追碰模型

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2、追及、相遇模型(罗明良)讲解

[典例1] 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。
[解析] 要使两车不相撞，A 车追上 B 车时其速度最大只能与 B 车相等。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。解法 3：图像法
点评：速度大者减速追速度小者(加速)的结论
1．两者速度相等时，追者位移仍小于被追者位移与初始间距之和，则永远追不上，此时二者间有最小距离． 2．若速度相等时，追者位移恰等于被追者位移与初始间距之和，则刚好追上，也是二者相遇时避免碰撞的临界条件． 3．若相遇时追者速度仍大于被追者的速度，则被追者还能再一次追上追者．
追及、相遇问题特点：讨论追及、相遇的问题，其实质就是分析讨论两物体在相同时间内能否到达相同的空间位置问题。一定要抓住两个关系：即时间关系和位移关系。一个条件：即两者速度相等，它往往是物体间能否追上、追不上或（两者）距离最大、最小的临界条件，也是分析判断的切入点。
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解法 1：
[典例1] 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。
[解析] 要使两车不相撞，A 车追上 B 车时其速度最大只能与 B 车相等。设 A、
[典例1] 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。

高中物理基础知识总结几种典型的运动模型

高考物理知识点总结18几种典型的运动模型：追及和碰撞、平抛、竖直上抛、匀速圆周运动等及类似的运动两个基本公式(规律)： V t = V 0 + a t S = v o t +12a t 2 及几个重要推论：(1) 推论：V t2－V 02 = 2as （匀加速直线运动：a 为正值匀减速直线运动：a 为正值）(2) A B 段中间时刻的即时速度: V t/ 2 =V V t 02+=st（若为匀变速运动）等于这段的平均速度 (3) AB 段位移中点的即时速度: V s/2 =v v o t222+V t/ 2 =V =V V t 02+=s t =T SS N N 21++= V N ? V s/2 =v v o t222+匀速：V t/2 =V s/2 ; 匀加速或匀减速直线运动：V t/2 <V s/2 (4) S第t 秒= S t -S (t-1)= (v o t +12a t 2) －[v o ( t －1) +12a (t －1)2]= V 0 +a (t －12)(5) 初速为零的匀加速直线运动规律①在1s 末、2s 末、3s 末……ns 末的速度比为1：2：3……n ； ②在1s 、2s 、3s ……ns 内的位移之比为12：22：32……n 2；③在第1s 内、第 2s 内、第3s 内……第ns 内的位移之比为1：3：5……(2n-1); ④从静止开始通过连续相等位移所用时间之比为1：()21-：32-)……(n n --1)⑤通过连续相等位移末速度比为1：2：3……n(6)匀减速直线运动至停可等效认为反方向初速为零的匀加速直线运动.(先考虑减速至停的时间).“刹车陷井”实验规律：(7) 通过打点计时器在纸带上打点(或频闪照像法记录在底片上)来研究物体的运动规律：此方法称留迹法。

初速无论是否为零,只要是匀变速直线运动的质点,就具有下面两个很重要的特点：在连续相邻相等时间间隔内的位移之差为一常数；?s = aT 2（判断物体是否作匀变速运动的依据）。

模型01 追击与相遇

模型01追击与相遇在追及问题中,若后者能追上前者,则追上时,两者处于同一位置。

若恰好能追上,则相遇时后者的速度等于前者的速度;若后者追不上前者,则当后者的速度与前者的速度相等时,两者相距最近。

在相遇问题中,同向运动的两物体追及即相遇;相向运动的物体,当各自发生的位移大小之和等于开始时两物体之间的距离时相遇。

用数学方法判断追及问题时可先假设能够相遇,列出物体间的位移方程,如果位移方程是关于时间t的二次方程,则当t有唯一正解时,物体相遇一次;当t有两个正解时,物体相遇两次;当t无正解时,物体不能相遇。

1.相遇问题的常见情况(1)同向运动的两物体追及并相遇:两物体位移大小之差等于开始时两物体间的距离。

(2)相向运动的两物体相遇:各自发生的位移大小之和等于开始时两物体间的距离。

2.追及问题的两类情况(1)若后者能追上前者,则追上时,两者处于同一位置,且追上时后者的速度一定不小于前者的速度。

(2)若后者追不上前者,则当后者的速度与前者的速度相等时,两者相距最近。

【易错点】(1)若被追赶的物体做匀减速运动,则一定要注意被追上前该物体是否已停止运动。

(2)仔细审题,注意抓住题目中的关键字(如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等),充分挖掘题目中的隐含条件。

【典例1】（18年全国3卷）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【答案】CD【解析】速度大小等于图象的斜率，A错误，应该是位置相同；因为初始位置不同，虽然t1时刻位置相同，但从0到t1时间内，两车走过的路程不相等,B错误；起、终位置相同，都是直线运动，所以位移相等，C正确；当甲的斜率与乙相等时，速度相等，D正确；【变式训练1】.A、B两个物体在水平面上沿同一直线运动,它们的v-t图象如图所示。

动量守恒多种模型的解题思路-备战2021年高考物理考点专项突破题集(解析版)

专题38 动量守恒多种模型的解题思路-备战2021年高考物理考点专项突破题集1.（碰撞模型）甲、乙两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，甲球的动量是p 1＝5 kg·m/s ，乙球的动量是p 2＝7 kg·m/s ，当甲球追上乙球发生碰撞后，乙球的动量变为p 2′＝10 kg·m/s ，设甲球的质量为m 1，乙球的质量为m 2，则m 1、m 2的关系可能是( ) A ．m 1＝m 2 B ．2m 1＝m 2 C ．4m 1＝m 2 D ．6m 1＝m 2【答案】 C【解析】碰撞过程中动量守恒，可知碰后甲球的动量p 1′＝2 kg·m/s 。

由于是甲追碰乙，碰撞前甲的速度大于乙的速度，有p 1m 1>p 2m 2，可得m 2>75m 1；碰撞后甲的速度不大于乙的速度，有p 1′m 1≤p 2′m 2，可得m 2≤5m 1。

碰撞后系统的动能不大于碰前系统的动能，由E k ＝p 22m 可知p 1′22m 1＋p 2′22m 2≤p 212m 1＋p 222m 2，解得m 2≥177m 1，联立得177m 1≤m 2≤5m 1，C 正确。

