【考點分析】第四節(jié)追及相遇問題【考點一】勻速運動的追擊問題【典型例題1】一列長為l的隊伍,行進速度為v1,通訊員從隊伍尾以速度v2趕到排頭,又立即以速度v2返回隊尾.求這段時間里隊伍前進的距離.【解析】以隊伍為參考系，則通訊員從隊尾趕到排頭這一過程中，相對速度為(v2－v1)；通訊員再從隊頭返回隊尾的這一過程中相對速度為(v1＋v2)，則整個運動時間t＝eq\f(l,v2－v1)＋eq\f(l,v1＋v2)則隊伍在這段時間相對地面前進的距離x為x＝v1t＝v1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,v2－v1)＋\f(l,v1＋v2)))＝eq\f(2v1v2l,v\o\al(2,2)－v\o\al(2,1)).【答案】eq\f(2v1v2l,v\o\al(2,2)－v\o\al(2,1))【考點二】根據(jù)eq\x\to(v)－t圖象判斷相遇問題【典型例題2】(2021·山東東營市廣饒一中)A、B兩質點在一條直線上不同地點沿同一方向從t=0時刻開始做勻變速直線運動，A在前，B在后，且A、B最初間距為s0=4.5m，已知兩質點在時間t內的平均速度為eq\x\to(v)，它們的eq\x\to(v)－t圖像分別為圖中的直線A、B，下列判斷正確的是（）A．質點B的加速度大小為1m/s2B．t=1s時刻A、B速度相等C．t=2s時刻A領先B距離最大D．t=3s時刻A、B相遇【解析】A．勻變速直線運動在時間間隔t內的平均速度等于這段時間的中間時刻的瞬時速度，也等于這段時間初、末瞬時速度的平均值；當時間間隔趨于無窮小時，平均速度即是瞬時速度。由圖可知質點A的初速度為vA0=3m/s，前2s的平均速度為eq\x\to(v)A2=2m/s，即1s末時的瞬時速度vA1=2m/s；質點B的初速度為vB0=0，前2s的平均速度為eq\x\to(v)B2=2m/s，即1s末時的瞬時速度vB1=2m/s；所以質點B的加速度為aB=2m/s2，故A錯誤；B．t=1s時刻A、B的速度分別為vA1=2m/s，vB1=2m/s，故B正確；C．質點A做勻減速直線運動，B做勻加速直線運動，當二者速度大小相等時距離最大，即vA0+eq\f(vA1－vA0,1)×t=vB0+aBt，解得t=1s，故C錯誤；D．設時刻t/兩質點相遇，則vA0t/+eq\f(1,2)×eq\f(vA1－vA0,1)×t/2+s0=vB0t/+eq\f(1,2)aBt/2，解得t/=3s，故D正確。故選BD?！敬鸢浮緽D【考點三】追者加速被追者勻速的追擊問題【典型例題3】一輛汽車在十字路口等候綠燈，當綠燈亮時汽車以a=3m/s2的加速度開始加速行駛，恰在這時一輛自行車以v=6m/s的速度勻速駛過，從后邊超過汽車.則汽車從路口啟動后，在追上自行車之前經(jīng)過多長時間兩車相距最遠？此時兩車的距離是多少？【解析】解法一(分析法)：汽車與自行車的速度相等時相距最遠，設此時經(jīng)過的時間為t，兩車間的距離為Δx，則有v=at所以t=eq\f(v,a)=2sΔx=vt－eq\f(1,2)at2=6m.解法二(極值法)：設汽車在追上自行車之前經(jīng)過時間t兩車相距最遠，則Δx=vt－eq\f(1,2)at2代入已知數(shù)據(jù)得Δx=6t－eq\f(3,2)t2由二次函數(shù)求極值的條件知：t=2s時，Δx有最大值6m所以t=2s時兩車相距最遠，為Δx=6m.