2022届高考物理一轮复习讲义学案（新高考人教版）第一章 第2讲 匀变速直线运动的规律

这是一份2022届高考物理一轮复习讲义学案（新高考人教版）第一章 第2讲 匀变速直线运动的规律，共16页。

第2讲　匀变速直线运动的规律
目标要求　1.掌握匀变速直线运动的基本公式和导出公式，并能熟练应用.2.掌握自由落体运动和竖直上抛运动的特点，知道竖直上抛运动的对称性.
考点一　匀变速直线运动的规律
基础回扣
1.匀变速直线运动
沿着一条直线且加速度不变的运动.
2.匀变速直线运动的两个基本规律
(1)速度与时间的关系式：v＝v0＋at.
(2)位移与时间的关系式x＝v0t＋at2.
3.匀变速直线运动的三个常用推论
(1)速度与位移的关系式：v2－v02＝2ax.
(2)平均速度公式：做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于这段时间内初、末时刻速度矢量和的一半，还等于中间时刻的瞬时速度.
即：＝＝.
(3)连续相等的相邻时间间隔T内的位移差相等.
即：x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2.
4.初速度为零的匀加速直线运动的四个重要比例式
(1)T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n.
(2)前T内、前2T内、前3T内、…、前nT内的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶4∶9∶…∶n2.
(3)第1个T内、第2个T内、第3个T内、…、第n个T内的位移之比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝1∶3∶5∶…∶(2n－1).
(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－).
技巧点拨
1.解决匀变速直线运动问题的基本思路
→→→→
注意：x、v0、v、a均为矢量，所以解题时需要确定正方向，一般以v0的方向为正方向.
2.匀变速直线运动公式的选用
一般问题用两个基本公式可以解决，以下特殊情况下用导出公式会提高解题的速度和准确率；
(1)不涉及时间，选择v2－v02＝2ax；
(2)不涉及加速度，用平均速度公式，比如纸带问题中运用＝＝求瞬时速度；
(3)处理纸带问题时用Δx＝x2－x1＝aT2，xm－xn＝(m－n)aT2求加速度.
3.逆向思维法：对于末速度为零的匀减速运动，采用逆向思维法，倒过来看成初速度为零的匀加速直线运动.
4.图象法：借助v－t图象(斜率、面积)分析运动过程.

基本公式的应用

例1　一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为x，动能变为原来的9倍.该质点的加速度为(　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　设初速度为v1，末速度为v2，根据题意可得9×mv12＝mv22，解得v2＝3v1，根据v＝v0＋at，可得3v1＝v1＋at，解得v1＝，代入x＝v1t＋at2，可得a＝，故A正确.

平均速度公式的应用

例2　(2019·山东潍坊市二模)中国自主研发的“暗剑”无人机，时速可超过2马赫.在某次试飞测试中，起飞前沿地面做匀加速直线运动，加速过程中连续经过两段均为120 m的测试距离，用时分别为2 s和1 s，则无人机的加速度大小是(　　)
A.20 m/s2 B.40 m/s2
C.60 m/s2 D.80 m/s2
答案　B
解析　第一段的平均速度v1＝＝ m/s＝60 m/s；第二段的平均速度v2＝＝ m/s＝120 m/s，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，两个中间时刻的时间间隔为Δt＝＋＝1.5 s，则加速度为：a＝＝ m/s2＝40 m/s2，故选B.


1.刹车类问题
(1)其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.
(2)求解时要注意确定实际运动时间.
(3)如果问题涉及最后阶段(到停止)的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零的匀加速直线运动.
2.双向可逆类问题
(1)示例：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.
(2)注意：求解时可分过程列式也可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义.
例3　若飞机着陆后以6 m/s2的加速度做匀减速直线运动，其着陆时的速度为60 m/s，则它着陆后12 s内滑行的距离是(　　)
A.288 m B.300 m C.150 m D.144 m
答案　B
解析　设飞机着陆后到停止所用时间为t，由v＝v0＋at，得t＝＝ s＝10 s，由此可知飞机在12 s内不是始终做匀减速直线运动，它在最后2 s内是静止的，故它着陆后12 s内滑行的距离为x＝v0t＋＝60×10 m＋(－6)× m＝300 m.

