,立即蹑手蹑脚地由静止开始加速,想捉住杰瑞。已知杰瑞的初速度v0为10 m/s,加速度大小a1为2 m/s2,汤姆的加速度大小a2为3 m/s2,受到体力的限制,汤姆加速3 s后不能继续加速,保持匀速运动。求:
(1)在没有干扰的情况下,杰瑞减速到0所用的时间t0;
(2)在追逐过程中汤姆与杰瑞间的最大距离Δx;
(3)若杰瑞开始减速时,刚好距离前方鼠洞24 m,请通过计算判断汤姆能否在杰瑞回到鼠洞前捉住它。(注:三者在同一直线上)
题组二　初速度大者追初速度小者
5.(2025山东日照期中)无人驾驶技术正逐渐走入我们的生活。一无人驾驶网约车以v1=10 m/s的速度匀速行驶,某时刻该网约车传感器探测到正前方s=8 m处有一公交车正在以v2=6 m/s的速度同向匀速行驶,网约车立即刹车做匀减速直线运动,刹车25 m后停下。
(1)求网约车刹车过程的加速度大小;
(2)通过计算判断两车是否相碰 若相碰,求经过多长时间相碰;若不相碰,求两车间的最小距离。
6.(2025河南南阳第一中学月考)如图所示,一汽车停在小山坡底,某时刻,司机发现山坡上距坡底50 m处有泥石流以5 m/s的初速度、2 m/s2的加速度匀加速倾泻而下,假设泥石流到达坡底时速率不变,随后在水平地面上做匀减速直线运动,加速度大小为1 m/s2。从司机发现险情到汽车开始运动共用了2 s,汽车启动后以恒定的加速度一直做匀加速直线运动。
(1)求泥石流到达坡底的时间和速度大小;
(2)试通过计算说明:汽车的加速度至少多大才能脱离危险(结果保留2位小数)。
7.(2025山东烟台期中)如图所示,在平直公路上有两辆汽车A、B(均可看作质点),它们在不同车道沿同一方向做匀速直线运动,A车在前,B车在后,A车速度大小为v1=20 m/s,B车速度大小为v2=30 m/s。当两车沿车道方向距离x0=19 m时,A车因突发情况紧急刹车做匀减速直线运动,加速度大小为a1=2 m/s2,从A车刹车时开始计时,t0=1 s时,B车才注意到A车刹车灯亮起,为防止意外,也立即刹车做匀减速直线运动,加速度大小为a2=6 m/s2,在之后的过程中:
(1)求t=0至t=8 s内B车的位移大小;
(2)判断B车能否超过A车,若能,求B车能够超过A车的最大距离。
题组三　竖直方向的相遇问题
8.(多选题)(2025山东菏泽期中)两名同学在课外活动时用两块小石块做游戏,其中一名同学将小石块a从距离地面为3.6 m的高处由静止释放,同时另外一名同学将小石块b从地面以速度v0竖直向上抛出,小石块a与小石块b在同一竖直线上运动,不计空气阻力,重力加速度大小g取10 m/s2。则(　　)
A.若v0=4 m/s,b在下落过程中与a相遇
B.若v0=5 m/s,b不能与a在空中相遇
C.若v0=6 m/s,b运动至最高点时与a相遇
D.若v0=7 m/s,b在上升过程中与a相遇
9.(2025湖南衡阳第八中学月考)如图所示,同一竖直线上的小球A和小球B静止在地面上方,球B距离地面的高度h=5 m,球A在球B的正上方,同时释放两小球。球B每次与地面碰后均以原速率反弹,并在第三次上升过程中与球A相碰,重力加速度大小为g=10 m/s2,忽略球的直径、空气阻力及碰撞时间,求:
(1)球B第一次落地时的速度大小;
(2)球B在第二次碰地后上升到最高点时,球A下落的距离;
(3)球A起始高度H的取值范围。
题组四　多次相遇问题
10.(2025浙江杭州期中)甲、乙两车在平直公路上同向行驶,其v-t图像如图所示。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,甲车在乙车后7.5 m
C.两车另一次并排行驶的时刻是t=2 s
D.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
