《高中物理思维方法集解》随笔系列
匀变速相对运动探究
高级物理教师魏德田
我们通过对一个典型物理问题的讨论，揭示一维情形下匀变速相对运动的规律。进而，解答几个比较简单的“追及”和“相遇”问题，以说明这些规律的应用。
一、一个物理模型
[命题]甲、乙两物体均沿X轴做匀变速直线运动，计时开始时，乙在甲的右侧---处，甲物体初速度、加速度分别为V01＞0、a1，乙物体的初速度、加速分别为V02、a2，设两物体都运动了t的时间。试用匀变速直线运动的知识讨论其相对运动的情况。
二、匀变速相对运动的规律
下面，针对这一命问题展开分析和探讨。
1．两个基本公式
[解析]首先，以甲物体的初位置为坐标原点--，水平向右为正方向，建立X轴；然后以甲、乙物体为研究对象，画出物体运动的示意图，如图1所示。在两物体运动了时间t时，甲、乙两物体的末速度分别为Vt1、Vt2，乙对甲的相对速度为Vt，则根据匀变速直线运动的速度公式得
Vt=Vt2－Vt1=V02－V01+〈a2－a1〉t
而由速度公式--------
设V0=V02－V01、a=a2－a1分别为乙
对甲的相对初速度、相对加速度。从而
Vt=V0－at-----------------------⑴
此式称匀变速相对运动的速度公式。由此可见，乙物体相对于甲物体做匀变速相对运动。若Vt＞0，则乙的速度大于甲的速度；Vt＜0，则乙的速度小于甲的度速；若Vt=0，则甲、乙两物体速度相等。
再设运动时间t时，甲物体对O点的位移为S1，而乙物体对A点的位移为S2，对O点的位移则为R0+S2；乙物体相对甲物体的初、末位移分别为S0、S，在时间t内的相对位移差为S－S0。那么，根据运变速直线运动
的位移公式得
S=〈S0+S2〉－S1
=〈S0+V02t+〉－〈V01t+〉
=V0t++S0
亦即S=V0t++S0------------------------⑵
此式称匀变速相对运动的位移公式。由此可知，若S＞0，则乙在甲前，相对位移与X轴同向；若S＜0，则乙在甲后，相对位移与X轴反向；S=0；则甲、乙两物体相遇。如图2所示。
综上所述，可知匀变速相对运动具有与匀变速直线运动类似的运动规律。类似地，匀变速相对运动亦有等等，读者可自行讨论。这些公式，虽从本题得出，原则上适用于所有匀变速相对运动问题。
说明：本题中，由于规定了V01＞0，因而若V02与V01同向，则属于“追及”问题；若V02与V01反向，则属于迎面“相遇”问题。
2．几个导出公式
依据上述两个基本公式，我们可以导出三个有用的关系式。
首先，由⑴、⑵式，不难得出下式
Vt2－V02=2a〈S－S0〉-----------------⑶
此式称作匀变速相对运动的速度-位移关系。
然后，分析表明当相对末速度Vt=0时，相对位移有极值。从而，由⑴式得
a=－
把上式代入⑵式，可得
Sm=S0－-----------------------------⑷
研究表明，在追及问题中，若Vt＞0,，则相对位移S将不断增大；当相对加速度a＜0，相对末速度逐渐减小为Vt=0时，相对位移有极大值Smax，但仍可追及。若Vt＜0，则相对位移将不断减小；当相对加速度a＞0时，相对末速度逐渐增大至Vt=0时，相对位移必定有极小值Smin。若Smin＞0，则表明甲物体不能追及乙物体；若Smin＜0，则表明甲物体已经超越乙物体，但乙物体仍然有反过来追及甲物体的机会。此式适用于求“追及”问题的“最远距离”或“最近距离”。
这一结果，也可利用数学知识通过求⑵式的极值的方法得出，无庸赘述。
接下来，如果相对末位移为S=0，亦即甲乙两物体到达X轴上的同一位置时，则⑴式的解为
t=------------⑸
由此可以求出同向“追及”或“迎面相遇”的时间。特殊地，若a=0，由⑵式可得
t=
进一步分析可知，当判别式△≥0时，亦即
V02－2as0≥0
时，时间t有一或两个实数解。表明在“追及”和“相遇”问题中，在t＞0时，则可判定两物体有相遇现象发生。
当判别式△＜0时，亦即
V02－2as0＜0------------------
时，时间t无实数解，则可判定两物体不能相遇。
三、应用举例
[例题1]如图3所示，长度都为h木棒A、B，相距高度差为H，但是不在同一直线上，剪断A棒上面的细线，使其由静止释放，同时B棒竖直上抛，初速度为V02，已知B棒上升过程中与A棒相遇又相离，不计空气阻力。求：
⑴两棒从相遇到相离经过多少时间？
⑵若使B棒在上升过程中与A棒相遇又相离，则B棒的初速度V02满足什么条件？
[解析]⑴首先，确定A棒上端点、B棒下端点为研究对
象，选竖直向上为坐标正方向。由于V0=0－V02，a=0，所以
A对B的相对运动可作为匀速相对运动处理。又，两棒从相、
遇到相离所发生的相对位移为
S=2h
从而，得出这一过程所需时间
t1=
⑵设从开始运动至两物体相离为止所用时间为t2，相应
