2025-2026学年福建省福州四中高一（上）期中物理试卷（有答案和解析）

这是一份2025-2026学年福建省福州四中高一（上）期中物理试卷（有答案和解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.物理学家在建立物理概念、探究物理规律的过程中应用了许多思想方法，以下叙述不正确的是( )
A. 在研究弹力时，通过激光笔、平面镜观察桌面形变，应用了微小量放大法
B. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是控制变量法
C. 根据平均速度v=ΔxΔt，当Δt很小时，ΔxΔt就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，这里应用了极限思想
D. 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里应用了微元累积法
2.A、B两个物体的位移-时间图像如图所示，则以下说法正确的是( )
A. t1时刻，A、B两物体的速度都为0
B. 0∼t2内，A的平均速度等于B的平均速度
C. 0∼t2内，A的路程等于B的路程
D. t2时刻，A、B两物体的速度方向相同
3.瑜伽是一项有利于身心健康的运动。如图所示，某瑜伽学员在水平地面上保持单脚下蹲的姿势不动。下列说法正确的是( )
A. 该学员受到的支持力是由于地面形变产生的
B. 该学员受到的支持力是由于脚掌形变产生的
C. 地面对学员的摩擦力方向水平向左
D. 地面对学员的摩擦力方向水平向右
4.交警在处理某次交通事故时，把监控仪器记录的数据输入计算机，得到肇事汽车在平直路面上紧急刹车(车轮抱死)过程中的位移随时间变化的规律为x=24t−3t2(x的单位是m，t的单位是s)，则下列说法正确的是( )
A. 该车刹车的初速度为12m/sB. 该汽车刹车的加速度为−3m/s2
C. 刹车后5s内的位移为45mD. 该汽车在地面上留下的痕迹长为48m
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
5.假设两批医疗援助人员从宁波的同一个医院出发分别采用导航中(如图所示)的推荐方案1和2至武汉的同一家医院，下列说法正确的是( )
A. 两批医疗人员的位移一定相同
B. 图片左下角中的推荐方案的889.1公里是指位移的大小
C. 图片左下角中的推荐方案的11小时41分钟是指时间间隔
D. 两批医疗人员的平均速度一定相同
6.如图所示，用大小为100N的握力握住一个重为40N的瓶子。瓶子竖直，始终处于静止状态，已知手掌与瓶子间的动摩擦因数μ=0.5，则( )
A. 瓶子受到的摩擦力大小为40N
B. 当握力持续减小时，瓶子受到的摩擦力大小将持续减小
C. 瓶子受到的最大静摩擦力随握力的增大而增大
D. 当握力进一步增大时，瓶子受到的摩擦力将成正比增大
7.某研究性学习小组进行课外实验，一枚小火箭由地面竖直向上发射，火箭升空后某时刻开始计时，其v−t图象如图所示，由图象可知( )
A. 4s时刻火箭离地面最远
B. 在0∼3s时间内火箭上升，3s时火箭开始下落
C. 在2∼4s时间内火箭的加速度为10m/s2，做自由落体运动
D. 由v.=v1+v22知2∼4s时间内火箭的平均速度为0
8.现在发压岁钱的方式也是越来越有趣，其中有一种叫做“滚钱”，具体操作是在桌面放置不同金额的纸币，瓶子滚到哪张纸币上就可以赢取此金额，如左图所示。为了便于分析，我们用右图来描述这个模型，滚瓶从水平桌面上O点出发，途中经过A、B、C、D、E，5个放钱的位置，A、B、C、D、E相邻两个位置的距离均为0.2m，滚瓶停在哪里就获得对应的压岁钱，滚瓶掉下桌子就没有。现设滚瓶(可视为质点)从O点出发后做匀减速直线运动，张强同学以v0=1m/s推出滚瓶，最后刚好停在E处，已知滚瓶在D和E之间滑行的时间为1s，则下列说法正确的( )