解法三(圖象法)：自行車和汽車的v－t圖象如圖所示，由圖可以看出，在相遇前，t1時刻兩車速度相等，兩車相距最遠，此時的距離為陰影三角形的面積，所以有t1=eq\f(v1,a)=eq\f(6,3)s=2s，Δx=eq\f(v1t1,2)=eq\f(6×2,2)m=6m.【答案】2s6m【歸納總結】追及與相遇問題的兩種典型情況假設物體A追物體B，開始時，兩個物體相距x0，有兩種典型情況：(1)初速度小的勻加速運動的物體A追勻速運動的物體B，當vA=vB時，二者相距最遠.(2)初速度大的勻減速運動的物體A追勻速運動的物體B，當vA=vB時，①若已超越，則相遇兩次.②若恰好追上，則相遇一次.③若沒追上，則無法相遇.【考點四】追者勻速，被追者勻加速的追擊問題【典型例題4】一步行者以6.0m/s的速度跑去追趕被紅燈阻停的公共汽車，在跑到距汽車25m處時，綠燈亮了，汽車以1.0m/s2的加速度勻加速啟動前進，則()A．人能追上公共汽車，追趕過程中人跑了36mB．人不能追上公共汽車，人、車最近距離為7mC．人能追上公共汽車，追上車前人共跑了43mD．人不能追上公共汽車，且車開動后，人車距離越來越遠【解析】在跑到距汽車25m處時，綠燈亮了，汽車以1.0m/s2的加速度勻加速啟動前進，當汽車加速到6.0m/s時二者相距最近．汽車加速到6.0m/s所用時間t=6s，人運動距離為6×6m=36m，汽車運動距離為18m，二者最近距離為18m＋25m－36m=7m，選項A、C錯誤，B正確．人不能追上公共汽車，且車開動后，人車距離先減小后增大，選項D錯誤．【答案】B【考點五】減速過程的避免相撞問題【典型例題5】A、B兩車在同一直線上向右勻速運動，B車在A車前，A車的速度大小為v1=8m/s，B車的速度大小為v2=20m/s，如圖所示.當A、B兩車相距x0=28m時，B車因前方突發(fā)情況緊急剎車(剎車過程可視為勻減速直線運動)，加速度大小為a=2m/s2，從此時開始計時，求：(1)A車追上B車之前，兩者相距的最大距離；(2)A車追上B車所用的時間；(3)從安全行駛的角度考慮，為避免兩車相撞，在題設條件下，A車在B車剎車的同時也應剎車的最小加速度.【解析】(1)當A、B兩車速度相等時，相距最遠，根據(jù)速度關系得：v1=v2－at1代入數(shù)據(jù)解得：t1=6s此時，根據(jù)位移時間的關系得：xA1=v1t1xB1=v2t1－eq\f(1,2)at12Δxm=xB1＋x0－xA1代入數(shù)據(jù)解得：Δxm=64m(2)B車剎車到停止運動所用時間：t0=eq\f(v2,a)=10s發(fā)生的位移：xB2=eq\f(v22,2a)=100m此時：xA2=v1t0=80m則：xA2＜x0＋xB2，可見此時A車并未追上B車，而是在B車停止后才追上B車停止后A車運動時間為：t2=eq\f(x0＋xB2－xA2,v1)=6s故所用總時間為：t=t0＋t2=16s(3)A車剎車減速至0時剛好追上B車時，加速度最小eq\f(v22,2a)＋x0=eq\f(v12,2aA)代入數(shù)據(jù)解得：aA=0.25m/s2.【答案】(1)64m(2)16s(3)0.25m/s2【歸納總結】1．追及的特點：兩個物體在同一時刻處在同一位置．2．時間關系：從后面的物體追趕開始，到追上前面的物體時，兩物體經(jīng)歷的時間相等．3．位移關系：x2=x0＋x1其中x0為開始追趕時兩物體之間的距離，x1表示前面被追物體的位移，x2表示后面追趕物體的位移.4．臨界條件：當兩個物體的速度相等時，可能出現(xiàn)恰好追及、恰好避免相撞，相距最遠、相距最近等情況，即出現(xiàn)上述四種情況的臨界條件為v1=v2.