新高考人教物理一輪學(xué)案第一章第2講勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律

第2講勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律授課提示：對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第4頁(yè)一、勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律1．勻變速直線運(yùn)動(dòng)：沿一條直線且加速度不變的運(yùn)動(dòng)。2．勻變速直線運(yùn)動(dòng)的基本規(guī)律(1)速度公式：v＝v0＋at。(2)位移公式：x＝v0t＋eq\f(1,2)at2。(3)速度—位移關(guān)系式：v2－veq\o\al(2,0)＝2ax。二、勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論1．三個(gè)推論(1)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的物體在一段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于這段時(shí)間初、末時(shí)刻速度矢量和的eq\f(1,2)，還等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度。平均速度公式：eq\x\to(v)＝eq\f(v0＋v,2)＝。(2)任意兩個(gè)連續(xù)相等的時(shí)間間隔T內(nèi)的位移差相等。即x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2。(3)位移中點(diǎn)速度veq\f(x,2)＝eq\r(\f(v\o\al(2,0)＋v2,2))。2．初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)的四個(gè)重要推論(1)1T末，2T末，3T末，…，nT末的瞬時(shí)速度之比為v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。(2)1T內(nèi)，2T內(nèi)，3T內(nèi)，…，nT內(nèi)的位移之比為x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶n2。(3)第1個(gè)T內(nèi)，第2個(gè)T內(nèi)，第3個(gè)T內(nèi)，…，第n個(gè)T內(nèi)的位移之比為xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。(4)從靜止開始通過(guò)連續(xù)相等的位移所用時(shí)間之比為t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶…∶(eq\r(n)－eq\r(n－1))。三、自由落體運(yùn)動(dòng)和豎直上拋運(yùn)動(dòng)自由落體運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)條件(1)物體只受重力作用；(2)由靜止開始下落運(yùn)動(dòng)性質(zhì)初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)規(guī)律(1)速度公式：v＝gt；(2)位移公式：h＝eq\f(1,2)gt2；(3)速度—位移公式：v2＝2gh(1)速度公式：v＝v0－gt；(2)位移公式：h＝v0t－eq\f(1,2)gt2；(3)速度—位移關(guān)系式：v2－veq\o\al(2,0)＝－2gh；(4)上升的最大高度：H＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)；(5)上升到最高點(diǎn)所用時(shí)間：t＝eq\f(v0,g)授課提示：對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第5頁(yè)eq\a\vs4\al(命題點(diǎn)一勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的基本應(yīng)用)師生互動(dòng)1．重要公式的選擇重要公式題目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和為解題設(shè)定的中間量)沒(méi)有涉及的物理量v＝v0＋atv0、v、a、txx＝v0t＋eq\f(1,2)at2v0、a、t、xvv2－veq\o\al(2,0)＝2axv0、v、a、xtx＝eq\f(v＋v0,2)tv0、v、t、xa2．