A. 滚瓶在B点的速度等于它在AC之间的平均速度
B. 滚瓶在AB段和DE段的速度变化量之比为2− 3
C. 滚瓶经过OA两点间的距离为0.45m
D. 如果张强以0.9m/s的速度将滚瓶推出，滚瓶最终将停在DE之间
三、填空题：本大题共2小题，共8分。
9.一物体从静止开始做匀加速直线运动，第3s内通过的位移是20m，则物体的加速度大小是 m/s2，第3s末的速度大小是 m/s。
10.如图所示，质量分别为2.0kg和3.0kg的块A和B，用一个劲度系数未知的轻质弹簧连接叠放在一起，最初系统静止状态，此时轻质弹簧被压缩0.1m，则轻质弹簧的劲度系数为 N/m。现在用力缓慢拉A直到B刚好离开地面，B将要离开地面时，A相对初始位置被提升的高度为 m。g取10m/s2。
四、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.如图甲所示，用铁架台、弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长量的关系(重力加速度已知)。
(1)图乙是弹簧弹力F与弹簧伸长x的F−x图线，当F1=0时，x1=0.5cm，当F2=7N时，x2=4cm，由此可出弹簧的劲度系数为______N/m。
(2)图线不过原点的原因是由于______。
(3)某实验小组在上述实验中，使用两根不同的轻弹簧a和b(忽略自重)，得到弹力F与弹簧总长度l的图像如图丙所示。下列表述正确的是______。
A.b的原长比a的长
B.a的劲度系数比b的大
C.施加同样大的力，a的形变量比b的大
D.测得的弹力与弹簧的总长度成正比
12.在测量做直线运动物体的瞬时速度的实验中，实验室提供如图甲、乙两种打点计时器；
(1)某实验小组决定使用电火花计时器，则应选用图中的______(选填“甲”或“乙”)计时器。
(2)下列关于本实验的说法正确的是______。
A.如果将打点计时器连接的电源改为直流电源，打点计时器仍能正常工作
B.纸带运动的速度大小会影响打点计时器的打点时间间隔
C.实验时应先启动打点计时器，再松手释放小车
D.纸带上打点越密集说明纸带运动速度越大
(3)一小车在重物牵引下拖着穿过打点计时器的纸带沿平直轨道加速运动。如图是打出的纸带的一段，相邻两个计数点之间还有4个点未画出，已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz。
①计算在打下C点时小车的瞬时速度为vC=______m/s，小车运动的加速度大小为a=______m/s2(计算结果保留两位有效数字)；
②如果当时电网中交变电流的频率稍有减小，频率从50Hz变成了40Hz，而做实验的同学并不知道，仍按照50Hz进行数据处理，那么速度的测量值与实际值相比______(选填：“偏大”、“偏小”或“不变”)。
五、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.如图所示，一所受重力G=20N的物块放在水平地板上，原长l0=10cm、劲度系数k=1N/cm的弹簧一端固定在物块上，另一端施加一水平力F，当弹簧的长度至少为l1=13.5cm时才能使物块开始运动，物块从原地移动后，弹簧的长度l2=13cm时物块做匀速直线运动。求：
(1)物块与地板之间的最大静摩擦力Fmax；
(2)物块与地板之间的动摩擦因数μ；
(3)当弹簧的长度l3=15cm时，物块对地板的摩擦力大小F′f。
14.一次演习中，一空降特战兵实施空降，在飞机悬停180m高的空中后，空降特战兵从机舱中一跃而下，把空降特战兵空降假定为如下过程：空降特战兵出飞机舱后先做自由落体运动，下落了2s后打开辅伞，特战兵立即做匀速运动，过了一段时间后打开主伞，特战兵立即做匀减速直线运动，匀减速运动6s后到达了“敌方”的地面，此时空降特战兵的速度恰好为零，g取10m/s2.求：
