新高考物理一轮复习刷题练习第1讲 追及与相遇模型（含解析）

这是一份新高考物理一轮复习刷题练习第1讲 追及与相遇模型（含解析），共20页。试卷主要包含了驾车打盹极其危险等内容，欢迎下载使用。
第1讲 追及与相遇模型

（多选）1．（2021•海南）甲、乙两人骑车沿同一平直公路运动，t＝0时经过路边的同一路标，下列位移—时间（x﹣t）图像和速度—时间（v﹣t）图像对应的运动中，甲、乙两人在t0时刻之前能再次相遇的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：A、该图中，甲乙在t0时刻之前位移没有相等的时刻，即两人在t0时刻之前不可能相遇，故A错误；
B、甲乙在t0时刻之前图像有交点，即此时可位移相等，即两人在t0时刻之前能再次相遇，故B正确；
C、因v﹣t图像的面积等于位移，则甲乙在t0时刻之前位移有相等的时刻，即两人能再次相遇，故C正确；
D、在v﹣t图像中，图像与时间轴所围面积表示位移，故在t0时刻之前，甲的位移大于乙的位移，则两人不可能相遇，故D错误；
故选：BC。
（多选）2．（2021•广东）赛龙舟是端午节的传统活动。下列v﹣t和s﹣t图像描述了五条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程，其中能反映龙舟甲与其它龙舟在途中出现船头并齐的有（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：A、速度﹣时间图线围成的面积表示位移，由图可知，在到达终点前，甲图线围成的面积始终大于乙图线围成的面积，则龙舟甲与龙舟乙在途中不会出现船头并齐的现象，故A错误；
B、速度﹣时间图线围成的面积表示位移，由图可知，在两图线交点对应的时刻前，丙的位移比甲大，即丙在前，在交点对应的时刻后有一个时刻，两图线围成的面积相等，即位移相等，可知龙舟甲和龙舟乙在途中会出现船头并齐，故B正确；
C、由图可知，在到达终点前，两图线没有交点，即不会出现位移相同，则龙舟甲和龙舟乙在途中不会出现船头并齐，故C错误；
D、由图可知，在到达终点前，两图线有交点，即位移相同，可知龙舟甲和龙舟戊在途中出现船头并齐，故D正确。
故选：BD。
3．（2019•全国）甲、乙两车在一条平直公路上同向行驶，t＝0时甲车在乙车前方4m处，它们的位置x随时间t变化的关系如图所示。已知乙车做初速度不为零的匀加速运动。下列说法正确的是（　　）

A．甲车的速度为6m/s
B．乙车的加速度为2m/s2
C．t＝0时乙车的速度为2m/s
D．t＝2s时甲、乙两车的速度相等
【解答】解：A、甲车做匀速直线运动，x﹣t图象的斜率表示速度，则甲车的速度为v甲m/s＝4m/s，故A错误；
BC、设乙车的初速度为v0，加速度为a，根据匀变速直线运动的规律可得：a4m/s2，则x＝v0t，将t＝1s时x＝4m代入联立解得：v0＝2m/s，故B错误、C正确；
D、t＝2s时乙车的速度为v乙＝v0+at＝（2+4×2）m/s＝10m/s，两车的速度不相等，交点表示相遇，故D错误。
故选：C。
4．（2019•浙江）甲、乙两物体零时刻开始从同一地点向同一方向做直线运动，位移﹣时间图象如图所示，则在0～t1时间内（　　）

A．甲的速度总比乙大 B．甲、乙位移相同
C．甲经过的路程比乙小 D．甲、乙均做加速运动
【解答】解：AD、0～t1时间内，甲的斜率不变，则速度不变，做匀速运动。乙图线的斜率先小于甲后大于甲，即乙的速度先小于甲后大于甲，乙做加速运动，故AD错误。
B、0～t1时间内，甲、乙的起点和终点都相同，则位移相同，故B正确。
C、甲、乙都做单向运动，通过的路程等于位移，则甲、乙通过的路程相同，故C错误。
故选：B。
一.知识总结
1.追及相遇问题中的一个条件和两个关系
(1)一个条件：即两者速度相等，往往是物体能追上、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。
(2)两个关系：即时间关系和位移关系，这两个关系可通过画过程示意图得到。
2．追及相遇问题的两种典型情况
(1)速度小者追速度大者
类型
图像
说明
匀加速
追匀速

