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(共66张PPT)
第3讲　自由落体运动和竖直上抛运动
　多过程问题

重力
静止
v＝gt
v2＝2gh
二、竖直上抛运动
1.运动特点：初速度方向竖直向上，加速度为g，上升阶段做匀减速直线运动，下降阶段做________运动．
2.运动性质：________直线运动．
自由落体
匀变速
考教衔接
1.【教材情境——链接·人教版必修第一册P48演示】
(2024·广西卷，3)让质量为1 kg的石块P1从足够高处自由下落，P1在下落的第1 s末速度大小为v1，再将P1和质量为2 kg的石块绑为一个整体P2，使P2从原高度自由下落，P2在下落的第1 s末速度大小为v2，g取10 m/s2，则(　　)
A．v1＝5 m/s B．v1＝10 m/s
C．v2＝15 m/s D．v2＝30 m/s
答案：B
解析：重物自由下落做自由落体运动，速度大小与质量无关，则下落1 s后速度为v1＝v2＝gt＝10 m/s2×1 s＝10 m/s.
2.【教材情境——链接·人教版必修第一册P53第6题】
人对周围发生的事情，都需要一段时间来做出反应．从人发现情况到采取行动所经历的时间，被称为反应时间．如图所示的实验能测出反应时间．乙同学先把手放在直尺0 cm的位置做捏住直尺的准备，但手不能碰直尺，当看到甲同学放开直尺时，乙同学立即捏住下落的直尺．已知乙同学捏住直尺10 cm处的位置，反应时间为0.14 s．若丙同学进行同样的实验，捏住了20 cm处的位置，则丙同学的反应时间为(　　)
A．0.28 s　B．0.24 s　C．0.20 s　D．0.16 s
答案：C
考点一　自由落体运动
考向1　自由落体规律的应用
例1　(多选)一名航天员在某星球上完成自由落体运动实验，让一个质量为1 kg的小球从一定的高度自由下落，测得在第5 s内的位移是18 m，则(　　)
A．小球在2 s末的速度是20 m/s
B．该星球上的重力加速度大小为4 m/s2
C．小球在第5 s内的平均速度是18 m/s
D．小球在前5 s内的位移是100 m
答案：BC
答案：B
练1　如图所示，一个小孩在公园里玩“眼疾手快”游戏．游戏者需接住从支架顶部随机落下的圆棒．已知支架顶部距离地面2.3 m，圆棒长0.4 m，小孩站在支架旁边，手能触及所有圆棒的下落轨迹的某一段范围AB，上边界A距离地面1.1 m，下边界B距离地面0.5 m．不计空气阻力，重力加速度大小g取10 m/s2.求：
(1)圆棒下落到A点所用的时间t1；
答案：0.4 s
(2)圆棒通过AB所用的时间t2.
答案：0.2 s
考点二　竖直上抛运动
1. 竖直上抛运动的两种处理方法
(1)分段法：分为上升过程和下落过程．
(2)全程法：将全过程视为初速度为v0、加速度为a＝－g的匀变速直线运动．
2.竖直上抛运动的对称性
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：
例3　一个气球以8m/s2的加速度由静止从地面竖直上升，5 s末从气球上掉下一重物，忽略空气阻力，g取10 m/s2.
(1)此重物最高可上升到距地面多高处？
答案：180 m
(2)此重物从气球上掉下后，经多长时间落回地面？
答案：180 m
(3)此重物从气球上掉下后，经多长时间速度的大小为20 m/s？
答案：2 s或6 s
解析：以竖直向上为正方向，
设经过时间t2重物速度大小为20 m/s，方向可能向上或向下，
由vt＝v－gt2得t2＝2 s或6 s.
题后感悟
竖直上抛运动的多解性：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，造成多解，在解决问题时要注意这个特性．
答案：BC
答案：A
考点三　匀变速直线运动中的多物体和多过程问题
考向1　多物体问题
研究多物体在空间上重复同样的运动时，可利用一个物体的运动取代多物体的运动，照片中的多个物体认为是一个物体在不同时刻所处的位置，如水龙头滴水、直升机定点空降、小球在斜面上每隔一定时间间隔连续释放等，均可把多物体问题转化为单物体问题求解．
例4　如图甲所示为哈尔滨冰雪大世界游客排队滑冰滑梯的场景，在工作人员的引导下，每间隔相同时间从滑梯顶端由静止开始滑下一名游客，将某次拍到的滑梯上同时有多名游客的照片简化为如图乙所示，已知AB和BC间的距离分别为2.5 m和3.5 m，求：
(1)CD间距离多远；
(2)此刻A的上端滑道上还有几人；
答案：4.5 m
解析：游客在滑梯上做匀加速直线运动，根据匀加速直线运动的规律可知，在相邻相等时间内位移差相等，即CD－BC＝BC－AB，解得CD＝4.5 m.