(1)空降特战兵做自由落体运动下落的距离是多少？
(2)空降特战兵匀速运动的速度是多少？
(3)空降特战兵从出机舱到着地总共花了多少时间？
15.如图所示，甲、乙两辆汽车在平直公路上行驶，乙车在甲车前方x0=100m处做匀速直线运动，速度大小为v2=30m/s，甲车此时速度为v1=10m/s，做加速度大小为a1=2m/s2的匀加速直线运动。甲、乙车上安装有信号发射与接收装置，当甲、乙两车距离超过L=175m时，甲、乙车不能接受到彼此通讯信号。求：
(1)在甲车追上乙车之前，甲、乙两车之间的最大距离为多少？
(2)在第(1)问条件下，当甲、乙两车距离最大时，甲车开始匀速运动，乙车立即刹车，刹车阶段加速度大小为a2=3m/s2，则还需要经过多长时间甲车追上乙车？
(3)在第(1)问条件下，当甲、乙两车距离最大时，乙车立即刹车，加速度大小为a3=2m/s2，甲车继续以a1=2m/s2加速度匀加速运动，求在甲车追上乙车之前两车能维持通信的时间。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、在研究弹力作用效果时，通过激光笔、平面镜观察桌面发生的形变，应用了微小量放大法，故A正确；
B、物体本身的大小和形状对研究的问题没有影响的时候可以把物体看成质点，用质点来代替物体的方法是属于理想模型法，不是控制变量法，故B错误；
C、根据平均速度公式v=ΔxΔt可知，当Δt很小时，ΔxΔt就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，这里应用了极限思想，故C正确；
D、在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，应用了微元累积法，故D正确。
本题选不正确的，
故选：B。
根据放大法、理想模型法、极限法和微元法对应的事例进行分析判断。
本题考查物理思想和思维方法，熟练掌握各方法对应的实例，深刻领会各方法在物理研究中所起的作用。
2.【答案】B
【解析】解：A、由x−t图像的斜率表示速度可知，t1时刻，A物体的图像斜率是0，则A的速度是0，B物体的图像斜率不是0，则B的速度不是0，故A错误；
B、由题图可知，在0∼t2内，A、B两物体通过的位移相同，所用时间相同，则A的平均速度等于B的平均速度，故B正确；
C、由题图可知，在0∼t2内，A的路程为sA=4m+2m=6m，B的路程为sB=2m，可知A的路程比B的路程多4m，故C错误；
D、由x−t图像的斜率表示速度可知，t2时刻，A的图像斜率是负值，则A的速度方向是负方向。B的图像斜率是正值，则B的速度方向是正方向，所以t2时刻，A、B两物体的速度方向不相同，故D错误。
故选：B。
根据位移-时间图像的斜率表示速度，斜率的正负表示速度方向，来分析物体的速度大小和方向。位移等于纵坐标的变化量，平均速度等于位移与时间之比，结合两个物体的运动情况分析路程关系。
解决本题的关键是理解位移-时间图像的物理意义，知道x−t图像的斜率表示速度，位移等于纵坐标的变化量，路程等于各段位移大小之和。
3.【答案】A
【解析】解：AB.根据弹力产生的原因，该学员受到的支持力是由于地面形变产生的，故A正确，B错误；
CD.根据平衡条件可知，地面对学员没有摩擦力作用，如果地面对学员有摩擦力，则学员不会处于平衡状态，故CD错误。
故选：A。
根据弹力产生的条件和摩擦力知识进行分析解答。
考查摩擦力和弹力产生的条件，理解运动学基本概念，属于基础题。
4.【答案】D
【解析】解：AB、由匀变速直线运动的位移-时间关系x=v0t+12at2
及汽车刹车过程中的位移规律x=24t−3t2
可知，汽车刹车时的初速度为v0=24m/s
加速度为a=−6m/s2
故AB错误；
C、由v=v0+at得汽车刹车时间t=0−v0a
代入数据解得t=4s
所以汽车运动的时间为4s，刹车后5s汽车已经停止，