2.（碰撞模型综合)如图所示，在粗糙水平面上A 点固定一半径R ＝0.2 m 的竖直光滑圆弧轨道，底端有一小孔。

在水平面上距A 点s ＝1 m 的B 点正上方O 处，用长为L ＝0.9 m 的轻绳悬挂一质量M ＝0.1 kg 的小球甲，现将小球甲拉至图中C 位置，绳与竖直方向夹角θ＝60°。

静止释放小球甲，摆到最低点B 点时与另一质量m ＝0.05 kg 的静止小滑块乙(可视为质点)发生完全弹性碰撞。

碰后小滑块乙在水平面上运动到A 点，并无碰撞地经过小孔进入圆轨道，当小滑块乙进入圆轨道后立即关闭小孔，g ＝10 m/s 2。

(1)求甲、乙碰前瞬间小球甲的速度大小；(2)若小滑块乙进入圆轨道后的运动过程中恰好不脱离圆轨道，求小滑块乙与水平面的动摩擦因数。

高中物理-追碰模型

碰撞模型［模型概述］追碰是物理上一个重要模型，它涉及到动量定理、动量守恒定律、能量守恒等诸多知识点。

从物理方法的角度看。

处理碰撞问题，通常使用整体法（系统）、能量方法，守恒方法及矢量运算。

“追碰”模型所设计的内容在每年的高考中可以以选择、计算题形式出现，所以该类试题综合性强，区分度大，分值权重高，因该部分内容恰是自然界最普遍的两个规律的联手演绎，是中学阶段最重要的主干知识之一，因此相关内容就成为每年高考测试的热点内容。

［模型讲解］一、理解动量守恒定律的矢量性例 1. 如图 1 所示，光滑水平面上有大小相同的 A、B 两球在同一直线上运动，两球质量关系为m B = 2m A ，规定向右为正方向，A、B 两球的动量均为 6kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后 A 球的动量增量为- 4kg ⋅m / s ，则：（）图 1A.左方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 2:5B.左方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 1:10C.右方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 2:5D.右方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 1:10解析：题中规定向右为正方向，而 AB 球的动量均为正，所以 AB 都向右运动，又m B = 2m A ，所以v A= 2v B ，可以判断 A 球在左方，CD 错；碰撞后 A 的动量变化∆p A=-4kg ⋅m / s ，根据动量守恒可知，B 球的动量变化∆p B = 4kg ⋅m / s ，所以碰后 AB 球的动量分别为p A ' = (6 - 4)kg ⋅m / s = 2kg ⋅m / s，p B ' = (6 + 4)kg ⋅m / s = 10kg ⋅m / s 解得v A ': v B ' = 2 : 5 ，所以 A 正确。

评点：动量守恒定律的矢量性即是重点又是难点，解题时要遵循以下原则：先确定正方向，与正方向相同的矢量取正号，与正方向相反的矢量取负号，未知矢量当作正号代入式中，求出的结果若大于零，则与正方向相同，若小于零则与正方向相反，同时也要善于利用动量与动能的关系，但要注意它们的区别。

碰撞及类碰撞模型归类例析

碰撞及类碰撞模型归类例析“碰撞”是高中物理中的一个重要模型，它涉及动量定理、动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律等诸多知识。

处理碰撞问题，需要先根据题意选取恰当的研究对象，合理选取研究过程，并把握该过程的核心要素，再判断研究对象的动量是否守恒、机械能是否守恒，然后根据相应物理规律列方程求解。

一、碰撞的特点：（1）作用时间极短，内力远大于外力，因为极短相互作用时间内可以忽略外力的影响，对系统而言动量保持不变，即总动量总是守恒的；（2）系统能量不能凭空增加，在碰撞过程中，因为没有其他形式的能量转化为动能，所以总动能一定不会增加，在完全弹性碰撞过程中动能守恒，然而在非弹性碰撞中，系统动能减小，总之碰撞不会导致系统动能增加；（3）在碰撞过程中，当两物体碰后速度相等，即发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大；（4）在碰撞过程中，两物体产生的位移可以忽略不计。

二、常见的碰撞模型： 1．弹性碰撞弹性碰撞是高中物理碰撞问题中最常见的模型，对该碰撞问题的处理所依据的物理原理也相对容易理解。

所谓的弹性碰撞是指研究对象之间在碰撞的瞬间动能没有损失。

（1）动静碰撞模型如图所示，在光滑的水平面上质量为m 1的小球以速度v 1与质量为m 2的静止小球发生弹性碰撞．小球发生的是弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒，得111122m v m v m v ''=+ ，222111122111222m v m v m v ''=+ 由上两式解得：121112m m v v m m -'=+ ，121122m v v m m '=+ 推论：① 若m 1 = m 2，可得v'1 = 0、v'2 = v 1，相当于两球交换速度。

② 若m 1 > m 2，则v'1>0 且v'2>0，即v'1和v'2均为正值，表示碰撞后两球的运动方向与v 1相同． ③ 若m 1>>m 2，则m 1－m 2≈m 1，m 1 + m 2≈m 1，可得v'1 = v1，v'2 = 2v 1。