【考點六】一減速一加速過程的避免相撞問題【典型例題6】一汽車在直線公路段上以54km/h的速度勻速行駛，突然發(fā)現(xiàn)在其正前方14m處有一輛自行車以5m/s的速度同向勻速行駛.經(jīng)過0.4s的反應時間后，司機開始剎車，則：(1)為了避免相撞，汽車的加速度大小至少為多少？(2)若汽車剎車時的加速度大小只有4m/s2，在汽車開始剎車的同時自行車開始以一定的加速度勻加速行駛，則自行車的加速度至少為多大才能保證兩車不相撞？【解析】(1)設汽車的加速度大小為a，初速度v汽=54km/h=15m/s，初始距離d=14m在經(jīng)過反應時間0.4s后，汽車與自行車相距d′=d－(v汽－v自)t0=10m從汽車剎車開始計時，自行車的位移為：x自=v自t汽車的位移為：x汽=v汽t－eq\f(1,2)at2假設汽車能追上自行車，此時有：x汽=x自＋d′代入數(shù)據(jù)整理得：eq\f(1,2)at2－10t＋10=0要保證不相撞，即此方程至多只有一個解，即得：Δ=102－20a≤0，解得：a≥5m/s2.汽車的加速度至少為5m/s2.(2)設自行車加速度為a′，同理可得：x汽′=x自′＋d′整理得：(eq\f(1,2)a′＋2)t2－10t＋10=0要保證不相撞，即此方程至多只有一個解，即得：Δ′=102－20a′－80≤0解得：a′≥1m/s2.自行車的加速度至少為1m/s2.【答案】(1)5m/s2(2)1m/s2【考點七】追擊問題在體育運動中的應用【典型例題7】2019世界田徑接力賽男子4×100米接力賽，冠軍被巴西隊以38秒05獲得.如圖所示，這是某一次接力的長度為L=20m.(1)求此次練習中交接棒處離接力區(qū)前端(即乙出發(fā)的位置)的距離.(2)為了達到理想成績，需要乙恰好在速度達到與甲相同時被甲追上，則甲應在接力區(qū)前端多遠時對乙發(fā)出起跑口令？(3)在(2)中，棒經(jīng)過接力區(qū)的時間是多少？【解析】(1)設乙加速到交接棒時運動時間為t，則在甲追及乙過程中有：s0＋eq\f(1,2)at2=vt代入數(shù)據(jù)得：t1=2s，t2≈4.67s(不符合乙加速最長時間tm=eq\f(v,a)=eq\f(10,3)s，故舍去)此次練習中交接棒處離接力區(qū)前端的距離為：x=eq\f(1,2)at12=6m(2)乙加速時間為：t乙=eq\f(v,a)=eq\f(10,3)s設甲在距離接力區(qū)前端為s時對乙發(fā)出起跑口令則在甲追及乙過程中有：s＋eq\f(1,2)vt乙=vt乙代入數(shù)據(jù)得：s≈16.7m(3)棒在(2)情形下以v=10m/s的速度運動，所以有：t′=eq\f(L,v)=2s.【答案】(1)6m(2)16.7m(3)2s【歸納總結】追及相遇問題1.分析思路可概括為“一個臨界條件”“兩個等量關系”.(1)一個臨界條件：速度相等.它往往是物體間能否追上或兩者距離最大、最小的臨界條件，也是分析、判斷問題的切入點；(2)兩個等量關系：時間等量關系和位移等量關系，通過畫草圖找出兩物體的位移關系是解題的突破口.2.能否追上的判斷方法(臨界條件法)物體B追趕物體A：開始時，兩個物體相距x0，當vB=vA時，若xB>xA＋x0，則能追上；若xB=xA＋x0，則恰好追上；若xB<xA＋x0，則不能追上.3.特別提醒若被追趕的物體做勻減速直線運動，一定要注意判斷被追上前該物體是否已經(jīng)停止運動.4.