1.2.1 匀变速直线运动规律（课件PPT）-【创新方案】2025年高考物理一轮总复习（江苏专版）

匀变速直线运动规律及其应用 第二讲 匀变速直线运动规律(系统知能课) 第1课时 |纲举目张|·|精要回顾| 加速度 相同 相反 静止 竖直向上 重力 [微点判断] (1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的运动。 ( ) (2)匀加速直线运动是速度均匀变化的运动。 ( ) (3)匀加速直线运动的位移是均匀增大的。 ( ) (4)匀变速直线运动中间时刻的速度一定小于该段时间内位移中点 的速度。 ( ) √ × × √ (5)若某一物体由某高度由静止下落，则一定做自由落体运动。 ( ) (6)做竖直上抛运动的物体，在上升过程中，速度变化量的方向 是向下的。 ( ) (7)当竖直上抛运动的速度为负值时，位移也一定为负值。 ( ) (8)亚里士多德认为物体越重下落越快，物体越轻，下落越慢。 ( ) (9)伽利略从理论和实验两个角度证明了轻、重物体下落一样快。 ( ) √ × × √ √ 1 逐点清(一)　匀变速直线运动的规律(基础点速过) 3 逐点清(三)　自由落体运动和竖直上抛运动(重难点疏通) CONTENTS 目录 逐点清(二)　解决匀变速直线运动问题的常用六法(提能点优化) 2 课时跟踪检测 4 逐点清(一)　匀变速直线运动的规律(基础点速过) NO.1 |关键知能|·|升维学习|　 基本公式的应用 1．一列复兴号动车进站时做匀减速直线运动，车头经过站台上三个立柱A、B、C，对应时刻分别为t1、t2、t3，其x­t图像如图所示。则下列说法正确的是(　 ) √ 刹车问题 2．(2023·启东调研) 某汽车正以72km/h的速度在公路上行驶，为“礼让行人”，若以5m/s2的加速度刹车，则以下说法中正确的是(　 ) A．刹车后2s时的速度大小为6m/s B．汽车滑行30m停下 C．刹车后6s内的位移大小为30m D．刹车后5s时的速度大小为0 √ 双向可逆类问题 3．在足够长的光滑斜面上，有一物体以10m/s的初速度沿斜面向上运动，如果物体的加速度始终为5m/s2，方向沿斜面向下。那么，经过3s时物体的速度大小和方向是(　 ) A．25m/s，沿斜面向上 　 B．5m/s，沿斜面向下 C．5m/s，沿斜面向上 　 D．25m/s，沿斜面向下 解析：取初速度方向为正方向，则v0＝10m/s，a＝－5m/s2，由v＝v0＋at可得，当t＝3s时，v＝－5m/s，“－”表示速度方向沿斜面向下，故B正确。 √ 多过程问题 4．(2024年1月·九省联考河南卷)如图，在平直路面上进行汽车刹车性能测试。当汽车速度为v0时开始刹车，先后经过路面和冰面(结冰路面)，最终停在冰面上。刹车过程中，汽车在路面与在冰面所受阻力之比为7∶1，位移之比为8∶7。则汽车进入冰面瞬间的速度为(　 ) √ 1．各基本公式间的关系 2．两类特殊的匀减速直线运动 刹车类 特点为匀减速到速度为零后即停止运动，加速度a突然消失，求解时要注意确定其实际运动时间。如果问题涉及最后阶段(到停止运动)的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零、加速度不变的匀加速直线运动 双向运动类 如沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，全过程加速度大小、方向均不变，求解时可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义 3．求解多过程运动问题的思路 (1)根据题意画出物体在各阶段的运动示意图，直观呈现物体的运动过程。 (2)明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求量以及中间量。 (3)合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程，同时列出物体各阶段间的关联方程，联立求解。 [注意]　物体前一阶段的末速度是后一阶段的初速度，即速度是联系各阶段运动的桥梁。 