高中物理人教新课标版必修1： 牛顿运动定律应用之斜面模型 专题集训（含解析）

考点集训：牛顿运动定律应用之斜面模型
1．如图所示，两光滑斜面的总长度相等，高度也相同，a、b两球由静止从顶端下滑，若球在图上转折点无能量损失，则（ ）
A．a球后着地
B．b球后着地
C．两球同时落地
D．两球着地时速度相同
2．如图所示，质量为m的小球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住。现用一个水平力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是( )
A．若加速度足够小，竖直挡板对小球的弹力可能为零
B．若加速度足够大，斜面对小球的弹力可能为零
C．斜面和挡板对小球的弹力的合力等于
D．斜面对小球的弹力不仅有，而且是一个定值
3．如图所示，、、是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为最低点。每根杆上都套着一个完全相同的小滑环（图中未画出），三个滑环分别从a、b、c点无初速释放，下列关于它们下滑到d过程的说法中正确的是（　　）
A．沿细杆下滑的滑环用时最长 B．重力对各环的冲量中a的最小
C．弹力对各环的冲量中c的最大 D．合力对各环的冲量大小相等
4．如图甲所示，光滑斜面上有一滑块，受到沿斜面向上的作用力，从静止开始向上运动，物块的机械能与位移的关系如图乙所示（沿斜面向上为正方向）。下列说法正确的是（　　）
A．过程中，力逐渐增大
B．过程中，物块的加速度一直减小
C．过程中，物块的动能一直增大
D．过程中，物块受到的力为零
5．如图，不计空气阻力，从O点水平抛出的小球抵达光滑斜面上端P处时，速度方向恰好沿着斜面方向，然后紧贴斜面PQ做匀加速直线运动下列说法正确的是（ ）
A．小球在斜面上运动的加速度大小比平抛运动时的大
B．小球在斜面运动的过程中地面对斜面的支持力大于小球和斜面的总重
C．撤去斜面，小球仍从O点以相同速度水平抛出，落地速率将变大
D．撤去斜面，小球仍从O点以相同速度水平抛出，落地时间将减小
6．如图甲所示，小物块放在固定的足够长的光滑斜面上，在平行于斜面向上的力F的作用下由静止开始沿斜面运动，运动过程中物块的机械能E随位移x变化的关系如图乙所示。其中0～x1过程与x2～x3过程的图线是平滑的曲线，x1～x2过程的图线是倾斜的直线，x3～x4过程的图线是平行于x轴的直线，则下列说法正确的是（　　）
A．在0～x1过程中小物块的加速度不断增大
B．在x1～x2过程中小物块可能做匀加速运动，也可能做匀速运动或者匀减速运动
C．在x2～x3过程中F不断减小，小物块动能一定减小
D．在x3～x4过程中小物块一定做匀速运动
7．能够从物理的视角看世界是学习物理的重要目标。下面四张图片展现了生活中常见的情景，其中甲图是自行车无动力沿着斜坡冲下，乙图是自行车靠惯性冲上斜坡，丙图是托球动作中乒乓球与球拍一起相对静止向左运动的过程（虚线表示水平方向），丁图是在球架上用竖直挡板卡住静止的与丙图相同的乒乓球，各图中的θ角均相等，忽略空气阻力和一切摩擦，对四个情景的物理规律分析正确的是
A．甲图和乙图中自行车的加速度不相同
B．甲图的自行车和丙图中的乒乓球加速度可能相等
C．丙图中球拍和乒乓球可能一起做匀速直线运动
D．丙图的球拍和丁图的斜面产生的弹力一定相等
8．如图所示，为一正立方体木箱，O点为底面的中心，M点为的中点，N点为面的中心MO、NO为两个光滑的轻杆，两个完全相同的小球m、n分别套在MO、NO杆上，某时刻从M、N两点由静止沿杆滑下。在两个小球滑到O点的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．m球和n球滑到O点时的速度相同
B．m球下滑的加速度大于n球下滑的加速度
C．m球重力的冲量等于n球重力的冲量
D．m球重力做功的平均功率小于n球重力做功的平均功率
9．如图所示，物体A、B用轻质细绳连接后跨过定滑轮，A静止在倾角为30°的固定的斜面上，A与滑轮之间的细绳平行于斜面，B与滑轮之间的细绳保持竖直，A、B的质量关系为mA=3mB，刚开始无外力F时，物体A恰不下滑，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现给物体B一个水平外力，将它缓慢拉起到夹角为，则以下说法中正确的是
A．物体A与斜面间动摩擦因数等于
B．物体A与斜面间摩擦力先减小后增大
C．外力F先减小后增大
D．当角继续增大时，物体A仍能保持静止
10．如图1所示，小物块静止在倾角θ=37°的粗糙斜面上．现对物块施加一个沿斜面向下的推力F，力F的大小随时间t的变化情况如图2所示，物块的速率v随时间t的变化规律如图3所示，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2．下列说法正确的是（　　）
A．物块的质量为1kg
