第2章 习题课2 匀变速直线运动的规律应用(课件PPT)-【精讲精练】2024-2025学年高中物理必修第一册（人教版2019）

习题课二　匀变速直线运动的规律应用 栏目导航 第二章　匀变速直线运动的研究 1 栏目导航 探究案 关键能力·互动探究 01 知能达标训练 03 提升案 随堂演练·基础落实 02 栏目导航 第二章　匀变速直线运动的研究 1 栏目导航 第二章　匀变速直线运动的研究 1 栏目导航 01 探究案 关键能力·互动探究 栏目导航 第二章　匀变速直线运动的研究 1 栏目导航 第二章　匀变速直线运动的研究 1 栏目导航 第二章　匀变速直线运动的研究 1 栏目导航 第二章　匀变速直线运动的研究 1 栏目导航 第二章　匀变速直线运动的研究 1 栏目导航 第二章　匀变速直线运动的研究 1 栏目导航 第二章　匀变速直线运动的研究 1 栏目导航 第二章　匀变速直线运动的研究 1 栏目导航 第二章　匀变速直线运动的研究 1 栏目导航 第二章　匀变速直线运动的研究 1 栏目导航 第二章　匀变速直线运动的研究 1 栏目导航 第二章　匀变速直线运动的研究 1 栏目导航 第二章　匀变速直线运动的研究 1 栏目导航 第二章　匀变速直线运动的研究 1 栏目导航 第二章　匀变速直线运动的研究 1 栏目导航 第二章　匀变速直线运动的研究 1 栏目导航 第二章　匀变速直线运动的研究 1 栏目导航 第二章　匀变速直线运动的研究 1 栏目导航 第二章　匀变速直线运动的研究 1 栏目导航 第二章　匀变速直线运动的研究 1 栏目导航 第二章　匀变速直线运动的研究 1 栏目导航 第二章　匀变速直线运动的研究 1 栏目导航 第二章　匀变速直线运动的研究 1 栏目导航 第二章　匀变速直线运动的研究 1 栏目导航 第二章　匀变速直线运动的研究 1 栏目导航 第二章　匀变速直线运动的研究 1 栏目导航 第二章　匀变速直线运动的研究 1 栏目导航 第二章　匀变速直线运动的研究 1 栏目导航 第二章　匀变速直线运动的研究 1 栏目导航 第二章　匀变速直线运动的研究 1 栏目导航 第二章　匀变速直线运动的研究 1 栏目导航 第二章　匀变速直线运动的研究 1 栏目导航 第二章　匀变速直线运动的研究 1 栏目导航 第二章　匀变速直线运动的研究 1 栏目导航 第二章　匀变速直线运动的研究 1 栏目导航 第二章　匀变速直线运动的研究 1 栏目导航 第二章　匀变速直线运动的研究 1 栏目导航 第二章　匀变速直线运动的研究 1 栏目导航 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(2)如果题目中无末速度v，也不需求末速度，一般选用位移公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2。 (3)如果题目中无运动时间t，也不需要求运动时间，一般选用导出公式v2－v02＝2ax。 (4)如果题目中没有加速度a，也不涉及加速度的问题，用eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(x,t)＝eq \f(v0＋v,2)计算比较方便。 (教材本章复习与提高A组第5题变式)跳伞运动员做低空跳伞表演，当飞机悬停在离地224 m高时，他离开飞机后做自由落体运动，运动一段时间后，打开降落伞，伞张开后他就以12.5 m/s2的加速度做匀减速下降，为了安全到达地面要求着地速度最大不得超过5 m/s，g＝10 m/s2。 (1)运动员打开降落伞时距地面的高度至少为多少？此时的速度？ (2)着地时相当于从多高自由下落？ (3)运动员在空中的最短时间为多少？ [解析]　(1)设跳伞运动员展伞时，离地面的高度至少为h，此时速度为v0，则对于匀减速运动过程有v2－v02＝－2ah，即52－v02＝－2×12.5h 对于自由下落过程v02＝2g(224－h) 联立解得h＝99 m，v0＝50 m/s。 (2)以5 m/s的速度落地相当于从h1高处自由落下， 即2gh1＝v2，h1＝eq \f(v2,2g)＝1.25 m。 (3)设跳伞运动员在空中的最短时间为t，则有 v0＝gt1，t1＝eq \f(v0,g)＝5 s，t2＝eq \f(v－v0,a)＝3.6 s 故所求时间t＝t1＋t2＝(5＋3.6)s＝8.6 s。 [答案]　(1)99 m　50 m/s (2)1.25 m　(3)8.6 s 　在例题中，若飞机悬停在距离地面H＝224 m的空中，运动员离开飞机后先做自由落体运动，5 s末打开降落伞，到达地面时速度减为v＝5 m/s。我们认为开始打开降落伞直至落地前运动员在做匀减速运动，g取10 m/s2，求： (1)运动员打开降落伞时的速度大小及此时他离地面的高度h； (2)运动员打开降落伞后的加速度； (3)运动员此次跳伞过程的平均速度大小。 解析　(1)运动员离开飞机后自由落体运动的末速度vm＝gt1＝50 m/s 自由下落的高度h1＝eq \f(1,2)gt12＝125 m 打开伞时离地面的高度h＝H－h1＝99 m。 (2)运动员打开降落伞后，由位移公式可得vm2－v2＝2ah 代入数据可解得a＝eq \f(vm2－v2,2h)＝12.5 m/s2，方向向上。 (3)打开伞后至落地的时间t2＝eq \f(vm－v,a)＝3.6 s 整个过程的平均速度eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(H,t1＋t2)＝eq \f(224,8.6) m/s≈26 m/s。 答案　(1)50 m/s　99 m (2)12.5 m/s2，方向向上 (3)26 m/s 1.如图所示，在公路的十字路口，红灯拦停了一车队，拦停的汽车排成笔直的一列，第一辆汽车的前端刚好与路口停止线相齐，汽车长均为l＝4.0 m，前面汽车尾部与相邻汽车的前端相距均为d1＝1.0 m。为了安全，前面汽车尾部与相邻汽车的前端相距至少为d2＝5.0 m才能开动，若汽车都以a＝2 m/s2的加速度做匀加速直线运动。绿灯亮起瞬时，第一辆汽车立即开动，求： (1)第六辆汽车前端刚到达停止线时的速度大小v； (2)从绿灯刚亮起到第六辆汽车前端与停止线相齐所需最短时间t。 解析　(1)第六辆汽车前端与停止线的距离 s1＝5(l＋d1)＝25.0 m 由v2＝2as1得v＝10 m/s。 (2)第六辆汽车刚开动到前端与停止线相齐所需时间t3＝eq \f(v,a)＝5.0 s 设第二辆汽车刚开动时，第一辆汽车至少已行驶的时间t1，则第二辆汽车刚开动时，第一辆至少行驶的距离s2＝d2－d1＝4.0 m 由s2＝eq \f(1,2)at12，从绿灯刚亮起到第六辆汽车刚开动至少所需时间t2＝5t1＝10.0 s。 从绿灯刚亮起到第六辆汽车前端与停止线相齐所需最短时间t＝t2＋t3 解得t＝15.0 s。 答案　(1)10 m/s　(2)15.0 s 二、追及相遇问题 两物体在同一直线上运动，它们之间的距离发生变化时，可能出现最大距离、最小距离或者是距离为零的情况，这类问题称为追及和相遇问题，讨论追及和相遇问题的实质是两物体能否在同一时刻到达同一位置。 1．要抓住一个条件、两个关系 (1)一个条件：速度相等。这是两物体是否追上(或相撞)、距离最大、距离最小的临界点，是解题的切入点。 (2)两个关系：时间关系和位移关系。通过画示意图找出两物体位移之间的数量关系，是解题的突破口。 2．常用方法 (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，挖掘题中的隐含条件，建立物体运动关系的图境，并画出运动情况示意图，找出位移关系。 (2)图像法：将两者的v­t图像在同一坐标系中画出，然后利用图像求解。 (3)数学极值法：设从开始到相遇时间为t，根据条件列方程，得到关于t的一元二次方程，用判别式进行讨论，若Δ＞0，即有两个解，说明可以相遇两次；若Δ＝0，说明刚好追上或相遇。若Δ＜0，说明追不上或不能相碰。 一辆汽车在十字路口等候绿灯，当绿灯亮时汽车以3 m/s2的加速度开始行驶，恰在这时一辆自行车以6 m/s的速度匀速驶来，从后面超过汽车。 (1)汽车从路口开动后，在追上自行车之前经过多长时间两车相距最远？此时距离是多少？ (2)什么时候汽车追上自行车？此时汽车的速度大小是多少？ [提示]　一题多解eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(法一,法二,法三)) [解析]　(1)法一　(根据速度关系和位移关系求解) 汽车开动后速度由零逐渐增大，而自行车的速度恒定。当汽车的速度小于自行车的速度时，两者间的距离将越来越大，而一旦汽车的速度增加到超过自行车的速度，两车间的距离就将缩小，因此两者速度相等时两车相距最远。由v汽＝at＝v自得t＝eq \f(v自,a)＝2 s，Δxmax＝v自t－eq \f(1,2)at2＝6 m。 法二　(用数学求极值方法求解) 设汽车在追上自行车之前经时间t两车相距最远。 有Δx＝v自t－eq \f(1,2)at2＝6t－eq \f(3t2,2)＝－eq \f(3,2)(t－2)2＋6 上式所有物理量均采用国际单位制单位 由二次函数求极值的条件知，t＝2 s时，Δx最大，Δxmax＝6 m。 法三　(用图像法求解) 自行车和汽车的v­t图像如图所示，由图可以看出：相遇之前，在t0时刻两车速度相等时，自行车的位移(矩形面积)与汽车的位移(三角形面积)之差(即横线阴影部分面积)最大，所以， t0＝eq \f(v自,a)＝2 s，Δxmax＝eq \f(1,2)×2×6 m＝6 m。 (2)由(1)图可以看出：在t0时刻以后，由汽车的v­t图线与自行车的v­t图线组成的三角形面积(竖线阴影部分面积)与横线阴影部分的面积相等时，两车的位移相等，所以由图线的数学关系可得相遇时t′＝2t0＝4 s，v汽′＝2v自＝12 m/s。 [答案]　(1)2 s　6 m　(2)4 s　12 m/s 　一辆汽车在十字路口等候绿灯，当绿灯亮时汽车以3 m/s2的加速度开始加速行驶，恰在这时汽车前方16.5 m处一辆自行车以6 m/s的速度匀速向前行驶。若汽车加速到最大速度15 m/s后以该速度做匀速运动，汽车经多长时间追上自行车？ 解析　汽车的速度达到15 m/s需时间t0，v＝at0，t0＝eq \f(v,a)＝5 s 在这5 s内 汽车行驶距离 x1＝eq \f(1,2)at02＝eq \f(1,2)×3×52 m＝37.5 m 自行车行驶距离x自＝v自t0＝30 m 此时30 m＋16.5 m>37.5 m，汽车没追上自行车 设再经时间t1，汽车追上自行车 vt1＝(30＋16.5)m－37.5 m＋v自t1 解得t1＝1 s 即汽车追上自行车的时间t2＝t0＋t1＝6 s。 答案　6 s 　一辆汽车在十字路口等绿灯，当绿灯亮时汽车以3 m/s2的加速度开始行驶，恰在这时一辆自行车在汽车后方相距20 m的地方以6 m/s的速度匀速行驶，则自行车能否追上汽车？若追不上，两车间的最小间距是多少？ 解析　如图所示，假设自行车经过t时间追上汽车，则 x汽＋x0＝x自，eq \f(1,2)at2＋x0＝x自 即1.5t2－6t＋20＝0，t无解，即追不上。 当速度相同时间距最小，设经过t1时间速度相同， 则有v汽＝v自，at1＝v自，t1＝eq \f(v自,a)＝2 s Δxmin＝x汽＋x0－x自＝eq \f(1,2)at12＋x0－v自t1＝14 m 答案　追不上　14 m 追及问题的分析方法和常用的临界条件 (1)追及问题的分析方法 ①根据追逐的两个物体的运动性质，选择同一参考系，列出两个物体的位移方程。 ②找出两个物体在运动时间上的关系。 ③找出两个物体在位移上的关系。 (2)追及问题中常用的临界条件 ①速度小者(但加速度大)追速度大者(但加速度小)，追上前两个物体速度相等时，有最大距离。 ②速度大者追速度小者，追上前两个物体速度相等时，有最小距离。即必须在此之前追上，否则就追不上。　 2．