题目（超级难版：匀变速直线运动）

1. 双阶段追及 + 安全距离约束

同一直线上，前车A以恒速 \(v_A=24\,\text{m/s}\) 行驶。后车B初速度 \(v_{B0}=12\,\text{m/s}\)，初始落后 \(L=90\,\text{m}\)。从 \(t=0\) 起，B先以加速度 \(a_1=3\,\text{m/s}^2\) 匀加速行驶 \(8\,\text{s}\)，随后立即改为以 \(a_2=-2\,\text{m/s}^2\) 匀减速。求： （1）B是否能追上A； （2）若能，追上时刻与追上速度； （3）在整个过程中两车最小间距。

2. "恰好不相撞"最小制动加速度

两车同向。前车A以 \(20\,\text{m/s}\) 匀速行驶；后车B以 \(30\,\text{m/s}\) 行驶，且在 \(t=0\) 时距A车尾 \(50\,\text{m}\)。B在 \(t=0\) 立刻做匀减速直线运动，加速度为常量 \(-a\)（\(a>0\)）。求使两车"恰好不相撞"的最小 \(a\)。并给出对应的"最近时刻"和"最小间距"。

3. 逆向相遇 + 延迟启动

直线轨道两端点 \(P,Q\) 相距 \(1200\,\text{m}\)。物体A从 \(P\) 出发朝 \(Q\) 运动，初速度 \(8\,\text{m/s}\)，加速度 \(1.5\,\text{m/s}^2\)。物体B从 \(Q\) 出发朝 \(P\) 运动，但延迟 \(10\,\text{s}\) 才启动；B启动瞬间初速度 \(4\,\text{m/s}\)（朝 \(P\) 方向），随后以加速度 \(2\,\text{m/s}^2\)（仍朝 \(P\) 方向）运动。求两者是否在A到达Q前相遇；若相遇，求相遇时刻（以A出发计时）与相遇点距 \(P\) 的距离。

4. 由速度—位移关系构造"二次约束"

质点做匀变速直线运动，已知其在位移 \(x_1=30\,\text{m}\) 处速度为 \(v_1=25\,\text{m/s}\)，在位移 \(x_2=130\,\text{m}\) 处速度为 \(v_2=35\,\text{m/s}\)。求： （1）加速度 \(a\)； （2）初速度 \(v_0\)（取 \(x=0\) 处）； （3）若该运动可回溯到 \(t=0\) 时刻，求到达 \(x=30\,\text{m}\) 的时刻（取较小正根）。

5. 多目标优化：先加速后减速且定点定时到达

一车从静止出发，要求在总时间 \(T=20\,\text{s}\) 内到达终点，位移 \(S=300\,\text{m}\)，且到达终点速度必须为 \(v_T=10\,\text{m/s}\)。设其运动分两段：前 \(t_1\) 秒做匀加速（加速度 \(a_1>0\)），后 \(20-t_1\) 秒做匀减速（加速度 \(a_2<0\)）。求一组满足条件的 \((t_1,a_1,a_2)\)，并在所有可行解中求使"峰值速度"最小的方案及该最小峰值速度。

答案（双美元公式不换行）

1. 双阶段追及 + 安全距离约束

设A位置

\[ x_A(t)=90+24t \]

（取B出发点为原点，故A初始在前方90 m）。 B第一阶段 \(0\le t\le 8\)：

\[ x_B(t)=12t+\frac12\cdot3t^2=12t+1.5t^2,\quad v_B(t)=12+3t \]

先看 \(t=8\) 时：

\[ x_A(8)=90+192=282,\quad x_B(8)=96+96=192 \]

尚差 \(90\,\text{m}\)。且 \(v_B(8)=36>24\)，第二阶段可能追上。

第二阶段 \(t\ge8\)，令 \(\tau=t-8\)： B在第二阶段初值 \(x_B(8)=192,\ v_B(8)=36\)，故

\[ x_B=192+36\tau+\frac12(-2)\tau^2=192+36\tau-\tau^2 \]