逐点清(二)　解决匀变速直线运动问题的常用六法(提能点优化) NO.2 1．[基本公式法]一个质点以初速度v0做匀加速直线运动，加速度大小为a，经过时间t，位移大小为2at2，末速度为v，则v∶v0为(　 ) A．4∶3 B．3∶1 C．5∶3 D．5∶2 √ 2．[平均速度法](2023·上海高考)炮管发射数百次炮弹后报废，炮弹飞出速度为1 000m/s，则炮管报废前炮弹在炮管中运动的总时间长约为(　 ) A．5秒 B．5分钟 C．5小时 D．5天 √ 3．[推论法] 我国的“复兴号”列车正在飞驰运行的情境如图所示，列车在匀加速运动过程中，从计时开始，通过第一个60m所用时间是10s，通过第二个60m所用时间是6s。则(　 ) A．列车的加速度为0.5m/s2，接下来的6s内的位移为78m B．列车的加速度为1m/s2，接下来的6s内的位移为96m C．列车计时开始时的速度为5.5m/s D．列车计时开始时的速度为2.5m/s √ 4．[比例法]一平直公路旁等间距竖立5根电线杆，相邻两电线杆间距为d，如图所示。一小车车头与第1根电线杆对齐，从静止开始做匀加速直线运动，测得小车车头从第1根电线杆到第2根电线杆历时t，以下说法正确的是(　 ) √ 5．[逆向思维法](2024·长沙模拟)子弹垂直射入叠在一起的相同固定木板，穿过第9块木板后速度变为0。如果子弹在木板中运动的总时间是t，可以把子弹视为质点，子弹在各块木板中运动的加速度都相同。那么子弹穿过第7块木板所用的时间最接近(　 ) A．0.072t B．0.081t C．0.106t D．0.124t √ 6．[图像法]如图所示，甲、乙两车同时由静止从A点出发，沿直线AC运动。甲以 加速度a3做初速度为零的匀加速运动，到达C点时的速度为v。乙以加速度a1做初速度为零的匀加速运动，到达B点后做加速度为a2的匀加速运动，到达C点时的速度也为v。若a1≠a2≠a3，则(　 ) A．甲、乙不可能同时由A到达C B．甲一定先由A到达C C．乙一定先由A到达C D．若a1>a3，则甲一定先由A到达C √ 解决匀变速直线运动的六种方法 v 推论法 利用Δx＝aT2或xm－xn＝(m－n)aT2，对于纸带类问题一般用此方法 比例法 适用于初速度为零的匀加速直线运动和末速度为零的匀减速直线运动 逆向 思维法 把末速度为零的匀减速直线运动看成反向的初速度为零的匀加速直线运动 图像法 以v­t图像为例：①确定不同时刻速度的大小，利用图线斜率求加速度；②利用图线截距、斜率及斜率变化确定物体运动情况；③利用图线与坐标轴围成的面积计算位移 逐点清(三)　自由落体运动和竖直上抛运动(重难点疏通) NO.3 （一）自由落体运动规律的快捷应用 [例1]　(2024·海安模拟)图示描述的是伽利略在比萨斜塔上做落体实验的故事。不计空气阻力，小球从塔上自由下落，由静止开始经过第一段h速度的增加量为Δv1，经过第三段h速度的增加量为Δv2，则Δv1与Δv2的比值满足(　 ) √ [针对训练] 1．(2023·宜兴模拟)某次电影拍摄中，特技演员从桥上跳下，落在河面上匀速前进的竹筏上。在演员(视为质点)跳下的瞬间，长为6m的竹筏的前端恰好位于演员的正下方，演员跳下的瞬间距竹筏的高度为20m。取重力加速度大小g＝10m/s2，认为演员在空中做自由落体运动，不计竹筏的宽度。要使演员落在竹筏上，竹筏的最大允许速度为(　 ) A．1m/s B．2m/s C．3m/s D．4m/s √ 1．对称性：如图所示，物体以初速度v0竖直上抛，A、B为途中的任意两点，C为最高点，则： 2．多解性：当物体经过抛出点上方某个位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，形成多解，在解决问题时要注意这个特性。 （二）竖直上抛运动的两个特性 [例2]　研究人员为检验某一产品的抗撞击能力，乘坐热气球并携带该产品竖直升空，当热气球以10m/s的速度匀速上升到某一高度时，研究人员从热气球上将产品自由释放，测得经11s产品撞击地面。不计产品所受的空气阻力，求产品的释放位置距地面的高度。