汽车正以10 m/s的速度在平直的公路上前进，突然发现正前方有一辆自行车以4 m/s的速度做同方向的匀速直线运动，汽车立即关闭油门做加速度大小为6 m/s2的匀减速运动，汽车恰好没碰上自行车，求关闭油门时汽车离自行车多远。 解析　汽车在关闭油门后减速的一段时间内，和自行车之间的距离在不断减小，当这个距离减小到零时，若汽车的速度减至与自行车的速度相同，则能满足题设的汽车恰好不碰上自行车的条件。运动简图如下图所示： 法一　汽车减速到4 m/s时发生的位移和运动时间分别为x汽＝eq \f(v自2－v汽2,2a)＝eq \f(16－100,2×－6) m＝7 m，t＝eq \f(v自－v汽,a)＝eq \f(4－10,－6) s＝1 s，这段时间内自行车发生的位移x自＝v自t＝4×1 m＝4 m，汽车关闭油门时离自行车的距离x＝x汽－x自＝7 m－4 m＝3 m。 法二　利用v­t图像进行求解，如图所示，图线Ⅰ、Ⅱ分别是汽车与自行车的v­t图像，其中划斜线部分的面积表示当两车车速相等时汽车比自行车多运动的位移，即为汽车关闭油门时离自行车的距离x。 图线Ⅰ的斜率即为汽车减速运动的加速度，所以应有 x＝eq \f(v汽－v自t′,2)＝eq \f(v汽－v自,2)×eq \f(v自－v汽,a)＝eq \f(10－42,2×6) m＝3 m。 法三　利用数学解析法求解，设经过时间t汽车恰好撞上自行车， 则x＋x自＝x汽，故x＋v自t＝v汽t－eq \f(1,2)at2 整理得：3t2－6t＋x＝0 要使汽车恰好不撞上自行车，应Δ＝0 即62－4×3×x＝0，x＝3 m。 答案　3 m 三、竖直上抛运动 将一个物体以某一初速度v0竖直向上抛出，抛出的物体只在重力作用下运动，这种运动就是竖直上抛运动。 如图所示，热气球以20 m/s的速度匀速竖直上升，到离地105 m高处，落下一物体。物体落下后，热气球以原来的速度继续匀速上升。(g＝10 m/s2) (1)物体落地的速度大小是多少？ (2)物体从气球上掉下后，经多长时间落回地面？ (3)物体落下后5 s时，热气球与物体之间的距离是多少。 [解析]　(1)根据位移公式v2－v02＝2gh 解得v＝50 m/s。 (2)令上升时间为t1，则有t1＝eq \f(v0,g)＝2 s 令下降时间为t2，则有t2＝eq \f(v,g)＝5 s 则物体从气球上掉下后t＝t1＋t2＝7 s。 (3)设运动时间为t3＝5 s，则物体的位移为 h1＝v0t3－eq \f(1,2)gt32＝－25 m 热气球的位移为h2＝v0t3＝100 m 物体与热气球间距H＝|h1|＋h2＝125 m。 [答案]　(1)50 m/s　(2)7 s　(3)125 m 　(多选)在某一足够高处，以v0＝20 m/s的初速度竖直上抛一个小球，不计空气阻力，g取10 m/s2，以下判断正确的是(　　) A．小球能上升的最大高度距离抛出点为20 m B．小球在5 s末时，位于抛出点的上方 C．从抛出到落回抛出点的过程，小球的速度变化量的大小为0 D．小球在前4 s内的平均速度为0 解析　小球做竖直上抛运动，上升的最大高度为h＝eq \f(v02,2g)＝eq \f(202,2×10) m＝20 m，故A正确；取竖直向上为正方向，则小球在5 s内的位移x5＝v0t5－eq \f(1,2)gt52＝20×5－eq \f(1,2)×10×52 m＝－25 m，即小球在5 s末时，位于抛出点的下方25 m处，故B错误；从抛出到落回抛出点的过程，小球的速度变化为Δv＝－v0－v0＝－2v0，故C错误；小球在前4 s内的位移为x4＝v0t4－eq \f(1,2)gt42＝20×4－eq \f(1,2)×10×42 m＝0 m，则小球在前4 s内的平均速度为0，故D正确。 答案　AD 　(多选)在某一足够高处，以v0＝20 m/s的初速度竖直上抛一个小球，若不计空气阻力，g＝10 m/s2，则从抛出点开始运动到距离抛出点处位移大小为15 m所需的时间可能是(　　) A.eq \r(7) s　　　　　　　　 B．eq \r(10) s C．1 s D．