①0～t0时段，后面物体与前面物体间距离不断增大
②t＝t0时，两物体相距最远，为x0＋Δx(x0为两物体初始距离)
③t>t0时，后面物体追及前面物体的过程中，两物体间距离不断减小
④能追上且只能相遇一次
匀速追
匀减速

匀加速追
匀减速

(2)速度大者追速度小者
类型
图像
说明
匀减速
追匀速

开始追时，两物体间距离为x0，之后两物体间的距离在减小，当两物体速度相等时，即t＝t0时刻：
①若Δx＝x0，则恰能追上，两物体只能相遇一次，这也是避免相撞的临界条件
②若Δxx0，则相遇两次，设t1时刻Δx1＝x0，两物体第一次相遇，则t2时刻两物体第二次相遇(t2－t0＝t0－t1)
匀速追
匀加速

匀减速追
匀加速

3.追及相遇问题的解题思路及技巧
(1)解题思路

(2)解题技巧
①紧抓“一图三式”，即：过程示意图，时间关系式、速度关系式和位移关系式。
②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件。
③若被追的物体做匀减速直线运动，一定要注意追上前该物体是否已经停止运动，另外还要注意最后对解进行讨论分析。
④紧紧抓住速度相等这个临界点。
⑤遇到此类选择题时，图像法往往是最便捷的解法。

二.例题精讲
例1．A、B两车沿同一直线向同一方向运动，A车的速度vA＝4m/s，B车的速度vB＝10m/s。当B车运动至A车前方L＝7m处时，B车刹车并以a＝﹣2m/s2的加速度开始做匀减速直线运动。求：
（1）从该时刻开始计时，A车追上B车需要的时间；
（2）在A车追上B车之前，二者之间的最大距离。
【解答】解：（1）假设A车追上B车时，B车还没停止运动，设t'时间内A车追上B车，根据题意，A车追上B，需要通过位移
xA＝xB+L
A车的位移是
xA＝vAt
B车的位移是

联立解得t′＝7s
但B车停下来所用时间
比较t'和tB可知，A车是在B车停止运动后才追上B车的，因此t′＝7s，不是A车追上B车的时间，设A车追上B车的时间为t，
即xA＝vAt
B车实际运动时间应为tB，
即
联立解得t＝8s
（2）在A车追上B车之前，当二者速度相等时，二者之间有最大距离Δxmax，设此时两车运动时间为t0
vA＝vB+at0
此时二者之间有最大距离Δxmax＝xB0+L﹣xA0
其中xA0＝vAt0，
代入数据解得Δxmax＝16m
答：（1）从该时刻开始计时，A车追上B车需要的时间为8s；
（2）在A车追上B车之前，二者之间的最大距离是16m。
例2． 2022年北京冬奥会开幕式又一次让中国惊艳世界，其中“五环破冰”寓意打破隔阂，大家融为一体，向世界展示了中国人的浪漫。设定“五环”均为半径r＝3m的圆环（厚度忽略不计），上三环的下边缘与下两环圆心在同一水平面上。整个过程可简化为如图所示物理模型：初始时，“五环”位于同一竖直面内，恰藏于“冰”中置于水平地面上，“冰”上下表面均水平，其中上三环上边缘与“冰”上表面齐平，下两环下边缘与“冰”下表面齐平。现使“五环”和“冰”同时以大小相等的加速度a＝0.30m/s2分别竖直向上、向下做匀加速直线运动，速度达到某同一值后均匀速运动，各自快到达终点时分别以加速度a＝0.30m/s2做匀减速直线运动直至静止，最终“五环”用时43s上升12.6m，悬挂在空中，“冰”上表面恰好与水平地面融为一体。求：
（1）“五环”运动过程中的速度最大值；
（2）“五环破冰”（从开始运动到两者分离）所用时间。