(g取10m/s2) [答案]　495m [规律方法] 竖直上抛运动的整体研究方法 取初速度的方向为正方向，全过程为初速度为v0、加速度大小为g的匀变速直线运动。 [针对训练] 2．(2024·武汉模拟)打弹弓是一款传统游戏，射弹花样繁多，燕子钻天是游戏的一种，如图所示，一表演者将弹丸竖直向上射出后，弹丸上升过程中在最初1s内上升的高度与最后1s内上升的高度之比为9∶1，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，则弹丸在上升过程中最初1s内中间时刻的速度大小和上升的最大高度分别为(　 ) A．45m/s；125m B．45m/s；75m C．36m/s；125m D．36m/s；75m √ 课时跟踪检测 NO.4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1．2023年12月16日，一架C919大型客机在香港维多利亚港上空进行飞行展示，这是国产商用飞机首次翱翔香港上空，如图所示。C919飞机起飞时，在跑道上从静止开始做匀加速直线运动，当速度达到80m/s时离开地面起飞，已知飞机起飞前1s内的位移为78m，则飞机在跑道上加速的时间t以及加速度的大小分别为(　 ) A．t＝40s　a＝2m/s2 B．t＝32s　a＝2.5m/s2 C．t＝25s　a＝3.2m/s2 D．t＝20s　a＝4m/s2 √ 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 2．(2024·无锡模拟)一质点做匀加速直线运动时，速度变化Δv时发生位移x1，紧接着速度变化同样的Δv时发生位移x2，则该质点的加速度为(　 ) √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3．如图所示，一汽车装备了具有“全力自动刹车”功能的城市安全系统，系统以50Hz的频率监视前方的交通状况。当车速v≤10m/s且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“全力自动刹车”，使汽车避免与障碍物相撞。在上述条件下，若该车在不同路况下的“全力自动刹车”的加速度取4～6m/s2之间的某一值，则“全力自动刹车”的最长时间为(　 ) 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：当车速最大vm＝10m/s且加速度取最小值时，“全力自动刹车”的时间最长。由速度公式v＝vm－at，解得t＝2.5s，选项C正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 4．(2024·苏州联考)如图所示，某一时刻开始用频闪照相机给一个下落的小球拍照，照相机的拍摄频率为f，经测量小球经2、3位置间的距离为x1，小球经3、4位置间的距离为x2，试计算小球经1位置时的速度(　 ) 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 5．斑马线礼让行人是尊重生命的体现，司机发现正前方30m处斑马线上有行人过马路，马上开始刹车，刹车过程汽车做匀减速直线运动，其位移x与时间t的数值关系为x＝10t－t2(各物理量均采用国际单位制)。若取汽车初速度的方向为正方向，关于该汽车的运动，下列说法正确的是(　 ) A．汽车的加速度大小为a＝1m/s2 B．汽车在3s末的速度为v＝6m/s C．汽车在前6s内的位移为x＝25m D．前3s内的平均速度 ＝5m/s 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 6.在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，常用“对称自由下落法”测重力加速度g的值。如图所示，在某地将足够长真空长直管沿竖直放置，自直管下端竖直上抛一小球，测得小球两次经过a点的时间间隔为Ta，两次经过b点的时间间隔为Tb，又测得a、b两点间距离为h，则当地重力加速度g的值为(　 ) 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 7．