常用分析方法(1)物理分析法：抓住“兩物體能否同時到達空間某位置”這一關鍵，認真審題，挖掘題目中的隱含條件，建立物體運動關系的情境圖.(2)二次函數(shù)法：設相遇時間為t，根據(jù)條件列方程，得到關于位移x與時間t的二次函數(shù)關系，由此判斷兩物體追及或相遇情況.①若Δ>0，即有兩個解，說明可以相遇兩次；②若Δ=0，說明剛好追上或相遇；③若Δ<0，說明追不上或不能相遇.(3)極值法設經(jīng)過時間t，分別列出兩物體的位移—時間關系式，得位移之差Δx與時間的二次函數(shù)，再利用數(shù)學極值法求解距離的最大(或最小)值.(4)圖象法：將兩個物體運動的速度—時間關系圖線在同一圖象中畫出，然后利用圖象分析、求解相關問題.【考點八】圖像在相遇次數(shù)中的討論【典型例題8】甲乙兩車在一平直道路上同向運動，其v－t圖象如圖所示，圖中△OPQ和△OQT的面積分別為s1和s2(s2>s1)．初始時，甲車在乙車前方s0處()A．若s0＝s1＋s2，兩車不會相遇B．若s0<s1，兩車相遇2次C．若s0＝s1，兩車相遇1次D．若s0＝s2，兩車相遇1次【解析】由圖可知甲的加速度a1比乙a2大，在達到速度相等的時間T內兩車相對位移為s1.若s0＝s1＋s2，速度相等時乙比甲位移多s1<s0，乙車還沒有追上甲車，此后甲車比乙車快，不可能追上，A項對；若s0<s1，乙車追上甲車時乙車比甲車快，因為甲車加速度大，甲車會再追上乙車，之后乙車不能再追上甲車，B項對；若s0＝s1，恰好在速度相等時追上、之后不會再相遇，C項對；若s0＝s2(s2>s1)，兩車速度相等時還沒有追上，并且甲車在前，故不會追上，D項錯．【答案】ABC【考點九】圖像在相遇時刻中的討論【典型例題9】（2021·赤峰二中）甲、乙兩車在平直公路上沿同一方向行駛，其v－t圖像如圖所示，在t=0時刻，乙車在甲車前方x0處，在t=t1時間內甲車的位移為x。下列判斷正確的是（）A．若甲、乙在t1時刻相遇，則x0=eq\f(1,3)xB．若甲、乙在eq\f(t1,2)時刻相遇，則下次相遇時刻為eq\f(3t1,4)C．若x0=eq\f(3,4)x，則甲、乙一定相遇兩次D．若x0=eq\f(5,9)x，則甲、乙一定相遇兩次【解析】A．由圖可知，甲車的初速度等于2v0，在t1時刻乙車速度為v0。在t1時間內，甲車的位移為x，則由v﹣t圖象中，圖線與坐標圍成的面積表示位移，可判斷得乙車的位移為eq\f(1,3)x，若甲、乙在t1時刻相遇，則x0=x－eq\f(1,3)x=eq\f(2,3)x，故A錯誤；B．若甲、乙在eq\f(t1,2)時刻相遇，由圖象可知，x為陰影部分對應的距離即x0=eq\f(2,3)×eq\f(3,4)x=eq\f(1,2)x，由圖象中的對稱關系，下次相遇的時刻為t1+eq\f(t1,2)=eq\f(3t1,2)，故B錯誤；C．若x0=eq\f(3,4)x，相遇時v乙>v甲，則之后不能再次相遇，故C錯誤；D．若x0=eq\f(5,9)x，相遇時v乙>v甲，則甲、乙一定相遇兩次，故D正確。故選D?！敬鸢浮緿【考點十】圖像在相遇問題中的綜合應用【典型例題10】(2021·云南模擬)甲、乙兩車在平直公路上同向行駛，其v－t圖像如圖所示.已知兩車在t=3s時并排行駛，則()A.在t=1s時，甲車在乙車后B.在t=0時，甲車在乙車前7.5mC.兩車另一次并排行駛的時刻是t=2sD.