刹车后5s内的位移即为4s的位移为x2=24×4m−12×6×42m=48m
故C错误；
D、汽车在地面上留下的痕迹长即为刹车距离48m，故D正确。
故选：D。
根据匀变速直线运动的位移-时间公式得出汽车刹车的初速度和加速度，
结合速度-时间公式求出刹车速度减为零的时间，判断汽车是否停止，再结合位移一时间公式求出刹车后的位移。
本题考查了运动学中的刹车问题，是道易错题，注意汽车速度减为零后不再运动，结合运动学公式灵活求解。
5.【答案】AC
【解析】解：A、位移是由初位置指向末位置的有向线段，两批医疗人员的初末位置相同，故位移一定相同，故A正确；
B、图片左下角中的推荐方案的889.1公里指的是医疗队实际所走的轨迹的长度，是路程，不是位移的大小，故B错误；
C、图片左下角中的推荐方案的11小时41分钟是从宁波到达武汉所需的时间，对应的是一个过程，故指的是时间间隔，故C正确；
D、平均速度等于位移除以时间，两队的位移一样，但时间不一定相等，故他们的平均速度不一定相同，故D错误。
故选：AC。
位移是指从初位置到末位置的有向线段，位移是矢量，有大小也有方向；路程是指物体所经过的路径的长度，路程是标量，只有大小，没有方向；时间间隔对应一个过程，时刻对应一个瞬间；平均速度是位移与时间的比值。
本题是对位移和路程，时间和时刻及平均速度的考查，解题的关键是要正确认识位移和路程，位移可由初位置指向末位置的有向线段表示，线段长度表示位移大小，线段方向表示位移方向；路程是物体运动轨迹长度，是标量。明确时间和时刻的定义，知道时间间隔对应一个过程，而时刻对应一个瞬间。
6.【答案】AC
【解析】解：AC、瓶子在竖直方向上受重力及静摩擦力作用下处于静止状态，则瓶子受到的摩擦力大小等于其重力40N；最大静摩擦力与正压力成正比，瓶子受到的最大静摩擦力随握力的增大而增大，故AC正确；
B、当握力减小时，只要瓶子仍处于静止状态，由于瓶子受到的重力不变，则静摩擦力不变，故B错误；
D、当握力增大时，只要瓶子仍处于静止状态，由于瓶子受到的重力不变，则静摩擦力不变，故D错误。
故选：AC。
根据瓶子的静止状态判断静摩擦力大小，再依据握力与最大静摩擦力的关系分析各选项。
判断静摩擦力大小需看物体的受力平衡情况，最大静摩擦力与正压力有关，而静摩擦力在物体静止时由平衡条件确定。
7.【答案】BD
【解析】解：A、由速度图象看出，在0−3s时间内火箭的速度是正值，说明火箭一直向上运动，3−4s内速度为负值，火箭在下落，所以3s时刻火箭离地面最远．故A错误．
B、由上分析知，在0∼3s时间内火箭上升，3s时火箭开始下落，故B正确．
C、在速度时间图象中，图线的斜率等于加速度，由数学知识得知在2∼4s时间内火箭的加速度为
a=△v△t=−10−104−2=−10m/s2，由于t=3s火箭的速度为10m/s，所以在这段时间内火箭做竖直上抛运动，故C错误．
D、2∼4s时间内火箭的加速度一定，做匀变速直线运动，由v.=v1+v22知2∼4s时间内火箭的平均速度为v.=10+(−10)2=0，故D正确．
故选：BD
在速度时间图象中，速度的正负表示速度的方向，可分析火箭的运动情况，判断什么时刻火箭到达最大高度和什么时刻开始下落．图线的斜率等于加速度，由数学知识求加速度的大小．匀变速直线运动的平均速度可由公式v.=v0+v2求解．
对于速度-时间图象问题，关键要抓住速度的正负反映速度的方向，斜率表示加速度的大小，“面积”表示位移，分析物体的运动情况．
8.【答案】BC
【解析】解：A、根据平均速度公式有vD+vE2⋅t=xDE，其中vE=0，t=1s，解得：vD=0.4m/s。DE段中间时刻瞬时速度等于平均速度，即vt2=vD+vE2，解得：vt2=0.2m/s。逆向思维设加速度为a，由vD=at，解得：a=0.4m/s2。设小球从E点到C、B、A的时间分别为t1、t2、t3，由xEC=12at12，解得：t1= 2s；由xEB=12at22，解得：t2= 3s；由xEA=12at32，解得：t3=2s。由此得vC=at1，解得：vC=0.4 2m/s；vB=at2，解得：vB=0.4 3m/s；vA=at3，解得：vA=0.8m/s。AC间平均速度vAC=vA+vC2，解得：vAC=(0.2 2+0.4)m/s，显然vB≠vAC，故A错误；