【解答】解：（1）取“五环”运动过程的最大速度为v，加、减速用时t1
匀速用时t2＝43﹣2t1
位移满足x＝12.6m＝2avt2
联立解得
t1＝1s，t2＝41s，v＝0.3m/s
（2）有（1）易得加、减速过程位移x'a
“冰”匀速运动过程用时t3
设“冰”减速前“五环”已离开“冰”，取开始匀速到两者恰好分离用时t4，有3r﹣2x＝2vt4
联立解得：t4＝14.5s＜t3＝29s
可得“冰”减速前“五环”已离开“冰”，“五环破冰”用时t＝t1+t4＝1s+14.5s＝15.5s
答：（1）“五环”运动过程中的速度最大值为0.3m/s；
（2）“五环破冰”（从开始运动到两者分离）所用时间为15.5s。
例3．如图所示为车辆行驶过程中常见的变道超车情形。图中A、B两车相距L＝20m时，B车正以vB＝10m/s的速度匀速行驶，A车正以vA＝15m/s的速度借道超车，此时A司机发现前方不远处有一辆汽车C正好迎面驶来，其速度为vC＝8m/s，C车和B车之间相距d＝54m，现在A车司机有两个选择，一是放弃超车，驶回与B相同的车道，而后减速行驶；二是加速超车，在B与C相遇之前超过B车，不考虑变道过程的时间和速度的变化，且三辆车都可视为质点，则：
（1）若无C车，求A超车所需时间；
（2）若A车选择放弃超车，回到B车所在车道，则A至少应该以多大的加速度匀减速刹车，才能避免与B车相撞；
（3）若A车选择加速超车
①求A车能够安全超车的加速度范围；
②若A车身长6m，不考虑变道过程的时间和速度变化，求A车能够安全超车的加速度范围。

【解答】解：（1）设超车时间为t1，由位置关系得vAt1＝vBt1+L
代入数据解得：t1＝4s；
（2）设A车与B车恰好不相撞的加速度为a1，则在A追上B时速度相等，有：
vA﹣a1t2＝vB
vAt2vBt2+L
联立解得：a1m/s2
所以A车至少应该以m/s2的加速度匀减速刹车，才能避免与B车相撞；
（3）①分析可知，A车需要在B车和C车相遇之前完成超车，B车和C车相遇的时间为：t2
解得：t2＝3s
则A车超车的时间小于等于3s，当等于3s时，A车所需的加速度最小，
由：vAt2vBt2+L
代入数据解得：a2min
则A车能够安全超车的加速度a2；
②若A车身长6m，超车过程的时间最长为：t3
代入数据解得：t3
设超车过程的加速度最小为a2min′，应满足：vAt3vBt3+L+6m
解得：a2min′
所以A车身长6m，不考虑变道过程的时间和速度变化，A车能够安全超车的加速度a2′。
答：（1）若无C车，A超车所需时间为4s；
（2）若A车选择放弃超车，回到B车所在车道，A车至少应该以m/s2的加速度匀减速刹车，才能避免与B车相撞；
（3）①A车能够安全超车的加速度大于；
②若A车身长6m，不考虑变道过程的时间和速度变化，A车能够安全超车的加速度不小于。
例4．某天大雾弥漫，能见度很低，甲、乙两辆汽车同向行驶在同一平直公路上，甲车在前，乙车在后，甲车的速度v1＝15m/s，乙车的速度v2＝25m/s，当乙车行驶到距甲车s＝60m时，驾驶员发现了前方的甲车，设两车驾驶员的反应时间均为Δt＝0.5s.
（1）若乙车的驾驶员发现甲车后经反应时间Δt后立即刹车做匀减速运动，加速度大小a1＝2m/s2，当乙车速度与甲车速度相同时（两车末相撞），求乙车在该过程发生的位移大小；
（2）若乙车的驾驶员发现甲车后经反应时间Δt后，仅采取鸣笛警告措施，甲车驾驶员听到呜笛后经反应时间Δt后立即做匀加速运动，为了防止相撞，求甲车加速运动的最小加速度的大小a2（声音的传播时间忽略不计）.
【解答】解：（1）乙车先匀速，后减速
匀速位移s1＝v2Δt，解得s1＝12.5m
减速位移由速度—位移公式求解
v12﹣v22＝﹣2a1s2
解得s2＝100m
s总＝s1+s2＝12.5m+100m＝112.5m
（2）设甲车加速t2时间后两车速度相等，当甲车开始加速时，两车的距离为：
s0＝s﹣（v2﹣v1）×2Δt＝50m
甲车的加速度为：a2
位移关系有：v2t2＝s0（v1+v2）t2
联立解得：t2＝10s
a2＝1m/s2
答：（1）乙车在该过程发生的位移大小为112.5m；
（2）甲车加速运动的最小加速度的大小为1m/s2。

