(考点分析) 第四节 追及相遇问题-2023年高考物理一轮系统复习学思用

这是一份(考点分析) 第四节 追及相遇问题-2023年高考物理一轮系统复习学思用，共20页。

【考点分析】　第四节 追及相遇问题
【考点一】 匀速运动的追击问题
【典型例题1】 一列长为l的队伍,行进速度为v1,通讯员从队伍尾以速度v2赶到排头,又立即以速度v2返回队尾.求这段时间里队伍前进的距离.
【解析】 以队伍为参考系，则通讯员从队尾赶到排头这一过程中，
相对速度为(v2－v1)；
通讯员再从队头返回队尾的这一过程中相对速度为(v1＋v2)，
则整个运动时间t＝＋
则队伍在这段时间相对地面前进的距离x为x＝v1t＝v1＝.
【答案】
【考点二】 根据－t图象判断相遇问题
【典型例题2】 (2021·山东东营市广饶一中)A、B两质点在一条直线上不同地点沿同一方向从t=0时刻开始做匀变速直线运动，A在前，B在后，且A、B最初间距为s0=4.5m，已知两质点在时间t内的平均速度为，它们的－t图像分别为图中的直线A、B，下列判断正确的是（　　）

A．质点B的加速度大小为1m/s2
B．t=1s时刻A、B速度相等
C．t=2s时刻A领先B距离最大
D．t=3s时刻A、B相遇
【解析】 A．匀变速直线运动在时间间隔t内的平均速度等于这段时间的中间时刻的瞬时速度，也等于这段时间初、末瞬时速度的平均值；当时间间隔趋于无穷小时，平均速度即是瞬时速度。由图可知质点A 的初速度为vA0=3m/s，前2s的平均速度为A2=2m/s，即1s末时的瞬时速度vA1=2m/s；质点B的初速度为vB0=0，前2s的平均速度为B2=2m/s，即1s末时的瞬时速度vB1=2m/s；所以质点B的加速度为aB=2m/s2，故A错误；
B．t=1s时刻A、B的速度分别为vA1=2m/s，vB1=2m/s，故B正确；
C．质点A做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，当二者速度大小相等时距离最大，即vA0+×t= vB0+aB t， 解得t=1s，故C错误；
D．设时刻t /两质点相遇，则vA0 t /+××t /2+s0= vB0 t/+aB t /2，解得t /=3s，故D正确。故选BD。
【答案】BD
【考点三】 追者加速被追者匀速的追击问题
【典型例题3】 一辆汽车在十字路口等候绿灯，当绿灯亮时汽车以a=3 m/s2的加速度开始加速行驶，恰在这时一辆自行车以v=6 m/s的速度匀速驶过，从后边超过汽车.则汽车从路口启动后，在追上自行车之前经过多长时间两车相距最远？此时两车的距离是多少？
【解析】 解法一(分析法)：汽车与自行车的速度相等时相距最远，设此时经过的时间为t，两车间的距离为Δx，则有v=at
所以t==2 s
Δx=vt－at2=6 m.
解法二(极值法)：设汽车在追上自行车之前经过时间t两车相距最远，则Δx=vt－at2
代入已知数据得Δx=6t－t2
由二次函数求极值的条件知：t=2 s时，Δx有最大值6 m
所以t=2 s时两车相距最远，为Δx=6 m.
解法三(图象法)：自行车和汽车的v－t图象如图所示，

