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追及与相遇问题
刘玉平

课时安排：3课时
三维目标：
1、 掌握匀变速直线运动的速度、位移公式以及速度－位移公式；
2、 能灵活选用合适的公式解决实际问题；
3、 通过解决实际问题，培养学生运用物理规律对实际生活中进行合理分析、解决问题的能力；
4、 通过教学活动使学生获得成功的愉悦，培养学生参与物理学习活动的兴趣，提高学习自信心。
教学重点：灵活选用合适的公式解决实际问题；
教学难点：灵活选用合适的公式解决实际问题。
教学方法：启发式、讨论式。
教学过程
两物体在同一直线上追及、相遇或避免碰撞问题中的条件是：两物体能否同时到达空 间某位置。
因此应分别对两物体进行研究，列出位移方程，然后利用时间关系、速度关系、位移关系求解 。
一、 追及问题
1、追及问题的特征及处理方法：
“追及”主要条件是：两个物体在追赶过程中处在同一位置，常见的情形有三种：
⑴ 初速度比较小（包括为零）的匀加速运动的物体甲追赶同方向的匀速运动的物体乙，一定
能追上。
a、追上前，当两者速度相等时有最大距离；
b、当两者位移相等时，即后者追上前者。
⑵ 匀减速运动的物体追赶同向的匀速运动的物体时，存在一个能否追上的问题。
判断方法是：假定速度相等，从位置关系判断。
解决问题时要注意二者是否同时出发，是否从同一地点出发。
a、当两者速度相等时，若追者位移仍小于被追者，则永远追不上，此时两者间有最
小距离；
b、若两者速度相等时，两者的位移也相等，则恰能追上，也是两者避免碰撞的临界
条件；
c 、若两者速度相等时，追者位移大于被追者，说明在两者速度相等前就已经追上；
在计算追上的时间时， 设其位移相等来计算，计算的结果为两个值，这两个
值都有意义。 即两者位移相等时，追者速度仍大于 被追者的速度，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。
⑶ 匀速运动的物体甲追赶同向匀加速运动的物体乙，情形跟⑵类似。
匀速运动 的物体甲追赶同向匀减速运动的物体乙，情形跟⑴类似；被追赶的物体做匀减速
运动，一定要注意追上前 该物体是否已经停止运动。
2、分析追及问题的注意点：
⑴ 要抓住一个条件，两个关系： 一个条件是两物体的速度满足的临界条件，如两物体距离最大、
最小，恰好追上或恰好追不上等。两个关 系是时间关系和位移关系，通过画草图找两物体的
位移关系是解题的突破口。
⑵ 若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已经停止运动。
⑶ 仔细审题，充分挖掘题目中的隐含条件，同时注意
vt
图象的应用。
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二、相遇
⑴ 同向运动的两物体的相遇问题即追及问题，分析同上。
⑵ 相向运动的物体，当各自发生的位移绝对值的和等于开始时两物体间的距离时即相遇。
【典型例题】
【例1】 在十字路口，汽车以0.5ms的加速度从停车线启动做匀加速运动，恰好有一
辆 自行车以5ms的速度匀速驶过停车线与汽车同方向行驶，求：
（1） 汽车追上自行车之前，什么时候它们相距最远？最远距离是多少？
（2） 在什么地方汽车追上自行车？追到时汽车的速度是多大？
解：①汽车追上自行车之前，两车速度相等时相距最远，设所用时间为t
v
汽
＝at＝v
自

t＝10s 最 远距离x＝x
自
－x
汽
＝v
自
t－
②设汽车追上自 行车所用时间为t
／

2
1
2
at＝25m
2

此时x
自
＝x
汽

v
自
t＝
／
1
／
2
／
a tt＝20s
2
／
此时距停车线距离 x＝v
自
t＝100m 此时汽车速度 v
汽
＝a t＝10ms

【例2】 客车以30ms的速度行驶,突然发现前方72 m处有一自行 车正以6ms的速度同
向匀速行驶,于是客车紧急刹车,若以3ms
2
的加速度匀减速 前进,问：
（1） 客车是否会撞上自行车?若会撞上自行车，将会在匀减速前进多久时撞上？
（2） 若要保证客车不会撞上自行车，客车刹车时距离自行车至少多远？
（3） 若要保证客车不会撞上自行车，客车刹车时的加速度至少多大？