地相对初、末位移分别为S0=2h+H,S=0。由相对位移公式⑴
可得
S=V0t2+2h+H=0-------------①
B棒做竖直上抛运动，依题意，到二棒分离后其最小速
度为零。从而
0=V0－gt2---------------------②，
由①、②式解得
V0=。
[例题2]在离地面高度为10m处，一个气球正以5m/s的速度匀速上升，与此同时，在气球正下方以20m/s的初速度、由地面垂直发射一枚爆竹，问：
⑴爆竹可否击中气球？击中处离地面有多高？
⑵若开始时爆竹离地面的高度为12m，爆竹能否击中气球？其相对距离的极值为多大？〈g=10m/s2〉
[解析]⑴首先，确定气球、爆竹为研究对象，选竖直向上为正方向。分析可知，气球作匀速运动，其加速度为a2=0，爆竹做竖之上抛运动，其加速度为a1=－g，因而可得a=g；由题意易知V0=－15m/s,S0=10m.从而可得
△=V02－2aS0=25＞0。
由此可以判定爆竹能够击中气球。再由⑸式
t=
求出相遇时间t=1s.〈舍去第二次相遇时间t2=2s〉
由于气球做匀速直线运动，因而不难求出击中处离地面的高度
h=S0+S2=10m+1×5m=15m，
⑵已知S0/=12m,而V0、a大小保持不变，从而
△=V02－2aS0/=－15m＜0
由此断定爆竹不能击中气球。由于a=g＞0，因而t=－V0/a时，相对距离有极小值
Smin=S0/－=0.75m.。
[例题3]沿同一平直公路匀速行驶两辆汽车A、B，行驶速度分别为24m/s、17m/s，两车紧急刹车的加速度分别为－4m/s2、－2m/s2。当前面的B车由于紧急情况而刹车时，后面的A车亦紧急刹车，已知A车司机的反应时间为0.5s，求为保证两车在上述过程中不相碰撞，两车在匀速行驶过程中至少保持多大距离？
[解析]我们先选AB为研究对象，水平向前为坐标正方向。显然，在第一阶段，乙车做减速运动的t=0.5s内，A车仍在做匀速运动。设匀速行驶过程中至少保持的距离为S0，第一阶段发生的相对位移为S1，从而由匀变速相对运动的速度公式和速度-位移关系式，可得
Vt=V0+at-----------------------------①，
Vt2－V02=2a〈S0－S1〉---------②
其中V0=17m/s－24m/s=－7m/s,a=－2m/s2。
在第二阶段，两车分别以各自的负加速度做减速运动，为保证两车不发生碰撞，必须使得S2=0，Vt!=0,且有V0!=Vt。由匀变速相对运动的速度-位移关系式，又得
0－Vt2=2a′〈0－S1〉--------------③
其中a/=〈－2m/s2〉－〈－4m/s2〉=2m/s2。
再联立上述①②③式，代入已知数据,即可求出最后结果
S0=19.75m.
[例题4]在高速公路上，警车、肇事车都以相同速度28m/s向同一方向行驶，两车相距S0=200m。为保证拦截的成功，后面的警车先加速超车，到达肇事车的前面S0=200m，然后在分步实施拦截。设能增加的车速最多为△V=5m/s，试求：警车从开始加速到完成超车〈即到达肇事车前方200m处〉过程中所通过的路程是多少？
[解析]首先，确定警车、肇事车为研究对象，选水平向前为正方向。警车的运动氛围两个阶段：第一阶段为加速阶段，即在时间t1内增加速度△v=5m/s达到最大速度，缩短与肇事车的距离s0，使两车到达同一位置；从而，由匀变速相对运动位移公式，可得
0－s0==----------①
第二阶段为匀速运动阶段，即保持最大速度v+△v运动时间t2，再使之超越肇事车s0的路程。由题意知，
s0－0=△vt2-------------------②。
从而,由①②式可得
t1=80s,t2=40s.
而总时间为t=t1+t2=48s
分析可知，在超车过程中，警车比肇事车的路程增加2S0。已知v=20m/s,从而所求警车的路程为
L=vt+2s0=3760m。
[例题5]甲乙两物体相距s，同时同向运动，乙在前面做加速度为a2、初速度为0的匀加速运动；甲在后面做加速度为a1、初速度为V1的匀加速运动。下列说法中正确的是
A.若a1＜a2，甲乙可能相遇两次。
B.若a1＞a2，则可能相遇两次。
C.若a1＝a2，则只可能相遇一次。
D.若a1＞a2，则不可能相遇。
[解析]本题可依据相遇时间公式加以讨论。显然，V0=－V，a=a2－a1。从而，由相遇时间公式可得
t=，或当a=0即a2=a1时，t=。
⑴当a2≤a1时，上式只有一个正解，即相遇一次。
⑵当a2＞a1时，若V2－2〈a2－a1〉s=0，则t只有一个正解，即相遇一次；若V2－2〈a2－a1〉s＜0时，t无实数解，即不可能相遇。若V2－2〈a2－a1〉s＞0，t有两个正解，即可以相遇两次。
因此，正确的选项为A、B。
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