答案：2人
解析：相邻两人间的距离差为1 m，所以此刻A的上端滑道上还有2人．
(3)此时A距滑道顶端多远．
答案：2 m
考向2　多过程问题
例5　交通运输部办公厅发布的《关于大力推动高速公路ETC发展应用工作的通知》明确提出：高速公路基本实现不停车快捷收费．汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图所示．假设汽车以v1＝12 m/s的速度朝收费站沿直线行驶，如果走ETC通道，需要在距收费站中心线前d＝10 m处正好匀减速至v2＝4 m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v1正常行驶；如果走人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过t0＝20 s缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1正常行驶．设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1 m/s2.求：
(1)汽车走ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；
答案：138 m
(2)汽车走人工收费通道，应在离收费站中心线多远处开始减速；
答案：72 m

(3)汽车走ETC通道比走人工收费通道节约的时间．
答案：25 s
【教你解决问题】——画出运动过程示意图
(1)走ETC通道时经历如图所示三个运动阶段
(2)走人工收费通道时经历如图所示两个运动阶段
求解多过程运动问题的基本思路
(1)基本思路
如果一个物体的运动包含几个阶段，各段交接处的速度往往是联系各段的纽带，可按下列步骤解题．
①画：分清各阶段运动过程，画出草图．
②列：列出各运动阶段的运动方程．
③找：找出交接处的速度与各段的位移—时间关系．
④解：联立求解，算出结果．
(2)解题关键
多运动过程的转折点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，转折点速度的求解往往是解题的关键．
练4　如图所示为测试某流线状物体的入水运动情景，模型(可视为质点)从10 m高台上O点自由落下，在A点落水后减速下降5 m，到B点减停，之后上浮的加速度大小为2.5 m/s2.将下沉和上浮过程均视为匀变速直线运动，忽略空气阻力的作用．求(g取10 m/s2，计算结果可保留根号) ：
(1)模型落水速度的大小；
(2)模型落水后减速下降的加速度大小；
答案：20 m/s2

(3) 从释放模型开始到模型刚浮出水面的全过程的时间．

1．如图所示，在离地面一定高度处把4个水果以不同的初速度竖直上抛，不计空气阻力，若1 s后4个水果均未着地，则1 s后速率最大的是(g取10 m/s2)(　　)
答案：A
解析：根据v＝v0＋at，v0A＝3 m/s.代入解得vA＝－7 m/s，同理解得vB＝－5 m/s，vC＝0 m/s，vD＝5 m/s.由于|vA|>|vB|＝|vD|>|vC|，故A正确，B、C、D错误．
2．(2025·辽宁沈阳模拟)某同学在实验室做了如图所示的实验，铁质小球被电磁体吸附，断开电磁体的电源，小球自由下落，通过光电门时球心位于光电门两透光孔的连线上，小球的直径为0.5 cm，该同学从计时器上读出小球通过光电门的时间为1.00×10－3 s，g取10 m/s2，则小球开始下落的位置到光电门的距离为(　　)
A．0.25 m B．0.5 m
C．1 m D．1.25 m
答案：D
3．(2025·北京密云模拟)如图所示，物理研究小组正在测量桥面某处到水面的高度．一同学将两个相同的铁球1、2用长L＝3.8 m的细线连接．用手抓住球2使其与桥面等高，让球1悬挂在正下方，然后由静止释放，桥面处的接收器测得两球落到水面的时间差Δt＝0.2 s，g＝10 m/s2，则桥面该处到水面的高度约为(　　)
A．22 m B．20 m
C．18 m D．16 m
答案：B