甲、乙車兩次并排行駛的位置之間沿公路方向的距離為40m【解析】根據(jù)v－t圖像知，甲、乙兩車都沿正方向運動.t=3s時，甲、乙兩車并排行駛，此時v甲=30m/s，v乙=25m/s，由v－t圖線與時間軸所圍“面積”對應位移知，0～3s內甲車位移x甲=eq\f(1,2)×3×30m=45m，乙車位移x乙=eq\f(1,2)×3×(10＋25)m=52.5m.故t=0時，甲、乙兩車相距Δx1=x乙－x甲=7.5m，即甲車在乙車前方7.5m，選項B正確；0～1s內，x甲′=eq\f(1,2)×1×10m=5m，x乙′=eq\f(1,2)×1×(10＋15)m=12.5m，Δx2=x乙′－x甲′=7.5m=Δx1，說明在t=1s時甲、乙兩車第一次并排行駛，選項A、C錯誤；甲、乙兩車兩次并排行駛的位置之間的距離為x=x甲－x甲′=45m－5m=40m，選項D正確.【答案】BD【歸納總結】1.根據(jù)兩個物體的v－t圖象分析追及相遇問題：(1)利用圖象中斜率、面積、交點的含義進行定性分析或定量計算.(2)有時將運動圖象還原成物體的實際運動情況更便于理解.2.根據(jù)兩個物體的運動狀態(tài)作出v－t圖象，再分析解答問題.根據(jù)物體在不同階段的運動情況，分階段畫出v－t圖象，再通過定量計算分析得出結果.【考點十一】先后運動的物體相遇問題的討論【典型例題11】(2021·山東濟南外國語學校)甲、乙兩輛小汽車(都可視為質點)分別處于同一條平直公路的兩條平行車道上，開始時(t=0)，乙車在前，甲車在后，兩車間距為x0。t=0時甲車先啟動，t=3s時乙車再啟動，兩車啟動后都是先做勻加速運動，后做勻速運動，兩車運動的v－t圖像如圖所示。則下列說法正確的是()A．兩車加速過程，甲車的加速度比乙車大B．若x0=80m，則兩車間的距離最小為30mC．若兩車在t=5s時相遇，則在t=9s時再次相遇D．若兩車在t=4s時相遇，則在t=10s時再次相遇【解析】v－t圖線的斜率表示加速度，從圖像上可以看出乙車的加速度大小大于甲車的加速度大小，故A錯誤；v－t圖線與時間軸圍成的面積表示位移，若不能相遇，甲、乙速度相等時兩者之間的距離有最小值，從圖像上可以看出t=7s時甲、乙兩車的速度相同，甲車運動的位移為s1=eq\f(2＋7×20,2)m=90m，乙車運動的位移為s2=eq\f(1,2)×4×20m=40m，則甲、乙兩車間的距離為Δs=s2＋x0－s1=30m，故B正確；若兩車在t=5s時相遇，從圖像上可以看出5～9s內甲、乙兩車運動的位移相同，所以甲、乙兩車在t=9s時再次相遇，故C正確；若兩車在t=4s時相遇，從圖像上可以看出4～10s內甲、乙兩車運動的位移不相同，則在t=10s時兩車不會再次相遇，故D錯誤?！敬鸢浮緽C【考點十二】一加速一減速的相遇問題【典型例題12】甲、乙兩車同時同地同向出發(fā)，在同一水平公路上做直線運動，甲的初速度v甲=16m/s，加速度大小a甲=2m/s2，做勻減速直線運動，乙以初速度v乙=4m/s，加速度大小a乙=1m/s2，做勻加速直線運動，求：(1)兩車再次相遇前二者間的最大距離；(2)兩車再次相遇所需的時間．【解析】解法一用物理分析法求解(1)甲、乙兩車同時同地同向出發(fā)，甲的初速度大于乙的初速度，但甲做勻減速運動，乙做勻加速運動，則二者相距最遠時的特征條件是：速度相等，即v甲t=v乙tv甲t=v甲－a甲t1；v乙t=v乙＋a乙t1得：t1=eq\f(v甲－v乙,a甲＋a乙)=4s相距最遠Δx=x甲－x乙=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v甲t1－\f(1,2)a甲t\o\al(2,1)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v乙t1＋\f(1,2)a乙t\o\al(2,1)))=(v甲－v乙)t1－eq\f(1,2)(a甲＋a乙)teq\o\al(2,1)=24m.