A同阶段：

\[ x_A=282+24\tau \]

追及条件 \(x_B=x_A\)：

\[ 192+36\tau-\tau^2=282+24\tau\Rightarrow \tau^2-12\tau+90=0 \]

判别式

\[ \Delta=144-360=-216<0 \]

无实根，故永不追上。

最小间距：考虑相对位移 \(d=x_A-x_B\)。 第二阶段

\[ d(\tau)=90-12\tau+\tau^2=(\tau-6)^2+54 \]

故最小值在 \(\tau=6\)（即 \(t=14\,\text{s}\)）取得：

\[ d_{\min}=54\,\text{m} \]

结论： （1）不能追上； （2）无追上时刻与追上速度； （3）最小间距 \(\boxed{54\,\text{m}}\)（发生在 \(t=14\,\text{s}\)）。

2. "恰好不相撞"最小制动加速度

取A为参考：A位移

\[ x_A=20t \]

B位移

\[ x_B=-50+30t-\frac12at^2 \]

（初始在A后方50 m） 两车间距（A减B）

\[ d=x_A-x_B=50-10t+\frac12at^2 \]

"恰好不相撞"即 \(d(t)\ge0\) 且最小值为0。抛物线开口向上，最小值在

\[ t_*=\frac{10}{a} \]

代回：

\[ d_{\min}=50-10\cdot\frac{10}{a}+\frac12a\left(\frac{10}{a}\right)^2=50-\frac{100}{a}+\frac{50}{a}=50-\frac{50}{a} \]

令 \(d_{\min}=0\Rightarrow a=1\,\text{m/s}^2\)。 对应最近时刻

\[ t_*=10\,\text{s} \]

，最小间距

\[ d_{\min}=0 \]

。

结论：最小制动加速度 \(\boxed{1\,\text{m/s}^2}\)，最近时刻 \(\boxed{10\,\text{s}}\)，最小间距 \(\boxed{0\,\text{m}}\)（恰好擦碰临界）。

3. 逆向相遇 + 延迟启动

A从 \(t=0\) 起：

\[ x_A(t)=8t+\frac12\cdot1.5t^2=8t+0.75t^2 \]

（从P向Q为正） B在 \(t<10\) 时静止于 \(x=1200\)。 当 \(t\ge10\)，令 \(\tau=t-10\)：B向P运动，速度方向为负，故

\[ x_B(t)=1200-\left(4\tau+\frac12\cdot2\tau^2\right)=1200-4\tau-\tau^2 \]

相遇方程（\(t\ge10\)）：

\[ 8t+0.75t^2=1200-4(t-10)-(t-10)^2 \]

化简：右边

\[ =1200-4t+40-(t^2-20t+100)=1140+16t-t^2 \]

故

\[ 8t+0.75t^2=1140+16t-t^2\Rightarrow1.75t^2-8t-1140=0 \]

乘4：

\[ 7t^2-32t-4560=0 \]

\[ t=\frac{32\pm\sqrt{32^2+4\cdot7\cdot4560}}{14}=\frac{32\pm\sqrt{128704}}{14} \]

取正根 \(t\approx27.93\,\text{s}\)（满足 \(t\ge10\)）。

检验A是否先到Q：解

\[ 8t+0.75t^2=1200\Rightarrow3t^2+32t-4800=0 \]

得正根约 \(34.85\,\text{s}\)。故相遇先发生。

相遇位置：

\[ x\approx8(27.93)+0.75(27.93)^2\approx808.7\,\text{m} \]

结论：会在A到Q前相遇；相遇时刻 \(\boxed{t\approx27.93\,\text{s}}\)；相遇点距P约 \(\boxed{808.7\,\text{m}}\)。

4. 由速度—位移关系构造"二次约束"

用公式

\[ v^2=v_0^2+2ax \]

在两点处：

\[ v_1^2=v_0^2+2ax_1,\quad v_2^2=v_0^2+2ax_2 \]