由图可以看出，在相遇前，t1时刻两车速度相等，两车相距最远，此时的距离为阴影三角形的面积，
所以有t1== s=2 s，
Δx== m=6 m.
【答案】　2 s　6 m
【归纳总结】 追及与相遇问题的两种典型情况
假设物体A追物体B，开始时，两个物体相距x0，有两种典型情况：
(1)初速度小的匀加速运动的物体A追匀速运动的物体B，当vA=vB时，二者相距最远.
(2)初速度大的匀减速运动的物体A追匀速运动的物体B，当vA=vB时，
①若已超越，则相遇两次.
②若恰好追上，则相遇一次.
③若没追上，则无法相遇.
【考点四】 追者匀速，被追者匀加速的追击问题
【典型例题4】 一步行者以6.0 m/s的速度跑去追赶被红灯阻停的公共汽车，在跑到距汽车25 m处时，绿灯亮了，汽车以1.0 m/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36 m
B．人不能追上公共汽车，人、车最近距离为7 m
C．人能追上公共汽车，追上车前人共跑了43 m
D．人不能追上公共汽车，且车开动后，人车距离越来越远
【解析】 在跑到距汽车25 m处时，绿灯亮了，汽车以1.0 m/s2的加速度匀加速启动前进，当汽车加速到6.0 m/s时二者相距最近．汽车加速到6.0 m/s所用时间t=6 s，人运动距离为6×6 m=36 m，汽车运动距离为18 m，二者最近距离为18 m＋25 m－36 m=7 m，选项A、C错误，B正确．人不能追上公共汽车，且车开动后，人车距离先减小后增大，选项D错误．
【答案】 B
【考点五】 减速过程的避免相撞问题
【典型例题5】 A、B两车在同一直线上向右匀速运动，B车在A车前，A车的速度大小为v1=8 m/s，B车的速度大小为v2=20 m/s，如图所示.当A、B两车相距x0=28 m时，B车因前方突发情况紧急刹车(刹车过程可视为匀减速直线运动)，加速度大小为a=2 m/s2，从此时开始计时，求：

(1)A车追上B车之前，两者相距的最大距离；
(2)A车追上B车所用的时间；
(3)从安全行驶的角度考虑，为避免两车相撞，在题设条件下，A车在B车刹车的同时也应刹车的最小加速度.
【解析】 (1)当A、B两车速度相等时，相距最远，根据速度关系得：v1=v2－at1
代入数据解得：t1=6 s
此时，根据位移时间的关系得：xA1=v1t1
xB1=v2t1－at12
Δxm=xB1＋x0－xA1
代入数据解得：Δxm=64 m
(2)B车刹车到停止运动所用时间： t0==10 s
发生的位移：xB2==100 m
此时：xA2=v1t0=80 m
则：xA2＜x0＋xB2，
可见此时A车并未追上B车，而是在B车停止后才追上B车停止后A车运动时间为：t2==6 s
故所用总时间为：t=t0＋t2=16 s
(3)A车刹车减速至0时刚好追上B车时，加速度最小
＋x0=
代入数据解得：aA=0.25 m/s2.
【答案】 (1)64 m　(2)16 s　(3)0.25 m/s2
【归纳总结】
1．追及的特点：两个物体在同一时刻处在同一位置．
2．时间关系：从后面的物体追赶开始，到追上前面的物体时，两物体经历的时间相等．
3．位移关系：x2=x0＋x1其中x0为开始追赶时两物体之间的距离，x1表示前面被追物体的位移，x2表示后面追赶物体的位移.
4．临界条件：当两个物体的速度相等时，可能出现恰好追及、恰好避免相撞，相距最远、相距最近等情况，即出现上述四种情况的临界条件为v1=v2.
【考点六】 一减速一加速过程的避免相撞问题
【典型例题6】 一汽车在直线公路段上以54 km/h的速度匀速行驶，突然发现在其正前方14 m处有一辆自行车以5 m/s的速度同向匀速行驶.经过0.4 s的反应时间后，司机开始刹车，则：
(1)为了避免相撞，汽车的加速度大小至少为多少？
(2)若汽车刹车时的加速度大小只有4 m/s2，在汽车开始刹车的同时自行车开始以一定的加速度匀加速行驶，则自行车的加速度至少为多大才能保证两车不相撞？
【解析】 (1)设汽车的加速度大小为a，初速度v汽=54 km/h=15 m/s，
初始距离d=14 m
在经过反应时间0.4 s后，汽车与自行车相距d′=d－(v汽－v自)t0=10 m
从汽车刹车开始计时，
自行车的位移为：x自=v自t
汽车的位移为：x汽=v汽t－at2
假设汽车能追上自行车，此时有：
x汽=x自＋d′
代入数据整理得：at2－10t＋10=0
要保证不相撞，即此方程至多只有一个解，
即得：Δ=102－20a≤0，
解得：a≥5 m/s2.
汽车的加速度至少为5 m/s2.
(2)设自行车加速度为a′，同理可得：x汽′=x自′＋d′
整理得：(a′＋2)t2－10t＋10=0
要保证不相撞，即此方程至多只有一个解，
即得：Δ′=102－20a′－80≤0
解得：a′≥1 m/s2.
自行车的加速度至少为1 m/s2.
【答案】 (1)5 m/s2　(2)1 m/s2
【考点七】 追击问题在体育运动中的应用
【典型例题7】 2019世界田径接力赛男子4×100米接力赛，冠军被巴西队以38秒05获得.如图所示，这是某一次接力训练.已知甲、乙两运动员经短距离加速后都能达到并保持10 m/s的速度跑完全程.设乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速运动，加速度大小为3 m/s2.乙在接力区前端听到口令时起跑，在甲、乙相遇时完成交接棒.在某次练习中，甲以v=10 m/s的速度跑到接力区前端s0=14.0 m处向乙发出起跑口令.已知接力区的长度为L=20 m.

