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新高考物理一轮复习讲义第1章 运动的描述 第3讲 自由落体和竖直上抛运动 多运动过程问题 (含解析)
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这是一份新高考物理一轮复习讲义第1章 运动的描述 第3讲 自由落体和竖直上抛运动 多运动过程问题 (含解析)，文件包含人教版物理九年级全册同步精品讲义153串联和并联原卷版doc、人教版物理九年级全册同步精品讲义153串联和并联教师版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共35页， 欢迎下载使用。
1.
2.
1.思考判断
(1)物体从某高度处由静止下落一定做自由落体运动。(×)
(2)物体做竖直上抛运动，在上升过程中，速度的变化量方向是向下的。(√)
2.甲、乙两物体分别从10 m和20 m高处同时自由落下，不计空气阻力，下面描述正确的是( )
A.落地时甲的速度是乙的eq \f(1,2)
B.落地的时间甲是乙的2倍
C.下落1 s时甲的速度与乙的速度相同
D.甲、乙两物体在最后1 s内下落的高度相等
答案 C
考点一 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.方法技巧
初速度为0的匀变速直线运动规律都适用。
例1 (多选)一根轻质细线将2个小球A、B连接起来，一同学用手固定B，此时A、B间距为3L，A距地面为L，如图1所示。由静止释放A、B，不计空气阻力，且A、B落地后均不再弹起。从释放开始到A落地历时t1，A落地前的瞬时速率为v1，从A落地到B落在A上历时t2，B落在A上前的瞬时速率为v2，则( )
图1
A.t1＞t2 B.t1＝t2
C.v1∶v2＝1∶2 D.v1∶v2＝1∶3
答案 BC
解析 由静止释放A、B，A、B都做自由落体运动，A运动的位移为L，B运动的位移为4L，根据自由落体公式h＝eq \f(1,2)gt2可知，A落地的时间t1＝eq \r(\f(2L,g))，B落地的时间为t＝2eq \r(\f(2L,g))，则有t2＝t－t1＝eq \r(\f(2L,g))，所以t1＝t2，故A错误，B正确；A落地前瞬时速率为v1＝gt1＝eq \r(2gL)，B落地前瞬时速率为v2＝gt＝2eq \r(2gL)，所以v1∶v2＝1∶2，故C正确，D错误。
跟踪训练
1.屋檐离地面的高度为45 m，每隔相等时间滴下一滴水，当第7滴水刚滴下时，第一滴水恰好落到地面上，则第3滴水与第5滴水的高度差为( )
A.5 m B.10 m C.15 m D.20 m
答案 C
解析 根据题意画出雨滴下落过程的示意图如图所示，根据自由落体运动的规律可知，在连续相等的时间内位移之比为1∶3∶5∶…，所以第3滴水与第5滴水的高度差h＝eq \f(5＋7,1＋3＋5＋7＋9＋11)H＝eq \f(12,36)H＝15 m，故C正确，A、B、D错误。
2.(2023·江苏高邮一中高三开学考)一小球做自由落体运动，落地前40 m所用的时间为2 s，g取10 m/s2，则小球落地的速率为( )
A.30 m/s B.35 m/s
C.40 m/s D.45 m/s
答案 A
解析 落地前40 m的平均速度为eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(x,t)＝eq \f(40,2) m/s＝20 m/s，又veq \f(t,2)＝eq \(v,\s\up6(－))，这段时间的中间时刻的瞬时速度为veq \f(t,2)＝20 m/s，从该中间时刻又经过t1＝1 s小球落地，小球落地的速率v＝veq \f(t,2)＋gt1＝20 m/s＋10×1 m/s＝30 m/s，A正确，B、C、D错误。考点二 竖直上抛运动
1.重要特性(如图2)
(1)对称性
(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。
2.研究方法
例2 (2023·辽宁沈阳模拟)一名外墙清洁员乘坐吊篮从地面开始以2 m/s的速度匀速上升，中途一个小物体从吊篮上掉落，随后2 s清洁员听到物体落地的声音，忽略空气阻力对物体运动的影响，此时吊篮离地面的高度约为( )
A.15 m B.20 m C.24 m D.30 m
答案 B
解析 设物体掉落时吊篮离地面的距离为h1，物体掉落后做竖直上抛运动，初速度大小为v0＝2 m/s，忽略声音在空中传播经历的时间，则物体在空中运动的时间为t＝2 s。规定竖直向下的方向为正方向，由运动学公式可得h1＝－v0t＋eq \f(1,2)gt2，解得h1＝16 m，吊篮匀速上升，故物体在空中运动的过程中，吊篮上升的距离为h2＝v0t＝4 m，则此时吊篮离地面的高度约为h1＋h2＝20 m，故B正确。
跟踪训练
3.如图3所示，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eq \f(H,4)所用的时间为t1，第四个eq \f(H,4)所用的时间为t2。不计空气阻力，则eq \f(t2,t1)满足( )
图3
A.1＜eq \f(t2,t1)＜2 B.2＜eq \f(t2,t1)＜3
C.3＜eq \f(t2,t1)＜4 D.4＜eq \f(t2,t1)＜5
答案 C
解析 本题应用逆向思维法求解，即运动员做的竖直上抛运动可看成从最大高度处开始的自由落体运动，所以第四个eq \f(H,4)所用的时间为t2＝eq \r(\f(2×\f(H,4),g))，第一个eq \f(H,4)所用的时间为t1＝eq \r(\f(2H,g))－eq \r(\f(2×\f(3,4)H,g))，因此有eq \f(t2,t1)＝eq \f(1,2－\r(3))＝2＋eq \r(3)，即3＜eq \f(t2,t1)＜4，选项C正确。
考点三 多运动过程问题
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
多运动过程的连接点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，对连接点速度的求解往往是解题的关键。
