2020版物理新增分大一轮新高考（京津鲁琼）讲义：第一章运动的描述匀变速直线运动第2讲

第2讲　匀变速直线运动的规律

一、匀变速直线运动的规律
1．匀变速直线运动
沿一条直线且加速度不变的运动．
2．匀变速直线运动的基本规律
(1)速度公式：v＝v0＋at.
(2)位移公式：x＝v0t＋at2.
(3)位移速度关系式：v2－v02＝2ax.
自测1　(2018·山西省重点中学协作体期末)如图1所示，一小球从A点由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，若到达B点时速度为v，到达C点时速度为2v，则AB∶BC等于(　　)

图1
A．1∶1 B．1∶2
C．1∶3 D．1∶4
答案　C
解析　根据匀变速直线运动的速度位移公式v2－v02＝2ax知，xAB＝，xAC＝，所以AB∶AC＝1∶4，则AB∶BC＝1∶3，故C正确，A、B、D错误．
二、匀变速直线运动的推论
1．三个推论
(1)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.
(2)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初、末时刻速度矢量和的一半，还等于中间时刻的瞬时速度．
平均速度公式：＝＝.
(3)位移中点速度＝ .
2．初速度为零的匀加速直线运动的四个重要推论
(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＝12∶22∶32∶…∶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)∶(－)∶(2－)∶…∶(－)．
自测2　(2019·河南省洛阳市模拟)汽车以某一初速度开始做匀加速直线运动，第1 s内行驶了1 m，第2 s内行驶了2 m，则汽车第3 s内的平均速度为(　　)
A．2 m/s B．3 m/s
C．4 m/s D．5 m/s
答案　B
解析　根据匀变速直线运动的推论可知：x2－x1＝x3－x2，则x3＝3 m，则第3 s内的平均速度为3＝＝3 m/s，故选B.
三、自由落体运动和竖直上抛运动
1．自由落体运动
(1)条件：物体只受重力，从静止开始下落．
(2)基本规律
①速度公式：v＝gt.
②位移公式：x＝gt2.
③速度位移关系式：v2＝2gx.
(3)伽利略对自由落体运动的研究
①伽利略通过逻辑推理的方法推翻了亚里士多德的“重的物体比轻的物体下落快”的结论．
②伽利略对自由落体运动的研究方法是逻辑推理―→猜想与假设―→实验验证―→合理外推．这种方法的核心是把实验和逻辑推理(包括数学演算)结合起来．

2．竖直上抛运动
(1)运动特点：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)运动性质：匀变速直线运动．
(3)基本规律
①速度公式：v＝v0－gt；
②位移公式：x＝v0t－gt2.
自测3　(2018·江西省六校第五次联考)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到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.

命题点一　匀变速直线运动的基本规律及应用
1．基本思路

2．方法与技巧
题目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和为解题设定的中间量)
没有涉及的物理量
适宜选用公式
v0、v、a、t
x
v＝v0＋at
v0、a、t、x
v
x＝v0t＋at2
v0、v、a、x
t
v2－v02＝2ax
v0、v、t、x
a
x＝t

除时间t外，x、v0、v、a均为矢量，所以需要确定正方向，一般以v0的方向为正方向．
例1　(2018·湖南省永州市三模)质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x＝5t＋t2(各物理量均采用国际单位制单位)，下列说法正确的是(　　)
A．该质点的加速度大小为1 m/s2
B．该质点在1 s末的速度大小为6 m/s
C．该质点第2 s内的平均速度为8 m/s
D．前2 s内的位移为8 m
答案　C
解析　对比公式x＝v0t＋at2可得v0＝5 m/s，a＝2 m/s2，所以该质点在1 s末的速度大小为v＝v0＋at1＝7 m/s，A、B错误；该质点在前2 s内的位移为x1＝5×2 m＋22 m＝14 m，该质点在第1 s内的位移为x2＝5×1 m＋12 m＝6 m，所以该质点在第2 s内的平均速度大小为＝＝8 m/s，C正确，D错误．
变式1　(2019·山东省泰安市期中)如图2，一辆汽车在平直公路上匀加速行驶，依次通过A、B、C三点，在AB、BC间的速度增量均为2 m/s，已知AB＝4 m，BC＝6 m，则(　　)