相减：

\[ v_2^2-v_1^2=2a(x_2-x_1) \]

\[ 35^2-25^2=2a(100)\Rightarrow600=200a\Rightarrow a=3\,\text{m/s}^2 \]

再代回：

\[ 25^2=v_0^2+2\cdot3\cdot30\Rightarrow625=v_0^2+180\Rightarrow v_0^2=445 \]

\[ v_0=\sqrt{445}\approx21.10\,\text{m/s}\]（取正，按前进运动）。

到 \(x=30\) 的时刻由 \[x=v_0t+\frac12at^2\]：
\[30=\sqrt{445}\,t+1.5t^2\Rightarrow1.5t^2+\sqrt{445}\,t-30=0 \]

\[ t=\frac{-\sqrt{445}\pm\sqrt{445+180}}{3}=\frac{-\sqrt{445}\pm25}{3} \]

取正根：

\[ t=\frac{25-\sqrt{445}}{3}\approx1.30\,\text{s} \]

结论： （1）\(\boxed{a=3\,\text{m/s}^2}\)； （2）\(\boxed{v_0=\sqrt{445}\approx21.10\,\text{m/s}}\)； （3）\(\boxed{t\approx1.30\,\text{s}}\)。

5. 多目标优化：定点定时定末速

设前段时长 \(t_1\)，后段 \(t_2=20-t_1\)。 前段末（峰值）速度

\[ v_p=a_1t_1 \]

后段末速条件

\[ v_T=v_p+a_2t_2=10\Rightarrow a_2=\frac{10-v_p}{t_2} \]

总位移： 前段

\[ s_1=\frac12a_1t_1^2=\frac12v_pt_1 \]

后段（匀变速平均速度法）

\[ s_2=\frac{v_p+10}{2}\,t_2 \]

故

\[ 300=\frac12v_pt_1+\frac{v_p+10}{2}(20-t_1) \]

化简：

\[ 600=v_pt_1+(v_p+10)(20-t_1)=20v_p+200-10t_1 \]

所以

\[ v_p=20+\frac{t_1}{2} \]

又需后段减速 \(a_2<0\Rightarrow v_p>10\)（恒成立），前段加速 \(a_1>0\Rightarrow t_1>0\)。 且 \(t_1<20\)。于是可行族：

\[ a_1=\frac{v_p}{t_1}=\frac{20+t_1/2}{t_1}=\frac{20}{t_1}+0.5 \]

\[ a_2=\frac{10-v_p}{20-t_1}=\frac{-10-t_1/2}{20-t_1}<0 \]

要使峰值速度最小，即最小化

\[ v_p=20+\frac{t_1}{2} \]

，在 \(0

给一组具体可行解（例如 \(t_1=4\,\text{s}\)）：

\[ v_p=20+2=22\,\text{m/s} \]

\[ a_1=\frac{22}{4}=5.5\,\text{m/s}^2,\quad a_2=\frac{10-22}{16}=-0.75\,\text{m/s}^2 \]

校验位移：

\[ s_1=\frac12\cdot5.5\cdot16=44,\quad s_2=\frac{22+10}{2}\cdot16=256,\quad s_1+s_2=300 \]

结论：

• 一组可行参数：\(\boxed{(t_1,a_1,a_2)=(4\,\text{s},\,5.5\,\text{m/s}^2,\,-0.75\,\text{m/s}^2)}\)。
• 峰值速度最小的极限方案为 \(t_1\to0^+\)，\(\boxed{v_{p,\min}\to20\,\text{m/s}}\)（可任意逼近20，但两段都非零时不能严格取到）。

答案（双美元公式不换行）

1. 双阶段追及 + 安全距离约束

设A位置

\[ x_A(t)=90+24t \]

（取B出发点为原点，故A初始在前方90 m）。 B第一阶段 \(0\le t\le 8\)：

\[ x_B(t)=12t+\frac12\cdot3t^2=12t+1.5t^2,\quad v_B(t)=12+3t \]