例3 (2022·全国甲卷，15)长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(vA.eq \f(v0－v,2a)＋eq \f(L＋l,v) B.eq \f(v0－v,a)＋eq \f(L＋2l,v)
C.eq \f(3（v0－v）,2a)＋eq \f(L＋l,v) D.eq \f(3（v0－v）,a)＋eq \f(L＋2l,v)
答案 C
解析 由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v在隧道内匀速运动所用时间t2＝eq \f(L＋l,v)
列车尾部出隧道后立即加速到v0，有v0＝v＋at3，
解得t3＝eq \f(v0－v,a)
则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为t＝t1＋t2＋t3＝eq \f(3（v0－v）,2a)＋eq \f(L＋l,v)，故选项C正确。
方法技巧 多过程问题的处理方法
(1)不同过程之间衔接的关键物理量是不同过程之间的衔接速度。
(2)用好四个公式：v＝v0＋at，x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，v2－veq \\al(2,0)＝2ax，x＝eq \f(v＋v0,2)t。
(3)充分借助v－t图像，图像反映物体运动过程经历的不同阶段，可获得的重要信息有加速度(斜率)、位移(面积)和速度。
①多过程v－t图像“上凸”模型，如图所示。
特点：全程初、末速度为零，匀加速直线运动过程和匀减速过程平均速度相等。
速度与时间关系公式：v＝a1t1，v＝a2t2得
eq \f(a1,a2)＝eq \f(t2,t1)
速度与位移关系公式：v2＝2a1x1，v2＝2a2x2得eq \f(a1,a2)＝eq \f(x2,x1)
平均速度与位移关系公式：x1＝eq \f(vt1,2)，x2＝eq \f(vt2,2)
得eq \f(t1,t2)＝eq \f(x1,x2)
②多过程v－t图像“下凹”模型，如图所示。
车较之匀速行驶耽搁的距离：阴影面积表示的位移Δx，耽搁的时间Δt＝eq \f(Δx,v)。
跟踪训练
4.(2023·山西吕梁模拟)2021年9月29日万里黄河第一隧道“济南黄河济泺路隧道”建成通车，隧道全长s＝4 760 m。某次通车前实验时一辆小型汽车在距隧道口一定距离处由静止开始做匀加速直线运动，当汽车速度达到某速度后(未超过隧道限定速度)开始匀速运动。某坐在副驾驶位的乘客从汽车刚进入隧道口时开始计时，发现汽车匀加速直线运动过程中经过距隧道入口50 m和紧接着100 m的两段路程用时相等，忽略汽车的长度。
图4
(1)求汽车开始运动的位置距隧道入口的距离；
(2)若汽车从(1)问中开始运动的位置以a′＝2.5 m/s2的加速度由静止开始匀加速直线运动，速度达到90 km/h后保持匀速运动，求汽车从开始运动到刚穿出隧道所用的时间。
答案 (1)6.25 m (2)195.65 s
解析 (1)汽车做匀变速直线运动，设经过隧道入口x1＝50 m与紧邻的x2＝100 m相等的时间间隔为t，
则根据Δx＝at2可得
Δx＝at2＝x2－x1＝50 m
则经过隧道入口50 m时，速度大小为
v＝eq \f(x1＋x2,2t)
汽车由开始运动到经过隧道入口50 m时，
有v2＝2ax
联立以上式子得x＝eq \f(（x1＋x2）2,8Δx)＝56.25 m
故汽车开始运动到隧道口的距离为
x0＝x－x1＝6.25 m。
(2)依题意知v1＝90 km/h＝25 m/s
速度达到25 m/s时，有veq \\al(2,1)＝2a′x3
代入数据求得x3＝125 m
用时t1＝eq \f(v1,a′)＝10 s
故匀速运动的距离
x4＝s＋x0－x3＝4 641.25 m
匀速运动时，有x4＝v1t2
可得t2＝185.65s
故从开始运动到刚穿出隧道用时
t＝t1＋t2＝195.65 s。
A级 基础对点练
对点练1 自由落体运动
1.钥匙从距水面20 m高的桥面自由落下，竹筏前端在钥匙下落瞬间正好位于正下方。该竹筏以2 m/s的速度匀速前进，若钥匙可以落入竹筏中，不考虑竹筏的宽度，则竹筏至少长(g取10 m/s2)( )
A.2 m B.4 m C.6 m D.8 m
答案 B
解析 根据h＝eq \f(1,2)gt2，可得钥匙下落的时间t＝2 s，这段时间内竹筏前进的距离L＝vt＝4 m，若钥匙可以落入竹筏中，则竹筏至少长4 m，故B正确。
2.(2021·湖北卷，2)2019年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人10米跳台冠军。某轮比赛中，陈芋汐在跳台上倒立静止，然后下落，前5 m完成技术动作，随后5 m完成姿态调整。假设整个下落过程近似为自由落体运动，重力加速度大小取10 m/s2，则她用于姿态调整的时间约为( )
A.0.2 s B.0.4 s C.1.0 s D.1.4 s
答案 B
解析 陈芋汐下落的整个过程所用的时间为t＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×10,10)) s≈1.4 s，下落前5 m的过程所用的时间为t1＝eq \r(\f(2h1,g))＝eq \r(\f(2×5,10)) s＝1 s，则陈芋汐用于姿态调整的时间约为t2＝t－t1＝0.4 s，B正确，A、C、D错误。
3.(2023·辽宁丹东模拟)如图1所示，A、B两小球用等长的细线悬挂在倾角为30°的直杆上。现同时剪断细线，A球比B球晚落地0.2 s。B球与地面的高度差h＝5 m(不计空气阻力，g取10 m/s2)。则( )
图1
A.A球与地面的高度差为6 m
B.A、B两小球释放前相距4.4 m
C.若先剪断悬挂B球的细线，A、B两球有可能同时落地
D.A球比B球在空中运动的时间长，所以A球的速度变化率比B球的大
答案 B
解析 设B球用时为t，则有h＝eq \f(1,2)gt2，对A球有hA＝eq \f(1,2)g(t＋0.2)2，联立解得hA＝7.2 m，故A错误；A、B两小球释放前高度差为Δh＝7.2 m－5 m＝2.2 m，则相距为s＝eq \f(Δh,sin 30°)＝4.4 m，故B正确；B球离地面近，若先剪断悬挂B球的细线，B球会更早于A球落地，故C错误；速度变化率即为加速度，两球加速度均为重力加速度，速度变化率相同，故D错误。