B、AB段速度变化量ΔvAB=vB−vA，解得：ΔvAB=(0.4 3−0.8)m/s；DE段速度变化量ΔvDE=vE−vD，解得：ΔvDE=−0.4m/s；故ΔvABΔvDE=0.4 3−0.8−0.4，解得：ΔvABΔvDE=2− 3，故B正确；
C、逆向思维有v02=2axOE，解得：xOE=1.25m；故xOA=xOE−xAE，解得：xOA=0.45m，故C正确；
D、若以v1=0.9m/s推出滚瓶，由v12=2ax，解得：x=1.0125m。已知xOC=0.85m，xOD=1.05m，故滚瓶将停在CD之间，故D错误。
故选：BC。
滚瓶做匀减速直线运动，已知初速度和最终停在E点，通过D到E的时间和距离可求出加速度。利用匀变速运动规律计算各点速度，比较B点速度与AC段平均速度是否相等。分析AB段和DE段速度变化量之比是否符合题目条件。根据总位移和已知各段距离，求出OA间距离是否与选项一致。若初速度减小，计算滚瓶停止位置是否在DE之间。
本题综合考查匀变速直线运动规律的应用，涉及速度、加速度、位移的定量计算以及逆向思维解题方法的运用。题目通过生活情境引入，将物理模型与实际结合，计算量适中但需要较强的逻辑推理能力。解题关键在于利用匀减速运动特点，通过逆向思维将减速过程转化为加速过程处理，简化计算。选项B考查速度变化量比值的计算，需要准确运用匀变速运动速度公式；选项C则检验位移关系的推导能力，需注意各段位移的几何关系。题目巧妙设置多段位移条件，全面检测学生对匀变速直线运动核心公式的掌握程度，特别是对v2=2ax和x=12at2的灵活运用能力。
9.【答案】8
24

【解析】解：设物体的加速度为a，则第3s内通过的位移根据位移-时间公式x=12at32−12at22，解得a=8m/s2，
第3s末的速度大小根据速度-时间公式v=at3，解得v=24m/s。
故：物体的加速度大小是8m/s2，第3s末的速度大小是24m/s。
根据位移-时间公式得到加速度的大小，利用速度-时间公式解得第3s速度大小。
本题考查了位移-时间公式和速度-时间公式的运用。
10.【答案】200
0.25

【解析】解：设弹簧的压缩量为x1，对A根据胡克定律和平衡条件有
kx1=mAg
解得
k=mAgx1=2.0×100.1N/m=200N/m
B刚要离开地面时，地面对B的支持力为零，此时弹簧处于伸长状态，设伸长量为x2。对B，由平衡条件可得
kx2=mBg
解得
x2=mBgk=3.0×10200m=0.15m
故B将要离开地面时，A相对初始位置被提升的高度h=x1+x2=0.1m+0.15m=0.25m。
故答案为：200，0.25。
经受力分析，弹力与物体A重力平衡，求出劲度系数；再对B进行受力分析求出提升的高度。
本题考查了学生简单的受力分析能力，以及对胡克定律的掌握情况，难度不大。
11.【答案】200 弹簧自身重力影响 AC
【解析】解：(1)F−x图线的斜率表弹簧的劲度系数，有
k=7N−04cm−0.5cm=200N/m
(2)由于弹簧自身重力的原因，所以图线不过原点。
(3)横坐标表示长度，纵坐标表示弹簧弹力，斜率表示弹簧的劲度系数，由图可知，当弹簧受力为0时，弹簧长度为原长，可发现此时b的长度要大于a；b的图线比a的陡，所以b的斜率大，劲度系数大；根据胡克定律，由于b的劲度系数大，所以施加同样大的力，a的形变量比b的大；测得的弹力与弹簧的伸长量成正比。
故答案为：(1)200；(2)弹簧自身重力的影响；(3)AC
(1)根据图像的斜率计算弹簧的劲度系数；
(2)分析弹簧自身重力对实验的影响判断；