1.(基本公式法与逆向思维法)(2019·安徽芜湖市期末)假设某次深海探测活动中，“蛟龙号”完成海底科考任务后竖直上浮，从上浮速度为v时开始匀减速并计时，经过时间t，“蛟龙号”上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t0(t0 A.vt0(1－) B.
C. D.
答案　B
解析　“蛟龙号”上浮时的加速度大小为：a＝，根据逆向思维，可知“蛟龙号”在t0时刻距离海面的深度为：h＝a(t－t0)2＝××(t－t0)2＝，故选B.
2.(位移差公式)如图1所示，某物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四个点，测得xAB＝2 m，xBC＝3 m.且该物体通过AB、BC、CD所用时间相等，则下列说法正确的是(　　)

图1
A.可以求出该物体加速度的大小
B.可以求得xCD＝5 m
C.可求得OA之间的距离为1.125 m
D.可求得OA之间的距离为1.5 m
答案　C
解析　设加速度为a，该物体通过AB、BC、CD所用时间均为T，由Δx＝aT2，Δx＝xBC－xAB＝xCD－xBC＝1 m，可以求得aT2＝1 m，xCD＝4 m，而B点的瞬时速度vB＝，则OB之间的距离xOB＝＝3.125 m，OA之间的距离为xOA＝xOB－xAB＝1.125 m，C选项正确.
3.(初速度为零的比例式)(多选)(2020·甘肃天水市质检)如图2所示，一冰壶以速度v垂直进入三个完全相同的矩形区域做匀减速直线运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是(　　)

图2
A.v1∶v2∶v3＝3∶2∶1
B.v1∶v2∶v3＝∶∶1
C.t1∶t2∶t3＝1∶∶
D.t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1
答案　BD
解析　因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以看成反向的初速度为零的匀加速直线运动来研究.初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间之比为1∶(－1)∶(－)，故所求时间之比为(－)∶(－1)∶1，选项C错误，D正确；由v2－v02＝2ax可得，初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移的速度之比为1∶∶，则所求的速度之比为∶∶1，故选项A错误，B正确.


4.(双向可逆类问题)(多选)在足够长的光滑斜面上，有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度始终为5 m/s2，方向沿斜面向下，当物体的位移大小为7.5 m时，下列说法正确的是(　　)
A.物体运动时间可能为1 s
B.物体运动时间可能为3 s
C.物体运动时间可能为(2＋) s
D.物体此时的速度大小一定为5 m/s
答案　ABC
解析　以沿斜面向上为正方向，a＝－5 m/s2，当物体的位移为向上的7.5 m时，x＝＋7.5 m，由运动学公式x＝v0t＋at2，解得t1＝3 s或t2＝1 s，故A、B正确.
当物体的位移为向下的7.5 m时，x＝－7.5 m，由x＝v0t＋at2解得：t3＝(2＋) s或t4＝(2－) s(舍去)，故C正确.
由速度公式v＝v0＋at，解得v1＝－5 m/s或v2＝5 m/s、v3＝－5 m/s，故D错误.
考点二　自由落体运动　竖直上抛运动
基础回扣
1.自由落体运动
(1)运动特点：初速度为0，加速度为g的匀加速直线运动.
(2)基本规律
①速度与时间的关系式：v＝gt.
②位移与时间的关系式：x＝gt2.
③速度与位移的关系式：v2＝2gx.
2.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，上升阶段做匀减速运动，下降阶段做自由落体运动.
(2)基本规律
①速度与时间的关系式：v＝v0－gt；
②位移与时间的关系式：x＝v0t－gt2.
技巧点拨
1.竖直上抛运动(如图3)

图3

(1)对称性
a.时间对称：物体上升过程中从A→C所用时间tAC和下降过程中从C→A所用时间tCA相等，同理tAB＝tBA.
b.速度大小对称：物体上升过程经过A点的速度与下降过程经过A点的速度大小相等.
(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，造成多解，在解决问题时要注意这个特性.
(3)研究方法
分段法
上升阶段：a＝g的匀减速直线运动
下降阶段：自由落体运动
全程法
初速度v0向上，加速度g向下的匀减速直线运动(以竖直向上为正方向)
若v>0，物体上升，若v<0，物体下降
若x>0，物体在抛出点上方，若x<0，物体在抛出点下方

2.如图4，若小球全过程加速度大小、方向均不变，做有往返的匀变速直线运动，求解时可看成类竖直上抛运动，解题方法与竖直上抛运动类似，既可以分段处理，也可以全程法列式求解.

图4

自由落体运动

例4　(2020·浙江Z20联盟第三次联考)跳水运动员训练时从10 m跳台双脚朝下自由落下，某同学利用手机的连拍功能，连拍了多张照片.从其中两张连续的照片中可知，运动员双脚离水面的实际高度分别为5.0 m和2.8 m.由此估算手机连拍时间间隔最接近以下哪个数值(　　)
A.1×10－1 s B.2×10－1 s
C.1×10－2 s D.2×10－2 s
答案　B
解析　设在该同学拍这两张照片时运动员下落高度h1、h2所用的时间分别为t1、t2，则h1＝10 m－5 m＝5 m，t1＝＝1 s.
h2＝10 m－2.8 m＝7.2 m，t2＝＝1.2 s.
所以手机连拍时间间隔为Δt＝t2－t1＝2×10－1 s，故B项正确.