三.举一反三，巩固练习
1．如图所示，图甲为质点a和b做直线运动的x﹣t图像，图乙为质点c和d做直线运动的v﹣t图像，由图可知（　　）

A．t1到t2时间内，b和d两个质点的运动方向均发生了改变
B．t1到t2时间内，b和d两个质点的速度均一直减小
C．若t1时刻a、b两质点第一次相遇，则t2时刻a、b两质点第二次相遇
D．若t1时刻c、d两质点第一次相遇，则t2时刻c、d两质点第二次相遇
【解答】解：A、t1到t2时间内，x﹣t图像中b的斜率先为负值后为正值，则b质点的速度方向发生了变化；在v﹣t图像中，d质点的速度一直在t轴上方，即速度一直为正值，故A错误；
B、t1到t2时间内，b质点的斜率先减小后增大，则b质点的速度先变小后变大；d质点的速度从纵轴可以直接得出，d质点的速度先变小后变大，故B错误；
C、在x﹣t图像中交点表示相遇，则t1时刻a、b两质点第一次相遇，则t2时刻a、b两质点第二次相遇，故C正确；
D、若t1时刻c、d两质点第一次相遇，则t1到t2时间内c质点的速度一直大于d质点的速度，则在t2时刻c、d两质点，c质点在d质点前面，故D错误；
故选：C。
2．一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以v0＝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t1＝2.5s警车发动起来，以加速度a＝2m/s2做匀加速直线运动，再经时间t2追上货车，追上前两车的最大距离是s，则（　　）
A．t2＝10s，s＝36m B．t2＝4s，s＝36m
C．t2＝10s，s＝16m D．t2＝4s，s＝16m
【解答】解：当警车追上货车时，二者位移相等，由此有：x2＝x0+x1，即为：
代入数据解得：t2＝10s，t'2＝﹣2s（舍）。
当v车＝v货
则有v0＝at'
代入数据解得：t'＝4s；
此时货车的位移为：x货＝v0 （t1+t'）
警车的位移为：x车
最大距离为s＝x货﹣x车
联立代入数据解得：s＝36m，故在警车追上货车之前，两车间的最大距离是36m，故A正确、BCD错误。
故选：A。
3．同向运动的甲、乙两质点在某时刻恰好通过同一路标，以此时为计时起点，此后甲质点的速度随时间的变化关系为v＝6+4t（m/s），乙质点位移随时间的变化关系为x＝2t+4t2（m），下列说法正确的是（　　）
A．之后两质点不会相遇
B．两质点之后会相遇两次
C．相遇之前，t＝1s时两质点相距最远
D．相遇之前两质点间的最大距离为4m
【解答】解：AB、根据v＝v0+at得，甲质点的初速度v0＝6m/s，加速度a＝4m/s2，
根据位移—时间公式得，甲质点位移一时间表达式可写作：x＝6t+2t2。
甲乙相遇时有：x甲＝x乙，
6t+2t2＝2t+4t2，
得：t＝0或t＝2s，则之后两质点相遇一次，故AB错误；
CD、根据位移—时间公式可知，x＝v0tat2，则乙质点的初速度为v0′＝2m/s，加速度为a′＝8m/s2
甲、乙两质点相距最远时，两质点有相等速度，即v甲＝v乙，则有：v0+at'＝v0′+a′t'，解得：t'＝1s。
最远距离Δx＝v0t′at′2﹣v0′t′t′2，代入数据解得：Δx＝2m，故C正确，D错误。
故选：C。
4．一步行者以6.0m/s的速度跑去追赶被红灯阻停的公共汽车，在跑到距公共汽车25m处时，绿灯亮了，公共汽车以1.0m/s2的加速度匀加速启动前进，则（　　）
A．人能追上公共汽车，追赶过程中人跑了36m
B．人不能追上公共汽车，人、公共汽车最近距离为7m
C．人能追上公共汽车，追上公共汽车前人共跑了43m
D．人不能追上公共汽车，且公共汽车开动后，人、公共汽车距离越来越远
【解答】解：当二者速度相等时，经历的时间ts＝6s．
此时人的位移x1＝vt＝6×6m＝36m，汽车的位移x2at21×62m＝18m。
因为x1＜x2+25m，可知人不能追上汽车。
速度相等时有最小距离，最小距离Δx＝x2+25m﹣x1＝（18+25﹣36）m＝7m，故B正确、ACD错误。
故选：B。
5．随着空气质量的恶化，雾霾天气现象增多，危害加重。雾和霾相同之处都是视程障碍物，会使有效水平能见度减小从而带来行车安全隐患。在一大雾天，一辆小汽车以30m/s的速度匀速行驶在高速公路上，突然发现正前方30m处有一辆大卡车以10m/s的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，刹车过程中刹车失灵。如图所示，图线a、b分别为小汽车和大卡车的v﹣t图像（忽略刹车反应时间），以下说法正确的是（　　）