高中物理常用的24种模型

高中物理常用的24种模型⒈“质心”模型:质心(多种体育运动).集中典型运动规律.力能角度。

⒉“绳件.弹簧.杆件”三件模型:三件的异同点,直线与圆周运动中的动力学问题和功能问题。

⒊“挂件”模型:平衡问题.死结与活结问题,采用正交分解法,图解法,三角形法则和极值法。

⒋“追碰”模型:运动规律.碰撞规律.临界问题.数学法(函数极值法.图像法等)和物理方法(参照物变换法.守恒法)等。

⒌“运动关联”模型:一物体运动的同时性.独立性.等效性.多物体参与的独立性和时空联系。

⒍“皮带”模型:摩擦力.牛顿运动定律.功能及摩擦生热等问题。

⒎“斜面”模型:运动规律.三大定律.数理问题。

⒏“平抛”模型:运动的合成与分解.牛顿运动定律.动能定理(类平抛运动)。

⒐“行星”模型:向心力(各种力).相关物理量、功能问题、数理问题(圆心、半径、临界问题)。

⒑“全过程”模型:匀变速运动的整体性、保守力与耗散力、动量守恒定律、动能定理、全过程整体法。

⒒“人船”模型:动量守恒定律、能量守恒定律、数理问题。

⒓“子弹打木块”模型:三大定律.摩擦生热.临界问题.数理问题.⒔“爆炸”模型:动量守恒定律.能量守恒定律.⒕“单摆”模型:简谐运动.圆周运动中的力和能问题.对称法.图象法.⒖“限流与分压器”模型:电路设计.串并联电路规律及闭合电路的欧姆定律.电能.电功率.实际应用.⒗“电路的动态变化”模型:闭合电路的欧姆定律.判断方法和变压器的三个制约问题.⒘“磁流发电机”模型:平衡与偏转.力和能问题.⒙“回旋加速器”模型:加速模型(力能规律).回旋模型(圆周运动).数理问题.⒚“对称”模型:简谐运动(波动).电场.磁场.光学问题中的对称性.多解性.对称性.⒛电磁场中的单杆模型:棒与电阻.棒与电容.棒与电感.棒与弹簧组合.平面导轨.竖直导轨等,处理角度为力电角度.电学角度.力能角度.21.电磁场中的“双电源”模型:顺接与反接.力学中的三大定律.闭合电路的欧姆定律.电磁感应定律.22.交流电有效值相关模型:图像法.焦耳定律.闭合电路的欧姆定律.能量问题.23.“能级”模型:能级图.跃迁规律.光电效应等光的本质综合问题.24.远距离输电升压降压的变压器模型.。

2025年高三一轮复习物理课件专项突破4四类典型的类碰撞模型

从动量角度看,系统动量守恒:mv0=(M+m)v
从能量角度看,系统损失的动能全部转化为系统因摩擦而产生的内能:
1
1

Q=fx 相对=2m0 2 -2(M+m)v2=2(+) 0 2
情境
f 为子弹或滑块受到的阻力,x 相对为子弹相对木块或滑块相对长木板的位移
子弹射穿木块(或滑块滑离木板)(此种情境类似于非弹性碰撞)
D.若 v0 较小,则可能是图 1 所示情形;
若 v0 较大,则可能是图 2 所示情形
9
专项突破4
解析

d=
0

1+
=
2(+) 2
2 0 2
10
由动量守恒定律有 mv0=(M+m)v。对木块,由动量定理有 ft=Mv,解得
0
t=(+)
=
0 2
四类典型的类碰撞模型
然后反向加速,t2 时刻,弹簧恢复原长状态,因为此时两物块速度相反,故弹簧的长度将逐
渐增大,两物块均减速,t3 时刻,两物块速度相等,系统动能最小,弹簧最长,A 项错误;从 t3
到 t4 过程中弹簧由伸长状态恢复原长,B 项错误;系统动量守恒,从 t=0 开始到 t1 时刻有
m1v1=(m1+m2)v2,将 v1=3 m/s,v2=1 m/s 代入得 m1∶m2=1∶2,C 项正确;在 t2 时刻,A 的速
1

0 2

1+

1

,则 M 越大,d 越大,B 项正确;对木块由动能定理有 fx= Mv2,解得
+
x=2(+ )2 f,则 =

高中物理动量十个模型笔记

高中物理动量十个模型笔记
1、连接体模型：指运动中几个物体叠放在一起、或并排在一起、或用细绳、细杆联系在一起的物体组。

解决这类问题的基本方法是整体法和隔离法。

2、斜面模型：用于搞清物体对斜面压力为零的临界条件。

斜面固定，物体在斜面上情况由倾角和摩擦因素决定物体沿斜面匀速下滑或静止。

3、轻绳、杆模型：绳只能受拉力，杆能沿杆方向的拉、压、横向及任意方向的力。

杆对球的作用力由运动情况决定。

4、超重失重模型：系统的重心在竖直方向上有向上或向下的加速度（或此方向的分量ay);向上超重（加速向上或减速向下）F=m(g+a);向下失重（加速向下或减速上升）F=m(g-a)。

5、碰撞模型：动量守恒；碰后的动能不可能比碰前大；对追及碰撞，碰后后面物体的速度不可能大于前面物体的速度。

6、人船模型：一个原来处于静止状态的系统，在系统内发生相对运动的过程中，在此方向遵从动量守恒。

7、弹簧振子模型：F=-Kx(X、F、a、V、A、T、f、E、E:等量的变化规律）水平型和竖直型。

8、单摆模型：T=2T(类单摆），利用单摆测重力加速度。

9、波动模型：传播的是振动形式和能量．介质中各质点只在平衡位置附近振动并不随波迁移。

10、＂质心＂模型：质心（多种体育运动），集中典型运动规律，力能角度。

高中物理常见“碰撞”模型及其性质分析

“碰撞”作为高中物理中重要的模型之一，在每年的高考物理题中都会出现，除了会出现在选择题中，还会出现在压轴题中。

而且在很多情况下，其背景较为隐蔽，学生难以准确发掘，因此解答问题也就较为困难。

为了帮助学生快速解答常见的碰撞类问题，笔者结合实际问题，系统性地总结常见题型，分析常见问题。

一、弹性碰撞（一）一动碰一静弹性碰撞是物体碰撞后能够恢复到碰撞前的状态，即碰撞前后满足动量守恒。

如图1所示，两小球质量为m1、m2，小球m1以速度v1与静止小球m2发生弹性碰撞，两小球同时进行运动时，由动量守恒和机械能守恒定律有m1v1=m1v'1+m2v'2，12m1v21=12m1v'21+12m2v'22，则进一步可得v'1=m1-m2m1+m2v1，v'2=2m1m1+m2v1。

学生应当牢记这一结果，以便在计算过程中灵活运用，从而提高解题效率。

图1［例1］如图2所示，速度为v0的中子与静止的氢核和氮核发生弹性碰撞，碰撞后氢核和氮核速度分别为v1和v2，则下列说法正确的是（）。

A.碰撞后，氮核的动量小于氢核B.碰撞后，氮核的动能小于氢核C. v2>v1D. v2>v0图2解析：由题意可知，在碰撞过程中中子、氢核和氮核满足动量守恒和机械能守恒。

设中子的质量为m，氢核的质量为m，氮核的质量为14m，设中子与氢核碰撞后中子的速度为v3，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0=mv1+mv3，12mv20=12mv21+12mv23，联立即得v1=v0。

设中子与氮核碰撞后中子的速度为v4，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0=14mv2+mv4，12mv20=12×14mv22+12mv24，联立解得v2=215v0，则v1=v0>v2。