11.(2025湖南多校期中联考)汽车甲、乙(均视为质点)在平直公路的两相邻车道上朝同一方向行驶。t=0时刻汽车甲由静止开始做匀加速直线运动,汽车乙在其后方x0=9.6 m处以初速度v0=6 m/s开始做加速度a2=0.6 m/s2的匀加速直线运动,t1=5 s时两车速度大小第一次相等。汽车甲加速至v1=18 m/s后开始做匀速直线运动,汽车乙加速至v2=21 m/s后也开始做匀速直线运动。求:
(1)汽车甲加速时的加速度大小a1;
(2)汽车甲做匀速直线运动前两车相遇的时刻t2;
(3)两车第三次相遇的时刻t3。
题组五　不在同一直线上的相遇问题
12.(2025山东聊城第二中学月考)某市开展礼让行人活动,要求在没有信号灯的路口,一旦行人走上人行道,机动车车头便不能越过停止线。如图所示,一辆家用轿车长度L=4 m,正以v0=10 m/s的速度行驶,车头到停止线的距离为L1=30 m,人行道宽度为L2=4 m。距离人行道为L4=3 m的行人以v1=1 m/s的速度匀速走向长度为L3=9 m的人行道,停止线到人行道的距离可忽略。
(1)若行人与轿车均未发现对方,均做匀速运动,求两者能否相遇;
(2)若轿车立即以恒定的加速度a1=2 m/s2加速,求是否违反要求;
(3)若轿车以恒定的大小为a2的加速度减速,要保证不违反要求,求a2需要满足的条件。
答案与分层梯度式解析
1.B　设足球的初速度为v0,运动员的速度为v,经时间t运动员追上足球,两者位移相同,有v0t-at2=vt,代入数据解得t=4 s,此时足球的速度为v1=v0-at=3 m/s,还未停止运动(易错点),所以运动员追上足球所需时间为4 s,故选B。
2.AC　由题图可知,在0≤t<2 s时羚羊的速度比猎豹的快,而羚羊是被追者,所以两者之间的距离逐渐增大,A正确;由v-t图线与t轴围成的面积表示位移,可知6 s末羚羊的位移为x羚=6×10 m=60 m,猎豹的位移为x猎=×6×30 m=90 m,则6 s末两者之间的距离为Δx=x0+x羚-x猎=120 m,B错误;由v-t图线的斜率表示加速度,可知猎豹加速时的加速度大小为a猎==5 m/s2,羚羊加速时的加速度大小为a羚==4 m/s23.BD　质点B从坐标原点O由静止开始沿x轴正方向做匀加速直线运动,根据速度-位移公式可得v2=2ax,将(4 m,6 m/s)代入解得a=4.5 m/s2,故A错误。设经过t时间,质点B追上质点A,则有at2=vAt,解得t= s,则质点B追上质点A时的速度大小为vB=at=4.5× m/s=12 m/s,两质点相遇时距坐标原点O的距离为x=vAt=16 m,故B正确,C错误。质点B追上质点A前,当它们的速度相同时距离最大(点拨:A、B运动的v-t图像如图),
即当质点B的速度vB'=6 m/s时,距离最大,所用时间为t0== s,在t0时间内,质点A的位移x1=vAt0=8 m,质点B的位移x2=a=4 m,则质点B追上质点A前,相距的最大距离xm=x1-x2=4 m,D正确。
4.答案　(1)5 s　(2)20 m　(3)见解析
解析　(1)规定杰瑞运动方向为正方向,有0=v0-a1t0
可得杰瑞减速到0所用的时间t0==5 s
(2)当汤姆和杰瑞速度相同时,两者距离最大(破题关键),设所用时间为t,有v0-a1t=a2t
解得t=2 s
此时它们的共同速度v共=a2t=6 m/s
杰瑞的位移x1=t=16 m
汤姆的位移x2=a2t2=6 m
则最大距离Δx=x1+x0-x2=20 m
(3)杰瑞开始减速时,距离前方鼠洞x3=24 m,设杰瑞减速到洞口所用的时间为t1,由位移公式可得
x3=v0t1-a1
解得t1=4 s(t1=6 s不合题意,舍去)
此时间内汤姆的位移x4=a2(Δt)2+v(t1-Δt)(点拨:汤姆加速Δt=3 s后不能继续加速)
又v=a2Δt