A．因刹车失灵前小汽车已减速，故不会发生追尾事故
B．在t＝3s时发生追尾事故
C．在t＝5s时发生追尾事故
D．若紧急刹车时两车相距40米，则不会发生追尾事故且两车最近时相距10米
【解答】解：ABC、根据速度时间图线与时间轴所围“面积”大小等于位移大小，由题图知，t＝3s时：
b车的位移大小为：xb＝vbt＝10×3m＝30m
a车的位移为：xa60m
则xa﹣xb＝60m﹣30m＝30m，所以在t＝3s时追尾，故AC错误、B正确；
D、由图线可知在t＝5s时两车速度相等，小汽车相对于大卡车的位移为：Δx35m＜40m，则不会发生追尾事故且两车最近时相距Δx′＝40m﹣35m＝5 m，故D错误。
故选：B。
（多选）6．某人驾驶一辆汽车甲正在平直的公路上以某一速度匀速运动，突然发现前方50m处停着一辆乙车，甲车司机立即刹车，甲车刹车后做匀减速直线运动。已知甲车刹车后第1个2s内的位移是24m，第4个2s内的位移是1m。则下列说法正确的是（　　）
A．汽车甲刹车后第3个2s内的位移为8m
B．汽车甲刹车后做匀减速直线运动的加速度大小为m/s2
C．汽车甲刹车后第4s末的速度大小为6m/s
D．汽车甲可能与乙车相撞
【解答】解：B、假设8s内汽车一直匀减速运动，根据x4﹣x1＝3aT2得
am/s2m/s2
研究甲车刹车后第1个2s内的过程，根据x1＝v0T，其中T＝2s
得初速度为：v0（22）m/s≈14m/s
速度减为零的时间：ts≈7.3s
可知汽车在8s前速度减为零。
设汽车加速度为a，根据x1＝v0T，得：
24＝2v0+2a
汽车速度减为零的时间为
t0
采用逆向思维，最后两秒内的位移为：
x′1m
联立解得加速度为：a＝﹣2m/s2，初速度为：v0＝14m/s，故B错误；
A、根据x3﹣x1＝2aT2得汽车甲刹车后第3个2s内的位移为：x3＝x1+2aT2＝[24+2×（﹣2）×22]m＝8m，故A正确；
C、汽车甲刹车后第4s末的速度大小为v4＝v0+at4＝[14+（﹣2）×4]m/s＝6m/s，故C正确；
D、汽车刹车到停止的距离为x0m＝49m＜50m，所以甲车不会撞上乙车，故D错误。
故选：AC。
（多选）7．在平直公路上，自行车与同方向行驶的一辆汽车在t＝0时同时经过某一个路标，它们的位移x（m）随时间t（s）变化的规律为：汽车为x＝10tt2，自行车为x＝6t，则下列说法正确的是（　　）
A．汽车作匀减速直线运动，自行车作匀加速直线运动
B．经过路标时自行车的速度小于汽车的速度
C．经过路标后到再次相遇前自行车与汽车之间的最大距离为24m
D．当自行车与汽车再次相遇时，它们距路标96m
【解答】解：A.汽车x＝10tt2＝v0tat2知汽车做初速度为10m/s，加速度a＝﹣0.5m/s2的匀减速直线运动，自行车x＝6t＝vt，知自行车做速度为6m/s的匀速直线运动。故A错误；
B.经过路标时，汽车的速度大于自行车的速度。故B正确；
C.速度相等时，距离最大，v0+at＝v，解得t＝8s，分别代入x1＝10tt2及x2＝6t位移公式做差得Δx＝x1﹣x2＝64m﹣48m＝16m，故C错误；
D.根据10tt2＝6t得，t＝16s。汽车速度减为零所需的时间
t'20s，知自行车追上汽车时，汽车还未停止。此时距离路标的距离x＝vt＝6×16m＝96m，故D正确。
故选：BD。
8．如图在一条平直的道路上有三个红绿灯A、B、C，其中AB间距L2＝450m，BC间距L3＝120m。三个灯都是绿灯持续10s，红灯持续20s，假设红绿灯切换不需要时间。有可视为质点的甲、乙两个车行驶在路上依次经过A、B、C，两车加速时加速度大小均为a1＝2.5m/s2，减速时加速度大小均为a2＝5m/s2。当乙车以v0＝10m/s走到A处时，甲车以同样速度v0走到距离A处L1＝40m的地方，此时A显示绿灯还有3s，B显示红灯还剩1s，C显示红灯还有18s。当甲、乙两车不能够匀速通过红绿灯时，就会匀减速运动至刚好停到红绿灯处；绿灯亮起，甲、乙两车马上从静止做匀加速直线运动，加速到v0保持匀速直线。求：