【例3】 在一条平直的公路上，乙车以10ms的速度匀速行驶，甲车在乙车 的后面作初速
度为15ms，加速度大小为0.5ms
2
的匀减速运动，则两车初始距 离L满足什么条件时可以使：
（1）两车不相遇；
（2）两车只相遇一次；
（3）两车能相遇两次（设两车相遇时互不影响各自的运动）。


【例4】 如图,A、B两物体相距S=7米,A正以V
1
=4米秒的速度向右做匀 速直线运动,而
2
物体B此时速度V
2
=10米秒,方向向右,做匀减速直线 运动(不能返回),加速度大小a=2米秒,
从图示位置开始计时,经多少时间A追上B.
V
2
V
1
／
V
A
10
5
秒
a2
10
525
米 在此时间内B前进了
S
B
Vt
B

2
解: 物体B的运动时间为
t
B

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A
S
B

这时A前进了
S
A
V
A
t
B
4520
米
可见在此时间内A没有追上B,必须在B停止后,A才能追上B.
故A追上B的时间为:
t
SS
B
725
8
秒
V
A
4
【例5】 一辆摩托车行驶的最大速度为30ms。现让该摩托车从 静止出发，要在4分钟内追
上它前方相距1千米、正以25ms的速度在平直公路上行驶的汽车，则该摩 托车行驶时，至少应
具有多大的加速度？
解：假设摩托车一直匀加速追赶汽车。则：
1
2
at
V
0
t+S
0
……（1）
2
a =
2V
0
t2S
0
22524021000
2
0.24
（ms） ……（2）
22
t240
摩托车追上汽车时的速度： V = at = 0.24240 = 58 (ms) （3）
因为摩托车的最大速度为30ms，所以摩托车不能一直匀加速追赶汽车。
应先匀加速到最大速度再匀速追赶。

1
2
at< br>1
V
m

tt
1

S
0V
0
t
……（4）
2
V
m
≥at
1
……（5）
由（4）（5）得：t
1
=403（秒）
a=
3090

2.25 (ms)
40340
2
【例 6】汽车以1ms的加速度起动，同时车后60m远处有一人以一定速度V
0
匀速追赶要车停下．已知人在离车小于20m，且持续时间为2s喊停车，方能把停车信息传达给司机，问V
0< br>至
少要多大？如果以V
0
=10ms的速度追车，人车距离最小值应为多少？
解：
方法一、 设经过时间T人和车相距20m，则根据位移关系可得 60 m＋12aT²－V
0
T＝20m
22
将a＝1m s代入上式并整理得 T －2V
0
T＋80＝0
设为该方程的两个根，由韦达定理有 T
1
＋T
2
＝2V
0
① T
1
·T
2
＝80 ②
又因为人车相距20 m以内的时间至少持续2s，所以有 T
1
－T
2
＝2 ③
解①②③可得的最小速度为9ms。
当V0＝10ms时经过一段时间t后人车之间距离为
222
d＝12aT ＋60－V
0
T＝12T －10T＋60＝12(T－10) ＋10
∴当T＝10s时,d取得最小，即人与车的最小距离为10m。
点评 本题可以有多种解 法，相比较而言用韦达定理和配方法求解更为简便一些，这种简便
不仅体现在求解运算上，更体现在解题 思路上。