图2
A．汽车在AB段的平均速度大小为4 m/s
B．汽车从B处运动到C处的时间为2 s
C．汽车经过A处的速度大小为1 m/s
D．汽车加速度大小为1 m/s2
答案　A
解析　设vA＝v，则vB＝v＋2，vC＝v＋4
由vB2－v2＝2axAB
vC2－vB2＝2axBC
代入数据得v＝3 m/s，a＝2 m/s2，故C、D错误；
AB＝＝ m/s＝4 m/s，故A正确；
tBC＝＝ s＝1 s，故B错误．

拓展点　刹车类问题的处理技巧
——逆向思维法的应用
刹车类问题：指匀减速到速度为零后立即停止运动，加速度a突然消失的问题，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)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．
例2　(2018·山东省济南一中阶段检测)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车，已知汽车刹车时第一秒内的位移为13 m，在最后1秒内的位移为2 m，则下列说法正确的是(　　)
A．汽车在第1秒末的速度可能为10 m/s
B．汽车加速度大小可能为3 m/s2
C．汽车在第1秒末的速度一定为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．
命题点二　匀变速直线运动的推论及应用
方法与技巧


类型1　平均速度公式的应用
例3　(2018·山东省日照市校际联合质检)一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx所用时间为2t，紧接着通过下一段位移Δx所用时间为t.则物体运动的加速度大小为(　　)
A. B.
C. D.
答案　C
解析　物体做匀加速直线运动，在第一段位移Δx内的平均速度是v1＝；在第二段位移Δx内的平均速度是v2＝；因为某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则两个中间时刻的时间差为Δt＝t＋＝t，则物体加速度的大小a＝＝，解得：a＝，故选C.
变式2　(2018·江西省六校第五次联考)如图3所示，一小球(可视为质点)沿斜面匀加速下滑，依次经过A、B、C三点．已知AB＝18 m，BC＝30 m，小球经过AB和BC两段所用的时间均为2 s，则小球经过A、B、C三点时的速度大小分别是(　　)

图3
A．12 m/s,13 m/s,14 m/s
B．10 m/s,14 m/s,18 m/s
C．8 m/s,10 m/s,16 m/s
D．6 m/s,12 m/s,18 m/s
答案　D
解析　根据Δx＝at2得a＝＝ m/s2＝3 m/s2，经过B点的瞬时速度等于通过AC段的平均速度，则vB＝＝ m/s＝12 m/s，则经过C点的速度vC＝vB＋at＝12 m/s＋3×2 m/s＝18 m/s，经过A点的速度vA＝vB－at＝12 m/s－3×2 m/s＝6 m/s，故D正确．

类型2　逆向思维法和初速度为零的匀变速直线运动推论的应用
例4　(多选)(2019·四川省宜宾市模拟)如图4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4
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，所以选项C错误，D正确；由v2－v＝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．
变式3　 (多选)一物块以一定的初速度从光滑斜面底端a点上滑，最高可滑至b点，后又滑回至a点，c是ab的中点，如图5所示，已知物块从a上滑至b所用时间为t，下列分析正确的是(　　)

图5
A．物块从c运动到b所用的时间等于从b运动到c所用的时间
B．物块上滑过程的加速度与下滑过程的加速度等大反向
C．物块下滑时从b运动至c所用时间为t
D．物块上滑通过c点时的速度大小等于整个上滑过程中平均速度的大小
答案　AC
解析　由于斜面光滑，物块沿斜面向上与向下运动的加速度大小相同，a＝gsin θ，故物块从c运动到b所用的时间等于从b运动到c所用的时间，选项A正确，B错误；物块由b到a的过程是初速度为零的匀加速直线运动，则可知＝，解得tbc＝t，选项C正确；由于c是位移的中点，物块上滑过程中通过c点的速度不等于整个上滑过程的平均速度，选项D错误．
命题点三　自由落体和竖直上抛运动
1．两种运动的特性
(1)自由落体运动为初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动．
(2)竖直上抛运动的重要特性(如图6)

图6
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．
2．竖直上抛运动的研究方法
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向下的匀变速直线运动，v＝v0－gt，h＝v0t－gt2(向上方向为正方向)
若v>0，物体上升，若v<0，物体下落
若h>0，物体在抛出点上方，若h<0，物体在抛出点下方