(2023·徐州模拟)一旅客在站台8号车厢候车线处候车，若动车一节车厢长25米，动车进站时做匀减速直线运动。他发现6号车厢经过他时用了4s，动车停下时旅客刚好在8号车厢门口，如图所示，则该动车的加速度大小约为(　 ) A．2m/s2 B．1m/s2 C．0.5m/s2 D．0.2m/s2 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 8．(2024·南通模拟)图为某海湾大桥上四段长度均为110m的等跨连续桥梁，汽车从a处开始做匀减速直线运动，恰好行驶到e处停下。设汽车通过ab段的平均速度为v1，汽车通过de段的平均速度为v2，则 满足(　 ) 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 9．(2023·山东高考)如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点，已知ST间的距离是RS的两倍，RS段的平均速度是10m/s，ST段的平均速度是5m/s，则公交车经过T点时的瞬时速度为(　 ) A．3m/s B．2m/s C．1m/s D．0.5m/s √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 10．(2024·盐城模拟) 高铁站台上，5位旅客在各自车厢候车线处候车，若动车每节车厢长为l，动车进站时做匀减速直线运动。站在2号候车线处的旅客发现1号车厢经过他所用的时间为t，动车停下时该旅客刚好在2号车厢最前端，如图所示，则(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 11．在足球比赛中，经常使用“边路突破，下底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中，某足球场长90m、宽60m，如图所示，攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为12m/s的匀减速直线运动，加速度大小为3m/s2，试求： 2 3 4 (1)足球从开始做匀减速直线运动到停下来的位移为多大。 (2)足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员在边线中点处沿边线向前追赶足球，他的起动过程可以视为从静止出发、加速度为4m/s2的匀加速直线运动，他能达到的最大速度为8m/s，该前锋队员至少经过多长时间能追上足球。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 答案：(1)24m (2)4s 1 5 6 7 8 9 10 11 12 12．(2024·南京联考)2023年7月20日，在空军某机场，新录取的数百名飞行学员集合出征，乘坐运-20飞机飞往空军航空大学报到，被网友称为“最牛新生”！运-20飞机沿直线跑道由静止开始以最大加速度匀加速起飞，经过时间t1＝20s达到起飞速度v＝60m/s 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (1)求飞机起飞时的加速度大小a1和发生的位移大小x1； (2)跑道上有一个航线临界点(如图所示)，超过临界点如果放弃起飞飞机将可能冲出跑道，已知跑道长度L＝1 200m，飞机减速的最大加速度大小a2＝2m/s2，求临界点距跑道起点的距离x0。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 答案：(1)3m/s2　600m 2 3 4 (2)480m A．t1∶t2∶t3＝1∶∶ B．车头经过立柱A的速度为 C．车头经过立柱B的速度为 D．车头经过立柱A、B过程中的平均速度为 解析：根据初速度为0的匀加速直线运动的规律可知，只有初速度为0、通过的位移之比为1∶2∶3时，所需时间的比才为1∶∶，故A错误；因为动车做匀减速直线运动，所以车头经过立柱A的速度不可能为0～t1时间内的平均速度，故B错误；t1～t3时间段的平均速度为＝，只有匀变速直线运动中间时刻的速度等于该段位移内的平均速度，而B点属于该段的位移中点，故C错误；车头经过立柱A、B过程中的平均速度为v＝，故D正确。 