碰撞后，氢核的动量为p H=mv1=mv0，氮核的动量为p N=14mv2=28mv015，可得p N>p H。

高一物理追及和相遇问题

△x
x
v自t
1 2
at 2
6t
3 2
t2
x自
当t
6 2 (
3)
2s时
xm
62 4( 3)
6m
2
2
那么，汽车经过多少时间能追上自行车?此时汽车的速度是多
大?汽车运动的位移又是多大？
x
6T
3 2
T
2
0 x汽
T 4s
1 aT 2＝24m 2
v汽
aT
12m /
s
【模型二】匀速（匀加速）运动的物体 A （速度小）追及同向的匀减速运动的物体B （速度大）
6、(2007全国)甲、乙两运动员在训练交接棒的过程中发现：
甲经短距离加速后能保持9m/s的速度跑完全程；乙从起跑后
到接棒前的运动是匀加速的。为了确定乙起跑的时机，需在
接力区前适当的位置标记。在某次练习中，甲在接力区前
s0=13.5m处作了标记，并以v=9m/s的速度跑到此标记时向乙发出起跑口令，乙在接力区的前端听到口令时起跑，并恰好
③有可能A恰能追上B：当VA=VB时，A、B距离为0。全过程只相遇一次
例题：甲乙两运动员在训练交接棒的过程中发现：甲经短距离加速后能保持9 m/s的速度跑完全程；乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速的，为了确定乙起跑的时机，需在接力区前适当的位置设置标记，在某次练习中，甲在接力区前S0＝13.5 m处作了标记，并以V＝9 m/s的速度跑到此标记时向乙发出起跑口令，乙在接力区的前端听到口令时起跑，并恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，完成交接棒，已知接力区的长度为L＝20 m。求：⑴此次练习中乙在接棒前的加速度a。 ⑵在完成交接棒时乙离接力区末端的距离。

物理建模：碰撞模型的规律及应用

被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO。假设小球
间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是
弹性的，求两小球质量之比 m1。 m2
答案 mm12＝2
转到解析
目录
3．[非弹性碰撞](2015·全国卷Ⅱ)两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段。两者的位置x随时间t变化的图象如图 7所示。求：
加，进而排除选项C；对剩下的选项B，经验证同时满足上述三个制
约关系，所以B正确。
答案 B
解析显隐
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2．[弹性碰撞问题]在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0 向右运动。在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图6所示。小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动。小球B
(1)滑块a、b的质量之比； (2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比。
答案 (1)1∶8 (2)1∶2
转到解析
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4.备选训练
【备选训练】[(2014·新课标全国卷Ⅰ，35(2)]如
图4，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距离地面的高度h＝0.8 m，A
v1
若碰后两物体同向运动,则有v2′≥v1′. ②碰前两物体相向运动，碰后两物
v1'
体的运动方向不可能都不改变.
v1 v2
v1 v2'
v1'
v2'
v2' v1' v2'
v2
目录
2．弹性碰撞的规律
以质量为m1，速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞,有：

追及相遇、传送带、板块模型之我见

追及相遇、传送带、板块模型之我见高中阶段，同学们感到学习物理非常困惑，常常望而却步。

其实有很多模型他们之间看似是互相独立的，实则又是互相关联的。

就追及相遇/传送带、板块模型发表一下自己的意见，供大家参考。

1 追及相遇问题两物体在同一直线上运动，往往涉及追及、相遇或避免碰撞等问题，此类问题的本质的条件就是看两物体能否同时到达空间的同一位置。

1.1 追及问题：追和被追的两物体的速度相等（同向运动）是能否追上及两者距离有极值的临界条件，常见的有下列两种情况：第一类———速度大者减速（如匀减速直线运动）追速度小者（如匀速运动）：①当两者速度相等时，若追者位移仍小于被追者位移，则永远追不上，此时两者间有最小距离。

②若两者位移相等，且两者速度相等时，则恰能追上，也是两者避免碰撞的临界条件。

③若两者位移相等时，追者速度仍大于被追者的速度，则被追者还有一次追上追者的机会，其间速度相等时两者间距离有一个较大值。

第二类———速度小者加速（如初速为零的匀加速直线运动）追速度大者（如匀速运动）：①当两者速度相等时有最大距离。

②若两者位移相等时，则追上。

③被追赶的物体作匀减速运动时，一定要注意追上前该物体是否已停止运动。

1.2 相遇问题：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。

在分析这类问题时，一定要注意抓住一个条件、两个关系：一个条件是两物体速度相等时满足的临界条件，如两物体的距离是最大还是最小，是否恰好追上等。

两个关系是时间关系和位移关系。

其求解的基本思路是：①分别对两物体研究；②画出运动过程示意图；③找出两物体运动的时间关系、速度关系、位移关系；④建立方程，求解结果，必要时进行讨论。

2 传送带问题关于传送带问题，滑块与传送带相互作用的是滑动摩擦力，是参与改变滑块运动状态的重要原因之一。

其大小遵从滑动摩擦力的计算公式，与滑块相对传送带的速度无关，其方向取决于与传送带的相对运动方向，滑动摩擦力的方向改变，将引起滑块运动状态的转折，这样同一物理环境可能同时出现多个物理过程。