对点练2 竖直上抛运动
4.(多选)一物体做竖直上抛运动(不计空气阻力)，初速度为30 m/s，当它的位移大小为25 m时，经历时间可能为(g取10 m/s2)( )
A.1 s B.2 s C.3 s D.5 s
答案 AD
解析 取竖直向上为正方向，由匀变速直线运动规律有x＝v0t－eq \f(1,2)gt2，当x＝25 m时，代入数据有t2－6t＋5＝0，可得t＝1 s或t＝5 s；当x＝－25 m时，代入数据有t2－6t－5＝0，可得t＝(3＋eq \r(14))s(负解舍去)，故A、D正确，B、C错误。
5.(多选)矿井中的升降机以5 m/s的速度竖直向上匀速运行，某时刻一螺钉从升降机底板松脱，经过3 s升降机底板上升至井口，此时松脱的螺钉刚好落到井底，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A.螺钉松脱后做自由落体运动
B.矿井的深度为45 m
C.螺钉落到井底时的速度大小为25 m/s
D.螺钉随升降机从井底出发到落回井底共用时6 s
答案 BC
解析 螺钉松脱时具有与升降机相同的向上的初速度，故螺钉松脱后做竖直上抛运动，选项A错误；取竖直向下为正方向，由运动学公式可得，螺钉自松脱至井底的位移h1＝－v0t＋eq \f(1,2)gt2＝30 m，升降机这段时间的位移h2＝v0t＝15 m，故矿井的深度为h＝h1＋h2＝45 m，选项B正确；螺钉落到井底时速度大小为v＝
－v0＋gt＝25 m/s，选项C正确；螺钉松脱前运动的位移为h1＝v0t′，解得t′＝6 s，所以螺钉运动的总时间为t＋t′＝9 s，选项D错误。
对点练3 多运动过程问题
6.(多选)(2022·河南郑州模拟)在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀加速直线运动，在运动了8 s之后，由于前方突然有巨石滚下并堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经4 s停在巨石前。则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是( )
A.加速、减速中的加速度大小之比为a1∶a2＝2∶1
B.加速、减速中的平均速度大小之比为v1∶v2＝1∶1
C.加速、减速中的位移之比为x1∶x2＝2∶1
D.加速、减速中的加速度大小之比为a1∶a2＝1∶3
答案 BC
解析 汽车由静止运动8 s，又经4 s停止，加速阶段的末速度与减速阶段的初速度相等，由v＝at，知a1t1＝a2t2，则eq \f(a1,a2)＝eq \f(1,2)，A、D错误；又由v2＝2ax知a1x1＝a2x2，eq \f(x1,x2)＝eq \f(a2,a1)＝eq \f(2,1)，C正确；由eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(v,2)知，v1∶v2＝1∶1，B正确。
7.(2023·云南楚雄统测)物体静止在光滑水平面上，先对物体施加一水平向右的恒力F1，经t秒后物体的速率为v1时撤去F1，立即再对它施加一水平向左的恒力F2，又经2t秒后物体回到出发点，此时速率为v2，则v1、v2间的关系是( )
A.v1＝v2 B.2v1＝v2
C.3v1＝2v2 D.5v1＝3v2
答案 C
解析 在t秒内，物体的位移x1＝eq \f(1,2)a1t2，末速度为v1＝a1t，则在2t秒内的位移x2＝v1·2t－eq \f(1,2)a2(2t)2，根据x1＝－x2得eq \f(a1,a2)＝eq \f(4,5)。根据速度与时间关系式得v1＝a1t，－v2＝v1－a2·2t，解得3v1＝2v2，故C正确，A、B、D错误。
8.(多选)汽车在路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌(如图2所示)，以提醒后面驾车司机减速安全通过。在夜间，有一货车因故障停驶，后面有一小轿车以30 m/s的速度向前驶来，由于夜间视线不好，小轿车驾驶员只能看清前方50 m内的物体，并且他的反应时间为0.6 s，制动后最大加速度为5 m/s2。假设小轿车始终沿直线运动。下列说法正确的是( )
图2
A.小轿车从刹车到停止所用的最短时间为6 s
B.小轿车的刹车距离(从刹车到停止运动所走的距离)为80 m
C.小轿车运动到三角警示牌时的最小速度为20 m/s
D.三角警示牌至少要放在货车后58 m远处，才能有效避免两车相撞
答案 AD
解析 设小轿车从刹车到停止所用最短时间为t2，则t2＝eq \f(0－v0,a)＝eq \f(0－30,－5) s＝6 s，故A正确；小轿车的刹车距离x＝eq \f(0－veq \\al(2,0),2a)＝90 m，故B错误；反应时间内通过的位移为x1＝v0t1＝30×0.6 m＝18 m，减速通过的位移为x′＝50 m－18 m＝32 m，设减速到警示牌的速度为v′，则2ax′＝v′2－veq \\al(2,0)，解得v′＝2eq \r(145) m/s，故C错误；小轿车通过的总位移为x总＝(90＋18)m＝108 m，放置的位置至少在货车后Δx＝(108－50)m＝58 m，故D正确。
B级 综合提升练
9.(多选)如图3所示，长度为0.55 m的圆筒竖直放在水平地面上，在圆筒正上方距其上端1.25 m处有一小球(可视为质点)，在由静止释放小球的同时，将圆筒竖直向上抛出，结果在圆筒落地前的瞬间，小球在圆筒内运动而没有落地，则圆筒上抛的速度大小可能为(空气阻力不计，取g＝10 m/s2)( )
图3
A.2.3 m/s B.2.6 m/s
C.2.9 m/s D.3.2 m/s
答案 BC
解析 整个过程中小球做自由落体运动，圆筒做竖直上抛运动，小球下落时间为t1＝eq \r(\f(2h,g))，h为实际下落高度，圆筒在空中运动时间为t2＝eq \f(2v0,g)，v0为其上抛时的速度，根据题中要求，在圆筒落地前的瞬间，小球在圆筒内运动而没有落地，则对临界情况分析有：
①圆筒上抛速度较小时，当圆筒落地瞬间，小球刚到圆筒的上沿，则h＝1.25 m
又t1＝t2，即eq \r(\f(2h,g))＝eq \f(2v0,g)
解得v0＝2.5 m/s
②圆筒上抛速度较大时，当圆筒落地瞬间，小球刚要落地