(2)再次相遇的特征是：二者的位移相等，即v甲t2－eq\f(1,2)a甲teq\o\al(2,2)=v乙t2＋eq\f(1,2)a乙teq\o\al(2,2)代入數(shù)值化簡得12t2－eq\f(3,2)teq\o\al(2,2)=0解得：t2=8s，t′2=0(即出發(fā)時刻，舍去)．解法二用數(shù)學極值法求解(1)兩車間的距離Δx=x甲－x乙=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v甲t－\f(1,2)a甲t2))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v乙t＋\f(1,2)a乙t2))=(v甲－v乙)t－eq\f(1,2)(a甲＋a乙)t2=12t－eq\f(3,2)t2=－eq\f(3,2)[(t－4)2－16]顯然，t=4s時兩者距離最大，有Δxm=24m.(2)當Δx=12t－eq\f(3,2)t2=0時再次相遇解得：t2=8s，t′2=0(舍去)．【答案】(1)24m(2)8s【考點十三】多次相遇問題【典型例題13】（2021·四川省石室中學）甲、乙兩車在同一水平路面上做直線運動，某時刻乙車在前、甲車在后，相距x=6m，從此刻開始計時，乙做勻減速運動，兩車運動的v-t圖象如圖所示。則在0~12s內關于兩車位置關系的判斷，下列說法正確的是（）A.t=4s時兩車相遇B.t=4s時兩車間的距離為4mC.0~12s內兩車有兩次相遇D.0~12s內兩車有三次相遇【解析】AB．題中圖像與時間軸圍成的面積可表示位移，0~4s，甲車的位移為48m，乙車的位移為40m，因在t=0時，甲車在乙車后面6m，故當t=4s時，甲車會在前，乙車會在后，且相距2m，所以t=4s前兩車第一次相遇，t=4s時兩車間的距離為2m，故AB錯誤；CD．0~6s，甲的位移為60m，乙的位移為54m，兩車第二次相遇，6s后，由于乙的速度大于甲的速度，乙又跑在前面，8s后，甲車的速度大于乙的速度，兩車還會有第三次相遇，當t=12s時，甲的位移為84m，乙的位移為72m，甲在乙的前面，所以第三次相遇發(fā)生在t=12s之前，所以在0~12s內兩車有三次相遇，故C錯誤，D正確。故選D?！敬鸢浮緿【考點十四】帶有反應距離的剎車問題【典型例題14】如圖所示是《駕駛員守則》中的安全距離圖示和部分安全距離表格．車速(km/h)反應距離(m)剎車距離(m)停車距離(m)40101020601522.537.580A=()B=()C=()請根據(jù)該圖表計算：(1)如果駕駛員的反應時間一定，請在表格中填上A的數(shù)據(jù)；(2)如果路面情況相同，請在表格中填上B、C的數(shù)據(jù)；(3)如果路面情況相同，一名喝了酒的駕駛員發(fā)現(xiàn)前面50m處有一隊學生正在橫穿馬路，此時他的車速為72km/h，而他的反應時間比正常時慢了0.1s，請問他能在50m內停下來嗎？【解析】(1)反應時間為t=eq\f(s1,v1)=0.9s，A=v3t=eq\f(80×1000,3600)×0.9m=20m.