(1)求此次练习中交接棒处离接力区前端(即乙出发的位置)的距离.
(2)为了达到理想成绩，需要乙恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，则甲应在接力区前端多远时对乙发出起跑口令？
(3)在(2)中，棒经过接力区的时间是多少？
【解析】 (1)设乙加速到交接棒时运动时间为t，
则在甲追及乙过程中有：s0＋at2=vt
代入数据得：t1=2 s，t2≈4.67 s(不符合乙加速最长时间tm== s，故舍去)
此次练习中交接棒处离接力区前端的距离为：x=at12=6 m
(2)乙加速时间为：t乙== s
设甲在距离接力区前端为s时对乙发出起跑口令
则在甲追及乙过程中有：s＋vt乙=vt乙
代入数据得：s≈16.7 m
(3)棒在(2)情形下以v=10 m/s的速度运动，
所以有：t′==2 s.
【答案】 (1)6 m　(2)16.7 m　(3)2 s
【归纳总结】追及相遇问题
1.分析思路
可概括为“一个临界条件”“两个等量关系”.
(1)一个临界条件：速度相等.它往往是物体间能否追上或两者距离最大、最小的临界条件，也是分析、判断问题的切入点；
(2)两个等量关系：时间等量关系和位移等量关系，通过画草图找出两物体的位移关系是解题的突破口.
2.能否追上的判断方法(临界条件法)
物体B追赶物体A：开始时，两个物体相距x0，当vB=vA时，若xB>xA＋x0，则能追上；若xB=xA＋x0，则恰好追上；若xB 3.特别提醒
若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意判断被追上前该物体是否已经停止运动.
4.常用分析方法
(1)物理分析法：抓住“两物体能否同时到达空间某位置”这一关键，认真审题，挖掘题目中的隐含条件，建立物体运动关系的情境图.
(2)二次函数法：设相遇时间为t，根据条件列方程，得到关于位移x与时间t的二次函数关系，由此判断两物体追及或相遇情况.
①若Δ>0，即有两个解，说明可以相遇两次；
②若Δ=0，说明刚好追上或相遇；
③若Δ<0，说明追不上或不能相遇.
(3)极值法
设经过时间t，分别列出两物体的位移—时间关系式，得位移之差Δx与时间的二次函数，再利用数学极值法求解距离的最大(或最小)值.
(4)图象法：将两个物体运动的速度—时间关系图线在同一图象中画出，然后利用图象分析、求解相关问题.
【考点八】 图像在相遇次数中的讨论
【典型例题8】 甲乙两车在一平直道路上同向运动，其v－t图象如图所示，图中△OPQ和△OQT的面积分别为s1和s2(s2>s1)．初始时，甲车在乙车前方s0处(　　)

A．若s0＝s1＋s2，两车不会相遇 B．若s0 C．若s0＝s1，两车相遇1次 D．若s0＝s2，两车相遇1次
【解析】 由图可知甲的加速度a1比乙a2大，在达到速度相等的时间T内两车相对位移为s1.若s0＝s1＋s2，速度相等时乙比甲位移多s1s1)，两车速度相等时还没有追上，并且甲车在前，故不会追上，D项错．
【答案】 ABC
【考点九】 图像在相遇时刻中的讨论
【典型例题9】 （2021·赤峰二中）甲、乙两车在平直公路上沿同一方向行驶，其v－t图像如图所示，在t=0时刻，乙车在甲车前方x0处，在t=t1时间内甲车的位移为x。下列判断正确的是（　　）

A．若甲、乙在t1时刻相遇，则x0=x
B．若甲、乙在时刻相遇，则下次相遇时刻为
C．若x0=x，则甲、乙一定相遇两次
D．若x0=x，则甲、乙一定相遇两次
【解析】 A．由图可知，甲车的初速度等于2v0，在t1时刻乙车速度为v0。在t1时间内，甲车的位移为x，则由v﹣t图象中，图线与坐标围成的面积表示位移，可判断得乙车的位移为x，若甲、乙在t1时刻相遇，则x0=x－x=x，故A错误；
B．若甲、乙在时刻相遇，由图象可知，x为阴影部分对应的距离