(3)根据图像的截距和斜率判断；根据胡克定律分析判断。
本题关键掌握利用图像截距计算弹簧原长的方法和利用图像斜率计算弹簧劲度系数的方法。
12.【答案】乙； C； 0.42，0.39，偏大
【解析】(1)图中甲是电磁打点计时器，乙是电火花计时器；某实验小组决定使用电火花计时器，则应选用图中的乙。
(2)A.如果将打点计时器连接的电源改为直流电源，打点计时器不能正常工作，故A错误；
B.打点计时器的打点时间间隔由连接交流电源的频率决定，与纸带运动的速度大小无关，故B错误；
C.实验时应先启动打点计时器，再松手释放小车，可以充分利用纸带，故C正确；
D.纸带上打点越密集说明纸带运动速度越小，故D错误。
故选：C。
(3)①相邻两个计数点之间还有4个点未画出，则相邻两计数点的时间间隔为T=5×1f=5×150s=0.1s
根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则打下C点时小车的瞬时速度为vC=xBD2T=(15.05−6.74)×10−22×0.1m/s≈0.42m/s
根据逐差法可得，小车加速度为a=xBD−xOB4T2=(15.05−6.74−6.74)×10−24×0.12m/s2≈0.39m/s2
②如果当时电网中交变电流的频率从50Hz变成了40Hz，则实际打点周期变大，相邻两计数点间的时间间隔变大，而做实验的同学并不知道，仍按照50Hz进行数据处理，则代入计算的时间间隔偏小，使得速度的测量值与实际值相比偏大。
故答案为：(1)乙；(2)C；(3)0.42，0.39，偏大。
(1)根据两种打点计时器的特点判断；
(2)根据打点计时器的工作原理判断；根据打点计时器的打点时间间隔由连接交流电源的频率决定判断；根据充分利用纸带判断；根据纸带上打点的间距与纸带速度的关系判断；
(3)①根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度计算打下C点时小车的瞬时速度；根据逐差法计算小车加速度；
②根据周期和频率关系、加速度表达式判断。
本题关键掌握根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度计算小车的瞬时速度，根据逐差法计算小车的加速度。
13.【答案】(1)物块与地板之间的最大静摩擦力Fmax为3.5N (2)物块与地板之间的动摩擦因数μ为0.15 (3)当弹簧的长度l3=15cm时，物块对地板的摩擦力大小F′f为3.0N
【解析】解：(1)当弹簧的长度l1=13.5cm时，根据胡克定律可得弹力：F1=k(l1−l0)，代入数据解得：F1=3.5N
所以至少用3.5N的水平拉力才能拉动物块，所以物块与地板间的最大静摩擦力：Fmax=3.5N
(2)根据二力平衡知识可知，当物块匀速运动时，摩擦力为：f1=k(l2−l0)，代入数据解得：f1=3.0N
物块在水平地板上，物块对地板的压力：FN=G
根据：F=μFN
联立解得：μ=0.15
(3)当弹簧的长度为l3=15cm时
根据胡克定律可得：F3=k(l3−l0)，代入数据解得：F3=5N>Fmax
物块受到的摩擦力为滑动摩擦力：Ff2=3.0N
由牛顿第三定律可知物块对地板的摩擦力大小：Ff′=3.0N
答：(1)物块与地板之间的最大静摩擦力Fmax为3.5N；
(2)物块与地板之间的动摩擦因数μ为0.15；
(3)当弹簧的长度l3=15cm时，物块对地板的摩擦力大小F′f为3.0N。
(1)根据胡克定律，求出弹力大小，在根据受力分析求出最大静摩擦力；
(2)根据二力平衡，结合滑动摩擦力的计算公式，求出动摩擦因数；
(3)根据弹簧的形变量求出弹力，再结合受力分析求出摩擦力。
本题主要考查受力分析，根据物体的受力情况，结合物体的状态分析力的大小。
14.【答案】解：(1)空降特战兵做自由落体运动下落的距离h1=12gt12=12×10×4m=20m.