解答勻變速直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題常用的方法[典例1]物體以一定的初速度從斜面底端A點(diǎn)沖上固定的光滑斜面，斜面總長(zhǎng)度為l，到達(dá)斜面最高點(diǎn)C時(shí)速度恰好為零，如圖所示。已知物體運(yùn)動(dòng)到距斜面底端eq\f(3,4)l處的B點(diǎn)時(shí)，所用時(shí)間為t，求物體從B滑到C所用的時(shí)間。[思路點(diǎn)撥]解此題關(guān)鍵是分析運(yùn)動(dòng)過(guò)程，靈活應(yīng)用規(guī)律。(1)過(guò)程分析：(2)按規(guī)律選取關(guān)鍵信息：①物體從A滑到C做勻減速到零的運(yùn)動(dòng)，可考慮逆向思維。②xBC∶xAB＝1∶3，可考慮比例關(guān)系的應(yīng)用。[解析]方法一：基本公式法因?yàn)槲矬w沿斜面向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)初速度為v0，加速度大小為a，物體從B滑到C所用的時(shí)間為tBC，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得veq\o\al(2,0)＝2axAC，①veq\o\al(2,B)＝veq\o\al(2,0)－2axAB，②又xAB＝eq\f(3,4)xAC，③由①②③解得vB＝eq\f(v0,2)。④又vB＝v0－at，⑤vB＝atBC，⑥由④⑤⑥解得tBC＝t。方法二：逆向思維法物體向上勻減速?zèng)_上斜面，其逆過(guò)程為由靜止開始向下勻加速滑下斜面。設(shè)物體從B到C所用的時(shí)間為tBC，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得xBC＝eq\f(at\o\al(2,BC),2)，xAC＝eq\f(at＋tBC2,2)，又xBC＝eq\f(xAC,4)，由以上三式解得tBC＝t。方法三：比例法對(duì)于初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在連續(xù)相等的時(shí)間內(nèi)通過(guò)的位移之比為x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。因?yàn)閤CB∶xBA＝eq\f(xAC,4)∶eq\f(3xAC,4)＝1∶3，而通過(guò)AB的時(shí)間為t，所以通過(guò)BC的時(shí)間tBC＝t。方法四：中間時(shí)刻速度法利用推論：在勻變速直線運(yùn)動(dòng)中，中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于這段位移的平均速度，eq\x\to(v)AC＝eq\f(v0＋0,2)＝eq\f(v0,2)。又veq\o\al(2,0)＝2axAC，veq\o\al(2,B)＝2axBC，xBC＝eq\f(xAC,4)，由以上三式解得vB＝eq\f(v0,2)?？梢钥闯鰒B正好等于AC段的平均速度，因此B點(diǎn)是這段位移的中間時(shí)刻，因此有tBC＝t。方法五：圖象法根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，畫出vt圖象，如圖所示。利用相似三角形的規(guī)律，面積之比等于對(duì)應(yīng)邊的平方比，得eq\f(S△AOC,S△BDC)＝eq\f(CO2,CD2)，且eq\f(S△AOC,S△BDC)＝eq\f(4,1)，OD＝t，OC＝t＋tBC，所以eq\f(4,1)＝eq\f(t＋tBC2,t\o\al(2,BC))，解得tBC＝t。[答案]t規(guī)律總結(jié)“一畫、二選、三注意”巧解勻變速直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題———————————————————————1．(2021·山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)高三模擬)如圖所示為某大橋的簡(jiǎn)化示意圖，圖中橋墩之間的四段距離均為110m?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)的一輛汽車從a點(diǎn)由靜止開始做加速度恒定的加速直線運(yùn)動(dòng)。已知該車通過(guò)bc段的時(shí)間為t，則通過(guò)ce段的時(shí)間為()A.eq\r(2)t B．