（1）甲车从A前40m的地方运动到A所需要的时间；
（2）甲、乙两车在AB之间的最大距离；
（3）甲、乙两车通过A、B、C之后的最近距离。
【解答】解：（1）甲车从A前40m处以v0匀速运动到A所需的时间为：
s＝4s＞3s
故甲车不能匀速行驶通过A灯，则甲车会在到达A之前做匀减速直线运动，甲车的刹车距离为：

解得：x＝10m
所以甲车将在A前方10m开始减速，则甲车匀速行驶的时间为：
s＝3s
减速运动的时间为：
s＝2s。
甲车从A前40m的地方运动到A所需要的时间为：
t甲1＝t匀+t减＝3s+2s＝5s
（2）由起初再经过t1＝20s+3s＝23s，A再次为绿灯时，甲车开始做匀加速运动，此时乙车与A的距离为：
x1＝v0t1＝10×23m＝230m
经过23s，B正显示红灯，红灯还剩余的时间为：
tB1＝1s+10s+20s﹣23s＝8s
显然乙车在这8s时间内行驶距离为80m，并未到达B处，在接下来的10s绿灯时间内乙车再匀速行驶100m，之后B变为红灯，此时乙车到B灯的距离为：
x乙1＝L2﹣x1﹣80m﹣100m＝450m﹣230m﹣80m﹣100m＝40m
可知在之后B为20s红灯时间内乙车无法匀速通过B，根据（1）的分析可知乙车在距B前方10m处开始减速。
综上所述，乙车在A、B之间匀速行驶的位移为450m﹣10m＝440m，匀速行驶的时间为s＝44s
甲车开始匀加速运动后，设经过时间t2速度达到v0与乙车的速度相等，此时二者之间距离最大，且假设此段时间内乙车一直匀速运动，则：
t2s＝4s＜44s
假设成立，t2时间内乙车比甲车多行驶的距离为：
Δx＝v0t2a1
代入数据解得：Δx＝20m
则甲、乙两车在A、B之间的最大距离为：
sm＝x1+Δx＝230m+20m＝250m
（3）对甲乙两车分别分析由A到C的运动过程，判断经过C处的时间和运动状态。
①对乙车分析如下：
由（1）（2）分析可知，乙车由A到B先匀速行驶44s，再匀减速行驶t减＝2s，共计经过44s+2s＝46s到达B，
此时B为红灯还剩1s+10s+20s+10+20﹣46s＝15s，B变为绿灯，乙车先匀加速行驶t2＝4s时间达到速度v0.
匀加速行驶的位移为：x加a1m＝20m
假设之后一直匀速行驶通过C灯，则此段需要的时间为：
t乙1s＝10s
则乙车从起初到达C处所用总时间为：t乙2＝46s+15s+4s+10s＝75s
C灯此时为红灯还剩余时间为：18s+10s+20s+10s+20s﹣75s＝3s
则假设不成立，