(2)空降特战兵匀速运动的速度v=gt1=10×2m/s=20m/s.
(3)匀减速直线运动的位移h3=v2t3=202×6m=60m，
则匀速运动的位移h2=h−h1−h3=180−20−60m=100m，
匀速运动的时间t2=h2v=10020s=5s，
空降特战兵从出机舱到着地总共花的时间t=t1+t2+t3=2+5+6s=13s.
答：(1)空降特战兵做自由落体运动下落的距离是20m；
(2)空降特战兵匀速运动的速度是20m/s；
(3)空降特战兵从出机舱到着地总共花了13s时间．
【解析】(1)根据位移时间公式求出空降兵自由下落的位移．
(2)根据速度时间公式求出匀速运动的速度．
(3)根据平均速度的推论求出匀减速运动的位移，结合自由运动的位移求出匀速运动的位移，从而求出匀速运动的时间，得出总时间．
解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷．
15.【答案】解：(1)当甲、乙车速度相等时，两车相距最远，设经过t时间，两车共速，则有
v1+a1t=v2
解得t=10s
所以最大距离为Δxm=x0+v2t−(v1t+12a1t2)
解得Δxm=200m
(2)乙车减速至零所用时间t0=v2a2
减速位移为x乙=v222a2
在此段时间内，甲车的位移x甲=v2t0
解得x甲=300m
甲、乙则在乙车停止前，甲车未追上乙车
所以甲车追上乙车所用时间为t追=Δxm+x乙v2
解得t追=353s
(3)在甲、乙车共速之前，在t1时刻两车第一次相距175m，依题意有
v2t1−(v1t1+12a1t12)=L−x0
解得t1=5s
能保持通信的时间为Δt1=5s
在甲、乙车共速之后，再经过t2时间，两车第二次相距175m，依题意有
(v2t2+12a1t22)−(v2t2−12a1t22)=Δxm−L
解得t2=5 22s
设再经过t3时间，甲车追上乙车
(v2t3+12a1t32)−(v2t3−12a3t32)=Δxm
解得t3=10s
乙车减速至0的时间为
t′=v2a3=302s=15s
此阶段，两车能保持通信的时间为Δt2=(10−5 22)
故在乙车停止运动之前，两车能够维持通信的时间为Δt=Δt1+Δt2
解得Δt=(15−5 22)s
答：(1)在甲车追上乙车之前，甲、乙两车之间的最大距离为200m；
(2)还需要经过353s时间甲车追上乙车；
(3)在甲车追上乙车之前两车能维持通信的时间为(15−5 22)s。
【解析】(1)当两车速度相等时，距离最大；先求出两车速度相等的时间，在分别求出两车的位移，最后求出位移之差；
(2)先求出乙车减速到0的时间，并求出甲、乙的位移，求出此时两车的距离，根据位移关系求出时间；
(3)先求出乙车减速为零的时间，分别求出此时间内两车的位移，从而计算通信时间。
本题考查追击、相遇问题，关键是分析两车的情况，速度相等时相距最远，以及利用速度相等判断是否追上。