碰撞模型及拓展

微专题47 碰撞模型及拓展1．碰撞的特点：系统动量守恒、碰后系统的动能不增加、碰撞前后的速度要符合实际.2.“弹簧－滑块〞模型：(1)系统动量守恒，机械能守恒，但系统的总动能会与弹性势能发生转化；(2)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，相当于完全非弹性碰撞，此时动能最小、弹性势能最大；弹簧恢复原长时相当于完全弹性碰撞，此时系统的总动能等于初态总动能.3.“小球－斜面模型〞：系统只在水平方向动量守恒，当小球滑至斜面最大高度时两物体具有共同速度，此时相当于完全非弹性碰撞，系统损失的动能转化为小球增加的势能．小球从冲上斜面又滑离斜面的全过程，相当于弹性碰撞，全过程系统机械能守恒．1．(·赢在高考模拟)汽车A 和汽车B 静止在水平地面上，某时刻汽车A 开始倒车，结果汽车A 撞到了停在它正前方的汽车B ，汽车B 上装有智能记录仪，能够测量并记录汽车B 前面的物体相对于汽车B 自身的速度．在本次碰撞中，如果汽车B 的智能记录仪测得碰撞前瞬间汽车A 的速度大小为v 0，汽车A 的质量是汽车B 质量的2倍，碰撞过程可视为弹性碰撞，那么碰后瞬间汽车A 相对于地面的速度大小为( )A.12v 0B.23v 0C.13v 0D.14v 0 答案 C解析两汽车发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞后A 、B 的速度大小分别为v 1、v 2，以碰撞前A 的速度方向为正方向，设B 的质量为m ，那么A 的质量为2m ，由动量守恒定律，有2m v 0＝2m v 1＋m v 2，由机械能守恒定律，有12×2m v 02＝12×2m v 12＋12m v 22，解得v 1＝13v 0，应选C. 2．(多项选择)(·百师模拟四)质量为3m 、速度为v 的A 球与质量为m 的静止B 球发生正碰．在两球碰撞后的瞬间，以下说法正确的选项是( )A ．A 球速度可能反向B ．A 球速度可能为0.6vC ．B 球速度可能为vD ．B 球速度可能为1.4v答案 BCD解析假设是弹性碰撞，A 、B 两球组成的系统碰撞前后动量守恒：3m v ＝3m v A ＋m v B ，系统机械能守恒：12×3m v 2＝12×3m v A 2＋12m v B 2，联立解得v A ＝0.5v ，v B ＝1.5v ；假设是完全非弹性碰撞，A 、B 两球组成的系统碰撞前后动量守恒：3m v ＝(3m ＋m )v 共，解得v 共＝0.75v ，因不能确定碰撞类型，碰撞后A 球的速度满足0.5v ≤v A ≤0.75v ，A 球速度不可能反向，A 项错误，B 项正确；碰撞后B 球的速度满足0.75v ≤v B ≤1.5v ，C 、D 项正确．3．(·第二次省际调研)如图1(a)所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球，t ＝0时，甲静止，乙以6 m/s 的初速度向甲运动．它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中两球没有接触)，它们运动的v －t 图像分别如图(b)中甲、乙两曲线所示．那么由图线可知( )图1A ．两带电小球的电性一定相反B ．甲、乙两球的质量之比为2∶1C ．t 2时刻，乙球的电势能最大D ．在0～t 3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小答案 B解析由题图(b)可知，乙球减速的同时，甲球正向加速，说明两球相互排斥，带有同种电荷，故A 错误；两球作用过程动量守恒m 乙|Δv 乙|＝m 甲|Δv 甲|，解得m 甲m 乙＝21，故B 正确；t 1时刻，两球共速，距离最近，那么乙球的电势能最大，故C 错误；在0～t 3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能先减小，t 2时刻后逐渐增大，故D 错误．4．(·一中期末)光滑水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，a 的质量为m ，b 的质量M 可以取不同的数值．现使a 以某一速度向b 运动，此后a 与b 发生弹性碰撞，那么( )A ．当M ＝m 时，碰撞后b 的速度最大B ．当M ＝m 时，碰撞后b 的动能最大C ．当M >m 时，假设M 越小，碰撞后b 的速度越小D ．当M <m 时，假设M 越大，碰撞后b 的动量越小答案 B解析设碰撞前a 的速度为v ，由动量守恒与机械能守恒可知，碰后v a ＝m －M m ＋M ·v ，v b ＝2m m ＋M·v ，m 一定，M 越小，碰撞后b 的速度越大，故A 、C 错误．碰撞后b 的动能E k b ＝12M v b 2＝2Mm 2v 2(M ＋m )2＝2m 2v 2M ＋m 2M＋2m ，当M ＝m 2M ，即M ＝m 时，E k b 最大，故B 正确；b 的动量p ＝M v b ＝2Mm M ＋m ·v ＝2m 1＋m Mv ，知M 越大，p 越大，故D 错误． 5．(多项选择)(·全国名校11月大联考)如图2所示，一异形轨道由粗糙的水平局部和光滑的四分之一圆弧局部组成，置于光滑的水平面上，如果轨道固定，将可视为质点的物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，物块恰好停在水平轨道的最左端．如果轨道不固定，仍将物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，以下说法正确的选项是( )图2A ．物块与轨道组成的系统机械能不守恒，动量守恒B ．物块与轨道组成的系统机械能不守恒，动量不守恒C ．物块仍能停在水平轨道的最左端D ．物块将从轨道左端冲出水平轨道答案 BC解析轨道不固定时，物块在轨道的水平局部时因摩擦产生内能，所以系统的机械能不守恒．物块在轨道的圆弧局部下滑时，合外力不为零，动量不守恒，但是水平方向动量守恒，故A 错误，B 正确；设轨道的水平局部长为L .轨道固定时，根据能量守恒定律得mgR ＝μmgL ，轨道不固定时，设物块与轨道相对静止时共同速度为v ，在轨道水平局部滑行的距离为x .取向左为正方向，根据水平动量守恒得：0＝(M ＋m )v ，那么得v ＝0，根据能量守恒定律得：mgR ＝12(M ＋m )v 2＋μmgx ，联立解得x ＝L ，所以物块仍能停在水平轨道的最左端，故C 正确，D 错误．6.(多项选择)(·市期末)如图3所示，一质量为0.2 kg 的滑块B 放在固定的竖直面内的14光滑圆弧底端，该圆弧的半径为0.45 m ，底端切线水平，且底端距水平地面的高度为0.8 m ．将一质量为0.1 kg 的滑块A 从圆弧顶端由静止释放，在圆弧底端与滑块B 发生弹性碰撞．A 、B 均视为质点，不计空气阻力，重力加速度g ＝10 m/s 2.以下说法正确的选项是( )图3A ．与滑块B 碰撞前瞬间，滑块A 的速度大小为1 m/sB ．与滑块B 碰撞前瞬间，滑块A 的速度大小为3 m/sC ．滑块A 落到水平地面时到圆弧底端的水平距离为0.4 mD ．滑块B 落到水平地面时到圆弧底端的水平距离为1.2 m答案 BC解析对A ，由机械能守恒定律有m A gR ＝12m A v 02，v 0＝2gR ＝3 m/s ，A 错误，B 正确；滑块A 、B 发生弹性碰撞，根据动量守恒定律以及机械能守恒定律有：m A v 0＝m A v 1＋m B v 2，12m A v 02＝12m A v 12＋12m B v 22，得碰后滑块A 的速度v 1＝m A －m B m A ＋m B·v 0＝－1 m/s ，滑块B 的速度v 2＝2m A m A ＋m B·v 0＝2 m/s ，碰后滑块B 做平抛运动，圆弧光滑，滑块A 再次回到圆弧底端时的速度大小为v 1′＝1 m/s ，落到地面的时间为：t ＝2h g＝0.4 s ，A 的水平位移x A ＝v 1′t ＝0.4 m ，B 的水平位移x B ＝v 2t ＝0.8 m ，C 正确，D 错误．