先看 \(t=8\) 时：

\[ x_A(8)=90+192=282,\quad x_B(8)=96+96=192 \]

尚差 \(90\,\text{m}\)。且 \(v_B(8)=36>24\)，第二阶段可能追上。

第二阶段 \(t\ge8\)，令 \(\tau=t-8\)： B在第二阶段初值 \(x_B(8)=192,\ v_B(8)=36\)，故

\[ x_B=192+36\tau+\frac12(-2)\tau^2=192+36\tau-\tau^2 \]

A同阶段：

\[ x_A=282+24\tau \]

追及条件 \(x_B=x_A\)：

\[ 192+36\tau-\tau^2=282+24\tau\Rightarrow \tau^2-12\tau+90=0 \]

判别式

\[ \Delta=144-360=-216<0 \]

无实根，故永不追上。

最小间距：考虑相对位移 \(d=x_A-x_B\)。 第二阶段

\[ d(\tau)=90-12\tau+\tau^2=(\tau-6)^2+54 \]

故最小值在 \(\tau=6\)（即 \(t=14\,\text{s}\)）取得：

\[ d_{\min}=54\,\text{m} \]

结论： （1）不能追上； （2）无追上时刻与追上速度； （3）最小间距 \(\boxed{54\,\text{m}}\)（发生在 \(t=14\,\text{s}\)）。

2. "恰好不相撞"最小制动加速度

取A为参考：A位移

\[ x_A=20t \]

B位移

\[ x_B=-50+30t-\frac12at^2 \]

（初始在A后方50 m） 两车间距（A减B）

\[ d=x_A-x_B=50-10t+\frac12at^2 \]

"恰好不相撞"即 \(d(t)\ge0\) 且最小值为0。抛物线开口向上，最小值在

\[ t_*=\frac{10}{a} \]

代回：

\[ d_{\min}=50-10\cdot\frac{10}{a}+\frac12a\left(\frac{10}{a}\right)^2=50-\frac{100}{a}+\frac{50}{a}=50-\frac{50}{a} \]

令 \(d_{\min}=0\Rightarrow a=1\,\text{m/s}^2\)。 对应最近时刻

\[ t_*=10\,\text{s} \]

，最小间距

\[ d_{\min}=0 \]

。

结论：最小制动加速度 \(\boxed{1\,\text{m/s}^2}\)，最近时刻 \(\boxed{10\,\text{s}}\)，最小间距 \(\boxed{0\,\text{m}}\)（恰好擦碰临界）。

3. 逆向相遇 + 延迟启动

A从 \(t=0\) 起：

\[ x_A(t)=8t+\frac12\cdot1.5t^2=8t+0.75t^2 \]

（从P向Q为正） B在 \(t<10\) 时静止于 \(x=1200\)。 当 \(t\ge10\)，令 \(\tau=t-10\)：B向P运动，速度方向为负，故

\[ x_B(t)=1200-\left(4\tau+\frac12\cdot2\tau^2\right)=1200-4\tau-\tau^2 \]

相遇方程（\(t\ge10\)）：

\[ 8t+0.75t^2=1200-4(t-10)-(t-10)^2 \]

化简：右边

\[ =1200-4t+40-(t^2-20t+100)=1140+16t-t^2 \]

故

\[ 8t+0.75t^2=1140+16t-t^2\Rightarrow1.75t^2-8t-1140=0 \]

乘4：

\[ 7t^2-32t-4560=0 \]

\[ t=\frac{32\pm\sqrt{32^2+4\cdot7\cdot4560}}{14}=\frac{32\pm\sqrt{128704}}{14} \]

取正根 \(t\approx27.93\,\text{s}\)（满足 \(t\ge10\)）。

检验A是否先到Q：解

\[ 8t+0.75t^2=1200\Rightarrow3t^2+32t-4800=0 \]

得正根约 \(34.85\,\text{s}\)。故相遇先发生。

相遇位置：

\[ x\approx8(27.93)+0.75(27.93)^2\approx808.7\,\text{m} \]