例5　(2015·山东卷·14)距地面高5 m的水平直轨道上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7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，取重力加速度的大小g＝10 m/s2.可求得h等于(　　)

图7
A．1.25 m B．2.25 m
C．3.75 m D．4.75 m
答案　A
解析　小车上的小球自A点自由落地的时间t1＝，小车从A到B的时间t2＝；小车运动至B点时细线被轧断，B点小球下落的时间t3＝；根据题意可得时间关系为t1＝t2＋t3，即＝＋，解得h＝1.25 m，选项A正确．

拓展点　双向可逆类问题
——类竖直上抛运动
如果沿光滑斜面上滑的小球，到最高点仍能以原加速度匀加速下滑，则小球全过程加速度大小、方向均不变，故求解时可看成类竖直上抛运动，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．
变式4　(多选)一物体以5 m/s的初速度在光滑斜面上向上匀减速运动，其加速度大小为 2 m/s2，设斜面足够长，经过t时间物体位移的大小为4 m，则时间t可能为(　　)
A．1 s B．3 s
C．4 s D. s
答案　ACD
解析　以沿斜面向上为正方向，当物体的位移为4 m时，根据x＝v0t＋at2得
4＝5t－×2t2
解得t1＝1 s，t2＝4 s
当物体的位移为－4 m时，根据x＝v0t＋at2得
－4＝5t－×2t2
解得t3＝ s，故A、C、D正确，B错误．
命题点四　多运动过程问题
1．基本思路
如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，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间的位移－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．
例6　(2019·山东省菏泽市期中)水平地面上有一足球距门柱32 m，某同学将该足球以水平速度v1＝10 m/s踢向球门，足球在地面上做匀减速直线运动，加速度大小为a1＝1 m/s2，足球撞到门柱后反向弹回，弹回瞬间速度大小是碰撞前瞬间速度大小的.该同学将足球踢出后立即由静止开始以a2＝2 m/s2的加速度追赶足球，他能达到的最大速度v2＝8 m/s，求：
(1)足球反弹的速度大小；
(2)该同学至少经过多长时间才能追上足球(保留两位有效数字)．
答案　(1)1.5 m/s　(2)5.9 s
解析　(1)设足球运动到门柱时的速度为v3，
由运动学公式得v32－v12＝－2a1x，解得v3＝6 m/s，
足球反弹速度大小v4＝v3＝1.5 m/s.
(2)足球从踢出到撞门柱前的运动时间为t1＝＝4 s
在4 s时间内该同学前进的位移为x2＝t1＝16 m
此时该同学的速度v＝a2t1＝8 m/s＝v2，
该同学未能追上足球，速度达到最大，之后匀速运动
设足球从反弹到减速到0的时间为t2，则0＝v4－a1t2
解得t2＝1.5 s．足球反弹的距离为x3＝＝1.125 m
设该同学匀速前进的时间为t3，由题意得
x3＋v2t3＝32－x2，解得t3≈1.9 s
该同学追上足球所用的时间t＝t1＋t3＝5.9 s.
变式5　(2018·湖北省黄冈市期末调研)一列火车由静止开始出发，沿直线轨道先以恒定加速度a1做匀加速运动，至速度v后，再匀速前进一段时间，最后以恒定加速度a2匀减速前进，直到停止，全程长为L.
(1)求全程所用时间；
(2)速度v为何值时，全程所用时间最短？
答案　(1)＋＋　(2)
解析　(1)火车加速过程：v＝a1t1
加速位移满足2a1x1＝v2
减速过程：v＝a2t2
减速位移满足2a2x2＝v2
匀速过程：L－x1－x2＝vt3
全程所用时间t＝t1＋t2＋t3
联立解得t＝＋＋
(2)火车先加速到v再减速到零跑完全程，所用时间最短
即L＝x1＋x2，得v＝