(2)加速度a=eq\f(v\o\al(2,1),2x剎車)=eq\f(500,81)m/s2，B=eq\f(v\o\al(2,3),2a)=40m，所以C=60m.(3)司機的反應距離為x1=v4t′=20×(0.9＋0.1)m=20m司機的剎車距離為x2=eq\f(v\o\al(2,4),2a)=eq\f(202,2×\f(500,81))m=32.4m，x=x1＋x2=52.4m＞50m，故不能．【答案】(1)20m(2)40m60m(3)不能【考點十五】帶有反應時間的剎車問題【典型例題15】（2021·甘肅省甘谷四中）研究表明，一般人的剎車反應時間（即圖甲中“反應過程”所用時間）t0=0.4s，但飲酒會導致反應時間延長．在某次試驗中，志愿者少量飲酒后駕車以v0=72km/h的速度在試驗場的水平路面上勻速行駛，從發(fā)現(xiàn)情況到汽車停止，行駛距離L=39m．減速過程中汽車位移s與速度v的關系曲線如圖乙所示，此過程可視為勻變速直線運動．取重力加速度的大小g=10m/s2．求：（1）減速過程汽車加速度的大小；（2）飲酒使志愿者的反應時間比一般人增加了多少.【解析】（1）設剎車加速度為a，由題可知剎車初速度v0=72km/h=20m/s，末速度v=0，位移x0=25m，根據(jù)veq\o\al(2,0)=2ax，代入數(shù)據(jù)可得：a=8m/s2，（2）反應時間內的位移為x/=L－x=14m，則反應時間為t/=eq\f(x/,v0)=eq\f(14,20)=0.7s，則反應的增加量為Δt=t/－t0=0.7－0.4=0.3s，【答案】（1）8m/s2；（2）0.3s【考點十六】和紅綠燈結合的剎車問題【典型例題16】（2021·湖北武漢市華中師大一附中）如圖所示，以v0=10m/s勻速行駛的汽車即將通過路口，當汽車距離停車線S=23m時，綠燈還有2s將熄滅。綠燈熄滅后，黃燈亮3s后熄滅。該車加速時最大加速度大小為2m/s2，減速時最大加速度大小為5m/s2，此路段允許行駛的最大速度為12.5m/s。同學們學習交通規(guī)則后，通過討論提出建議：駕駛員要么在綠燈熄滅前使汽車通過停車線，且不超速；要么使汽車在黃燈熄滅前停在停車線處。汽車可視為質點，下列關于駕駛員的操作可滿足同學們的建議的是（）A．汽車在距停車線11m處開始勻加速行駛通過停車線B．汽車立即勻加速行駛通過停車線C．汽車在距停車線9m處開始勻減速行駛D．汽車立即勻減速行駛【解析】A．汽車勻速運動的時間t1=eq\f(S1,v0)=1.2s，設汽車全程勻加速運動通過停車線的最短時間為t2，S2=v0t2＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)，11=10t2＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)解得t2=1s，故汽車在綠燈熄滅前不能通過停車線，選項A錯誤；B．綠燈還有2s將熄滅，汽車全程勻加速行駛t=2s通過停車線v0t＋eq\f(1,2)at2>S，解得a>1.5m/s2，通過停車線時的速度v=v0＋at>13m/s，故汽車在綠燈熄滅前通過停車線，但已超速，選項B錯誤；C．汽車減速運動的最小位移Δx=eq\f(v\o\al(2,0),2a)=10m>9m，汽車超過停車線，且時間超過2s，選項C錯誤；D．汽車全程勻減速停在停車線，汽車的加速度a=eq\f(v\o\al(2,0),2S)=eq\f(50,23)m/s2，運動的時間t=eq\f(v0,a)=4.6s<5s故汽車可在黃燈熄滅前停在停車線處，選項D正確。