那么可知从起初乙车经过t乙3＝75s+3s＝78s在C处从静止做匀加速直线运动，加速到v0保持匀速直线运动。
②对甲车分析如下：
由（1）可知甲车先在A处等红灯，经历3s+20s＝23s时间A变为绿灯，甲车由静止先匀加速行驶t2＝4s时间达到速度v0，位移为x加＝20m。
假设之后一直匀速行驶通过B灯，则此过程需要的时间为：
t甲2s＝43s
经过23s+4s+43s＝70s时间B为绿灯还剩余时间为：1s+10s+20s+10s+20s+10s﹣70s＝1s
则假设成立，甲车经过70s匀速通过B灯，再假设之后一直匀速行驶通过C灯，则由B到C的时间为：
t甲3s＝12s
经过70s+12s＝82s时间C为绿灯还剩余时间为：18s+10s+20s+10s+20s+10s﹣82s＝6s
则假设成立，即甲车从起初经过t甲4＝82s在C处以速度v0做匀速直线运动。
由以上分析可得：t甲4﹣t乙3＝82s﹣78s＝4s
乙车比甲车早4s通过C处，而乙车在这4s时间速度恰好达到v0，位移为x加＝20m，即甲车通过C时乙车恰好与甲车速度相同，两车都以速度v0匀速直线运动，两车之间的距离为20m保持不变，则甲、乙两车通过A、B、C之后的最近距离为20m。
答：（1）甲车从A前40m的地方运动到A所需要的时间为5s；
（2）甲、乙两车在A、B之间的最大距离为250m；
（3）甲、乙两车通过A、B、C之后的最近距离为20m。
9．驾车打盹极其危险。某轿车在平直公路上以大小v1＝30m/s的速度匀速行驶，轿车司机老王疲劳驾驶开始打盹时，轿车与前方正以大小v2＝18m/s的速度匀速行驶的大货车间的距离L＝100m。若老王打盹的时间t1＝6s，醒来时发现险情紧急刹车，从老王醒来到轿车开始减速行驶所用的时间t0＝1s，轿车减速行驶过程，视为匀减速运动，加速度的大小为6m/s2。请通过计算判断轿车是否会撞上货车。若会撞上，求出相撞的时间，若不会相撞，求出两车的最小距离。
【解答】解：轿车匀速行驶通过的距离为：x1＝v1（t1+t0）＝30×（6+1）m＝210 m
设轿车开始减速行驶到轿车与货车速度相同时所用的时间为t2，由匀变速直线运动的规律有：v2＝v1﹣at2，
解得：t22s，轿车减速行驶通过的距离为：x2t22m＝48m
从老王开始打盹到轿车与货车速度相同的时间内，货车通过的距离为：s＝v2（t1+t0+t2）＝18×（6+1+2）m＝162m
由于：x1+x2﹣s＝96 m＜L，故轿车不会撞上货车。
两车速度相等时，相距最近，最近距离为Δx＝L+s﹣x100m+162m﹣210m4m
答：轿车不会撞上货车，两车的最小距离为4m.