4.某兴趣小组用频闪投影的方法研究自由落体运动，实验中把一高中物理课本竖直放置，将一小钢球从与书上边沿等高处静止释放，整个下落过程的频闪照片如图所示．忽略空气阻力，重力加速度大小为g.结合实际，该频闪摄影的闪光频率约为(　　)
A.5 Hz B．10 Hz
C．20 Hz D．50 Hz
答案：C
答案：B
6．(2025·北京通州区一模)2023年7月，我国研制的电磁弹射微重力实验装置启动试运行．如图所示，电磁弹射系统将实验舱竖直加速到预定速度后释放，实验舱在上抛和下落阶段为科学载荷提供微重力环境．据报道该装置目前达到了上抛阶段2 s和下落阶段2 s的4 s微重力时间、10 μg的微重力水平．若某次电磁弹射阶段可以视为加速度大小为5g的匀加速运动，重力加速度大小g取10 m/s2 ，
下列说法正确的是(　　)
A．电磁弹射阶段用时约为2 s
B．电磁弹射阶段，实验舱上升的距离约为20 m
C．实验舱竖直上抛阶段的运行长度约为100 m
D．实验舱开始竖直上抛的速度约为20 m/s
答案：D
7．(10分)因高铁的运行速度快，对制动系统的性能要求较高，高铁列车上安装有多套制动装置——制动风翼、电磁制动系统、空气制动系统、摩擦制动系统等．在一段直线轨道上，某高铁列车正以v0＝288 km/h的速度匀速行驶，列车长突然接到通知，前方x0＝5 km处道路出现异常，需要减速停车．列车长接到通知后，经过t1＝2.5 s将制动风翼打开，高铁列车获得a1＝0.5 m/s2的平均制动加速度减速，减速t2＝40 s后，列车长再将电磁制动系统打开，结果列车在距离异常处500 m的地方停下来．
(1)求列车长打开电磁制动系统时，列车的速度的大小；
答案：60 m/s
解析：打开制动风翼时，列车的加速度大小为a1＝0.5 m/s2，设经过t2＝40 s时，列车的速度为v1，根据速度—时间公式有v1＝v0－a1t2，
代入数据解得v1＝60 m/s.
(2)求制动风翼和电磁制动系统都打开时，列车的平均制动加速度a2的大小．
答案：1.2 m/s2
8．(多选)如图所示，钢珠从高为50 m的塔顶上边缘外侧被竖直向上以10 m/s的初速度抛出，最终落在地面上．已知点P1和P2距离塔顶分别为15 m和40 m，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是(　　)
A．从钢珠被抛出到经过塔顶边缘需要4.0 s
B．钢珠距离地面的最大高度为55 m
C.钢珠从P1到P2所需时间为1.0 s
D．钢珠从P1到P2所需时间为1.5 s
答案：BC
9．(多选)如图所示为人教版必修第一册教材封面．由于相机存在固定的曝光时间，照片中呈现的下落的砂粒并非砂粒本身的形状，而是成了一条条模糊的径迹，砂粒的疏密分布也不均匀．若近似认为砂粒从出口下落的初速度为0，重力加速度大小为g.忽略空气阻力，不计砂粒间的相互影响．设砂粒随时间均匀漏下，

答案：BCD
根据初速度为零的匀变速运动在相邻相等时间内的位移之比为1∶3∶5…，可知从出口下落0～3 cm与3～12 cm的时间是相等的，因砂粒随时间均匀漏下，可知出口下方0～3 cm内砂粒数约与3～12 cm内砂粒数相等，故D正确．

答案：A第3讲　自由落体运动和竖直上抛运动　多过程问题
一、自由落体运动
1.条件：物体只在________作用下从________开始下落．
2.运动性质：初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动．
3.基本规律：
(1)速度与时间的关系式：________．
(2)位移与时间的关系式：h＝gt2.
(3) 速度—位移的关系式：________．
二、竖直上抛运动
1.运动特点：初速度方向竖直向上，加速度为g，上升阶段做匀减速直线运动，下降阶段做________运动．
2.运动性质：________直线运动．
3.基本规律
(1)速度公式：v＝v0－gt；
(2)位移公式：h＝v0t－gt2；
(3)速度—位移关系式：
＝－2gh；
(4)上升的最大高度：H＝；
(5)上升到最高点所用时间：t＝.