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.7
C．0～3s时间内力F做功的平均功率为0.32W
D．0～3s时间内物体克服摩擦力做的功为5.12J
11．如图甲，倾角为的光滑斜面上放一轻质弹簧，其下端固定，静止时上端位置在B点，在A点放一质量m=2kg的小物块，小物块自由释放，在开始运动的一段时间内v﹣t图如图乙所示，小物块在0.4s时运动到B点，在0.9s时到达C点，BC的距离为1.2m（g取10m/s2）。由图知下列选项正确的是（　　）
A．斜面倾角
B．C点处弹簧的弹性势能为16J
C．物块从B运动到C的过程中机械能守恒
D．物块从C回到A的过程中，加速度先减小后增大，再保持不变
12．如图甲所示，质量为1 kg的小物块，以初速度v0=11 m/s从θ＝53?的固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F，第二次不施加力，图乙中的两条线段a、b分别表示施加力F和无力F时小物块沿斜面向上运动的v-t图线，不考虑空气阻力，g=10 m/s2，sin37?=0.6， cos37?=0.8，下列说法正确的是（ ）
A．有恒力作用时，恒力F做的功是6.5 J
B．小物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．有恒力F时，小物块在整个上升过程产生的热量较少
D．有恒力F时，小物块在整个上升过程机械能的减少量较少
13．如图所示的翻斗车车斗的底部是一个平面，司机正准备将车上运送的一块大石块（图中未画出）卸下。司机将车停稳在水平路面上，通过操纵液压杆使车斗底部倾斜，直到石块开始加速下滑时，保持车斗倾斜角不变。则在石块沿车斗底面匀加速下滑的过程中（　　）
A．若刹车失灵，翻斗车可能会向前运动
B．翻斗车不受地面的摩擦力
C．翻斗车受到的合外力逐渐减小
D．地面对翻斗车的支持力小于翻斗车和车上石块的总重力
14．如图（a），质量M = 4kg、倾角为θ的斜面体置于粗糙水平面上，质量m = 1kg的小物块置于斜面顶端， 物块与斜面间的动摩擦因数μ = tanθ。t=0时刻对物块施加一平行于斜面向下的推力F，推力F的大小随时间t变化的图像如图（b）所示，t=2s时物块到达斜面底端。斜面体始终保持静止，重力加速度g = 10ms2，在物块沿斜面下滑过程中，下列说法正确的是（　　）
A．物块到达斜面底端时的动能为32 J
B．斜面的长度为8 m
C．斜面体对水平面的压力大小始终为50 N
D．水平面对斜面体的摩擦力水平向右且逐渐增大
15．如图所示，平板车A放在光滑的水平地面上，其上表面与斜面底端的一段小圆弧平滑连接。一小物块从斜面上某一位置由静止释放，物块滑上A车后恰好不从其右端滑出。已知斜面的倾角θ=37°，物块与斜面、物块与平板车之间的动摩擦因数都是μ=0.5，物块与平板车的质量相等，平板车长L=1m，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
(1)物块在斜上运动加速度a的大小；
(2)物块滑上小车时速度vo的大小；
(3)物块从静止释放到斜面底端的距离s。
16．如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1．8 m、质量M ＝3 kg的薄木板，木板的最上端叠放一质量m＝1 kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝．对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动．设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2．
（1）为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；
（2）若F＝37．5 N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离．
17．如图甲，倾角的光滑斜面固定在水平面上，斜面底端固定轻弹簧，弹簧轴线与平行，小球置于轻弹簧上端静止于点（不栓接）。给小球沿斜面向上的拉力，使它沿斜面向上做匀加速直线运动，拉力随小球距点的距离变化的函数图像如图乙所示，已知的距离，重力加速度取，。求：
(1)小球质量和弹簧的劲度系数；
(2)为使小球到达点速度刚好为零，求力的作用时间。
18．如图所示，假设某星球表面上有一倾角为θ＝37°的固定斜面，一质量为m＝2.0 kg的小物块从斜面底端以速度9 m/s沿斜面向上运动，小物块运动1.5 s时速度恰好为零.已知小物块和斜面间的动摩擦因数为0.25，该星球半径为R＝1.2×103km.试求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)该星球表面上的重力加速度g的大小.