7.(多项选择)(·市第一次质检)如图4所示，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为3m ，静止在光滑的水平面上．现有一个可以看成质点的小球，质量为m ，半径略小于管道半径，以水平速度v 从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车．关于这个过程，以下说法正确的选项是( )图4A ．小球滑离小车时，小车回到原来位置B ．小球滑离小车时，小车的速度大小为v 车＝v 2C ．车上管道中心线最高点的竖直高度为3v 28gD ．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是m v 2答案 BC解析小球与小车组成的系统在水平方向上的合外力为零，故在水平方向上动量守恒，所以小车的速度方向一直向右，小球滑离小车时，小车向右运动，不可能回到原来位置，故A 错误；由系统动量守恒可得：m v ＝3m v 车＋m v 球，由机械能守恒定律可得：12m v 2＝12×3m v 车2＋12m v 球2，得v 车＝0.5v ，v 球＝－0.5v ，故B 正确；小球恰好到达管道的最高点时，小球和小车的速度相同，故由动量守恒定律得：m v ＝(3m ＋m )v ′，得v ′＝14v ，小车的动量变化大小为Δp ＝3m ·14v ＝34m v ，故D 错误；由机械能守恒定律可得：12m v 2＝12×4m ×(14v )2＋mgh ，所以车上管道中心线最高点的竖直高度h ＝3v 28g，故C 正确． 8.(·市二诊)如图5所示，物体A 、B 的质量分别为m 、2m ，物体B 置于水平面上，B 物体上部半圆型槽的半径为R ，将物体A 从圆槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计，重力加速度为g .那么( )图5A ．A 、B 物体组成的系统动量守恒B ．A 不能到达圆槽的左侧最高点C ．A 运动到圆槽的最低点时A 的速率为23gR D ．A 运动到圆槽的最低点时B 的速率为gR 3答案 D解析 A 、B 物体组成的系统只有水平方向动量守恒，选项A 错误；运动过程不计一切摩擦，故机械能守恒，那么A 可以到达B 圆槽的左侧最高点，且A 在B 圆槽的左侧最高点时，A 、B 的速度都为零，故B 错误；对A 运动到圆槽的最低点的运动过程由水平方向动量守恒得m v A ＝2m v B ，对A 、B 整体应用机械能守恒可得mgR ＝12m v A 2＋12×2m v B 2，所以A 运动到圆槽的最低点时B 的速率为v B ＝ gR 3，v A ＝ 4gR 3，故C 错误，D 正确． 9．(多项选择)(·市二模)如图6甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A 以速度v 0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x ，现让弹簧一端连接另一质量为m 的物体B (如图乙所示)，物体A 以2v 0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x ，那么( )图6A ．A 物体的质量为3mB ．A 物体的质量为2mC ．弹簧压缩最大时的弹性势能为32m v 02D ．弹簧压缩最大时的弹性势能为m v 02答案 AC解析对题图甲，设物体A 的质量为M ，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩x 时弹性势能E p ＝12M v 02；对题图乙，物体A 以2v 0的速度向右压缩弹簧，A 、B 组成的系统动量守恒，弹簧到达最大压缩量仍为x 时，A 、B 二者到达相等的速度v ，由动量守恒定律有：M ·2v 0＝(M ＋m )v ，由能量守恒有：E p ＝12M ·(2v 0)2－12(M ＋m )v 2，联立两式可得：M ＝3m ，E p ＝12M v 02＝32m v 02，故B 、D 错误，A 、C 正确．10．(·一中月考)如图7所示，小球(可视为质点)用非弹性悬线吊在天花板上，在悬点正下方A 点处有一物块b (可视为质点)放在水平地面上，一质量为2m 的光滑曲面滑块c 与地面在B 点平滑连接，小球a 的质量为m ，物块b 的质量为2m ，物块b 与B 点左侧的水平地面间的动摩擦因数μ＝16，B 点右侧的水平地面光滑．将小球拉到悬线与竖直方向的夹角θ＝60°的位置由静止释放，小球运动到最低点时刚好与物块发生弹性碰撞，碰后物块能滑到曲面上某一高度处．悬线长为L ，A 、B 两点的距离也为L ，重力加速度为g ，求：图7(1)碰后小球a 再次摆动的最大高度；(2)碰后物块b 滑上曲面c 的最大高度．答案 (1)118L (2)136L 解析 (1)设小球与物块碰撞前速度为v 1，根据机械能守恒定律有mg (L －L cos θ)＝12m v 12，解得v 1＝gL .小球与物块碰撞过程动量守恒、机械能守恒，有m v 1＝m v 2＋2m v 3，12m v 12＝12m v 22＋12×2m v 32，解得v 2＝－13gL ，v 3＝23gL ，设碰后小球再次摆动的最大高度为h 1，根据机械能守恒定律有mgh 1＝12m v 22，解得h 1＝118L . (2)物块b 在地面上运动时的加速度大小a ＝μg ，设物块b 运动到B 点的速度为v B ，根据匀变速直线运动规律有v B 2－v 32＝－2μgL ，设物块能滑上曲面的最大高度为h 2，此时b 与c 共速，根据水平方向上动量守恒可知2m v B＝4m v c ，根据能量守恒可知12×2m v B 2－12×4m v c 2＝2mgh 2，解得h 2＝136L . 11.如图8所示，在光滑的水平面上有一辆长平板车，它的中央放一个质量为m 的小物块，物块跟车外表的动摩擦因数为μ，平板车的质量M ＝2m ，车与物块一起向右以初速度v 0匀速运动，车跟右侧的墙壁相碰．设车跟墙壁碰撞的时间很短，碰撞时没有机械能损失，重力加速度为g ，求：图8(1)平板车的长度L 至少多长时，小物块才不会从车上落下来；(2)假设在车的左侧还有一面墙壁，左右墙壁相距足够远，使得车跟墙壁相碰前，车与小物块总是相对静止的，车在左右墙壁间来回碰撞，碰撞n 次后，物块跟车一起运动的速度v n ；(3)在车与左右墙壁来回碰撞的整个过程中，小物块在车外表相对于车滑动的总路程s .答案 (1)8v 023μg (2)v 03n (3)3v 022μg解析 (1)平板车跟右侧墙壁相碰后速度大小不变、方向相反，车与物块有相对运动，车与物块之间的滑动摩擦力F f ＝μmg设物块与车共同速度为v 1，对车与物块组成的系统，以向左的方向为正方向，根据动量守恒定律有(M －m )v 0＝(M ＋m )v 1设平板车的长至少为L ，根据能量守恒定律有12(M ＋m )v 02－12(M ＋m )v 12＝12F f L解得L ＝8v 023μg(2)由(1)可解得v 1＝v 03平板车和物块一起向右运动，与墙壁碰撞后共同速度为碰撞前的13，那么平板车和物块以相同的速度v 1与左侧墙壁碰撞后最终的共同速度为v 2，与向右碰撞过程相同，所以v 2＝13v 1＝(13)2v 0 所以经过n 次碰撞后的速度v n ＝v 03n (3)经过足够多的碰撞后，由于不断有摩擦力做功，机械能转化为内能，机械能逐渐减少，最后全都转化为内能F f s ＝12(M ＋m )v 02 整理得s ＝3v 022μg.。