结论：会在A到Q前相遇；相遇时刻 \(\boxed{t\approx27.93\,\text{s}}\)；相遇点距P约 \(\boxed{808.7\,\text{m}}\)。

4. 由速度—位移关系构造"二次约束"

用公式

\[ v^2=v_0^2+2ax \]

在两点处：

\[ v_1^2=v_0^2+2ax_1,\quad v_2^2=v_0^2+2ax_2 \]

相减：

\[ v_2^2-v_1^2=2a(x_2-x_1) \]

\[ 35^2-25^2=2a(100)\Rightarrow600=200a\Rightarrow a=3\,\text{m/s}^2 \]

再代回：

\[ 25^2=v_0^2+2\cdot3\cdot30\Rightarrow625=v_0^2+180\Rightarrow v_0^2=445 \]

\[ v_0=\sqrt{445}\approx21.10\,\text{m/s}\]（取正，按前进运动）。

到 \(x=30\) 的时刻由 \[x=v_0t+\frac12at^2\]：
\[30=\sqrt{445}\,t+1.5t^2\Rightarrow1.5t^2+\sqrt{445}\,t-30=0 \]

\[ t=\frac{-\sqrt{445}\pm\sqrt{445+180}}{3}=\frac{-\sqrt{445}\pm25}{3} \]

取正根：

\[ t=\frac{25-\sqrt{445}}{3}\approx1.30\,\text{s} \]

结论： （1）\(\boxed{a=3\,\text{m/s}^2}\)； （2）\(\boxed{v_0=\sqrt{445}\approx21.10\,\text{m/s}}\)； （3）\(\boxed{t\approx1.30\,\text{s}}\)。

5. 多目标优化：定点定时定末速

设前段时长 \(t_1\)，后段 \(t_2=20-t_1\)。 前段末（峰值）速度

\[ v_p=a_1t_1 \]

后段末速条件

\[ v_T=v_p+a_2t_2=10\Rightarrow a_2=\frac{10-v_p}{t_2} \]

总位移： 前段

\[ s_1=\frac12a_1t_1^2=\frac12v_pt_1 \]

后段（匀变速平均速度法）

\[ s_2=\frac{v_p+10}{2}\,t_2 \]

故

\[ 300=\frac12v_pt_1+\frac{v_p+10}{2}(20-t_1) \]

化简：

\[ 600=v_pt_1+(v_p+10)(20-t_1)=20v_p+200-10t_1 \]

所以

\[ v_p=20+\frac{t_1}{2} \]

又需后段减速 \(a_2<0\Rightarrow v_p>10\)（恒成立），前段加速 \(a_1>0\Rightarrow t_1>0\)。 且 \(t_1<20\)。于是可行族：

\[ a_1=\frac{v_p}{t_1}=\frac{20+t_1/2}{t_1}=\frac{20}{t_1}+0.5 \]

\[ a_2=\frac{10-v_p}{20-t_1}=\frac{-10-t_1/2}{20-t_1}<0 \]

要使峰值速度最小，即最小化

\[ v_p=20+\frac{t_1}{2} \]

，在 \(0

给一组具体可行解（例如 \(t_1=4\,\text{s}\)）：

\[ v_p=20+2=22\,\text{m/s} \]

\[ a_1=\frac{22}{4}=5.5\,\text{m/s}^2,\quad a_2=\frac{10-22}{16}=-0.75\,\text{m/s}^2 \]

校验位移：

\[ s_1=\frac12\cdot5.5\cdot16=44,\quad s_2=\frac{22+10}{2}\cdot16=256,\quad s_1+s_2=300 \]

结论：

• 一组可行参数：\(\boxed{(t_1,a_1,a_2)=(4\,\text{s},\,5.5\,\text{m/s}^2,\,-0.75\,\text{m/s}^2)}\)。
• 峰值速度最小的极限方案为 \(t_1\to0^+\)，\(\boxed{v_{p,\min}\to20\,\text{m/s}}\)（可任意逼近20，但两段都非零时不能严格取到）。