考教衔接
1.【教材情境——链接·人教版必修第一册P48演示】
(2024·广西卷，3)让质量为1 kg的石块P1从足够高处自由下落，P1在下落的第1 s末速度大小为v1，再将P1和质量为2 kg的石块绑为一个整体P2，使P2从原高度自由下落，P2在下落的第1 s末速度大小为v2，g取10 m/s2，则(　　)
A．v1＝5 m/s B．v1＝10 m/s
C．v2＝15 m/s D．v2＝30 m/s
2.【教材情境——链接·人教版必修第一册P53第6题】
人对周围发生的事情，都需要一段时间来做出反应．从人发现情况到采取行动所经历的时间，被称为反应时间．如图所示的实验能测出反应时间．乙同学先把手放在直尺0 cm的位置做捏住直尺的准备，但手不能碰直尺，当看到甲同学放开直尺时，乙同学立即捏住下落的直尺．已知乙同学捏住直尺10 cm处的位置，反应时间为0.14 s．若丙同学进行同样的实验，捏住了20 cm处的位置，则丙同学的反应时间为(　　)
A．0.28 s　B．0.24 s　C．0.20 s　D．0.16 s
关键能力·研教材——考向探究　经典示例　突出一个“准”
考点一　自由落体运动
考向1　自由落体规律的应用
例1　(多选)一名航天员在某星球上完成自由落体运动实验，让一个质量为1 kg的小球从一定的高度自由下落，测得在第5 s内的位移是18 m，则(　　)
A．小球在2 s末的速度是20 m/s
B．该星球上的重力加速度大小为4 m/s2
C．小球在第5 s内的平均速度是18 m/s
D．小球在前5 s内的位移是100 m
考向2　多物体的自由落体运动
例2　如图所示，甲、乙、丙三个实心小铁球，用细线悬挂在水平横杆上，其中甲、乙两球离地高度均为2h，丙球离地高度为h，现同时剪断甲、乙两球上方的细线，空气阻力不计，则(　　)
A．乙球比甲球先落地
B．乙球落地时的速度大小是丙球的倍
C．乙球在空中运动的时间是丙球的2倍
D．乙、丙两球之间的细线对两球有拉力
练1　如图所示，一个小孩在公园里玩“眼疾手快”游戏．游戏者需接住从支架顶部随机落下的圆棒．已知支架顶部距离地面2.3 m，圆棒长0.4 m，小孩站在支架旁边，手能触及所有圆棒的下落轨迹的某一段范围AB，上边界A距离地面1.1 m，下边界B距离地面0.5 m．不计空气阻力，重力加速度大小g取10 m/s2.求：
(1)圆棒下落到A点所用的时间t1；
(2)圆棒通过AB所用的时间t2.
考点二　竖直上抛运动
1. 竖直上抛运动的两种处理方法
(1)分段法：分为上升过程和下落过程．
(2)全程法：将全过程视为初速度为v0、加速度为a＝－g的匀变速直线运动．
2.竖直上抛运动的对称性
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：
例3　一个气球以8m/s2的加速度由静止从地面竖直上升，5 s末从气球上掉下一重物，忽略空气阻力，g取10 m/s2.
(1)此重物最高可上升到距地面多高处？
(2)此重物从气球上掉下后，经多长时间落回地面？
(3)此重物从气球上掉下后，经多长时间速度的大小为20 m/s？
试答
题后感悟
竖直上抛运动的多解性：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，造成多解，在解决问题时要注意这个特性．
练2　(多选)如图，一杂技演员将三个小球1、2、3从手中以大小不同的速度依次竖直向上抛出，然后等待小球落回手中，三个小球上升的最大高度之比为3∶2∶1.已知三个小球抛出的速度分别为v1、v2、v3，在空中运动时间分别为t1、t2、t3，不计空气阻力．下列说法正确的是(　　)
A.v1∶v2∶v3＝3∶2∶1
B．v1∶v2∶v3＝∶∶1
C．t1∶t2∶t3＝∶∶1
D．t1∶t2∶t3＝3∶2∶1
练3　排球是人们最喜爱的运动之一．如图所示，运动员在原地竖直向上做抛接球训练，排球经2 s到达最高点，把上升的总高度分成四等份，排球通过前两等份高度用时记为t1，通过最后一等份高度用时记为t2. 不计空气阻力，重力加速度大小为g.则满足(　　)
A．1<<3 B．3<<5
C．5<<7 D．7<<9
考点三　匀变速直线运动中的多物体和多过程问题
考向1　多物体问题
研究多物体在空间上重复同样的运动时，可利用一个物体的运动取代多物体的运动，照片中的多个物体认为是一个物体在不同时刻所处的位置，如水龙头滴水、直升机定点空降、小球在斜面上每隔一定时间间隔连续释放等，均可把多物体问题转化为单物体问题求解．