(2)该星球的第一宇宙速度.
19．如图所示，水平传送带以一定速度匀速运动，将质量m=1kg的小物块轻轻放在传送带上的P点，物块运动到A点后被水平抛出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑。B、C为圆弧上的两点，其连线水平，已知圆弧对应圆心角，A点距水平面的高度h=3.2m，圆弧C点与斜面CD恰好相切，小物块到达C点时的速度大小与B点相等，并沿固定斜面向上滑动，小物块从C点到第二次经过D点的时间间隔为1.6s，已知小物块与斜面间的动摩擦因数，重力加速度g取10m/s2，取，，求：
(1)小物块从A到B的运动时间；
(2)小物块离开A点时的水平速度大小；
(3)斜面上C、D点间的距离。
20．滑草是人们喜爱的一项游乐项目，某滑草场的滑道是与水平面夹角为θ=的斜面，如图所示。t=0时刻游客甲乘坐滑板从某一滑道底端以一定的初速度沿滑道向上运动，与此同时，游客乙乘坐滑板从另一条滑道顶端由静止开始沿滑道下滑，经过3s滑到底端，下滑全过程的速度－时间图像如v－t图像中的乙所示；游客甲由运动过程的最高点下滑的速度－时间图像如v－t图像中的甲所示，两游客与滑板均可视为质点。取重力加速度大小g=10m/s2，sin=0.6，求：
(1)滑板与滑道之间的动摩擦因数；
(2)两游客相遇的时刻。
参考答案
1．A
【解析】
解：根据机械能守恒，可知a、b到达斜面底端时，速率相等，速度方向不同，故C错误；
在同一个v﹣t图象中做出a、b的速率图线，显然，开始时b的加速度较大，斜率较大，
由于两斜面长度相同，因此图线与t轴围成的“面积”相等．
由于机械能守恒，末速率相同，即曲线末端在同一水平图线上．
为使路程相同（曲线和横轴所围的面积相同），显然b用的时间较少，故A正确、BCD错误．
故选A．
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【专题】牛顿运动定律综合专题．
【分析】这道题如采用解析法，难度很大．可以利用v﹣t图象（这里的v是速率，曲线下的面积表示路程s）定性地进行比较．
在同一个v﹣t图象中做出a、b的速率图线，显然，开始时b的加速度较大，斜率较大；
由于机械能守恒，末速率相同，即曲线末端在同一水平图线上．
为使路程相同（曲线和横轴所围的面积相同），显然b用的时间较少．
【点评】利用图象描述物理过程更直观 物理过程可以用文字表述，也可用数学式表达，还可以用物理图象描述．而从物理图象上可以更直观地观察出整个物理过程的动态特征．
2．D
【解析】
【详解】
BD．小球受到的重mg、斜面的支持力FN2、竖直挡板的水平弹力FN1，设斜面的倾斜角为α
?则竖直方向有：
FN2cosα=mg
∵mg和α不变，∴无论加速度如何变化，FN2不变且不可能为零，故选项B错误，D正确。水平方向有：
FN1-FN2sinα=ma
A．∵FN2sinα≠0，若加速度足够小，竖直挡板的水平弹力不可能为零，故A错。
C．斜面和挡板对球的弹力的合力即为竖直方向的FN2cosα与水平方向的力ma的合成，因此大于ma，故C错误。
3．C
【解析】
A．物体从同一竖直圆上各点沿不同的光滑弦由静止下滑，到达圆周最低点的时间相等，如图
即等时圆模型，小球下滑过程均满足
解得
根据等时圆模型可知三个滑环下滑的时间均相等，A错误；
B．三个滑环重力相等，根据冲量可知重力对各环的冲量大小相等，B错误；
C．假设光滑细杆与的夹角为，受力分析可知滑环所受弹力为