解得x4=22.5 m
由于x4所以汤姆不能在杰瑞回到鼠洞前捉住它。
5.答案　(1)2 m/s2　(2)见解析
解析　(1)以网约车初速度方向为正方向,由匀变速直线运动规律可得0-=2ax
解得a=-2 m/s2
故网约车刹车过程的加速度大小为2 m/s2。
(2)开始时,网约车的速度大于公交车的速度,两者之间的距离逐渐减小,当两车速度相等时,若网约车还未追上公交车,它们之间的距离达到最小值(破题关键)。设经过时间t1,两车的速度相等,有v1+at1=v2
解得t1=2 s
这段时间内,网约车的位移为
x1=t1=16 m
公交车的位移为x2=v2t1=12 m
由于x1两车间的最小距离Δx=x2+s-x1=4 m
6.答案　(1)5 s　15 m/s　(2)见解析
解析　(1)距坡底50 m处的泥石流以5 m/s的初速度、2 m/s2的加速度匀加速倾泻而下,设泥石流到达坡底时速度大小为v1,所用时间为t1,由速度-位移公式可得-=2a1x0
解得v1=15 m/s
由速度公式可得v1=v0+a1t1
解得t1=5 s
(2)从司机发现险情到汽车开始运动共用了Δt=2 s,设泥石流到达坡底后再经过时间t2,泥石流与汽车达到相同速度v2,若此时泥石流恰好不与汽车相遇,汽车可以最小加速度脱离危险。
对泥石流,有v2=v1-a2t2
对汽车,有v2=amin(t1+t2-Δt)
泥石流与汽车的位移关系为t2=(t1+t2-Δt)
解得amin≈2.27 m/s2
即汽车的加速度至少为2.27 m/s2才能脱离危险。
7.答案　(1)105 m　(2)见解析
解析　(1)从B车开始刹车到减速为零,有
0=v2-a2t1
解得t1=5 s
B车在8 s内运动的总位移包含t0=1 s内的匀速运动的位移和t1=5 s内的匀减速运动的位移,
匀速运动时,有xB1=v2t0=30 m
5 s减速到零过程逆向看成初速度为零的匀加速运动,有xB2=a2=75 m
解得xB=xB1+xB2=105 m
(2)设从B车开始减速,经过时间t2两车速度相等,有v2-a2t2=v1-a1(t2+t0)
解得t2=3 s
从A车刹车开始到A、B共速,A车的位移xA=v1(t0+t2)-a1(t0+t2)2=64 m
B车的位移xB'=v2t0+v2t2-a2=93 m
因为xB'-xA=29 m>x0=19 m
故B车能超过A车,B车能够超过A车的最大距离为xB'-xA-x0=10 m
一题多解　根据题意,A车的刹停时间为t刹==10 s
从B车开始刹车到减速为零,有0=v2-a2t1,解得t1=5 s
从B车开始刹车经过时间t2两车速度相等,有v2-a2t2=v1-a1(t2+t0),解得t2=3 s
则从A车刹车时开始计时,画出A、B运动的v-t图像,如图所示
(1)根据v-t图线与时间轴围成的面积表示位移,可得t=0至t=8 s内B车的位移
xB=x6=×(1+6)×30 m=105 m。
(2)由图可知,0~4 s内B车的速度不小于A车的速度,B车的位移大于A车的位移,若B车能够超过A车,则t=4 s时B车在A车前方与A车的距离最大。
t=1 s时,A车的速度为vA',则有=,解得vA'=18 m/s
0~4 s内B车与A车的位移差Δx=×[(30-20)+(30-18)]×1 m+×(30-18)×(4-1) m=29 m(点拨:B、A的v-t图线与时间轴围成的面积差),可知Δx>x0=19 m
故B车能超过A车,B车能够超过A车的最大距离为Δx-x0=10 m
8.CD　
模型建构
构建小石块a与小石块b分别在b运动的最高点及地面相遇的运动模型,如图所示
若v0=4 m/sv2,可知小石块b在上升过程中与小石块a相遇,B错误,C、D正确。
9.答案　(1)10 m/s　(2)80 m　(3)125 m≤H≤185 m