竖直上抛运动

例5　(2020·江西六校第五次联考)一个从地面上竖直上抛的物体，它两次经过一个较低点A的时间间隔是5 s，两次经过一个较高点B的时间间隔是3 s，则A、B之间的距离是(不计空气阻力，g＝10 m/s2)(　　)
A.80 m B.40 m
C.20 m D.无法确定
答案　C
解析　物体做竖直上抛运动，根据运动时间的对称性得，物体从最高点自由下落到A点的时间为，从最高点自由下落到B点的时间为，A、B间距离为：hAB＝g[()2－()2]＝×10×(2.52－1.52) m＝20 m，故选C.

5.(自由落体运动)(2021·山东临沂市月考)一个物体从某一高度做自由落体运动.已知它在第1 s内的位移恰为它在最后1 s内位移的三分之一.则它开始下落时距地面的高度为(不计空气阻力，g＝10 m/s2)(　　)
A.15 m B.20 m C.11.25 m D.31.25 m
答案　B
解析　物体在第1 s内的位移h＝gt2＝5 m，物体在最后1 s内的位移为15 m，由自由落体运动的位移与时间的关系式可知，gt总2－g(t总－1 s)2＝15 m，解得t总＝2 s，则物体下落时距地面的高度为H＝gt总2＝20 m，B正确.



6.(竖直上抛运动)(2019·全国卷Ⅰ·18)如图5，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H.上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2.不计空气阻力，则满足(　　)

图5
A.1<<2 B.2<<3
C.3<<4 D.4<<5
答案　C
解析　由逆向思维和初速度为零的匀加速直线运动比例式可知＝＝2＋，即3<<4，选项C正确.
考点三　多过程问题
1.一般的解题步骤
(1)准确选取研究对象，根据题意画出物体在各阶段运动的示意图，直观呈现物体运动的全过程.
(2)明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知量，设出中间量.
(3)合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程及物体各阶段间的关联方程.
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，对转折点速度的求解往往是解题的关键.
例6　(2021·辽宁模拟)航天飞机在平直的跑道上降落，其减速过程可以简化为两个匀减速直线运动.航天飞机以水平速度v0＝100 m/s着陆后，立即打开减速阻力伞，以大小为a1＝4 m/s2的加速度做匀减速直线运动，一段时间后阻力伞脱离，航天飞机以大小为a2＝2.5 m/s2的加速度做匀减速直线运动直至停下.已知两个匀减速直线运动滑行的总位移x＝1 370 m.求：
(1)第二个减速阶段航天飞机运动的初速度大小；
(2)航天飞机降落后滑行的总时间.
答案　(1)40 m/s　(2)31 s
解析　(1)设第二个减速阶段航天飞机运动的初速度大小为v1，根据运动学公式有v02－v12＝2a1x1，
v12＝2a2x2，
x1＋x2＝x，
联立以上各式并代入数据解得v1＝40 m/s.
(2)由速度与时间的关系可得
v0＝v1＋a1t1，v1＝a2t2，t＝t1＋t2，
联立以上各式并代入数据解得t＝31 s.
课时精练