方法二、已知人在离车小于20m，且保持时间为2s喊停车方能把停车信息转达 到司机，那么题
意就是当距离为20m后，再经过2s，距离仍然不超过这个范围。相当于人追赶了车4 0m.
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所以有，vt-12at
2
=40 ① 同时v(t+2）-12a (t+2)
2
=40 ②
②-①得 t=va+1 ③ 将③代入①得最小速度v = 9ms.
如果10ms，当然是车的速度也是10ms的时候，距离最小。
所以最小距离=60-10*10-12*10
2
=10m
方法三、因为 人在离车距离小于20m.持续时间为2s喊停车.才能把信息传给司机.经过时间t后
人与车相距为2 0m 即 12at
2
+60-v
o
t=20
此时车速为at ，接下来2s内保持20m距离即 2＊v
o
=at＊2+12a＊2
2
.
解得 t=8s. v
o
=9ms
方法四、 根据题意，要在汽车的速度达到V 之前，人与车的距离小于20m，因为如果在汽车速
度达到V的时候人车的距离还大于20m，那汽车在 加速，速度变得比人快，人车的距离就在变大
了，永远超都追不上了，同时也不能等于，因为人在叫的时 候要2秒，那会儿，汽车还在行进，
我们的目标是要使人在叫的过程中人车的距离都要小于20m,既然 这样那就分析当人叫完两秒的
时候的情况。人距车的距离关于t=va对称，也就是说t=va+1也就 是t=v+1（因为a=1）时，人
距车必须小于20米，有60+12*(v+1)^2-v*(v+ 1)<=20,解出v就o了

方法五、根据判别式等于零来求解。

教学反思：


作业：
1．一辆值勤的警车停在公路边。当警员 发现从他旁边以v=8m／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=2m／s
2
做匀加速运动，试问：
（1）警车要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大?
解析：方法1、利用速度相等这一临界条件求解，警车和货车速度相等时相距最远。
v
警
=at，v
货
=v
0
，由v
警
=v
货
得at
1
=v
0

即相距最远时警车所用的时间为t
1
===4s
此时货车和警车前进的距离分别为 x
货
=v
0
（t
0< br>+t
1
）=8m／s×（2.5s+4s）=52m
s
警
==×2m／s
2
×（4s）
2
=16m < br>两车的最大距离为Δx
max
=x
货
－x
警
=52m －16m=36m
两车的位移分别为x
警
=，x
货
=v
0
（t+t
0
）
追上时两车位移相等x
警
=x
货
，即= v
0
（t+t
0
）
解得追上时所用时间t
2
=10s。
方法2、利用二次函数的知识求解。
货车和警车的位移分别为x
警
= ，x
货
=v
0
（t+t
0
），两车的位移之差为
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Δx=x
货
－x
警=v
0
（t+t
0
）－=－t
2
+8t+20=－（t －4）
2
+36
当t=4s时，Δx有最大值36m，即追上之前相距最大为36m。
当t=l0s时，Δx=0，即相遇。
2．客车以20ms的速度行驶,突然发现同轨道前方 120处有一货车正以5ms的速度同向匀速
行驶,于是客车紧急刹车,若以0.9ms2的加速度匀减 速前进, 问：
（1） 客车是否会撞上货车?若会撞上货车，将会在匀减速前进多久时撞上？
（2） 若要保证客车不会撞上货车，客车刹车时距离货车至少多远？
（3） 若要保证客车不会撞上货车，客车刹车时的加速度至少多大？

3．甲、乙两车在同一条平直 公路上行驶，甲车以v
1
=10ms的速度做匀速运动，经过车站A
时关闭油门以a< br>1
=4ms
2
的加速度匀减速前进。2s后乙车与甲车同方向以a
2< br>=1ms
2
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？
解析： 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
v
1t< br>v
1
a
1
t
0
10
ms
2 4
ms=2 ms，
此时离甲车停止运动的时间
t


v
1t
2

s=0.5s。 a
1
4
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。
v
1
2
10
2
甲车停止时离车站< br>A
的距离
x
甲

m=12.5m，

2a
1
24
1
2
设乙走完这段路程所需的时间为t，由
x乙
a
2
tx
甲
得
t
2
故乙车出 发后经过5s追上甲车。
联想 求解本题最易犯的错误是：根据追上的条件

x
甲
x
乙
，有
v
1
(tt0
)
2x
甲
a
2

212.5
s =5s。
1
11
a
1
(tt
0
)
2< br>a
2
t
2
，
22
代入数据可得t=2.6s。错 误的原因在于对汽车等运输工具做减速运动的实际规律理解不深。
本题中甲车在被乙车追上前已停止运动 。上述计算的实质是认为甲车速度减为0后又反向加速运
动，所以计算出与乙车相遇的时间就短了。
v
A
v
B
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v
0
、加速度大小为2a的匀减速直线运动；
x
B
s
而B车同时做初速度为0、加速度大小为a的匀加速直线
x
A
运动，两车运动方向相同。要使两车不相撞，求A车的初
图2－37