(eq\r(2)－1)tC．(eq\r(2)＋1)t D．t解析：汽車從a點(diǎn)由靜止開始做加速度恒定的加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)四段大小相等的位移所需要的時(shí)間之比為1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶(2－eq\r(3))，設(shè)通過(guò)ce段的時(shí)間為t′，則t∶t′＝(eq\r(2)－1)∶(2－eq\r(2))，解得t′＝eq\r(2)t，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。答案：A2．(多選)如圖，物體自O(shè)點(diǎn)由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，A、B、C、D為其運(yùn)動(dòng)軌跡上的四點(diǎn)，測(cè)得AB＝2m，BC＝3m，且物體通過(guò)AB、BC、CD所用時(shí)間相等。下列說(shuō)法正確的是()A．可以求出物體加速度的大小B．可以求得CD＝4mC．可求得O、AmD．可求得O、Am解析：設(shè)相等時(shí)間為t，由Δx＝at2可得物體的加速度a＝eq\f(Δx,t2)＝eq\f(3－2,t2)＝eq\f(1,t2)，因?yàn)椴恢罆r(shí)間，所以不能求出加速度，A錯(cuò)誤；根據(jù)在相鄰的相等時(shí)間內(nèi)的位移差是恒量可得，xCD－xBC＝xBC－xAB＝1m，可知xCD＝4m，B正確；物體經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的瞬時(shí)速度vB為vB＝eq\x\to(v)AC＝eq\f(5,2t)，再由veq\o\al(2,t)＝2ax可得O、B兩點(diǎn)間的距離xOB＝eq\f(v\o\al(2,B),2a)＝eq\f(25,4t2)·eq\f(t2,2)m，所以O(shè)與A間的距離xOA＝xOB－xABm，C正確，D錯(cuò)誤。答案：BC3．(2020·高考全國(guó)卷Ⅰ)我國(guó)自主研制了運(yùn)20重型運(yùn)輸機(jī)。飛機(jī)獲得的升力大小F可用F＝kv2描寫，k為系數(shù)；v是飛機(jī)在平直跑道上的滑行速度，F(xiàn)與飛機(jī)所受重力相等時(shí)的v稱為飛機(jī)的起飛離地速度。已知飛機(jī)質(zhì)量為×105kg時(shí)，起飛離地速度為66m/s；×105kg，裝載貨物前后起飛離地時(shí)的k值可視為不變。(1)求飛機(jī)裝載貨物后的起飛離地速度；(2)若該飛機(jī)裝載貨物后，從靜止開始勻加速滑行1521m起飛離地，求飛機(jī)在滑行過(guò)程中加速度的大小和所用的時(shí)間。解析：(1)設(shè)飛機(jī)裝載貨物前質(zhì)量為m1，起飛離地速度為v1；裝載貨物后質(zhì)量為m2，起飛離地速度為v2，重力加速度大小為g。飛機(jī)起飛離地應(yīng)滿足條件m1g＝kveq\o\al(2,1)，①m2g＝kveq\o\al(2,2)，②由①②式及題給條件得v2＝78m/s。③(2)設(shè)飛機(jī)滑行距離為s，滑行過(guò)程中加速度大小為a，所用時(shí)間為t。由勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式有veq\o\al(2,2)＝2as，④v2＝at，⑤聯(lián)立③④⑤式及題給條件得am/s2，t＝39s。答案：(1)78m/s(2)2.0m/s239seq\a\vs4\al(命題點(diǎn)二自由落體與豎直上拋運(yùn)動(dòng))師生互動(dòng)1．求解自由落體運(yùn)動(dòng)的兩點(diǎn)注意(1)可充分利用自由落體運(yùn)動(dòng)初速度為零的特點(diǎn)、比例關(guān)系及推論等規(guī)律解題。①?gòu)倪\(yùn)動(dòng)開始連續(xù)相等時(shí)間內(nèi)的下落高度之比為1∶3∶5∶7∶…。②從運(yùn)動(dòng)開始一段時(shí)間內(nèi)的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(h,t)＝eq\f(v,2)＝eq\f(1,2)gt。③連續(xù)相等時(shí)間T內(nèi)的下落高度之差Δh＝gT2。