即x0=×x=x，由图象中的对称关系，下次相遇的时刻为t1+=，故B错误；
C．若x0=x，相遇时v乙>v甲，则之后不能再次相遇，故C错误；
D．若x0=x，相遇时v乙>v甲，则甲、乙一定相遇两次，故D正确。故选D。
【答案】D
【考点十】 图像在相遇问题中的综合应用
【典型例题10】 (2021·云南模拟)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v－t图像如图所示.已知两车在t=3 s时并排行驶，则(　　)

A.在t=1 s时，甲车在乙车后
B.在t=0时，甲车在乙车前7.5 m
C.两车另一次并排行驶的时刻是t=2 s
D.甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m
【解析】 根据v－t图像知，甲、乙两车都沿正方向运动.t=3 s时，甲、乙两车并排行驶，此时v甲=30 m/s，v乙=25 m/s，由v－t图线与时间轴所围“面积”对应位移知，0～3 s内甲车位移x甲=×3×30 m=45 m，乙车位移x乙=×3×(10＋25) m=52.5 m.故t=0时，甲、乙两车相距Δx1=x乙－x甲=7.5 m，即甲车在乙车前方7.5 m，选项B正确；0～1 s内，x甲′=×1×10 m=5 m，x乙′=×1×(10＋15) m=12.5 m，Δx2=x乙′－x甲′=7.5 m=Δx1，说明在t=1 s时甲、乙两车第一次并排行驶，选项A、C错误；甲、乙两车两次并排行驶的位置之间的距离为x=x甲－x甲′=45 m－5 m=40 m，选项D正确.
【答案】 BD
【归纳总结】
1.根据两个物体的v－t图象分析追及相遇问题：
(1)利用图象中斜率、面积、交点的含义进行定性分析或定量计算.
(2)有时将运动图象还原成物体的实际运动情况更便于理解.
2.根据两个物体的运动状态作出v－t图象，再分析解答问题.根据物体在不同阶段的运动情况，分阶段画出v－t图象，再通过定量计算分析得出结果.
【考点十一】 先后运动的物体相遇问题的讨论
【典型例题11】 (2021·山东济南外国语学校)甲、乙两辆小汽车(都可视为质点)分别处于同一条平直公路的两条平行车道上，开始时(t=0)，乙车在前，甲车在后，两车间距为x0。t=0时甲车先启动，t=3 s时乙车再启动，两车启动后都是先做匀加速运动，后做匀速运动，两车运动的v－t图像如图所示。则下列说法正确的是(　　)

A．两车加速过程，甲车的加速度比乙车大
B．若x0=80 m，则两车间的距离最小为30 m
C．若两车在t=5 s时相遇，则在t=9 s时再次相遇
D．若两车在t=4 s时相遇，则在t=10 s时再次相遇
【解析】 v－t图线的斜率表示加速度，从图像上可以看出乙车的加速度大小大于甲车的加速度大小，故A错误；v－t图线与时间轴围成的面积表示位移，若不能相遇，甲、乙速度相等时两者之间的距离有最小值，从图像上可以看出t=7 s时甲、乙两车的速度相同，甲车运动的位移为s1= m=90 m，乙车运动的位移为s2=×4×20 m=40 m，则甲、乙两车间的距离为Δs=s2＋x0－s1=30 m，故B正确；若两车在t=5 s时相遇，从图像上可以看出5～9 s内甲、乙两车运动的位移相同，所以甲、乙两车在t=9 s时再次相遇，故C正确；若两车在t=4 s时相遇，从图像上可以看出4～10 s内甲、乙两车运动的位移不相同，则在t=10 s时两车不会再次相遇，故D错误。
【答案】 BC
【考点十二】 一加速一减速的相遇问题
【典型例题12】 甲、乙两车同时同地同向出发，在同一水平公路上做直线运动，甲的初速度v甲=16 m/s，加速度大小a甲=2 m/s2，做匀减速直线运动，乙以初速度v乙=4 m/s，加速度大小a乙=1 m/s2，做匀加速直线运动，求：
(1)两车再次相遇前二者间的最大距离；
(2)两车再次相遇所需的时间．
【解析】　解法一　用物理分析法求解
(1)甲、乙两车同时同地同向出发，甲的初速度大于乙的初速度，但甲做匀减速运动，乙做匀加速运动，则二者相距最远时的特征条件是：速度相等，即v甲t=v乙t
v甲t=v甲－a甲t1；v乙t=v乙＋a乙t1
得：t1==4 s
相距最远Δx=x甲－x乙
=－=(v甲－v乙)t1－(a甲＋a乙)t=24 m.
(2)再次相遇的特征是：二者的位移相等，即
v甲t2－a甲t=v乙t2＋a乙t
代入数值化简得
12t2－t=0
解得：t2=8 s，t′2=0(即出发时刻，舍去)．
解法二　用数学极值法求解
(1)两车间的距离Δx=x甲－x乙
=－
=(v甲－v乙)t－(a甲＋a乙)t2=12t－t2
=－[(t－4)2－16]
显然，t=4 s时两者距离最大，有Δxm=24 m.
(2)当Δx=12t－t2=0时再次相遇
解得：t2=8 s，t′2=0(舍去)．
【答案】　(1)24 m　(2)8 s
【考点十三】 多次相遇问题
【典型例题13】 （2021·四川省石室中学）甲、乙两车在同一水平路面上做直线运动，某时刻乙车在前、甲车在后，相距x=6m，从此刻开始计时，乙做匀减速运动，两车运动的v-t图象如图所示。则在0~12s内关于两车位置关系的判断，下列说法正确的是（ ）