速度v
0
应满足的条件。
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
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相距s到A车追上B车时，A车的位移为x
A
，末速度为v
A
，所用时间为t；B车的位移为x
B
，末
速度为v
B
， 运动过程如图2－37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
x
A
v
0
t
对
B
车有
x
B

1
(2a)t
2
，
v
a
v
0
(2a)t
。
2
1
2
at
，
v
B
at
。
2
两车有
ss
A
s
B
，追上时，两车刚好不相撞的条件是
v
A
v
B
，
由以上各式联立解得
v
0
6as
。
故要使两车不相撞，A车的初速度v
0
应满足的条件是 v
0
≤
6as
。
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
t
A

v
A
v
0
vv
0
v
0v

，
a
A
2a2a
B车运动的时间为 < br>t
B

vv
v
v
v
B
v

, 因为
t
A
t
B
，所以
0

，即
v
0
①
aa2aa
3
2
222
v
B
v
A
v
0
v< br>0
v
2
v
2

A车的位移
x
A

， B车的位移
x
B

，

2a2a
2a
A
4a
2
2
v
0
v
2
v
0
3v
2
v
2
s 
因为
x
A
sx
B
，所以 。 即
s
②
4a2a
4a
①②两式联立解得
v
0
6as
。
故要使两车不相撞，A车的初速度v
0
应满足的条件是 v
0
≤
6as
。
解法三（利用判别式解）：
由解法一可知
x
A
sx
B
，即
v
0
t
11
(2a)t
2
sat
2
，
22
2
整理得
3at2v
0
tas0
。
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2
这是一个关于时间t的一元二次方程，当根的判别式
(2v
0
)43a2s
＜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v
0
应满足的条件是 v
0
≤
6as
。
解法四（用速度图象解）：
如图2－38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
v
A
vv
0
2at
，对B车有
v
B
vat
，
v
v
0
B
v
v
由以上两式联立解得
t
0
。
3a
A
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
O
t
t
速度图象中阴影部分的面积表示，由速度图象可知
图