则h＝1.25 m＋0.55 m＝1.8 m
又t1＝t2，即eq \r(\f(2h,g))＝eq \f(2v0,g)
解得v0＝3 m/s
则圆筒上抛速度范围为2.5 m/s＜v0＜3 m/s
故选项B、C正确。
10.(2022·湖北卷，6) 我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间。假设两火车站W和G间的铁路里程为1 080 km，W和G之间还均匀分布了4个车站。列车从W站始发，经停4站后到达终点站G。设普通列车的最高速度为108 km/h，高铁列车的最高速度为324 km/h。若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5 m/s2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为( )
A.6小时25分钟 B.6小时30分钟
C.6小时35分钟 D.6小时40分钟
答案 B
解析 108 km/h＝30 m/s，324 km/h＝90 m/s，由于中间4个车站均匀分布，因此节省的总时间相当于在任意相邻两站间节省的时间的5倍，相邻两站间的距离x＝eq \f(1 080×103,5) m＝2.16×105 m，普通列车加速时间t1＝eq \f(v1,a)＝eq \f(30,0.5) s＝60 s，加速过程的位移x1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)×0.5×602 m＝900 m，根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间t2＝eq \f(x－2x1,v)＝eq \f(2.16×105－2×900,30) s＝7 140 s，同理高铁列车加速时间t1′＝eq \f(v1′,a)＝eq \f(90,0.5) s＝180 s，加速过程的位移x1′＝eq \f(1,2)at1′2＝eq \f(1,2)×0.5×
1802 m＝8 100 m，根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间t2′＝eq \f(x－2x1′,v′)＝eq \f(2.16×105－2×8 100,90) s＝2 220 s，相邻两站间节省的时间Δt＝(t2＋2t1)－(t2′＋2t1′)＝4 680 s，因此总的节省时间Δt总＝5Δt＝4 680×5 s＝23 400 s＝
6小时30分，故选项B正确。
11.(2023·重庆模拟)如图4所示，甲车进站前，以v＝16 m/s的初速度从减速线处开始减速，到站台停车线处时速度刚好减为0，停车t0＝30 s后再加速至v＝16 m/s驶离，已知甲车加速和减速的加速度大小均为a＝1 m/s2，将甲车视为质点。
图4
(1)甲车从到达减速线到再次加速至v，总共通过的路程和所需的时间；
(2)为了提高运行的效率，乙车到此站时没有停车，而是以v＝16 m/s的速度匀速通过，为了保证安全，乙车与甲车在正常匀速行驶的安全距离至少为多少？(假设正常匀速行驶时的速度均为16 m/s，两站台距离足够远，且轨道是直的)
答案 (1)256 m 62 s (2)736 m
解析 (1)由v＝at得加速时间
t1＝eq \f(v,a)＝eq \f(16,1) s＝16 s
因加速和减速的加速度大小相等，所以时间相等
t1＝t2＝16 s
总时间t＝t1＋t2＋t0＝16 s＋16 s＋30 s＝62 s
由v2＝2ax得
x＝eq \f(v2,2a)＝eq \f(162,2×1) m＝128 m
由对称性(加速和减速的位移相等)可知x总＝256 m。
(2)乙车通过这段距离用时
t乙＝eq \f(x总,v)＝eq \f(256,16) s＝16 s
甲车需要t＝62 s
故甲车比乙车通过这段路程多用的时间
Δt＝t－t乙＝62 s－16 s＝46 s
两车安全距离至少为
Δx＝vΔt＝16×46 m＝736 m。
12.(2023·浙江高三开学考试)假设某高楼距地面高H＝47 m的阳台上的花盆因受扰动而掉落，掉落过程可看作自由落体运动。有一辆长L1＝8 m、高h1＝2 m的货车，在楼下以v0＝9 m/s的速度匀速直行，要经过阳台的正下方，花盆刚开始下落时货车车头距花盆的水平距离为L2＝24 m(示意图如图5所示，花盆可视为质点，重力加速度g＝10 m/s2)
图5
(1)若司机没有发现花盆掉落，货车保持v0＝9 m/s的速度匀速直行，通过计算说明货车是否会被花盆砸到？
(2)若司机发现花盆掉落，采取制动(可视为匀变速，司机反应时间Δt＝1 s)的方式来避险，使货车在花盆砸落点前停下，求货车的最小加速度；
(3)若司机发现花盆掉落，采取加速(可视为匀变速，司机反应时间Δt＝1 s)的方式来避险，则货车至少以多大的加速度加速才能避免被花盆砸到？
答案 (1)会，计算见解析 (2)2.7 m/s2 (3)2.5 m/s2
解析 (1)花盆从47 m高处落下，到达离地高2 m的车顶过程，
位移为h＝(47－2)m＝45 m
根据自由落体运动位移与时间关系式，有
h＝eq \f(1,2)gt2
解得t＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×45,10)) s＝3 s
3 s内汽车位移为x＝v0t＝27 m
(L2＝24 m)＜x＜(L1＋L2＝32 m)
则货车会被花盆砸到。
(2)货车匀减速的距离为
x1＝L2－v0·Δt＝15 m
制动过程中由运动学公式得
veq \\al(2,0)＝2a0x1
解得a0＝2.7 m/s2。
(3)司机反应时间内货车的位移为
x2＝v0Δt＝9 m
此时车头离花盆的水平距离为
d＝L2－x2＝15 m
采取加速方式，要成功避险，则有
d＋L1＝v0(t－Δt)＋eq \f(1,2)a(t－Δt)2
代入相关数据解得a＝2.5 m/s2，即货车至少以2.5 m/s2的加速度加速才能避免被花盆砸到。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－eq \f(1,2)gt2(以竖直向上为正方向)
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
1.