杆与的夹角最大，所以弹力最大，根据冲量的定义可知弹力对各环的冲量中c的最大，C正确；
D．根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的变化量，根据机械能守恒定律
解得
可知从滑到底端的滑环速度最大，合外力的冲量最大，D错误。
故选C。
4．D
【解析】
A．由图甲知，物块沿斜面向上运动时，只有重力和作用力对物块做功，所以作用力对物块做功等于物块的机械能的变化，即
因物块从静止开始运动，所以
因此图像的斜率表示作用力，由图乙可得过程中，力恒定，A错误；
B．过程中，作用力越来越小，但物块的重力沿斜面向下的分力即下滑力不变，所以物块的加速度先减小后反向增大，B错误；
C．过程中，由B分析知，物块的速度先增大后减小，因此物块动能先增大后减小，C错误；
D．过程中，即对应图像部分，其斜率为零，物块受到的力为零，D正确。
故选D。
5．D
【解析】
根据牛顿第二定律得，小球在斜面上运动的加速度a=＝gsinθ，平抛运动的加速度为g，可知小球在斜面上运动的加速度小于平抛运动的加速度，故A错误．对小球和斜面整体分析，小球沿斜面向下加速的过程中，小球具有沿斜面向下的加速度，处于失重状态，可知地面对斜面的支持力小于小球和斜面的总重力，故B错误．根据动能定理得，mgh=mv2-mv02，撤去斜面，h不变，落地的速率不变，故C错误．比较小球在斜面上与空中运动的时间．由于小球在斜面上运动的加速度为 a=gsinα，竖直分加速度为 ay=asinα=gsin2α＜g，则知撤去斜面，落地时间变短．故D正确．故选D．
6．B
【解析】
A．在E—x图像中，切线的斜率的绝对值为除重力或弹簧弹力之外的其他外力的大小，故本题中斜率的变化反应了F的变化，所以在0～x1过程F不断增大，如果物体开始向下运动，物体的加速度可能不断减小，也有可能先减小后增大，故A错误；
B．在x1～x2过程中，F不变，但经过前一段的增大后可能大于，也有可能，故小物块可能做匀加速运动，也可能做匀速运动或者匀减速运动，故B正确；
C．在x2～x3过程中F不断减小，但若，小物块的动能可能会继续增加，故C错误；
D．在x3～x4过程中，小物块机械能守恒，受到的F=0，所以做匀加速运动，故D错误；
故选B。
7．D
【解析】
A．甲图中自行车无动力沿着斜坡冲下，乙图中自行车靠惯性冲上斜坡，两个图中自行车受力情况相同：重力、垂直于斜面向上的支持力，根据
mgsinθ=ma
得
a=gsinθ
知加速度一定相同，故A错误；
B．甲图的自行车加速度沿斜面向下，丙图中的乒乓球加速度沿水平方向，则两者加速度不可能相同，故B错误；
C．丙图中球拍和乒乓球受到竖直向下的重力和垂直于球拍向上的支持力，二力不在同一直线上，二力的合力水平向左，不可能做匀速直线运动，故C错误；
D．丙图中，对乒乓球，由竖直方向受力平衡有
FN丙cosθ=mg
丁图中，乒乓球受到重力、斜面的弹力和挡板水平向右的弹力，竖直方向有
FN丁cosθ=mg
可知
FN丙=FN丁
即丙图的球拍和丁图的斜面产生的弹力一定相等，故D正确。
故选D。
8．D
【解析】
A．根据题意，分别将NO、MO看做直角三角形的两个斜边，由图可知，M、N两点高度相同，由动能定理
得两者落地速度为，即大小相等，但落地时速度的方向不相同，故m球和n球滑到O点时的速度不相同，故A错误；
B．对两小球受力分析，根据牛顿第二定律可得，加速度为
根据几何关系可知，NO的倾角大于MO的倾角，即，所以，故B错误；