2

－

38
2
11
v
0v
0
sv
0
tv
0

。
223a6a
故要使两车不相撞，A车的初速度v
0
应满足的条件是 v
0
≤
6as
。
联想 分析解决两物体的追及、相遇类问题，应 首先在理解题意的基础上，认清两物体在位
移、速度、时间等方面的关联，必要时须画出运动关联的示意 图。这类问题的特殊之处是常与极
值条件或临界条件相联系。分析解决这类问题的方法有多种，无论哪一 种方法，分析临界条件、
解决相关的临界条件方程或用数学方法找出相关的临界值，是解决这类问题的关 键和突破口。
5．甲、乙两车相距为s，同时同向运动，乙在前面做加速度为a
1
、 初速度为零的匀加速运动，
甲在后面做加速度为a
2
、初速度为v
0
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。
解析 解法一（物理方法）：
由于两车同时同向运动，故有 v
甲
= v
0
+ a
2
t，v
乙
= a
1
t。
（1）当a
1
2
时，a
1
t< a
2
t，可得两车在运动过程中始终有v
甲
> v
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v
甲
> v
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a
1
= a
2
时，a
1
t= a
2
t，v
甲
> v
乙
，因此甲、乙两车也只能相遇一次。
（3）当a
1
>a
2
时，a
1
t>a< br>2
t，v
甲
和v
乙
的大小关系会随着运动时间的增大而发生变 化.。刚开始
a
1
t和a
2
t相差不大且甲有初速度v
0< br>，所以v
甲
> v
乙
.。随着时间的推移，a
1
t和 a
2
t相差越来越大，
当a
1
t-a
2
t= v
0
时，v
甲
= v
乙
，接下来a
1
t-a
2
t> v
0
，则有v
甲
乙
。
若在v
甲
= v
乙
之前，甲车还没有超过乙车，随后由于v
甲
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，随后由于v
甲
乙
，甲车又要落后乙车，这样两车只能相遇
一次；
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若在v
甲
= v
乙
之前，甲车已超过乙车 ，即已相遇一次，随后由于v
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。
方法二(数学方法）：
设经过时间t两车能够相遇，由于
11
s
甲
＝v
0
ta
2
t
2
，
s
乙
＝a
1
t
2
，
22
2相遇时有
s
甲
s
乙
s
，则
( a
1
a
2
)t2v
0
t2s0
，
所以
t
2
v0
v
0
2(a
1
a
2
)s
a< br>1
a
2
。
（1）当a
1
2
时，t只有一个解，则相遇一次。
（2）当a
1
= a
2
时，
s
甲
s
乙< br>v
0
t
则相遇一次。
2
（3）当a
1>a
2
时，若
v
0
2(a
1
a
2
)s
，t无解，即不相遇；
2
若
v
0
2(a< br>1
a
2
)s
，t只有一个解，即相遇一次；
2
若
v
0
2(a
1
a
2
)s
，t有两个正 解，即相遇两次。
s
11
.。t只有一个解，
a
2
t2
a
1
t
2
v
0
ts
，所以< br>t
v
0
22
联想 以上两种解法，正好体现了解答物理问题的两种 典型思路。方法一从比较两车的速度
关系和位移关系出发，经过仔细而严密的逻辑推理，得出了不同条件 下的不同结果。这种解法注
重物理过程的分析，物理情景比较清楚。方法二先假设两车相遇，由两车位移 之间的关系列出求
解相遇时间的方程，然后再对方程解的个数展开讨论。这种解法的特点是将物理问题转 化为数学
问题，充分运用数学规律和技巧使问题得以解决，论述简洁明了。
6． 羚羊从静止 开始奔跑，经过s
1
=50m的距离能加速到最大速度v
1
=25ms，并能 维持一段
较长的时间。猎豹从静止开始奔跑，经过s
2
=60m的距离能加速到最大速 度v
2
=30ms，以后只能
维持这个速度4.0s。设猎豹距离羚羊x时开始攻击， 羚羊则在猎豹开始攻击后1.0s开始奔跑，假
设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，问：
(1) 猎豹要在达最大速度且未减速前追到羚羊，x值应在什么范围？
(2) 猎豹要在其加速阶段追上羚羊，x值应在什么范围？
解析： (1) 猎豹在达最大速度且 尚未减速前追到羚羊，即猎豹的运动只能是先匀加速运动
后匀速运动。设猎豹在维持最大速度的时间t内 追到羚羊，由题意知t≤4.0s。
现在我们首先探索的问题是：当猎豹追上羚羊时，羚羊的运动情况 如何？为此，我们可先分
别求出羚羊和猎豹做加速运动的加速度和时间。
v
1
2
25
2
羚羊做加速运动的加速度为
a
1

ms
2
=6.25ms
2
，

2s
1
250
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羚羊做加速运动的时间为
t
1

v
1
25

s=4.0s； a
1
6.25
2
v
2
30
2
而猎豹做 加速运动的加速度为
a
2

ms
2
=7.5ms
2
，

2s
2
260
猎豹做加速运动的时间为
t
2

v
2
30

s=4.0s。 a
2
7.5
①若猎豹刚达到最大速度时追上羚羊，则羚羊只加速了t’=3s，有

x
1
s
2

11
a
1
t

2
60
m
6.25 3
2
m=32m；
22
②若猎豹刚要减速时追上羚羊，则有

x
2
s
2
v
2
1
t(s
1
v
1
t

)60
m
304
m(50253)
m=55m。
由此可知，猎豹要在达最大速度且未减速前追到羚羊，x值应为 32m≤x≤55m。
(2) 羚羊刚要开始奔跑时，猎豹已前进的距离
x
3