2.
1.思考判断
(1)物体从某高度处由静止下落一定做自由落体运动。(×)
(2)物体做竖直上抛运动，在上升过程中，速度的变化量方向是向下的。(√)
2.甲、乙两物体分别从10 m和20 m高处同时自由落下，不计空气阻力，下面描述正确的是( )
A.落地时甲的速度是乙的eq \f(1,2)
B.落地的时间甲是乙的2倍
C.下落1 s时甲的速度与乙的速度相同
D.甲、乙两物体在最后1 s内下落的高度相等
答案 C
考点一 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.方法技巧
初速度为0的匀变速直线运动规律都适用。
例1 (多选)一根轻质细线将2个小球A、B连接起来，一同学用手固定B，此时A、B间距为3L，A距地面为L，如图1所示。由静止释放A、B，不计空气阻力，且A、B落地后均不再弹起。从释放开始到A落地历时t1，A落地前的瞬时速率为v1，从A落地到B落在A上历时t2，B落在A上前的瞬时速率为v2，则( )
图1
A.t1＞t2 B.t1＝t2
C.v1∶v2＝1∶2 D.v1∶v2＝1∶3
答案 BC
解析 由静止释放A、B，A、B都做自由落体运动，A运动的位移为L，B运动的位移为4L，根据自由落体公式h＝eq \f(1,2)gt2可知，A落地的时间t1＝eq \r(\f(2L,g))，B落地的时间为t＝2eq \r(\f(2L,g))，则有t2＝t－t1＝eq \r(\f(2L,g))，所以t1＝t2，故A错误，B正确；A落地前瞬时速率为v1＝gt1＝eq \r(2gL)，B落地前瞬时速率为v2＝gt＝2eq \r(2gL)，所以v1∶v2＝1∶2，故C正确，D错误。
跟踪训练
1.屋檐离地面的高度为45 m，每隔相等时间滴下一滴水，当第7滴水刚滴下时，第一滴水恰好落到地面上，则第3滴水与第5滴水的高度差为( )
A.5 m B.10 m C.15 m D.20 m
答案 C
解析 根据题意画出雨滴下落过程的示意图如图所示，根据自由落体运动的规律可知，在连续相等的时间内位移之比为1∶3∶5∶…，所以第3滴水与第5滴水的高度差h＝eq \f(5＋7,1＋3＋5＋7＋9＋11)H＝eq \f(12,36)H＝15 m，故C正确，A、B、D错误。
2.(2023·江苏高邮一中高三开学考)一小球做自由落体运动，落地前40 m所用的时间为2 s，g取10 m/s2，则小球落地的速率为( )
A.30 m/s B.35 m/s
C.40 m/s D.45 m/s
答案 A
解析 落地前40 m的平均速度为eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(x,t)＝eq \f(40,2) m/s＝20 m/s，又veq \f(t,2)＝eq \(v,\s\up6(－))，这段时间的中间时刻的瞬时速度为veq \f(t,2)＝20 m/s，从该中间时刻又经过t1＝1 s小球落地，小球落地的速率v＝veq \f(t,2)＋gt1＝20 m/s＋10×1 m/s＝30 m/s，A正确，B、C、D错误。考点二 竖直上抛运动
1.重要特性(如图2)
(1)对称性
(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。
2.研究方法
例2 (2023·辽宁沈阳模拟)一名外墙清洁员乘坐吊篮从地面开始以2 m/s的速度匀速上升，中途一个小物体从吊篮上掉落，随后2 s清洁员听到物体落地的声音，忽略空气阻力对物体运动的影响，此时吊篮离地面的高度约为( )
A.15 m B.20 m C.24 m D.30 m
答案 B
解析 设物体掉落时吊篮离地面的距离为h1，物体掉落后做竖直上抛运动，初速度大小为v0＝2 m/s，忽略声音在空中传播经历的时间，则物体在空中运动的时间为t＝2 s。规定竖直向下的方向为正方向，由运动学公式可得h1＝－v0t＋eq \f(1,2)gt2，解得h1＝16 m，吊篮匀速上升，故物体在空中运动的过程中，吊篮上升的距离为h2＝v0t＝4 m，则此时吊篮离地面的高度约为h1＋h2＝20 m，故B正确。
跟踪训练
3.如图3所示，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eq \f(H,4)所用的时间为t1，第四个eq \f(H,4)所用的时间为t2。不计空气阻力，则eq \f(t2,t1)满足( )
图3
A.1＜eq \f(t2,t1)＜2 B.2＜eq \f(t2,t1)＜3
C.3＜eq \f(t2,t1)＜4 D.4＜eq \f(t2,t1)＜5
答案 C
解析 本题应用逆向思维法求解，即运动员做的竖直上抛运动可看成从最大高度处开始的自由落体运动，所以第四个eq \f(H,4)所用的时间为t2＝eq \r(\f(2×\f(H,4),g))，第一个eq \f(H,4)所用的时间为t1＝eq \r(\f(2H,g))－eq \r(\f(2×\f(3,4)H,g))，因此有eq \f(t2,t1)＝eq \f(1,2－\r(3))＝2＋eq \r(3)，即3＜eq \f(t2,t1)＜4，选项C正确。
考点三 多运动过程问题
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
多运动过程的连接点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，对连接点速度的求解往往是解题的关键。
例3 (2022·全国甲卷，15)长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v
C.eq \f(3（v0－v）,2a)＋eq \f(L＋l,v) D.eq \f(3（v0－v）,a)＋eq \f(L＋2l,v)
答案 C
解析 由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v
列车尾部出隧道后立即加速到v0，有v0＝v＋at3，
解得t3＝eq \f(v0－v,a)