1.(2019·上海市建平中学高三月考)伽利略为了研究自由落体的规律，将落体实验转化为著名的“斜面实验”，从而创造了一种科学研究的方法.利用斜面实验主要是考虑到实验时便于测量小球运动的(　　)
A.速度 B.时间
C.路程 D.加速度
答案　B
2.(2020·浙江宁波市鄞州中学初考)高空坠物已经成为城市中仅次于交通肇事的伤人行为.某市曾出现一把明晃晃的菜刀从高空坠落，“砰”的一声砸中了停在路边的一辆摩托车的前轮挡泥板.假设该菜刀可以看成质点，且从15层楼的窗口无初速度坠落，则从菜刀坠落到砸中摩托车挡泥板的时间最接近(　　)
A.1 s B.3 s
C.5 s D.7 s
答案　B
解析　楼层高约为3 m，则菜刀下落的高度h＝(15－1)×3 m＝42 m，菜刀运动过程可视为自由落体运动，根据h＝gt2，解得t＝＝ s≈2.9 s，最接近3 s，故选B.
3.(多选)(2021·山东济宁市月考)物体做直线运动，为了探究其运动规律，某同学利用计算机位移传感器测得位置x与时间t的关系为x＝6＋5t－t2(各物理量均采用国际单位制)，则该质点(　　)
A.第1 s内的位移是10 m
B.前2 s内的平均速度是3 m/s
C.运动的加速度为1 m/s2
D.任意1 s内速度的增量都是－2 m/s
答案　BD
解析　第1 s内的位移x1＝(6＋5×1－1)m－6 m＝4 m，故A错误.前2 s内的位移x2＝(6＋5×2－4)m－6 m＝6 m，则前2 s内的平均速度＝＝ m/s＝3 m/s，故B正确.根据位移时间关系式得，加速度a＝－2 m/s2，任意1 s内速度的增量Δv＝at＝－2×1 m/s＝－2 m/s，故C错误，D正确.
4.(2019·江苏盐城市期中)汽车以20 m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5 m/s2，则自驾驶员急踩刹车开始，经过2 s与5 s汽车的位移之比为(　　)
A.5∶4 B.4∶5 C.3∶4 D.4∶3
答案　C
解析　汽车速度减为零的时间为：t0＝＝ s＝4 s，2 s时位移：x1＝v0t＋at2＝20×2 m－×5×4 m＝30 m，刹车5 s内的位移等于刹车4 s内的位移，为：x2＝＝40 m，所以经过2 s与5 s汽车的位移之比为3∶4，故选项C正确.
5.(多选)(2019·贵州瓮安第二中学高一期末)一质点做匀加速直线运动，第3 s内的位移是2 m，第4 s内的位移是2.5 m，那么以下说法中正确的是(　　)
A.2～4 s内的平均速度是2.25 m/s
B.第3 s末的瞬时速度是2.25 m/s
C.质点的加速度是0.125 m/s2
D.质点的加速度是0.5 m/s2
答案　ABD
解析　根据平均速度公式，质点2～4 s内的平均速度＝ m/s＝2.25 m/s，故A正确；第3 s末的瞬时速度等于2～4 s内的平均速度，即v3＝＝2.25 m/s，故B正确；根据Δx＝aT2得，质点的加速度a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2，故C错误，D正确.
6.(多选)(2020·黑龙江鹤岗一中高三开学考试)如图1所示，在一个桌面上方有三个金属小球a、b、c，离桌面的高度分别为h1、h2、h3，h1∶h2∶h3 ＝ 3∶2∶1.若先后顺次释放a、b、c，三球刚好同时落到桌面上，不计空气阻力，则(　　)

图1
A.三者到达桌面时的速度大小之比是∶∶1
B.三者运动时间之比为3∶2∶1
C.b与a开始下落的时间差小于c与b开始下落的时间差
D.三个小球运动的加速度与小球受到的重力成正比，与质量成反比
答案　AC
解析　三个球均做自由落体运动，由v2＝2gh得v＝，则v1∶v2∶v3＝∶∶＝∶∶1，故A正确；三个球均做自由落体运动，由h＝gt2得t＝，则t1∶t2∶t3＝∶∶＝∶∶1，故B错误；b与a开始下落的时间差t3小于c与b开始下落的时间差t3，故C正确；小球下落的加速度均为g，与重力及质量无关，故D错误.
7.(多选)(2020·陕西延安市第一中学高三二模)物体以初速度v0竖直上抛，经3 s到达最高点，空气阻力不计，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A.物体的初速度v0为60 m/s
B.物体上升的最大高度为45 m
C.物体在第1 s内、第2 s内、第3 s内的平均速度之比为5∶3∶1
D.物体在1 s内、2 s内、3 s内的平均速度之比为9∶4∶1
答案　BC
解析　物体做竖直上抛运动，有h＝v0t－gt2①
v＝v0－gt②
联立①②可得v0＝30 m/s，h＝45 m，故A错误，B正确；物体在第1 s内、第2 s内、第3 s内的位移分别为25 m、15 m、5 m，已知＝，故在相等时间内的平均速度之比为1∶2
∶3＝x1∶x2∶x3＝5∶3∶1，物体在1 s内、2 s内、3 s内的平均速度之比为1′∶2′
∶3′＝∶∶＝5∶4∶3，故C正确，D错误.



8.距地面高5 m的水平直轨道上的A、B两点相距2 m，在B点用细线悬挂一小球，离地高度为h.如图2所示，小车始终以4 m/s的速度沿轨道匀速运动，经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B点时细线被轧断，最后两球同时落地.不计空气阻力，重力加速度的大小g取10 m/s2.可求得h等于(　　)

图2
A.1.25 m B.2.25 m
C.3.75 m D.4.75 m
答案　A
解析　小车上的小球落地的时间t＝；小车从A到B的时间t1＝，悬挂的小球下落的时间t2＝.由题意得时间关系：t＝t1＋t2，即＝＋，解得h＝1.25 m，A正确.