11a
2
t
2
7.51
2
m=3.75m。
0

22
由此可知。猎豹要在其加速阶段追上羚羊，x值应为 3.75m≤x≤32m。
联想： 本题的求解告诉我们，研究物体的运动，首先要分析清楚物体的 运动过程。特别是
当物体有多个运动阶段时，必须明确问题所研究的是运动的哪一个阶段。当问题涉及多 个物体的
运动时，应先分别独立研究各个物体的运动，然后找出它们之间的联系。
7．甲乙两 车同时同向从同一地点出发，甲车以v
1
=16ms的初速度，a
1
=-2m s
2
的加速度作匀
减速直线运动，乙车以v
2
=4m／s的速度，a
2
=1m／s
2
的加速度作匀加速直线运动，求两车再次相
遇前两车 相距最大距离和再次相遇时两车运动的时间。
解法一：
两车同时同向出发，开始一段由于甲 车速度大于乙车速度，将使两车距离拉开，由于甲车作匀减
速运动，乙车作加速运动，总有某一时刻两车 速度相同，此时两车相距最远，随着甲车进一步减
速，乙车进一步加速，动车速度大于甲车速度，使两车 距离变小，当乙车追上甲车时．两车运动
位移相同。
当两车速度相同时，两车相距最远，此时两车运动时间为t
1
，两车速度为v
对甲车： v=v
1
+a
1
t
1
对乙车： v=v
2
+a
2
t
1

两式联立得 t
1
=(v
1
-v
2
)(a
1
-a
2
)=4s
此时两车相距 △s=s
1
-s2
=(v
1
t
1
+a
1
t
1
2
2)- (v
2
t
1
+a
2
t
1
2
2)=24m
当乙车追上甲车时，两车位移均为s，运动时间为t．则： v
1
t+a
1
t
2
2=v
2
t
2
+a
2
t
2
2
得 t=8s 或t=0 (出发时刻，舍去。)
解法二：
甲车位移 s
1
= v
1
t+a
1
t
2
2 乙车位移 s
2
= v
2
t
2
+a
2
t
2
2
某一时刻两车相距为△s △s=s
1
-s
2
= (v
1
t+a
1
t
2
2)-(v
2
t
2+a
2
t
2
2) =12t-3t
2
2
当t=-b2a时，即t=4s时，两车相距最远 △s=12×4-3×4
2
2=24m
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当两车相遇时，△s=0，即12t-3t
2
2=0 ∴ t=8s 或t=0(舍去)
8． 火车甲以速度V
1
向前行驶，发现前方 S米处另一辆火车乙正以速度V
2
（V
2
＜V
1
）做匀减速运动，加速度的大小为

2
，火车甲为了避免与火车乙相撞，也开始做减速运 动，则加速度

1
的大小至少为多少？
解：因为二者均作匀减速运动，所以它们的V-t图都是直线，根据题意可作图五，图中阴影部
分的面积 即是甲、乙两车停下时它们的位移差S
1
。

S
1



Vm.s
-1

V
1


V
2


V
A
11
V
1t
2
V
2
t
2

22
V
1
V
2
t
2

2
V
2

t
2


2

S
1

V
1
V
2
V
2

2

2
(V
1
V
2
)V
2
时
2

2
O t
1
t
图五
t
2
t
1

ts
当S＜S
1
S＜
它们相遇有共同的速度。如图中的点。此时的解
是（由图可知）

S
VV
1

(V
1
V
2
)t
1

t
1

2

2
2
V
1
V

t
1


1
(V
1
V
2
)
2


2


1

2S
当S≥S
2
，既S≥
(V1
V
2
)
V
2
时，此时的解由图可知
2

2

S
V
1
1
V
1
t
1
V
2
t
2

t
2

2


2
22
V
1
V
1
2

2

t
1



1


2

1
2S

2
V
2
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由此可见，利用图象不但物理过程清楚。还可以避免漏解。

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