(2)物體由靜止開始的自由下落過(guò)程才是自由落體運(yùn)動(dòng)，從中間截取的一段運(yùn)動(dòng)過(guò)程不是自由落體運(yùn)動(dòng)，等效于豎直下拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)該用初速度不為零的勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律去解決此類問(wèn)題。2．研究豎直上拋運(yùn)動(dòng)的兩種方法(1)分段法：將全程分為兩個(gè)階段，即上升過(guò)程的勻減速階段和下落過(guò)程的自由落體階段。(2)全程法：將全過(guò)程視為初速度為v0，加速度a＝－g的勻變速直線運(yùn)動(dòng)，必須注意物理量的矢量性。3．豎直上拋運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性和多解性(1)時(shí)間的對(duì)稱性A、B為途中的任意兩點(diǎn)，C為最高點(diǎn)對(duì)稱性物體上升過(guò)程中從A→C所用時(shí)間tAC和下降過(guò)程中從C→A所用時(shí)間tCA相等，同理tAB＝tBA(2)速度的對(duì)稱性物體上升過(guò)程經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的速度與下降過(guò)程經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的速度大小相等(3)能量的對(duì)稱性物體從A→B和從B→A重力勢(shì)能變化量的大小相等，均等于mghAB多解性當(dāng)物體經(jīng)過(guò)拋出點(diǎn)上方某個(gè)位置(最高點(diǎn)除外)時(shí)，可能處于上升階段，也可能處于下降階段，造成雙解，在解決問(wèn)題時(shí)要注意這個(gè)特點(diǎn)[典例2]在離地面高h(yuǎn)處質(zhì)點(diǎn)A做自由落體運(yùn)動(dòng)，與此同時(shí)，在A的正下方的地面上質(zhì)點(diǎn)B以初速度v0豎直上拋。若B在上升階段能與A相遇，求出v0的取值范圍；若B在下降階段與A相遇，求出v0的取值范圍。[思路點(diǎn)撥]解此題關(guān)鍵是畫出兩質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)示意圖(如圖所示)，找到相遇點(diǎn)，利用好位移關(guān)系和時(shí)間關(guān)系。[解析]如圖所示，以B的初位置為原點(diǎn)O，豎直向上為y軸正方向。A做自由落體運(yùn)動(dòng)，它的位置坐標(biāo)和時(shí)間的關(guān)系為y1＝h－eq\f(1,2)gt2，B做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，它的位置坐標(biāo)和時(shí)間關(guān)系為y2＝v0t－eq\f(1,2)gt2，兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)相遇的條件是y1＝y(tǒng)2，即h－eq\f(1,2)gt2＝v0t－eq\f(1,2)gt2，可見A、B相遇的時(shí)間t0＝eq\f(h,v0)，而B上升到最高點(diǎn)的時(shí)間t1＝eq\f(v0,g)。若要使B在上升時(shí)與A相遇，必須滿足t1≥t0，即eq\f(v0,g)≥eq\f(h,v0)，所以B在上升過(guò)程中與A相遇時(shí)v0的取值范圍為v0≥eq\r(gh)；若B在下降過(guò)程中與A相遇，必須滿足eq\f(v0,g)<eq\f(h,v0)，即v0<eq\r(gh)，但又要在B落地以前相遇，B落地的時(shí)間t2＝eq\f(2v0,g)，必須滿足t2≥t0，即eq\f(2v0,g)≥eq\f(h,v0)，得v0≥eq\r(\f(gh,2))。因此，在B下降過(guò)程中與A相遇時(shí)v0的取值范圍為eq\r(gh)>v0≥eq\r(\f(gh,2))。[答案]見解析易錯(cuò)警示求解豎直上拋運(yùn)動(dòng)的2點(diǎn)注意———————————————————————(1)要注意速度、加速度、位移等物理量的方向，一般看成初速度方向?yàn)檎较虻膭驕p速運(yùn)動(dòng)。(2)豎直上拋運(yùn)動(dòng)為雙向可逆運(yùn)動(dòng)，要注意其多解性，其在空中運(yùn)動(dòng)情況分析常有以下兩種判斷方法：①根據(jù)位移h判斷：h>0在拋出點(diǎn)上方，h＝0恰好在拋出點(diǎn)，h<0在拋出點(diǎn)下方。②根據(jù)時(shí)間t判斷：t<eq\f(v0,g)表示正處在上升過(guò)程，t＝eq\f(v0,g)恰好在最高點(diǎn)，t>eq\f(v0,g)表明在下降過(guò)程中，t>eq\f(2v0,g)表明在拋出點(diǎn)下方(如典例2中上升過(guò)程和下降過(guò)程的判斷)。