C．根据
v=at
因两小球下落的速度大小相等，故，根据
可知m球重力的冲量大于n球重力的冲量，故C错误；
D．根据
因两小球下落的高度相同，则重力做功相等，又，故，故D正确。
故选D。
9．B
【解析】
A．刚开始无外力F时，物体A恰不下滑由平衡条件可得
解得
故A错误；
BC．现给物体B一个水平外力，将它缓慢拉起到夹角为过程中，以B为对象，根据平衡条件可知
水平外力大小为
因为θ逐渐增大，所以水平外力F也逐渐增大；
细绳对B的拉力
当θ=60°时，
说明斜面对A的摩擦力先沿斜面向上，后沿斜面向下，所以物体A与斜面间摩擦力先减小后增大，故B正确，C错误。
C．当θ=60°时，斜面对A的摩擦力
说明此时斜面对A的摩擦力是最大静摩擦力，当角继续增大时，绳子的拉力会进一步增大，物体A将沿斜面向上运动，故D错误；
故选B。
10．AD
【解析】
【详解】
AB.由速度图象知在1～3s时间内，物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：
0.8+mgsinθ-μmgcosθ=ma，
由v-t图象可知，加速度：.
在3～4s时间内，物块做匀速直线运动，由平衡条件得：μmgcosθ-mgsinθ=0.4N，解得：m=1kg，μ=0.8，故A正确，B错误；
C.由v-t图象可知，0～1s时间内，物块静止，力F不做功，1～3s时间内，力F=0.8N，物块的位移，0～3s内力F做功的平均功率为：；故C错误.
D.0～3s时间内物体克服摩擦力做的功为：Wf=μmgcosθ?x=0.8×1×10×cos37°×0.8=5.12J，故D正确.
11．BD
【解析】
【分析】
【详解】
A．物块在AB过程中时，在沿斜面方向上只受到重力沿斜面方向的分力作用，根据牛顿第二定律可得：
从图乙中可得AB过程中的加速度为：
联立解得：
故，所以A错误；
B．从图乙中可得，物块刚到B点时速度为，0.9s到达C点，，过程中只有重力和弹力做功，其中重力做功为：
故根据动能定理可得：
联立解得：，故B正确；
C．物块从B运动到C的过程中物块、弹簧、地球组成的系统机械能守恒，但物块的机械能减小，故C错误；
D．物块从C回到A的过程中，刚开始弹力：
由牛顿第二定律有：
物块先沿斜面向上做加速运动，但是由于在减小，所以a在减小；
当
速度达到最大，a为零；
之后， 物体继续沿斜面向上做减速运动，由牛顿第二定律有：
但在减小，所以a增大；
当物块离开弹簧后，在沿斜面方向只受一个力作用，所以恒定，故D正确。
故选BD。
12．BD
【解析】
【详解】
根据v-t图线的斜率等于加速度，可知： ；根据牛顿第二定律得：不加拉力时有：mab=-mgsin53°-μmgcos53°；代入数据得：μ=0.5；加拉力时有：maa=F-mgsin53°-μmgcos53°，解得：F=1N．位移，则恒力F做的功是WF=Fx=6.05J，故A错误，B正确；根据v-t图象与坐标轴所围的面积表示位移，可知有恒力F时小物块的位移较大，所以在上升过程产生的热量较大．故C错误；有恒力F时，小物块上升的高度比较大，所以该过程物块重力势能增加量较大，而升高的过程中动能的减小量是相等的，所以有恒力F时，小物块在整个上升过程机械能的减少量较小．故D正确．
13．AD
【解析】
【分析】
【详解】
AB．由于石块有沿斜面向下的加速度a，则对车和石块的整体，水平方向
即车受到地面向左的摩擦力作用，有向右运动的趋势，则若刹车失灵，翻斗车可能会向前运动，选项A正确，B错误；