则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为t＝t1＋t2＋t3＝eq \f(3（v0－v）,2a)＋eq \f(L＋l,v)，故选项C正确。
方法技巧 多过程问题的处理方法
(1)不同过程之间衔接的关键物理量是不同过程之间的衔接速度。
(2)用好四个公式：v＝v0＋at，x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，v2－veq \\al(2,0)＝2ax，x＝eq \f(v＋v0,2)t。
(3)充分借助v－t图像，图像反映物体运动过程经历的不同阶段，可获得的重要信息有加速度(斜率)、位移(面积)和速度。
①多过程v－t图像“上凸”模型，如图所示。
特点：全程初、末速度为零，匀加速直线运动过程和匀减速过程平均速度相等。
速度与时间关系公式：v＝a1t1，v＝a2t2得
eq \f(a1,a2)＝eq \f(t2,t1)
速度与位移关系公式：v2＝2a1x1，v2＝2a2x2得eq \f(a1,a2)＝eq \f(x2,x1)
平均速度与位移关系公式：x1＝eq \f(vt1,2)，x2＝eq \f(vt2,2)
得eq \f(t1,t2)＝eq \f(x1,x2)
②多过程v－t图像“下凹”模型，如图所示。
车较之匀速行驶耽搁的距离：阴影面积表示的位移Δx，耽搁的时间Δt＝eq \f(Δx,v)。
跟踪训练
4.(2023·山西吕梁模拟)2021年9月29日万里黄河第一隧道“济南黄河济泺路隧道”建成通车，隧道全长s＝4 760 m。某次通车前实验时一辆小型汽车在距隧道口一定距离处由静止开始做匀加速直线运动，当汽车速度达到某速度后(未超过隧道限定速度)开始匀速运动。某坐在副驾驶位的乘客从汽车刚进入隧道口时开始计时，发现汽车匀加速直线运动过程中经过距隧道入口50 m和紧接着100 m的两段路程用时相等，忽略汽车的长度。
图4
(1)求汽车开始运动的位置距隧道入口的距离；
(2)若汽车从(1)问中开始运动的位置以a′＝2.5 m/s2的加速度由静止开始匀加速直线运动，速度达到90 km/h后保持匀速运动，求汽车从开始运动到刚穿出隧道所用的时间。
答案 (1)6.25 m (2)195.65 s
解析 (1)汽车做匀变速直线运动，设经过隧道入口x1＝50 m与紧邻的x2＝100 m相等的时间间隔为t，
则根据Δx＝at2可得
Δx＝at2＝x2－x1＝50 m
则经过隧道入口50 m时，速度大小为
v＝eq \f(x1＋x2,2t)
汽车由开始运动到经过隧道入口50 m时，
有v2＝2ax
联立以上式子得x＝eq \f(（x1＋x2）2,8Δx)＝56.25 m
故汽车开始运动到隧道口的距离为
x0＝x－x1＝6.25 m。
(2)依题意知v1＝90 km/h＝25 m/s
速度达到25 m/s时，有veq \\al(2,1)＝2a′x3
代入数据求得x3＝125 m
用时t1＝eq \f(v1,a′)＝10 s
故匀速运动的距离
x4＝s＋x0－x3＝4 641.25 m
匀速运动时，有x4＝v1t2
可得t2＝185.65s
故从开始运动到刚穿出隧道用时
t＝t1＋t2＝195.65 s。
A级 基础对点练
对点练1 自由落体运动
1.钥匙从距水面20 m高的桥面自由落下，竹筏前端在钥匙下落瞬间正好位于正下方。该竹筏以2 m/s的速度匀速前进，若钥匙可以落入竹筏中，不考虑竹筏的宽度，则竹筏至少长(g取10 m/s2)( )
A.2 m B.4 m C.6 m D.8 m
答案 B
解析 根据h＝eq \f(1,2)gt2，可得钥匙下落的时间t＝2 s，这段时间内竹筏前进的距离L＝vt＝4 m，若钥匙可以落入竹筏中，则竹筏至少长4 m，故B正确。
2.(2021·湖北卷，2)2019年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人10米跳台冠军。某轮比赛中，陈芋汐在跳台上倒立静止，然后下落，前5 m完成技术动作，随后5 m完成姿态调整。假设整个下落过程近似为自由落体运动，重力加速度大小取10 m/s2，则她用于姿态调整的时间约为( )
A.0.2 s B.0.4 s C.1.0 s D.1.4 s
答案 B
解析 陈芋汐下落的整个过程所用的时间为t＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×10,10)) s≈1.4 s，下落前5 m的过程所用的时间为t1＝eq \r(\f(2h1,g))＝eq \r(\f(2×5,10)) s＝1 s，则陈芋汐用于姿态调整的时间约为t2＝t－t1＝0.4 s，B正确，A、C、D错误。
3.(2023·辽宁丹东模拟)如图1所示，A、B两小球用等长的细线悬挂在倾角为30°的直杆上。现同时剪断细线，A球比B球晚落地0.2 s。B球与地面的高度差h＝5 m(不计空气阻力，g取10 m/s2)。则( )
图1
A.A球与地面的高度差为6 m
B.A、B两小球释放前相距4.4 m
C.若先剪断悬挂B球的细线，A、B两球有可能同时落地
D.A球比B球在空中运动的时间长，所以A球的速度变化率比B球的大
答案 B
解析 设B球用时为t，则有h＝eq \f(1,2)gt2，对A球有hA＝eq \f(1,2)g(t＋0.2)2，联立解得hA＝7.2 m，故A错误；A、B两小球释放前高度差为Δh＝7.2 m－5 m＝2.2 m，则相距为s＝eq \f(Δh,sin 30°)＝4.4 m，故B正确；B球离地面近，若先剪断悬挂B球的细线，B球会更早于A球落地，故C错误；速度变化率即为加速度，两球加速度均为重力加速度，速度变化率相同，故D错误。
对点练2 竖直上抛运动
4.(多选)一物体做竖直上抛运动(不计空气阻力)，初速度为30 m/s，当它的位移大小为25 m时，经历时间可能为(g取10 m/s2)( )
A.1 s B.2 s C.3 s D.5 s
答案 AD
解析 取竖直向上为正方向，由匀变速直线运动规律有x＝v0t－eq \f(1,2)gt2，当x＝25 m时，代入数据有t2－6t＋5＝0，可得t＝1 s或t＝5 s；当x＝－25 m时，代入数据有t2－6t－5＝0，可得t＝(3＋eq \r(14))s(负解舍去)，故A、D正确，B、C错误。