A. t=4s时两车相遇
B. t=4s时两车间的距离为4m
C. 0~12s内两车有两次相遇
D. 0~12s内两车有三次相遇
【解析】 AB．题中图像与时间轴围成的面积可表示位移，0~4s，甲车的位移为48m，乙车的位移为40m，因在t=0时，甲车在乙车后面6m，故当t=4s时，甲车会在前，乙车会在后，且相距2m，所以t=4s前两车第一次相遇，t=4s时两车间的距离为2m，故AB错误；
CD．0~6s，甲的位移为60m，乙的位移为54m，两车第二次相遇，6s后，由于乙的速度大于甲的速度，乙又跑在前面，8s后，甲车的速度大于乙的速度，两车还会有第三次相遇，当t=12s时，甲的位移为84m，乙的位移为72m，甲在乙的前面，所以第三次相遇发生在t=12s之前，所以在0~12s内两车有三次相遇，故C错误，D正确。故选D。
【答案】 D
【考点十四】 带有反应距离的刹车问题
【典型例题14】 如图所示是《驾驶员守则》中的安全距离图示和部分安全距离表格．

车速(km/h)
反应距离(m)
刹车距离(m)
停车距离(m)
40
10
10
20
60
15
22.5
37.5
80
A=(　　)
B=(　　)
C=(　　)
请根据该图表计算：
(1)如果驾驶员的反应时间一定，请在表格中填上A的数据；
(2)如果路面情况相同，请在表格中填上B、C的数据；
(3)如果路面情况相同，一名喝了酒的驾驶员发现前面50 m处有一队学生正在横穿马路，此时他的车速为72 km/h，而他的反应时间比正常时慢了0.1 s，请问他能在50 m内停下来吗？
【解析】　(1)反应时间为t==0.9 s，A=v3t=×0.9 m=20 m.
(2)加速度a== m/s2，B==40 m，所以C=60 m.
(3)司机的反应距离为x1=v4t′=20×(0.9＋0.1)m=20 m
司机的刹车距离为x2== m=32.4 m，x=x1＋x2=52.4 m＞50 m，故不能．
【答案】　(1)20 m　(2)40 m　60 m　(3)不能
【考点十五】 带有反应时间的刹车问题
【典型例题15】（2021·甘肃省甘谷四中）研究表明，一般人的刹车反应时间（即图甲中“反应过程”所用时间）t0=0.4s，但饮酒会导致反应时间延长．在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v0=72km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L=39m．减速过程中汽车位移s与速度v的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动．取重力加速度的大小g=10m/s2．求：