3 s 解析　小球运动到抛出点上方15 m的位置时间为Δt,15＝vΔt－eq \f(1,2)g(Δt)2，解得Δt1＝1 s，Δt2＝3 s。设小球运动到抛出点下方15 m的位置时间为Δt3，－15＝vΔt3－eq \f(1,2)g(Δt3)2，解得Δt3＝(2＋eq \r(7))s。综上可知，选CD。 答案　CD 竖直上抛运动的两种处理方法 1．分段法 (1)上升过程：v0≠0、a＝g的匀减速直线运动。 (2)下降过程：自由落体运动。 2．全程法 (1)整个过程：初速度v0向上、加速度g竖直向下的匀变速直线运动，应用规律v＝v0－gt，h＝v0t－eq \f(1,2)gt2。 (2)正负号的含义(取竖直向上为正方向) ①v>0表示物体上升，v<0表示物体下降。 ②h>0表示物体在抛出点上方，h<0表示物体在抛出点下方。　 3．在跳水单人3米板决赛中。运动员(可视为质点)从跳板上起跳后做匀减速运动，再做自由落体运动，入水后做匀减速直线运动。其速度与时间关系图像如图所示，选竖直向下为正方向，t＝0时以2 m/s的速率向上跳起，取重力加速度g＝10 m/s2。 (1)运动员向上做匀减速运动的高度是多少？ (2)运动员在空中运动的时间是多少？ (3)若运动员在水中匀减速运动的时间是自由落体运动时间的一半，则运动员在水中做匀减速运动的位移是多少？ 解析　(1)根据图像可知，向上匀减速运动的加速度和自由落体运动的加速度相同，所以a＝－g，上升的高度是h＝eq \f(0－v2,－2g) 解得h＝0.2 m。 (2)运动员向上做匀减速运动的时间t1＝eq \f(0－v,g)，解得t1＝0.2 s 运动员距水面的最大高度H＝3 m＋h＝3.2 m 自由落体运动H＝eq \f(1,2)gt22，解得t2＝0.8 s 空中运动的时间t＝t1＋t2＝1 s。 (3)运动员落水时的速度v′＝gt2，解得v′＝8 m/s 运动员在水中匀减速运动的时间是自由落体运动时间的一半，可得运动员在水中做匀减速运动的位移为x＝eq \f(v′,2)×eq \f(t2,2)＝eq \f(8,2)×eq \f(0.8,2) m＝1.6 m。 答案　(1)0.2 m　(2)1 s　(3)1.6 m 1.(多选)ETC是高速公路上不停车电子收费系统的简称。已知甲车减速至4 m/s通过ETC通道，ETC自动抬杆，过收费站中心线后开始加速；乙车通过人工通道过收费站，停车8 s缴费后从收费站中心线开始加速。过中心线后的最初一段时间两辆车在平直公路上沿同一方向做直线运动，它们的v­t图像如图所示。则(　　) A．甲乙两车在收费站中心线处相遇 B．乙车启动时，甲车在其前方60 m处 C．乙车启动10 s末正好追上甲车 D．这段时间，乙车落后甲车的最大距离为80 m 解析　根据题中表述，在t＝0时刻，甲在中心线处并开始加速，而乙车再经过2 s时间到达中心线位置，即乙车比甲车晚到达收费站中心线，A错误；乙车启动时，甲车在其前方x0处x0＝eq \f(4＋8×10,2) m＝60 m，B正确；乙车启动10 s末甲车到中心线的距离为x甲＝x0＋10×8 m＝140 m，乙车启动10 s末到中心线的距离为x乙＝10×16×eq \f(1,2) m＝80 m，乙车启动10 s末没有追上甲车，C错误；速度相等时距离最大，这段时间，乙车落后甲车的最大距离为Δxm＝(60 m＋8×5 m)－5×8×eq \f(1,2) m＝80 m，D正确。 答案　BD 2．将某物体以30 m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10 m/s2。在5 s内物体的(　　) A．路程为45 m B．位移大小为25 m，方向向上 C．速度改变量的大小为10 m/s D．