高考物理专题复习——追及、相遇模型

高考物理专题复习——追及、相遇模型一、追及、相遇模型（同一直线上）【模型概述】追及和相遇问题是一类常见的运动学问题，从时间和空间的角度来讲，相遇是指同一时刻到达同一位置。

可见，相遇的物体必然存在以下两个关系：一是相遇位置与各物体的初始位置之间存在一定的位移关系。

若同地出发，相遇时位移相等为空间条件。

二是相遇物体的运动时间也存在一定的关系。

若物体同时出发，运动时间相等；若甲比乙早出发△t ，则运动时间关系为t t t ∆+=乙甲。

要使物体相遇就必须同时满足位移关系和运动时间关系。

【模型讲解】1. 利用不等式求解例1：甲、乙两物体相距s ，在同一直线上同方向做匀减速运动，速度减为零后就保持静止不动。

甲物体在前，初速度为v 1，加速度大小为a 1。

乙物体在后，初速度为v 2，加速度大小为a 2且知v 1<v 2，但两物体一直没有相遇，求甲、乙两物体在运动过程中相距的最小距离为多少？解析：若是2211a v a v ≤，说明甲物体先停止运动或甲、乙同时停止运动。

在运动过程中，乙的速度一直大于甲的速度，只有两物体都停止运动时，才相距最近，可得最近距离为22212122a v a v s s -+=∆ 若是2221a v a v >，说明乙物体先停止运动那么两物体在运动过程中总存在速度相等的时刻，此时两物体相距最近，根据t a v t a v v 2211-=-=共，求得1212a a v v t --= 在t 时间内甲的位移t v v s 211+=共乙的位移t v v s 222+=共代入表达式21s s s s -+=∆ 求得)(2)(1212a a v v s s ---=∆ 评点：本题是一个比较特殊的追及问题（减速追减速）。

求解时要对各种可能的情况进行全面分析，先要建立清晰的物理图景。

本题的特殊点在于巧妙地通过比较两物体运动时间的长短寻找两物体相距最近的临界条件。

2. 巧用图象法求解例2：如图1所示，声源S 和观察者A 都沿x 轴正方向运动，相对于地面的速率分别为S v 和A v 。

高中物理解题模型详解归纳超好用

两物体在动过程中相距的最小距离多少
解析若是 v1 ≤ v2 说明物体停 a1 a2
动或
同时停动在动过程中
一直大于的速只有两物体都停动时才相距最可得最距离
的速
∆s = s + v12 − v22 2a1 2a2
若是 v1 > v2 说明物体停动那么两物体在动过程中总在速相等的时
1.01
1 若声源相继发两个声信时间间隔 ∆t 请据发的两个声信声源传播到察者的过程确察者接收到两个声信的时间间隔 ∆t'
2 请利用 1 的结果导情形察者接收到的声频率声源发的声频率间的关系式
解析作声源 S 察者 A 声信 P P1 首发声信
如 2 所示线的斜率即它们的速 vS vA vP 有
两车等速时恰好追及两车只相遇一次
间距会逐渐增大
两车等速时车动车前面
能再次相遇即能相遇两次
二、先速后减速模型
模型概述
物体先加速后减速的问题是动学中典型的综合问题，也是几年的高考热点，同学在求
解这类问题时一定要注意前一过程的末速度是下一过程的初速度，如能画出速度图象就更明确
过程了。
模型讲解
第三章和能 .............................................................................................................................. 1
一水方向的性碰撞.....................................................................................................1 水方向的非性碰撞 ................................................................................................6 人船模型 ........................................................................................................................... 9

仿真追尾碰撞中驾驶员转向反应模型研究

ｓｅｒｎｅｃｉｎｔｆｄｉｅｓｕｎｔｅｄｉｉｇｓｉｌｔｒｎｄａｓｒｖｄｔｅｖｌｄｔｆｔｅｍｏｅｈｕｈｔｅｇｒａｔｏｍｅｏｒｖｒｐｒｖｎｔｍｕａｏ，ａｌｏｐｏｅｏｔａｉｉｏｄｌｔｒｓｉｉｏｈｈｙｈｏ
ｆｍｕｓｏｎｉｓｒｅ ’ｓｔｎｅｅｄｅｎｓａｓｅｉ，ａｔｎｉｎｃｎｒｌｙｔｎｉｎａｓｇｍｅｔａｄｒｑｅｔｎａｒ．ｄｉｒｔｉｉｄｘｓ（ｅｐｅｓｅｔｓａｔｔｅｔａｔ，ａｔｔｓｉｏｉｅｖｓａｃｈｅｏｉｅｏｎｎ）ｎ
Ｖ０．Ｎｏ．１７３
Ｊｎ２０ｕｅ０７
文章编号：１０．７４（０７３０９．６０９６４２０）０．０４０
仿真追尾碰撞中驾驶员转向反应模型研究
任有，许洪国，李显生，王维旭，骏许
（林大学交通学院，春１０２）吉长３０５
ｔａｌｃｉｅｔｒｆｃａｃｄｎｓ．Ｉｈｉａｅ．ｔｅｌｅｒｔｅｒｓｉｎｈｓｂｅｓｄｔｏｓｒｃｈｄｌｂｓｄｏｅｄｔｏｎｔｓｐｐｒｈｉａｉｒｇｅｓｏａｅｎｕｅｏｃｎｔｕｔｔｅｍｏｅａｅｎｔａａｇｔｎｙｈ
为研究驾驶员应急反应行为提供了一条有效途径．关键词：追尾碰撞；驾驶员转向反应特性；临界反应时间；线性回归
中图分类号：Ｕ９．４１２文献标志码：Ａ