例4　如图甲所示为哈尔滨冰雪大世界游客排队滑冰滑梯的场景，在工作人员的引导下，每间隔相同时间从滑梯顶端由静止开始滑下一名游客，将某次拍到的滑梯上同时有多名游客的照片简化为如图乙所示，已知AB和BC间的距离分别为2.5 m和3.5 m，求：
(1)CD间距离多远；
(2)此刻A的上端滑道上还有几人；
(3)此时A距滑道顶端多远．
试答
考向2　多过程问题
例5　交通运输部办公厅发布的《关于大力推动高速公路ETC发展应用工作的通知》明确提出：高速公路基本实现不停车快捷收费．汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图所示．假设汽车以v1＝12 m/s的速度朝收费站沿直线行驶，如果走ETC通道，需要在距收费站中心线前d＝10 m处正好匀减速至v2＝4 m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v1正常行驶；如果走人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过t0＝20 s缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1正常行驶．设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1 m/s2.求：
(1)汽车走ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；
(2)汽车走人工收费通道，应在离收费站中心线多远处开始减速；
(3)汽车走ETC通道比走人工收费通道节约的时间．
【教你解决问题】——画出运动过程示意图
(1)走ETC通道时经历如图所示三个运动阶段
(2)走人工收费通道时经历如图所示两个运动阶段
试答
题后感悟
求解多过程运动问题的基本思路
(1)基本思路
如果一个物体的运动包含几个阶段，各段交接处的速度往往是联系各段的纽带，可按下列步骤解题．
①画：分清各阶段运动过程，画出草图．
②列：列出各运动阶段的运动方程．
③找：找出交接处的速度与各段的位移—时间关系．
④解：联立求解，算出结果．
(2)解题关键
多运动过程的转折点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，转折点速度的求解往往是解题的关键．
练4　如图所示为测试某流线状物体的入水运动情景，模型(可视为质点)从10 m高台上O点自由落下，在A点落水后减速下降5 m，到B点减停，之后上浮的加速度大小为2.5 m/s2.将下沉和上浮过程均视为匀变速直线运动，忽略空气阻力的作用．求(g取10 m/s2，计算结果可保留根号)：
(1)模型落水速度的大小；
(2)模型落水后减速下降的加速度大小；
(3) 从释放模型开始到模型刚浮出水面的全过程的时间．
温馨提示：请完成课时分层精练(三)
第3讲　自由落体运动和竖直上抛运动　多过程问题
必备知识·链教材
一、
1．重力　静止　3.(1)v＝gt　(3)v2＝2gh
二、
1．自由落体　2.匀变速
考教衔接
1．解析：重物自由下落做自由落体运动，速度大小与质量无关，则下落1 s后速度为v1＝v2＝gt＝10 m/s2×1 s＝10 m/s.
答案：B
2．解析：根据h1＝，h2＝，得＝＝＝，则有t2＝t1＝×0.14 s≈0.20 s，C正确．
答案：C
关键能力·研教材
例1　解析：自由落体运动第1 s内、第2 s内、第3 s内、第4 s内、第5 s内位移之比为x1∶x2∶x3∶x4∶x5＝1∶3∶5∶7∶9，设前5 s的位移为x，则x5＝x＝18 m，解得x＝50 m，由匀变速的位移公式x＝gt2，解得重力加速度大小为g＝4 m/s，小球在2 s末的速度为v2＝gt2＝8 m/s，B正确，A、D错误；小球在第5 s内的平均速度为＝＝18 m/s，C正确．
答案：BC
例2　解析：空气阻力不计，三个小球都做自由落体运动，甲、乙两球高度相同，由位移时间关系2h＝，可知两球同时落地，故A错误；由位移速度公式v2＝2gh，可得丙球落地时的速度大小为v1＝，乙球落地时的速度大小为v2＝，可知乙球落地时的速度大小是丙球的倍，故B正确；由位移时间公式h＝gt2，可得丙球在空中运动的时间为t1＝，乙球在空中运动的时间为t2＝，乙球在空中运动的时间是丙球的倍，故C错误；三个小球均处于完全失重状态，乙、丙球之间的细线对两球没有拉力，故D错误．
答案：B
练1　解析：(1)圆棒底部距离A点高度h1＝2.3 m－0.4 m－1.1 m＝0.8 m，
圆棒做自由落体运动下落到A点有h1＝，
代入数据解得t1＝0.4 s.