平均速度大小为13 m/s，方向向上 解析　初速度30 m/s，则上升到最高点的时间t＝eq \f(v0,g)＝eq \f(30,10) s＝3 s，位移为h1＝eq \f(v02,2g)＝eq \f(302,20) m＝45 m，再自由落体2 s时间，下降高度h2＝eq \f(1,2)gt2＝eq \f(1,2)×10×22 m＝20 m，故路程为65 m，选项A错误；此时离地面高45 m－20 m＝25 m，位移方向竖直向上，选项B正确；规定向下为正，5 s时速度为v＝10×2 m/s＝20 m/s，速度改变量为Δv＝20 m/s－ (－30 m/s)＝50 m/s，选项C错误；平均速度为eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(x,t)＝eq \f(25,5) m/s＝5 m/s，选项D错误。 答案　B 3．(2023·郑州高一月考)如图所示，可视为质点的A、B两辆汽车，B车在前A车在后，相距s＝7 m，A车以vA＝4 m/s的速度向右匀速运动，而B车此时的速度vB＝10 m/s向右做匀减速运动，加速度大小为2 m/s2，那么A车追上B车所用的时间为(　　) A．7 s B．8 s C．9 s D．10 s 解析　B车能运动的时间tB＝eq \f(－vB,a)＝eq \f(－10,－2) s＝5 s， 此时B车的位移xB＝eq \f(－vB2,2a)＝eq \f(－102,2×－2) m＝25 m， 在5 s内A车的位移xA＝vAtB＝4×5 m＝20 m<xB 所以在B车停止运动之前A车不能追上B车。所以A车追上B车时vAt＝xB＋s t＝eq \f(xB＋s,vA)＝eq \f(25＋7,4) s＝8 s，故选B。 答案　B 4．(教材本章复习与提高B组第2题变式)公路上行驶的汽车，司机从发现前方异常情况到紧急刹车，汽车仍将前进一段距离才能停下来。要保持安全，这段距离内不能有车辆和行人，因此把它称为安全距离。通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s(这段时间汽车仍保持原速)。晴天汽车在路面上以108 km/h的速度行驶时，得到的安全距离为120 m。大雾天能见度很低，若要求安全距离为60 m，求汽车在大雾天安全行驶的最大速度大小。 解析　设汽车刹车时的速度为v0＝108 km/h＝30 m/s，反应时间为t0，刹车加速度大小为a，则反应时间内汽车匀速行驶的距离为 x1＝v0t0＝30×1 m＝30 m 设刹车过程中汽车行驶距离为x2 则有a＝eq \f(v2－v02,2x2)＝eq \f(02－302,2120－30) m/s2＝－5 m/s2 大雾天安全距离x＝60 m 由运动学公式可得2a(x－v0′t0)＝0－v0′2 代入a＝－5 m/s2，t0＝1 s， 解得v0′＝20 m/s＝72 km/h 即汽车在大雾天安全行驶的最大速度大小为72 km/h 。 答案　72 km/h 5．(教材本章复习与提高B组第6题变式)ETC是高速公路上不停车电子收费系统的简称。如图所示，汽车(视为质点)在入口AB处以15 m/s的初速度进入ETC通道，做加速度大小为1 m/s2的匀减速直线运动，运动到距收费站中心线EF左侧10 m的CD处，速度减为5 m/s，然后做匀速运动通过收费站，求： (1)汽车从AB处到EF的时间； (2)AB处到EF的距离。 (3)若换成人工窗口收费，需在收费站中心线停车，汽车(视为质点)在入口AB处以15 m/s的初速度进入，汽车刹车时加速度大小为2.5 m/s2，它需在匀速运动多远后开始刹车？ 解析　(1)设初速度方向为正方向，则a1＝－1 m/s2 t1＝eq \f(v1－v0,a1)＝eq \f(5－15,－1) s＝10 s，t2＝eq \f(x2,v1)＝eq \f(10,5) s＝2 s t＝t1＋t2＝12 s。 (2)由位移时间关系x1＝eq \f(1,2)(v0＋v1)t1＝100 m AB处到EF的距离x＝x1＋x2＝110 m。 (3)汽车加速度为a2＝－2.5 m/s2，由位移速度关系x3＝eq \f(0－v02,2a2)＝45 m 匀速运动的位移x4＝x－x3＝65 m。 答案　(1)12 s　(2)110 m　(3)65 m $$