5.(多选)矿井中的升降机以5 m/s的速度竖直向上匀速运行，某时刻一螺钉从升降机底板松脱，经过3 s升降机底板上升至井口，此时松脱的螺钉刚好落到井底，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A.螺钉松脱后做自由落体运动
B.矿井的深度为45 m
C.螺钉落到井底时的速度大小为25 m/s
D.螺钉随升降机从井底出发到落回井底共用时6 s
答案 BC
解析 螺钉松脱时具有与升降机相同的向上的初速度，故螺钉松脱后做竖直上抛运动，选项A错误；取竖直向下为正方向，由运动学公式可得，螺钉自松脱至井底的位移h1＝－v0t＋eq \f(1,2)gt2＝30 m，升降机这段时间的位移h2＝v0t＝15 m，故矿井的深度为h＝h1＋h2＝45 m，选项B正确；螺钉落到井底时速度大小为v＝
－v0＋gt＝25 m/s，选项C正确；螺钉松脱前运动的位移为h1＝v0t′，解得t′＝6 s，所以螺钉运动的总时间为t＋t′＝9 s，选项D错误。
对点练3 多运动过程问题
6.(多选)(2022·河南郑州模拟)在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀加速直线运动，在运动了8 s之后，由于前方突然有巨石滚下并堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经4 s停在巨石前。则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是( )
A.加速、减速中的加速度大小之比为a1∶a2＝2∶1
B.加速、减速中的平均速度大小之比为v1∶v2＝1∶1
C.加速、减速中的位移之比为x1∶x2＝2∶1
D.加速、减速中的加速度大小之比为a1∶a2＝1∶3
答案 BC
解析 汽车由静止运动8 s，又经4 s停止，加速阶段的末速度与减速阶段的初速度相等，由v＝at，知a1t1＝a2t2，则eq \f(a1,a2)＝eq \f(1,2)，A、D错误；又由v2＝2ax知a1x1＝a2x2，eq \f(x1,x2)＝eq \f(a2,a1)＝eq \f(2,1)，C正确；由eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(v,2)知，v1∶v2＝1∶1，B正确。
7.(2023·云南楚雄统测)物体静止在光滑水平面上，先对物体施加一水平向右的恒力F1，经t秒后物体的速率为v1时撤去F1，立即再对它施加一水平向左的恒力F2，又经2t秒后物体回到出发点，此时速率为v2，则v1、v2间的关系是( )
A.v1＝v2 B.2v1＝v2
C.3v1＝2v2 D.5v1＝3v2
答案 C
解析 在t秒内，物体的位移x1＝eq \f(1,2)a1t2，末速度为v1＝a1t，则在2t秒内的位移x2＝v1·2t－eq \f(1,2)a2(2t)2，根据x1＝－x2得eq \f(a1,a2)＝eq \f(4,5)。根据速度与时间关系式得v1＝a1t，－v2＝v1－a2·2t，解得3v1＝2v2，故C正确，A、B、D错误。
8.(多选)汽车在路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌(如图2所示)，以提醒后面驾车司机减速安全通过。在夜间，有一货车因故障停驶，后面有一小轿车以30 m/s的速度向前驶来，由于夜间视线不好，小轿车驾驶员只能看清前方50 m内的物体，并且他的反应时间为0.6 s，制动后最大加速度为5 m/s2。假设小轿车始终沿直线运动。下列说法正确的是( )
图2
A.小轿车从刹车到停止所用的最短时间为6 s
B.小轿车的刹车距离(从刹车到停止运动所走的距离)为80 m
C.小轿车运动到三角警示牌时的最小速度为20 m/s
D.三角警示牌至少要放在货车后58 m远处，才能有效避免两车相撞
答案 AD
解析 设小轿车从刹车到停止所用最短时间为t2，则t2＝eq \f(0－v0,a)＝eq \f(0－30,－5) s＝6 s，故A正确；小轿车的刹车距离x＝eq \f(0－veq \\al(2,0),2a)＝90 m，故B错误；反应时间内通过的位移为x1＝v0t1＝30×0.6 m＝18 m，减速通过的位移为x′＝50 m－18 m＝32 m，设减速到警示牌的速度为v′，则2ax′＝v′2－veq \\al(2,0)，解得v′＝2eq \r(145) m/s，故C错误；小轿车通过的总位移为x总＝(90＋18)m＝108 m，放置的位置至少在货车后Δx＝(108－50)m＝58 m，故D正确。
B级 综合提升练
9.(多选)如图3所示，长度为0.55 m的圆筒竖直放在水平地面上，在圆筒正上方距其上端1.25 m处有一小球(可视为质点)，在由静止释放小球的同时，将圆筒竖直向上抛出，结果在圆筒落地前的瞬间，小球在圆筒内运动而没有落地，则圆筒上抛的速度大小可能为(空气阻力不计，取g＝10 m/s2)( )
图3
A.2.3 m/s B.2.6 m/s
C.2.9 m/s D.3.2 m/s
答案 BC
解析 整个过程中小球做自由落体运动，圆筒做竖直上抛运动，小球下落时间为t1＝eq \r(\f(2h,g))，h为实际下落高度，圆筒在空中运动时间为t2＝eq \f(2v0,g)，v0为其上抛时的速度，根据题中要求，在圆筒落地前的瞬间，小球在圆筒内运动而没有落地，则对临界情况分析有：
①圆筒上抛速度较小时，当圆筒落地瞬间，小球刚到圆筒的上沿，则h＝1.25 m
又t1＝t2，即eq \r(\f(2h,g))＝eq \f(2v0,g)
解得v0＝2.5 m/s
②圆筒上抛速度较大时，当圆筒落地瞬间，小球刚要落地
则h＝1.25 m＋0.55 m＝1.8 m
又t1＝t2，即eq \r(\f(2h,g))＝eq \f(2v0,g)
解得v0＝3 m/s
则圆筒上抛速度范围为2.5 m/s＜v0＜3 m/s
故选项B、C正确。