故選D?！敬鸢浮緿【考點十七】結合汽車通過ETC通道的情景考查v-t圖像【典型例題17】ETC不停車收費系統(tǒng)是目前世界上最先進的路橋收費方式，它通過安裝在車輛擋風玻璃上的車載電子標簽與設在收費站ETC通道上的微波天線進行短程通信，利用網(wǎng)絡與銀行進行后臺結算處理，從而實現(xiàn)車輛不停車就能支付路橋費的目的．如圖是汽車分別通過ETC通道和人工收費通道的流程圖。假設汽車以v1=10m/s的速度沿直線駛向收費站，若進入人工收費通道，需要勻減速至中心線（收費窗口）處停車，經(jīng)過20s繳費成功后，再啟動汽車勻加速至v1正常行駛。若進入ETC通道，需要在收費站中心線前d=10m處勻減速至v2=5m/s，再以此速度勻速行駛至中心線即可完成交費，再勻加速至v1正常行駛。若兩種情況下，汽車加速減速時的加速度大小均為a=1m/s2，求：(1)汽車進入ETC通道從開始減速到恢復正常行駛過程中的位移大?。?2)汽車通過ETC通道比通過人工收費通道節(jié)省的時間?！窘馕觥?1)汽車進入ETC通道減速至v2的位移進入ETC通道從開始減速到恢復正常行駛過程中的位移大小(2)通過人工收費通道：減速位移總位移=100m減速時間停車時間總時間汽車通過ETC通道：勻變速時間勻速時間與人工通道位移差的時間總時間節(jié)省的時間=26.5s【答案】(1)；(2)26.5s【考點十八】延誤時間的問題【典型例題18】假設收費站的前、后都是平直大道，大假期間過站的車速要求不超過v=21.6km/h，事先小汽車未減速的車速為v0=108km/h，制動后小汽車的加速度的大小為a1=4m/s2。試問：(1)大假期間，駕駛員應在距收費站至少多遠處開始制動？(2)假設車過站后駕駛員立即使車以a2=6m/s2的加速度加速至原來的速度，則從減速開始至最終恢復到原來速度的過程中，汽車運動的時間至少是多少？(3)在(1)(2)問中，車因減速和加速過站而耽誤的時間至少為多少？【解析】(1)v=21.6km/h=6m/s，v0=108km/h=30m/s，小汽車進入收費站前做勻減速直線運動，設在距收費站至少為x1處開始制動，則有v2－veq\o\al(2,0)=－2a1x1，解得x1=108m。(2)小汽車通過收費站經(jīng)歷勻減速和勻加速兩個階段，設前、后兩段的位移分別為x1和x2，時間分別為t1和t2。減速階段，有v=v0－a1t1，解得t1=eq\f(v0－v,a1)=6s加速階段，有v0=v＋a2t，解得t2=eq\f(v0－v,a2)=4s則汽車運動的時間至少為t=t1＋t2=10s。(3)加速階段，有veq\o\al(2,0)－v2=2a2x2，解得x2=72m則總位移x=x1＋x2=180m若不減速通過收費站，則所需時間t′=eq\f(x,v0)=6s故車因減速和加速過站而耽誤的時間至少為Δt=t－t′=4s【答案】(1)108m(2)10s(3)4s【考點十九】物塊與木板的相對運動【典型例題19】如圖所示，一滑塊通過長度不計的短繩拴在小車的板壁上，小車上表面光滑.小車由靜止開始向右勻加速運動，經(jīng)過2s，細繩斷裂.細繩斷裂后，小車的加速度不變，又經(jīng)過一段時間，滑塊從小車左端掉下，在這段時間內，已知滑塊相對小車前3s內滑行了4.5m，后3s內滑行了10.5m.求:(1)小車底板長是多少？(2)從小車開始運動到滑塊離開車尾，滑塊相對于地面移動的距離是多少？【解析】設小車加速度為a斷裂時，車和滑塊的速度為:v1=at1=2a繩斷裂后