1．(2019·山东省日照市期中)早在16世纪末，伽利略就猜想落体运动的速度应该是均匀变化的．当时只能靠滴水计时，不能准确测量自由落体运动的时间，为此他让铜球沿着阻力很小的斜面由静止滚下，“冲淡”重力，验证他的猜想．关于伽利略的实验，下列说法错误的是(　　)
A．伽利略测出铜球的位移与所用时间的二次方成正比
B．伽利略测出铜球的瞬时速度与所用时间成正比
C．伽利略实验表明，小球的加速度随斜面倾角的增大而变大
D．伽利略实验表明，斜面倾角一定时，不同质量的铜球加速度都相同
答案　B
2．(2018·天津市南开中学月考)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，2 s与5 s时汽车的位移之比为(　　)
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2 s与5 s时汽车的位移之比为3∶4，故选项C正确．
3．(2018·广东省韶关市调研)物体由静止开始做匀加速直线运动，加速8 s后，立即做匀减速直线运动，再经过4 s停下．关于该物体的运动情况，下列说法正确的是(　　)
A．加速、减速过程中的加速度大小之比为2∶1
B．加速、减速过程中的平均速度大小之比为2∶1
C．加速、减速过程中的位移大小之比为2∶1
D．加速、减速过程中速度的变化率大小之比为2∶1
答案　C
解析　设匀加速直线运动的末速度大小为v，则加速阶段的加速度大小a1＝，减速阶段的加速度大小a2＝，可知a1∶a2＝t2∶t1＝1∶2，则速度变化率大小之比为1∶2，故A、D错误；根据匀变速直线运动的平均速度推论知，匀加速和匀减速阶段的平均速度大小均为＝，即平均速度大小之比为1∶1，故B错误；根据x＝t得，加速阶段和减速阶段的位移大小之比为2∶1，故C正确．
4.(2018·广东省汕头市第二次模拟)如图1，一骑行者所骑自行车前后轮轴的距离为L，在水平道路上匀速运动，当看到道路前方有一条减速带时，立刻刹车使自行车做减速直线运动，自行车垂直经过该减速带时，前、后轮造成的两次颠簸的时间间隔为t.利用以上数据，可以求出前、后轮经过减速带这段时间内自行车的(　　)

图1
A．初速度 B．末速度
C．平均速度 D．加速度
答案　C
解析　自行车垂直经过该减速带时，前、后轮造成的两次颠簸的时间间隔为t，自行车前后轮轴的距离为L，只知道两个物理量，所以不能求出vt、v0、a三个物理量，故A、B、D错误；由平均速度定义可得：＝，能求出平均速度，故C正确．
5．(2018·安徽省滁州市联合质检)将一个小球从报废的矿井口由静止释放后做自由落体运动，4 s末落到井底．该小球开始下落后第2 s内和第4 s内的平均速度之比是(　　)
A．1∶3 B．2∶4
C．3∶7 D．1∶4
答案　C
解析　根据公式v＝gt可得，第1 s末小球的速度为v1＝g，第2 s末小球的速度为v2＝2g，所以第2 s内的平均速度为1＝＝g
第3 s末小球的速度为v3＝3g，第4 s末小球的速度为v4＝4g，所以第4 s内的平均速度为 2＝＝g，故1∶2＝3∶7.
6．(2018·陕西省宝鸡市质检二)一个小球由静止开始沿斜面下滑，经3 s进入一个水平面，再经6 s停下，斜面与水平面交接处的能量损失不计，则小球在斜面上和水平面上运动的位移大小之比是(　　)
A．1∶1 B．1∶2
C．1∶3 D．2∶1
答案　B
解析　根据v＝at可得在斜面上的加速度和在水平面上的加速度大小之比为＝＝，根据2ax＝v2可得＝＝，B正确．
7．(2018·河南省南阳、信阳等六市二模)假设某次海试活动中，“蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为v时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间t上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t0(t0 A. B.
C. D．vt0(1－)
答案　C
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时刻距离海平面的深度为：h＝a(t－t0)2＝，C正确，A、B、D错误．

8. (2018·浙江省宁波市重点中学联考)某同学在竖直墙前连续拍照时，恰好有一块小石子从墙前某高度处自由落下，拍到石子下落过程中的一张照片如图2所示，由于石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹，已知每层砖的厚度为6.0 cm，这个照相机的曝光时间为2.0×10－2 s，则石子开始下落的位置距A位置的距离约为(g＝10 m/s2)(　　)