4．(2021·安徽皖江名校聯(lián)盟高三聯(lián)考)建筑工人常常徒手向上拋磚塊，當(dāng)磚塊上升到最高點(diǎn)時(shí)被樓上的師傅接住。在一次拋磚的過(guò)程中，磚塊運(yùn)動(dòng)3s到達(dá)最高點(diǎn)，將磚塊的運(yùn)動(dòng)視為勻變速直線運(yùn)動(dòng)，磚塊通過(guò)第2s內(nèi)位移的后eq\f(1,3)用時(shí)為t1，通過(guò)第1s內(nèi)位移的前eq\f(1,5)用時(shí)為t2，則eq\f(t2,t1)滿足()A.eq\f(1,5)<eq\f(t2,t1)<eq\f(1,4) B.eq\f(1,4)<eq\f(t2,t1)<eq\f(1,3)C.eq\f(1,3)<eq\f(t2,t1)<eq\f(1,2) D.eq\f(1,2)<eq\f(t2,t1)<1解析：豎直向上拋磚是勻變速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)3s速度減為0，可以從最高點(diǎn)開始逆向思維，把上升過(guò)程反過(guò)來(lái)看作自由落體運(yùn)動(dòng)。根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)的公式h＝eq\f(1,2)gt2，得第1s內(nèi)，第2s內(nèi)，第3s內(nèi)的位移之比為h1∶h2∶h3＝1∶3∶5。從最高點(diǎn)開始，設(shè)第1s內(nèi)位移為x，則第2s內(nèi)為3x，第3s內(nèi)為5x。所以從最高點(diǎn)開始，磚塊通過(guò)上拋第2s位移的后eq\f(1,3)的位移為第2個(gè)x，通過(guò)第1s內(nèi)位移的前eq\f(1,5)的位移即為第9個(gè)x，按照自由落體公式可得t1＝eq\r(\f(2×2x,g))－eq\r(\f(2x,g))，t2＝eq\r(\f(2×9x,g))－eq\r(\f(2×8x,g))，所以eq\f(t2,t1)＝eq\f(\r(9)－\r(8),\r(2)－\r(1))≈0.41，所以A、B、D錯(cuò)誤，C正確。答案：C5．(多選)(2021·河北武邑中學(xué)一調(diào))從地面豎直上拋一物體A的同時(shí)，在離地面高H處有相同質(zhì)量的另一物體B開始做自由落體運(yùn)動(dòng)，兩物體在空中同時(shí)到達(dá)距地面高h(yuǎn)處時(shí)速率都為v(兩物體不會(huì)相碰)，則下列說(shuō)法正確的是()A．H＝eq\f(4,3)hB．物體A豎直上拋的初速度大小是物體B落地時(shí)速度大小的2倍C．物體A、B在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等D．兩物體落地前各自的機(jī)械能都守恒且兩者機(jī)械能相等解析：設(shè)A、B兩物體到達(dá)離地面高h(yuǎn)處時(shí)所用時(shí)間為t，則對(duì)B物體，根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有v2＝2g(H－h(huán))，v＝gt，設(shè)A物體豎直上拋的初速度為v0，有v＝v0－gt，veq\o\al(2,0)－v2＝2gh，解得v0＝2v，H＝eq\f(4,3)h，故A正確。物體A豎直上拋的初速度v0＝2v，設(shè)物體B落地時(shí)的速度為v′，則有v′2＝2gH，由A項(xiàng)分析知veq\o\al(2,0)－v2＝2gh，H＝eq\f(4,3)h，聯(lián)立解得v′＝2v，所以v0＝v′，故B錯(cuò)誤。根據(jù)豎直上拋運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知物體A在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間tA＝2×eq\f(v0,g)＝eq\f(4v,g)，物體B在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為tB＝eq\f(v′,g)＝eq\f(2v,g)＝eq\f(1,2)tA，故C錯(cuò)誤。以地面為參考平面，落地時(shí)兩者的速度相等，質(zhì)量相等，則動(dòng)能相等，所以機(jī)械能也相等，由于物體A、B落地前只有重力做功，機(jī)械能守恒，故D正確。答案：ADeq\a\vs4\al(命題點(diǎn)三多運(yùn)動(dòng)過(guò)程組合問(wèn)題)師生互動(dòng)1．