10.(2022·湖北卷，6) 我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间。假设两火车站W和G间的铁路里程为1 080 km，W和G之间还均匀分布了4个车站。列车从W站始发，经停4站后到达终点站G。设普通列车的最高速度为108 km/h，高铁列车的最高速度为324 km/h。若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5 m/s2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为( )
A.6小时25分钟 B.6小时30分钟
C.6小时35分钟 D.6小时40分钟
答案 B
解析 108 km/h＝30 m/s，324 km/h＝90 m/s，由于中间4个车站均匀分布，因此节省的总时间相当于在任意相邻两站间节省的时间的5倍，相邻两站间的距离x＝eq \f(1 080×103,5) m＝2.16×105 m，普通列车加速时间t1＝eq \f(v1,a)＝eq \f(30,0.5) s＝60 s，加速过程的位移x1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)×0.5×602 m＝900 m，根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间t2＝eq \f(x－2x1,v)＝eq \f(2.16×105－2×900,30) s＝7 140 s，同理高铁列车加速时间t1′＝eq \f(v1′,a)＝eq \f(90,0.5) s＝180 s，加速过程的位移x1′＝eq \f(1,2)at1′2＝eq \f(1,2)×0.5×
1802 m＝8 100 m，根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间t2′＝eq \f(x－2x1′,v′)＝eq \f(2.16×105－2×8 100,90) s＝2 220 s，相邻两站间节省的时间Δt＝(t2＋2t1)－(t2′＋2t1′)＝4 680 s，因此总的节省时间Δt总＝5Δt＝4 680×5 s＝23 400 s＝
6小时30分，故选项B正确。
11.(2023·重庆模拟)如图4所示，甲车进站前，以v＝16 m/s的初速度从减速线处开始减速，到站台停车线处时速度刚好减为0，停车t0＝30 s后再加速至v＝16 m/s驶离，已知甲车加速和减速的加速度大小均为a＝1 m/s2，将甲车视为质点。
图4
(1)甲车从到达减速线到再次加速至v，总共通过的路程和所需的时间；
(2)为了提高运行的效率，乙车到此站时没有停车，而是以v＝16 m/s的速度匀速通过，为了保证安全，乙车与甲车在正常匀速行驶的安全距离至少为多少？(假设正常匀速行驶时的速度均为16 m/s，两站台距离足够远，且轨道是直的)
答案 (1)256 m 62 s (2)736 m
解析 (1)由v＝at得加速时间
t1＝eq \f(v,a)＝eq \f(16,1) s＝16 s
因加速和减速的加速度大小相等，所以时间相等
t1＝t2＝16 s
总时间t＝t1＋t2＋t0＝16 s＋16 s＋30 s＝62 s
由v2＝2ax得
x＝eq \f(v2,2a)＝eq \f(162,2×1) m＝128 m
由对称性(加速和减速的位移相等)可知x总＝256 m。
(2)乙车通过这段距离用时
t乙＝eq \f(x总,v)＝eq \f(256,16) s＝16 s
甲车需要t＝62 s
故甲车比乙车通过这段路程多用的时间
Δt＝t－t乙＝62 s－16 s＝46 s
两车安全距离至少为
Δx＝vΔt＝16×46 m＝736 m。
12.(2023·浙江高三开学考试)假设某高楼距地面高H＝47 m的阳台上的花盆因受扰动而掉落，掉落过程可看作自由落体运动。有一辆长L1＝8 m、高h1＝2 m的货车，在楼下以v0＝9 m/s的速度匀速直行，要经过阳台的正下方，花盆刚开始下落时货车车头距花盆的水平距离为L2＝24 m(示意图如图5所示，花盆可视为质点，重力加速度g＝10 m/s2)
图5
(1)若司机没有发现花盆掉落，货车保持v0＝9 m/s的速度匀速直行，通过计算说明货车是否会被花盆砸到？
(2)若司机发现花盆掉落，采取制动(可视为匀变速，司机反应时间Δt＝1 s)的方式来避险，使货车在花盆砸落点前停下，求货车的最小加速度；
(3)若司机发现花盆掉落，采取加速(可视为匀变速，司机反应时间Δt＝1 s)的方式来避险，则货车至少以多大的加速度加速才能避免被花盆砸到？
答案 (1)会，计算见解析 (2)2.7 m/s2 (3)2.5 m/s2
解析 (1)花盆从47 m高处落下，到达离地高2 m的车顶过程，
位移为h＝(47－2)m＝45 m
根据自由落体运动位移与时间关系式，有
h＝eq \f(1,2)gt2
解得t＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×45,10)) s＝3 s
3 s内汽车位移为x＝v0t＝27 m
(L2＝24 m)＜x＜(L1＋L2＝32 m)
则货车会被花盆砸到。
(2)货车匀减速的距离为
x1＝L2－v0·Δt＝15 m
制动过程中由运动学公式得
veq \\al(2,0)＝2a0x1
解得a0＝2.7 m/s2。
(3)司机反应时间内货车的位移为
x2＝v0Δt＝9 m
此时车头离花盆的水平距离为
d＝L2－x2＝15 m
采取加速方式，要成功避险，则有
d＋L1＝v0(t－Δt)＋eq \f(1,2)a(t－Δt)2
代入相关数据解得a＝2.5 m/s2，即货车至少以2.5 m/s2的加速度加速才能避免被花盆砸到。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－eq \f(1,2)gt2(以竖直向上为正方向)
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
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