C．石块下滑过程中对车的作用力不变，则翻斗车受到的合外力不变，选项C错误；
D．石块竖直方向由竖直向下的加速度，对石块和车的整体在竖直方向
可知
即地面对翻斗车的支持力小于翻斗车和车上石块的总重力，选项D正确。
故选AD。
14．AC
【解析】
【分析】
【详解】
A．物块与斜面间的动摩擦因数μ = tanθ可知
则物体所受的合力为F，由F-t图像以及动量定理可知
可得
v=8m/s
则动能
选项A正确；
B．若物块匀加速下滑，则斜面的长度为
而物块做加速度增大的加速运动，则物块的位移大于8m，即斜面长度小于8m，选项B错误；
CD．滑块对斜面体有沿斜面向下的摩擦力，大小为
垂直斜面的压力大小为 两个力的合力竖直向下，大小为mg ，则斜面体对水平面的压力大小始终为Mg+mg=50 N，斜面体在水平方向受力为零，则受摩擦力为零，选项C正确，D错误；
故选AC。
15．(1)；(2)；(3)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)物块在斜面上由牛顿第二定律得
解得
(2)物块滑上平板车后由动量守恒定律和能量守恒定律得
，
联立解得
(3)物块在斜面上由运动学公式得
解得
16．（1） F≤30N；（2） 物块能滑离木板，1.2s，s=0.9m．
【解析】
试题分析：（1）对M、m，由牛顿第二定律
对m，有，，代入数据得：．
（2），物块能滑离木板 ，对于M，有 1
对m，有，设物块滑离木板所用的时间为，
由运动学公式：，代入数据得：，物块离开木板时的速度，
由公式：，代入数据得．
考点：牛顿运动定律的综合应用、匀变速直线运动的位移与时间的关系
【名师点睛】解决本题的关键理清物块和木板的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式联合求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．
17．(1)0.5kg； ；(2)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)初始时小球静止在点，所以
由图可知:
设开始加速的加速度为，最小力为，最大力为，则有
联立解得：，，
(2)时间内小球做匀加速运动
撤掉外力后，物块做匀减速运动，有
自撤掉外力到速度为零时位移为
联立解得：
18．（1）g=7.5m/s2 （2）3×103m/s
【解析】
【分析】
【详解】
（1）小物块沿斜面向上运动过程
解得：
又有：
解得：
（2）设星球的第一宇宙速度为v，根据万有引力等于重力，重力提供向心力，则有：
19．(1)0.8s；(2)6m/s；(3)3.92m
【解析】
【分析】
【详解】
(1)小物块从A到B做平抛运动
解得
(2)到达B点时的竖直速度
由题可知
解得
(3)滑块到达C点时的速度与B点速度相等
斜面CD的倾角为，滑块上滑过程中，根据牛顿第二定律
解得加速度
上滑的时间
上滑的距离
下滑过程中，根据牛顿第二定律
解得加速度
下滑的位移
因此CD间距离
20．(1)0.5；(2)2.5s
【解析】
【分析】
【详解】
(1)由图像可知，乙的加速度为
由牛顿第二定律有
即
解得
(2)由乙可知，乙离底端的距离为
甲的加速度大小为
甲从滑道底端到最高点所用的时间为1s，则有
初速度为
甲下滑的加速度大小为

1s末甲、乙相距的距离为
由题意可知
解得
即两游客相遇的时刻为2.5s