(2)圆棒通过AB的过程，即圆棒底部到达A点和圆棒顶端离开B点这一过程，可知圆棒底部到达A点的速度为v1＝gt1＝4 m/s，
圆棒通过AB下落的高度为h2＝1.1 m－0.5 m＋0.4 m＝1.0 m，
圆棒通过AB过程由h2＝，
代入数据解得t2＝0.2 s.
答案：(1)0.4 s　(2)0.2 s
例3　解析：(1)5 s末重物的速度v＝at＝8×5 m/s＝40 m/s，
5 s内上升的高度h＝at2＝×8×52 m＝100 m，
重物从气球上掉下后上升的最大高度h′＝＝ m＝80 m，
则距离地面的最大高度H＝100 m＋80 m＝180 m.
(2)解法一(分段法)：重物从气球上脱离后上升所用时间t′＝＝ s＝4 s，
设从最高点下落到地面的时间为t″，则H＝gt″2，
解得t″＝6 s，则t总＝t′＋t″＝4 s＋6 s＝10 s.
解法二(整体法)：以竖直向上为正方向，重物掉落时距地面高度h＝100 m，则有－h＝，解得t1＝10 s.
(3)以竖直向上为正方向，
设经过时间t2重物速度大小为20 m/s，方向可能向上或向下，
由vt＝v－gt2得t2＝2 s或6 s.
答案：(1)180 m　(2)10 s　(3)2 s或6 s
练2　解析：下落阶段，根据h＝gt2及竖直上抛运动的对称性可知，整个过程的时间t′＝2t＝ ，三个小球上升的最大高度之比为3∶2∶1，则t1∶t2∶t3＝∶∶1，故C正确，D错误；根据v＝gt可知，v1∶v2∶v3＝∶∶1，故A错误，B正确．
答案：BC
练3　解析：设上升最大高度为4h，排球向上运动的逆过程为初速度为零的匀加速直线运动4h＝，解得总时间为t＝，通过最后一等份高度h＝，解得t2＝，排球通过后两等份高度2h＝gt′2，解得t′＝，排球通过前两等份高度用时t1＝t－t′＝，所以＝＝1＋，则1<<3.
答案：A
例4　解析：(1)游客在滑梯上做匀加速直线运动，根据匀加速直线运动的规律可知，在相邻相等时间内位移差相等，即CD－BC＝BC－AB，解得CD＝4.5 m.
(2)相邻两人间的距离差为1 m，所以此刻A的上端滑道上还有2人．
(3)设相邻两名游客的时间间隔为T，下滑的加速度为a，则有Δs＝CD－BC＝aT2，即aT2＝1 m，A此时的速度为vA＝＝ m/s，联立两式解得vA＝2aT，此时A距滑道顶端s＝＝2aT2＝2 m．
答案：(1)4.5 m　(2)2人　(3)2 m
例5　解析：(1)走ETC通道时，减速的位移和加速的位移相等，则x1＝＝64 m，
故总的位移x总1＝2x1＋d＝138 m.
(2)走人工收费通道时，开始减速时离中心线的距离为
x2＝＝72 m.
(3)走ETC通道时，汽车从开始匀减速到匀加速到v1的时间t1＝×2＋＝18.5 s，
走人工收费通道时，汽车从开始匀减速到匀加速到v1的时间t2＝×2＋t0＝44 s，
又x总2＝2x2＝144 m，
二者的位移差：Δx＝x总2－x总1＝6 m，
在这段位移内汽车以正常行驶速度做匀速直线运动，
则Δt＝t2－(t1＋)＝25 s.
答案：(1)138 m　(2)72 m　(3)25 s
练4　解析：(1)O→A过程，模型自由下落，有＝2gh1，
解得模型落水速度为v1＝＝10 m/s.
(2)A→B过程，模型做匀减速运动，有
解得a1＝20 m/s2.
(3)O→A过程，模型自由下落时间t1＝ ＝ s，
A→B过程，模型落入水后减速时间(视为反方向匀加速直线运动)t2＝＝ s，
B→A过程，模型上浮的时间为t3＝＝2 s，
则总时间为t＝t1＋t2＋t3＝(2＋) s.
答案：(1)10 m/s　(2)20 m/s2　(3)(2＋) s

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