9.(2020·山东济南一中阶段检测)汽车在平直的公路上行驶，发现险情紧急刹车，汽车立即做匀减速直线运动直到停止，已知汽车刹车时第1 s内的位移为13 m，在最后1 s内的位移为2 m，则下列说法正确的是(　　)
A.汽车在第1 s末的速度可能为10 m/s
B.汽车加速度大小可能为3 m/s2
C.汽车在第1 s末的速度一定为11 m/s
D.汽车的加速度大小一定为4.5 m/s2
答案　C
解析　采用逆向思维，由于最后1 s内的位移为2 m，根据x′＝at2得，汽车加速度大小a＝＝ m/s2＝4 m/s2，第1 s内的位移为13 m，根据x1＝v0t－at2，代入数据解得，初速度v0＝15 m/s，则汽车在第1 s末的速度v1＝v0－at＝15 m/s－4×1 m/s＝11 m/s，故C正确，A、B、D错误.
10.(2020·安徽阜阳市期中)一滑块沿斜面由静止滑下，做匀变速直线运动，依次通过斜面上的A、B、C三点，如图3所示，已知AB＝15 m，BC＝30 m，滑块经过AB、BC两段位移的时间都是5 s，求：

图3
(1)滑块运动的加速度大小；
(2)滑块在B点的瞬时速度大小；
(3)滑块在A点时离初始位置的距离.
答案　(1)0.6 m/s2　(2)4.5 m/s　(3)1.875 m
解析　(1)设滑块加速度为a，根据xBC－xAB＝aT2，代入数据解得：
a＝＝ m/s2＝0.6 m/s2；
(2)设B点速度为vB，根据平均速度推论知：
vB＝＝ m/s＝4.5 m/s；
(3)由vB＝vA＋at得：
vA＝4.5 m/s－0.6×5 m/s＝1.5 m/s
则滑块在A点时离初始位置的距离为：
x＝＝ m＝1.875 m.
11.(2020·全国卷Ⅰ·24)我国自主研制了运­20重型运输机.飞机获得的升力大小F可用F＝kv2描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度，已知飞机质量为1.21×105 kg时，起飞离地速度为66 m/s；装载货物后质量为1.69×105 kg，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变.
(1)求飞机装载货物后的起飞离地速度大小；
(2)若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1 521 m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间.
答案　(1)78 m/s　(2)2 m/s2　39 s
解析　(1)设飞机装载货物前质量为m1，起飞离地速度为v1；装载货物后质量为m2，起飞离地速度为v2，重力加速度大小为g.飞机起飞离地应满足条件
m1g＝kv12①
m2g＝kv22②
由①②式及题给条件得v2＝78 m/s③
(2)设飞机滑行距离为s，滑行过程中加速度大小为a，所用时间为t.
由匀变速直线运动公式有
v22＝2as④
v2＝at⑤
联立③④⑤式及题给条件得a＝2 m/s2，t＝39 s.
12.如图4所示，质量m＝0.5 kg的物体(可视为质点)以4 m/s的速度从光滑斜面底端D点上滑做匀减速直线运动，途经A、B两点，已知物体在A点时的速度是在B点时速度的2倍，由B点再经过0.5 s滑到顶点C点时速度恰好为零，已知AB＝0.75 m.求：

图4
(1)物体在斜面上做匀减速直线运动的加速度；
(2)物体从底端D点滑到B点的位移大小.
答案　(1)2 m/s2，方向平行于斜面向下　(2)3.75 m
解析　(1)设沿斜面向上的方向为正方向，B→C过程中，根据运动学公式，
有0－vB＝atBC
A→B过程中，vB2－(2vB)2＝2axAB
解得：a＝－2 m/s2，负号表示方向平行于斜面向下
(2)由(1)可知vB＝1 m/s
物体从底端D点滑到B点的位移大小xDB＝＝ m＝3.75 m.
13.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，列车的速度多大？
(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是多大？
答案　(1)60 m/s　(2)1.2 m/s2
解析　(1)v0＝288 km/h＝80 m/s
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，
则v1＝v0－a1t2＝60 m/s.
(2)列车长接到通知后，经过t1＝2.5 s，
列车行驶的距离x1＝v0t1＝200 m，
从打开制动风翼到打开电磁制动系统的过程中，
列车行驶的距离x2＝＝2 800 m
打开电磁制动系统后，列车行驶的距离
x3＝x0－x1－x2－500 m＝1 500 m；
a2＝＝1.2 m/s2.