問(wèn)題特點(diǎn)一個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)包含幾個(gè)階段，各階段的運(yùn)動(dòng)滿足不同的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)和規(guī)律，交接處的速度是連接各段的紐帶。2．求解思路(1)由題意畫出物體在各階段的運(yùn)動(dòng)示意圖，直觀呈現(xiàn)物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程。(2)明確物體在各階段的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，找出題目給定的已知量、待求未知量以及中間量。(3)合理選擇運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，列出物體在各階段的運(yùn)動(dòng)方程，同時(shí)列出物體各階段間的關(guān)聯(lián)方程。[典例3]為了抗疫和社會(huì)經(jīng)濟(jì)發(fā)展，從2020年2月17日零時(shí)起，全國(guó)收費(fèi)公路免收車輛通行費(fèi)。現(xiàn)今，經(jīng)國(guó)務(wù)院同意，從5月6日零時(shí)起，全國(guó)收費(fèi)公路將恢復(fù)收費(fèi)。汽車分別通過(guò)ETC通道和人工收費(fèi)通道的流程如圖所示。假設(shè)汽車以v1＝12m/s的速度朝收費(fèi)站沿直線行駛，如果走ETC通道，需要在距收費(fèi)站中心線前d＝10m處正好勻減速至v2＝4m/s，勻速通過(guò)中心線后，再勻加速至v1正常行駛；如果走人工收費(fèi)通道，需要恰好在中心線處勻減速至零，經(jīng)過(guò)t0＝20s繳費(fèi)成功后，再啟動(dòng)汽車勻加速至v1正常行駛。設(shè)汽車加速和減速過(guò)程中的加速度大小均為1m/s2。求：(1)汽車走ETC通道時(shí)，從開始減速到恢復(fù)正常行駛過(guò)程中的位移大??；(2)汽車走人工收費(fèi)通道，應(yīng)在離收費(fèi)站中心線多遠(yuǎn)處開始減速；(3)汽車走ETC通道比走人工收費(fèi)通道節(jié)約的時(shí)間。[思路點(diǎn)撥]畫出運(yùn)動(dòng)過(guò)程示意圖。(1)走ETC通道時(shí)經(jīng)歷三個(gè)運(yùn)動(dòng)階段：(2)走人工收費(fèi)通道經(jīng)歷兩個(gè)運(yùn)動(dòng)階段：[解析](1)走ETC通道時(shí)，減速的位移和加速的位移相等，則x1＝eq\f(v\o\al(2,1)－v\o\al(2,2),2a)＝64m，故總的位移x總1＝2x1＋d＝138m。(2)走人工收費(fèi)通道時(shí)，開始減速時(shí)離中心線的距離為x2＝eq\f(v\o\al(2,1),2a)＝72m。(3)走ETC通道時(shí)，汽車從開始勻減速到勻加速到v1的時(shí)間t1＝eq\f(v1－v2,a)×2＋eq\f(d,v2)＝18.5s，走人工收費(fèi)通道時(shí)，汽車從開始勻減速到勻加速到v1的時(shí)間t2＝eq\f(v1,a)×2＋t0＝44s，又x總2＝2x2＝144m，二者的位移差Δx＝x總2－x總1＝6m，在這段位移內(nèi)汽車以正常行駛速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則Δt＝t2－(t1＋eq\f(Δx,v1))＝25s。[答案](1)138m(2)72m(3)25s規(guī)律總結(jié)運(yùn)動(dòng)學(xué)中多過(guò)程問(wèn)題的轉(zhuǎn)折點(diǎn)的速度是聯(lián)系兩個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的紐帶，因此做好運(yùn)動(dòng)分析的同時(shí)，要關(guān)注速度的變化，如典例3中“汽車走ETC通道”第一階段汽車勻減速的末速度v2是第三階段汽車勻加速的初速度。6．“殲20”是我國(guó)自主研制的第五代戰(zhàn)斗機(jī)。設(shè)“殲20”降落在跑道上的減速過(guò)程可以簡(jiǎn)化為兩個(gè)勻減速直線運(yùn)動(dòng)，首先飛機(jī)以速度v0著陸后立即打開減速阻力傘，加速度大小為a1，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1；隨后在無(wú)阻力傘情況下勻減速直至停下。已知飛機(jī)的減速總路程為x，求第二個(gè)階段飛機(jī)的加速度大小和運(yùn)動(dòng)