解析：根据题意可知，汽车初速度v0＝72km/h＝20m/s，刹车后t1＝2s时的速度大小为v1＝v0－at1＝10m/s，故A错误；根据匀变速直线运动规律有－2ax＝0－v，解得停车时滑行距离为：x＝40m，故B错误；刹车时间为t＝＝4s，则刹车后6s内的位移大小为40m，刹车后5s时的速度大小为0，故C错误，D正确。 A．v0 B．v0 C．v0 D．v0 解析：设汽车在路面与在冰面上的加速度大小分别为a1、a2，汽车进入冰面瞬间的速度为v1，由牛顿第二定律有f＝ma，则汽车在路面与在冰面上运动的加速度大小之比为＝＝，由运动学公式，在路面上有v－v＝2a1x1，在冰面上有v＝2a2x2，其中＝，解得汽车进入冰面瞬间的速度为v1＝。故选B。 解析：根据匀变速直线运动的位移公式有v0t＋at2＝2at2，可得v0＝，根据匀变速直线运动的速度公式有v＝v0＋at＝，故＝，选项C正确。 解析：炮弹在炮管中的运动可以看成初速度为零的匀加速直线运动，设每颗炮弹在炮管中运动的时间为t，炮管长约L＝5m，则L＝t，解得t＝0.01s，炮管报废前共发射炮弹约500枚，则炮管报废前炮弹在炮管中运动的总时间约为t总＝500t＝500×0.01s＝5s，故A正确，B、C、D错误。 解析：第一个60m内中间时刻的瞬时速度v1＝＝6m/s，第二个60m内中间时刻的瞬时速度v2＝＝10m/s，则列车的加速度a＝＝0.5m/s2，根据Δx＝aT2得，接下来6s内的位移x3＝x2＋aT2＝60m＋0.5×36m＝78m，故A正确，B错误；列车的初速度v0＝v1－a＝6m/s－0.5×m/s＝3.5m/s，故C，D错误。 A．车头到第2根电线杆时，速度大小为 B．车头从第1根电线杆到第5根电线杆历时为t C．车头到第5根电线杆时，速度大小为 D．车头到第5根电线杆时，速度大小为 解析：设车头到达第2根电线杆时的速度为v，由平均速度公式＝，得v＝，A错误；根据初速度为零的匀变速直线运动，连续相等时间内通过的位移之比为1∶3∶5∶…，可知车头到达第5根电线杆时所用的时间为2t，B错误；到达第5根电线杆时的速度为v′＝2×＝，C正确，D错误。 解析：将子弹穿过木板的过程看作逆向的初速度为零的匀加速运动，则9d＝at2，穿过后面两块木板所用时间t2满足2d＝at，穿过后面三块木板所用时间t3满足3d＝at，子弹穿过第7块木板所用的时间是Δt＝t3－t2＝t≈0.106t，故选C。 解析：根据速度—时间图线得，若a1>a3，如图(a)，因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则t乙<t甲。 若a3>a1，如图(b)，因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则t乙>t甲。故A正确，B、C、D错误。 基本 公式法 指速度公式、位移公式和速度—位移关系式，它们是矢量式，使用时要注意方向性 平均 速度法 ＝，对任何性质的运动都适用 ＝＝ ，只适用于匀变速直线运动 可充分利用自由落体运动初速度为零的特点、比例关系及推论等规律解题。 1．从运动开始连续相等时间内的下落高度之比为1∶3∶5∶7∶… 2．从运动开始一段时间内的平均速度＝＝＝gt。 3．连续相等时间T内的下落高度之差Δh＝gT2。 A．1<<2 　B．2<<3 　C．3<<4 　D．4<<5 [解析]　小球做自由落体运动，两段相同距离h的时间之比为t1∶t2＝1∶，由Δv＝gt，则＝＝＋，即3<<4，故选C。 解析：演员在空中运动的时间t＝＝2s，竹筏的最大允许速度vmax＝＝3m/s，故C正确，A、B、D错误。 [解析]　法一：分段法 根据题意画出运动草图如图所示 在A→B段，根据匀变速运动规律可知tAB＝＝1s，hAB＝hBC＝gt＝5m，由题意可知tBD＝10s根据自由落体运动规律可得hBD＝gt＝500m，故释放点离地面的高度H＝hBD－hAB＝495m。 