图2
A．0.45 m B．0.9 m
C．1.8 m D．3.6 m
答案　C
解析　由题图可以看出，在曝光的时间内，石子下降了大约两层砖的厚度，即12 cm(0.12 m)，曝光时间为2.0×10－2 s，所以AB段的平均速度为：＝ m/s＝6 m/s，由平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知AB中间时刻的速度为v＝6 m/s，由v2＝2gh可得下落的高度为h＝＝1.8 m，故石子开始下落的位置距A位置的距离约为1.8 m，C正确，A、B、D错误．
9．(2018·安徽省蚌埠二中期中)在轻绳的两端各拴一个小球，一个人用手拿着绳子上端的小球，站在三层楼的阳台上，释放小球，使小球自由下落，两小球相继落地的时间差为Δt，如果人站在四层楼的阳台上，同样的方法释放小球，让小球自由下落，则两小球相继落地的时间差将(　　)
A．不变 B．变小
C．变大 D．无法确定
答案　B
解析　设两球分别为球a和球b，如图所示．无论是从3层还是4层阳台上自由下落，两小球落地前，两球的距离差始终为绳长，则人站在4层阳台上放手后，a球在b球落地瞬间的瞬时速度及之后a球下落绳长距离内的平均速度均比在3层阳台释放时大，而位移相同，则时间差变小，B正确．

10．(2018·江苏省徐州市抽测)某娱乐节目设计了一款在直轨道上运动的“导师战车”，坐在“战车”中的导师按下按钮，“战车”从静止开始先做匀加速运动、后做匀减速运动，冲到学员面前刚好停止．若总位移大小L＝10 m，加速和减速过程的加速度大小之比为1∶4，整个过程历时5 s．求：
(1)全程平均速度的大小；
(2)加速过程的时间；
(3)全程最大速度的大小．
答案　(1)2 m/s　(2)4 s　(3)4 m/s
解析　(1)＝＝2 m/s
(2)vm＝a1t1，vm＝a2t2，t1＋t2＝5 s，a2＝4a1
代入数据，得t1＝4 s.
(3)加速过程位移：x1＝t1
减速过程位移：x2＝t2
总位移：L＝x1＋x2＝t
代入数据，得 vm＝4 m/s.
11．(2018·河北省衡水中学第一次调研)现有一辆长为5 m的汽车以v1＝15 m/s的速度行驶，在离铁路与公路交叉点175 m处，汽车司机突然发现离交叉点200 m处有一列长300 m的列车以v2＝20 m/s的速度行驶过来，为了避免事故的发生，汽车司机如果立刻刹车做匀减速运动，则最小加速度为多少？汽车司机如果立刻做匀加速运动，则最小加速度应为多少？
答案　0.643 m/s2　0.6 m/s2
解析　列车通过交叉点所需时间为：
t1＝ s＝25 s
汽车减速到停止有：x汽＝v1t2
t2＝ s＝23.33 s<25 s
则汽车做减速运动应满足：2a1x汽＝0－v12
a1≈－0.643 m/s2
故当汽车以大于0.643 m/s2的加速度刹车时可避免事故发生．
汽车加速行驶，在列车到达交叉点前通过，列车到达交叉点所用时间为：t3＝＝ s＝10 s
临界情况为L汽＋x汽＝v1t3＋a2t32，
整理得：a2＝0.6 m/s2
故当汽车以大于0.6 m/s2的加速度加速时亦可避免事故发生．
12．(2019·安徽省芜湖市质检)如图3所示，一长为200 m的列车沿平直的轨道以80 m/s的速度匀速行驶，当车头行驶到进站口O点时，列车接到停车指令，立即匀减速停车，因OA段铁轨不能停车，整个列车只能停在AB段内，已知＝1 200 m，＝2 000 m，求：

图3
(1)列车减速运动的加速度的取值范围；
(2)列车减速运动的最长时间．
答案　(1)1.6 m/s2≤a≤ m/s2　(2)50 s
解析　(1)列车做减速运动到速度为0的过程中，刹车位移：x＝.当位移最小时，加速度最大：
amax＝＝ m/s2＝ m/s2
位移最大时，加速度最小：
amin＝＝ m/s2＝1.6 m/s2
所以加速度的范围是：1.6 m/s2≤a≤ m/s2
(2)由速度公式：v＝v0＋at可知，列车减速到速度为0的时间：t＝ ，可知加速度最小时，列车减速运动的时间最长：tmax＝＝ s＝50 s.