解析　(1)解法一:球B做自由落体运动,由h=gt2
可得球B的下落时间为t== s=1 s
球B第一次落地时的速度大小v=gt=10×1 m/s=10 m/s
解法二:根据速度-位移公式可得v2=2gh
解得球B第一次落地时的速度大小v==10 m/s
(2)球B从开始下落到第二次碰地后上升到最高点所用总时间t总=4t=4 s
这段时间内球A下落距离为hA=g=×10×42 m=80 m
(3)球B在第三次上升过程中与球A相碰,若球B在第三次碰地刚上升时恰好与球A相碰,则有H1=g(5t)2=×10×52 m=125 m
若球B在第三次碰地后上升到最高点时与球A相碰,则有
H2=g(6t)2+h=×10×62 m+5 m=185 m
所以球A起始高度H的范围为125 m≤H≤185 m
10.D　根据v-t图线与时间轴所围的面积表示位移,可知1~3 s内两车位移相等(点拨:表示位移差的1~2 s内的三角形和2~3内的三角形全等),因两车在t=3 s时并排行驶,可知在t=1 s时两车也并排行驶,A、C错误;0~3 s内甲、乙两车的位移分别为x甲=×3×30 m=45 m,x乙=×3 m=52.5 m,可知在t=0时,甲车在乙车前7.5 m,B错误;
甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离就是两车在1~3 s内的位移大小,为Δx=×2 m=40 m,D正确。
11.答案　(1)1.8 m/s2　(2)2 s或8 s　(3)35.7 s
解析　(1)t1=5 s时,汽车乙的速度大小v3=v0+a2t1
汽车甲的速度大小v4=a1t1
两车速度大小相等,有v3=v4
解得a1=1.8 m/s2
(2)汽车甲加速至v1=18 m/s所需的时间t0==10 s
汽车乙加速至v2=21 m/s所需的时间t0'==25 s
由此可知汽车甲做匀速直线运动前两车均做匀加速直线运动,汽车甲的位移大小x甲=a1
汽车乙的位移大小x乙=v0t2+a2
两车相遇有x乙-x甲=x0
解得t2=2 s或t2=8 s
(3)结合前面分析可知,从t2=8 s两车第二次相遇至两车速度第二次相等前,汽车甲的速度大于汽车乙的速度,两车间距离逐渐增大,0~t0'内汽车甲的位移大小x甲'=a1+v1(t0'-t0)=360 m
0~t0'内汽车乙的位移大小x乙'=v0t0'+a2t0'2=337.5 m
由于x甲'>x乙',可知两车第三次相遇时汽车乙在做匀速直线运动,
0~t3内汽车甲的位移大小x甲″=x甲'+v1(t3-t0')
0~t3内汽车乙的位移大小x乙″=x乙'+v2(t3-t0')
两车第三次相遇有x乙″-x甲″=x0
解得t3=35.7 s
12.答案　(1)见解析　(2)见解析　(3)a2≥ m/s2
解析　(1)从题述时刻到轿车车尾离开人行道所需的时间t==3.8 s
行人在这段时间内的位移为x0=v1t=3.8 m
x0-L4=0.8 m,可知两者不会相遇。
(2)从题述时刻到行人走上人行道所用时间t1==3 s,在3 s内轿车的位移x=v0t1+a1
代入数据得x=39 m>L1+L+L2,故没有违反要求。
(3)从题述时刻到行人穿过人行道所用时间t2==12 s,要保证不违反要求,人恰好通过人行道时,轿车恰好不越过停止线,此种情况下的加速度最小,L1=v0t2-a2min,解得加速度大小a2min= m/s2,按照此加速度,轿车在t2=12 s内的速度变化大小Δv=a2mint2=15 m/s>10 m/s=v0
这种情况不成立。为保证不违反要求,轿车应在到达停止线前停下,最小加速度为正好在停止线停下,
a2min'== m/s2
故轿车的加速度大小应满足a2≥ m/s2
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