02同一直线上的“追击、相遇”模型

【题源示例】甲、乙两物体相距s，在同一直线上同一方向做匀减速运动，速度减为零后就保持静止不动。

甲物体在前，初速度为v 1，加速度大小为a 1.乙物体在后，初速度为v 2，加速度大小为a 2，且知v 1<v 2，但两物体一直没有相遇，求甲、乙两物体在运动过程中相距的最小距离为多少？【分析解答】若是v 1/a 1<v 2/a 2，说明甲物体先停止运动或甲、乙同时停止运动。

在运动过程中，乙的速度一直大于甲的速度，只有两物体都停止运动时，才相距最近，可得最近距离为22212122a v a v s s ++=∆若是v 1/a 1>v 2/a 2，说明乙物体先停止运动，那么两物体在运动过程中总存在速度相等的时刻，此时两物体相聚最近，根据t a v t a v v 2211-=-=共，求得1212a a v v t --=。

在t 时间内甲的位移t v v s 211+=共，乙的位移t v v s 222+=共，带入表达式21s s s s -+=∆，求得)(2)-12212a a v v s s --=∆（【点悟】本题是一个比较特殊的追击问题（减速追减速），求解释需要面对各种可能的情况进行分析，先要建立清晰的物理图景。

本题的特殊点在于巧妙地通过比较亮物体运动时间的长短寻找两物体相距最近的临界条件。

【模型特征】（1）追及问题：位置坐标相同即追上，追和被追的物体的速度相等时两者距离有极致的临界条件。

①速度小者加速追速度大者：位置坐标相同时，后者追上前者；速度坐标相同时，两物体间有最大距离。

②速度大者减速追速度小者：两者速度相等时，若追者位置还在被追者后面，则永远追不上，此时两者间有最小距离；两者位置坐标相同时，追者速度仍大于被追者的速度，则追者还有一次追上被追者的机会（2）追碰问题：两物体恰能避碰的临界条件是两物体的位置坐标相同时，两物体的速度相同。

分析追击与相遇问题时要注意：一定要抓住一个条件、两个关系：一个条件时两物体速度相等时满足的临界条件。

【】物理模型之追击问题

匀变速直线运动中的追及问题一、追及问题的实质研究的两物体能否在相同的时刻到达相同的位置的问题。

二、追及问题剖析1、追及问题中两者速度大小与两者距离变化的关系。

A 物体追赶前方的B 物体，若B A v v >，则两者之间的距离变小。

若B A v v =，则两者之间的距离不变。

若B A v v <，则两者之间的距离变大。

2、追及问题的特征高中物理中遇到的追及问题，常见的情形有三种：⑴快追慢 A v 始终大于B v ,二者的距离一直减小。

A 一定会追上B 。

追上的条件是0x x x B A =- 其中B A x x -表示A 追B “追近”的距离，原来相距0x ，现在A “追近”0x 就刚好追上B 。

⑵ 先慢后快追先是B A v v <，后来B A v v >。

例如：①A 做匀加速直线运动，B 做匀速直线运动。

②A 做匀速直线运动，B 做匀减速直线运动。

开始时B A v v <二者距离越来越大；随着速度的变化，当B A v v =时二者的距离达到最大；当B A v v >后，二者的距离越来越小，最终A 肯定会追上B ，并超越B 远远把B 抛在后面。

这种情形一定能追上（追上的条件是0x x x B A =-）而且只相遇一次。

⑶ 先快后慢追先是B A v v >，后来B A v v <。

例如：①A 做匀速直线运动，B 做匀加速直线运动。

②A 做匀减速直线运动，B 做匀速直线运动。

开始时B A v v >二者距离越来越小；随着速度的变化，可能出现3种情况： 0①B A v v =时，A 追上B （0x x x B A =-），之后B A v v <，A 被B 远远甩在后面。

这种情况只相遇一次，也是避免碰撞的临界条件。

②B A v v =时，A 还没有追上B （0x x x B A <-），此时二者距离最小。

之后B A v v <，二者距离又增大。

追击相遇模型

求两车相遇前两车相距的最大距离
和再次相遇时两车运动的时间。
• 4．汽车以10m/s的速度在平直的公路上行驶，突然发现前方s处有一辆自行车以4 m/s 的速度作同方向的匀速直线运动，若汽车立即关闭油门作加速度为-6m/s2的匀减速直线运动，汽车恰好不碰上自行车，则s是多大？
v/(m/s)
10
• 两物体间的距离不断变化
（增大或减少）。当v1 v2
是追击、相遇模型中一个重
要临界条件。它是两物体相
距
、或
、是
否
的临界条件。
例1．一自行车以6m/s的速度沿平直公路行驶，当它路过某处的同时
该处有一辆汽车立即以3m/s2的加速度匀加速启动去追赶自行车，
求汽车在追上自行车前何时相距最远？何时追上自行车？
分析：（1）汽车的速度小于自行车的速度v汽<v自时，
自行车与汽车间的距离随时间廷长而
。
（2）汽车的速度大于自行车的速度v汽>v自时，
自行车与汽车间的距离随时间廷长而
。
（3）汽车的速度等于自行车的速度v汽=v自时，
自行车与汽车间的距离
例2．以速度v1运行的火车，司机发现前面距离d处
有一列货车在同一平直轨道上，
同一方向以较小的速度v2匀速行驶，便立即刹车，
使火车以加速度大小a作匀减速运动而停下来。
要使两车不相碰撞，加速度必须满足什么条件？
分析：
（1）当火车的速度大于货车的速度v火>v货时，
两车间的距离随时间增加而；
（2）当火车的速度小于货车的速度v火<v货时，
两车间的距离随时间增加而；
（3）当火车的速度等于货车的速度v火=v货时，
两车间的距离