（1）减速过程汽车加速度的大小；
（2）饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少.
【解析】 （1）设刹车加速度为a，由题可知刹车初速度v0=72km/h=20m/s，
末速度v=0，位移x0=25m，
根据v=2ax，代入数据可得：a=8m/s2，
（2）反应时间内的位移为x /=L－x=14m，
则反应时间为t /===0.7s，
则反应的增加量为Δt=t /－t0=0.7－0.4=0.3s，
【答案】 （1）8m/s2；（2）0.3s
【考点十六】 和红绿灯结合的刹车问题
【典型例题16】 （2021·湖北武汉市华中师大一附中）如图所示，以v0=10m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，当汽车距离停车线S=23m时，绿灯还有2s将熄灭。绿灯熄灭后，黄灯亮3s后熄灭。该车加速时最大加速度大小为2m/s2，减速时最大加速度大小为5m/s2，此路段允许行驶的最大速度为12.5m/s。同学们学习交通规则后，通过讨论提出建议：驾驶员要么在绿灯熄灭前使汽车通过停车线，且不超速；要么使汽车在黄灯熄灭前停在停车线处。汽车可视为质点，下列关于驾驶员的操作可满足同学们的建议的是（　　）

A．汽车在距停车线11m处开始匀加速行驶通过停车线
B．汽车立即匀加速行驶通过停车线
C．汽车在距停车线9m处开始匀减速行驶
D．汽车立即匀减速行驶
【解析】 A．汽车匀速运动的时间t1==1.2s，
设汽车全程匀加速运动通过停车线的最短时间为t2，S2=v0t2＋at，11=10t2＋at
解得t2=1s，故汽车在绿灯熄灭前不能通过停车线，选项A错误；
B．绿灯还有2s将熄灭，汽车全程匀加速行驶t=2s通过停车线v0t＋at2>S，
解得a>1.5m/s2，
通过停车线时的速度v=v0＋at >13m/s，
故汽车在绿灯熄灭前通过停车线，但已超速，选项B错误；
C．汽车减速运动的最小位移Δx==10m>9m，
汽车超过停车线，且时间超过2s，选项C错误；
D．汽车全程匀减速停在停车线，汽车的加速度a==m/s2，
运动的时间t==4.6s<5s
故汽车可在黄灯熄灭前停在停车线处，选项D正确。故选D。
【答案】 D
【考点十七】 结合汽车通过ETC通道的情景考查v ­t图像
【典型例题17】 ETC不停车收费系统是目前世界上最先进的路桥收费方式，它通过安装在车辆挡风玻璃上的车载电子标签与设在收费站ETC通道上的微波天线进行短程通信，利用网络与银行进行后台结算处理，从而实现车辆不停车就能支付路桥费的目的．如图是汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程图。假设汽车以v1=10m/s的速度沿直线驶向收费站，若进入人工收费通道，需要匀减速至中心线（收费窗口）处停车，经过20s缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1正常行驶。若进入ETC通道，需要在收费站中心线前d=10m处匀减速至v2=5m/s，再以此速度匀速行驶至中心线即可完成交费，再匀加速至v1正常行驶。若两种情况下，汽车加速减速时的加速度大小均为a=1m/s2，求：

(1)汽车进入ETC通道从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；
(2)汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节省的时间。
【解析】 (1)汽车进入ETC通道减速至v2的位移
进入ETC通道从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小
(2)通过人工收费通道：减速位移
总位移=100m
减速时间
停车时间
总时间
汽车通过ETC通道：匀变速时间
匀速时间
与人工通道位移差的时间
总时间
节省的时间=26.5s
【答案】 (1)；(2)26.5s
【考点十八】 延误时间的问题
【典型例题18】 假设收费站的前、后都是平直大道，大假期间过站的车速要求不超过v=21.6 km/h，事先小汽车未减速的车速为v0=108 km/h，制动后小汽车的加速度的大小为a1=4 m/s2。试问：
(1)大假期间，驾驶员应在距收费站至少多远处开始制动？
(2)假设车过站后驾驶员立即使车以a2=6 m/s2的加速度加速至原来的速度，则从减速开始至最终恢复到原来速度的过程中，汽车运动的时间至少是多少？
(3)在(1)(2)问中，车因减速和加速过站而耽误的时间至少为多少？
【解析】(1)v=21.6 km/h=6 m/s，v0=108 km/h=30 m/s，小汽车进入收费站前做匀减速直线运动，设在距收费站至少为