法二：全程法 将产品的运动视为匀变速直线运动，规定向上为正方向则v0＝10m/s，a＝－g＝－10m/s2根据H＝v0t＋at2，解得H＝－495m即产品刚释放时离地面的高度为495m。 解析：射出的弹丸做竖直上抛运动，可看成自由落体运动的逆运动，由运动学公式h＝gt2，弹丸最后1s内下落的高度h1＝×10×12m＝5 m，则最初1s内下落的高度h2＝9h1＝45m，最初1s内中间时刻的速度v＝＝m/s＝45m/s，弹丸自由下落的时间t′＝＋0.5＝s＋0.5s＝5s，弹丸下落的总高度h3＝gt′2＝×10×52m＝125m，则弹丸上升的最大高度为125m。 解析：飞机在最后1s内中间时刻的速度v0.5＝78m/s，则飞机起飞的加速度大小a＝＝m/s2＝4m/s2，飞机加速的时间t＝＝20s。 A．2 　　 B．2 C．2 　　 D． 解析：匀变速直线运动中，速度变化量相等时，运动时间相等，则可得Δv＝at，根据逐差相等的推论可得x2－x1＝at2，联立可得a＝，故A、B、C错误，D正确。 A．s B．s C．2.5s D．12.5s A．v1＝f B．v1＝f C．v1＝f D．v1＝f 解析：频闪照相机的曝光时间间隔为T＝，设小球下落的加速度大小为a，则Δx＝x2－x1＝aT2，小球经过位置3时的瞬时速度为v3＝，根据速度时间关系有v3＝v1＋2aT，联立以上各式解得v1＝f。 解析：根据位移x与时间t的数值关系为x＝10t－t2，可知v0＝10m/s，a＝－2m/s2，选项A错误；汽车在3s末的速度为v3＝v0＋at＝10m/s－2×3m/s＝4m/s，选项B错误；汽车运动停止的时间t0＝＝5s，在前6s内的位移等于5s内的位移x＝t0＝25m，选项C正确；前3s内的平均速度＝＝7m/s，选项D错误。 A． B． C． D． 解析：小球从a点上升到最大高度过程中，有ha＝g，小球从b点上升到最大高度过程中，有hb＝g，依据题意ha－hb＝h，联立解得g＝，B正确。 解析：将动车的运动等效为反向的匀加速直线运动，设动车7号车厢经过旅客的时间为t，动车7号车厢通过旅客过程有at2＝25m，动车6、7号车厢通过旅客过程有a(t＋4s)2＝2×25m，解得a≈0.5m/s2，C正确。 A．2<<3 B．3<<4 C．4<<5 D．5<<6 解析：将汽车从a到e的匀减速直线运动，看作反向初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀变速直线运动的规律可得，汽车经过de段和ab段所用的时间之比为1∶(2－)，所以汽车经过ab段的平均速度与通过de段的平均速度之比为＝＝，又因为2－≈2－1.73＝0.27，所以3<<4。 解析：设RS段位移为x，所用时间为t，则ST段位移为2x，所用时间为t′，由题意得：在RS段的时间t＝＝，在ST段的时间t′＝＝，可解得t′＝4t，设电动公交车的加速度大小为a，逆向推导可得v2＝vT＋a，v1＝vT＋a，解得vT＝1m/s，故C正确。 A．动车从经过5号候车线处的旅客开始到停止运动，经历的时间为t B．动车从经过5号候车线处的旅客开始到停止运动，平均速度为 C．1号车厢头部经过5号候车线处的旅客时的速度为 D．动车的加速度大小为 解析：采用逆向思维，由题意l＝at2，知动车加速度大小为a＝，故D错误；动车从经过5号候车线到静止，位移为4l，则4l＝a ，得t1＝2t。该过程平均速度＝＝，故A、B错误。1号车厢头部经过5号候车线处的旅客时的速度为v＝at1＝·2t＝，故C正确。 (2)足球匀减速时间：t＝＝4s 人加速时间：t1＝＝2s 当球停止时人的位移为 x1＝a1 ＋vm(t－t1)＝24m 故最短时间为4s。 解析：(1)根据运动学公式可得足球匀减速位移为x＝＝24m。 解析：(1)飞机起飞时的加速度大小a1＝＝3m/s2 加速起飞发生的位移为x1＝a1 解得x1＝600m。 (2)假如飞机加速至临界点，则飞机以最大加速度a2减速能刚到达跑道的末端。设此过程中飞机的最大速度为vm，则加速过程有 ＝2a1x0 减速过程有 ＝2a2 解得x0＝480m。 $$