x1处开始制动，则有v2－v=－2a1x1，解得x1=108 m。
(2)小汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，设前、后两段的位移分别为x1和x2，时间分别为t1和t2。
减速阶段，有v=v0－a1t1，解得t1==6 s
加速阶段，有v0=v＋a2t，解得t2==4 s
则汽车运动的时间至少为t=t1＋t2=10 s。
(3)加速阶段，有v－v2=2a2x2，解得x2=72 m
则总位移x=x1＋x2=180 m
若不减速通过收费站，则所需时间t′==6 s
故车因减速和加速过站而耽误的时间至少为Δt=t－t′=4 s
【答案】　(1)108 m　(2)10 s　(3)4 s
【考点十九】 物块与木板的相对运动
【典型例题19】 如图所示，一滑块通过长度不计的短绳拴在小车的板壁上，小车上表面光滑.小车由静止开始向右匀加速运动，经过2 s，细绳断裂.细绳断裂后，小车的加速度不变，又经过一段时间，滑块从小车左端掉下，在这段时间内，已知滑块相对小车前3 s内滑行了4.5 m，后3 s 内滑行了10.5 m.求:

(1)小车底板长是多少？
(2)从小车开始运动到滑块离开车尾，滑块相对于地面移动的距离是多少？
【解析】 设小车加速度为a断裂时，车和滑块的速度为:v1=at1=2a
绳断裂后，小车的速度为：v=v1+at 小车的位移为：x1=v1t+at2
滑块的位移为：x2=v1t
前3 s时间内：Δx=x1-x2=at2=4.5 m a==1 m/s2，v1=2 m/s
设后3 s小车初速度为v′1，则小车的位移为：x′1=v′1t+at2滑块位移为：x′2=v1t
x′1-x′2=3v′1+4.5 m-3v1=10.5 m解得：v′1=4 m/s
由此说明后3 s实际上是从绳断后2 s开始的，滑块与小车相对运动的总时间为：t总=5 s
(1)小车底板长为：l=x车-x滑=v1t总+a总2-v1t总=at总2=12.5 m
(2)滑块相对于地面移动的总距离为：x滑=at12+v1t总=12 m.
【答案】 (1)12.5 m (2)12 m
【考点二十】 竖直上抛与自由落体空中相遇问题
【典型例题20】 从地面竖直上抛物体甲，与此同时在甲的正上方有一物体乙自由下落，若两物体在空中相遇时速率相等，则（ ）
A．物体甲的初速度的大小是相遇时物体速率的2倍
B．相遇时甲上升的距离是乙下落距离的2倍
C．甲在空中运动时间是乙在空中运动时间的2倍
D．甲落地时的速度是乙落地时速度的2倍
【解析】 假设相遇时花了t秒种，则v甲=gt, v乙=v-gt ,而v甲=v乙，故v=2gt．
又因为竖直上抛运动上升过程与下落过程相对称，所以甲的运动时间是乙的两倍．
甲的下落距离是s甲=， s乙 =，故A、C正确
【答案】　AC
【考点二十一】 先后竖直上抛两物体空中固定位置相遇问题
【典型例题21】 用20m/s的初速度竖直上抛一小球后，再以25m/s的初速度竖直上抛另一小球，在高15m处两球相遇。求两球抛出的时间差是多少?
【解析】 根据已知条件分别求出第一个小球和第二个小球通过重5m位移所用的时间t1和t2，根据。
对第一个小球，有，解得 t1=1s或3s。
说明第一个小球在1s末和3s末位移都是15m。
对第二个小球，有，解得t2=0.7s或4.3s。
说明第二个小球经0.7s可上升到15m高处，经4.3s又落回到15m高处。
若第二个小球比第一个小球晚抛0.3s可在15m高处追上第一个小球；
若晚抛2.3s可在15m高处跟下落的第一个小球迎面相碰。
【答案】 0.3s或2.3s
【考点二十二】 先后竖直上抛两物体空中不固定位置相遇问题
【典型例题22】 在地面上以初速度2v0竖直上抛一物体后，又以初速度v0同地点竖直上抛另一物体，若要使两物体能在空中相碰，则两物体抛出的时间间隔必须满足什么条件?(不计空气阻力)
【解析】 设两物体抛出的时间间隔为Δt1时，
恰好在后抛物体落地时被前一物体下落迫上相碰，
那么前抛物体的运动时间应等于后抛物体运动时间与Δt1之和，
即：得 (能相碰的最小时间间隔)
又设两物体抛出时间间隔为Δt2时，
恰好在后抛物体抛出瞬间前一物体回到原点相碰，
同理有：，得 (能相碰的最长时间间隔)
所以时间间隔必须满足：。
【答案】