高考物理一轮复习第1章运动的描述匀变速直线运动的研究第2讲匀变速直线运动的规律及应用课件新人教版必修1
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• (2)明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、 待求量以及中间量。
• (3)合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程， 同时列出物体各阶段间的关联方程。
〔类题演练 1 〕 (2017·宜昌模拟)如图所示，某人距离墙壁 10m 起跑，
向着墙壁冲去，挨上墙之后立即返回。设起跑的加速度为 4m/s2，运动过程中的最大速度为 4m/s，到达墙根时需减 速到零，不能与墙壁相撞。减速的加速度为 8m/s2，求该人到达墙壁需要的时间为 多少？ 导学号 51342039
• 思加考速： 度为一辆a，汽经车过从时A间点t开到始达以B点初，速再度过v0时做间匀t加到速达直C点线。运动，
(1)如何推导 AC 段的平均速度 v AC？如何推导 B 点的速度 vB？ v AC 与 vB 的大 小关系如何？
(2)如何推导 AB 段与 BC 段的位移差的表达式？ (3)如何推导出汽车若从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为：t1︰t2 ︰t3︰…︰tn＝1︰( 2－1)︰( 3－ 2)︰…
3．小球由斜面底端以一定初速度滑上光滑斜面，在第 2s 和第 4s 内位移的大
小均为 5m，则物体的加速度大小为 导学号 51342036 ( C )
A．0
B．2m/s2
C．5m/s2
D．6m/s2
[解析] 由题意知，小球第 2s 处于上滑阶段，第 4s 处于下滑阶段，以沿斜面 向上为正，则由 xm－xn＝(m－n)aT2 得 a＝52－－4－·512m/s2＝－5m/s2，C 正确。
答案：(1)× 匀变速直线运动是加速度不变的运动。 (2)× 由 x＝v0t＋12at2 可知，匀变速直线运动位移是非均匀改变的。 (3)√ (4)√ (5)× 自由落体运 动是物体初速度为零，只在重力作用下的运动。 (6)√ (7)√
1．(2016·信阳模拟)空客 A380 大型客机在最大重量的状态下起飞需要滑跑距
• (1)1T末、2T末、3T末……瞬时速度的比为： • v1︰v2︰v3︰…︰vn＝___1_︰__2︰__3_︰_…__︰_n______________。 • (2)1T内、2T内、3T内……位移的比为： • x1︰x2︰x3︰…︰xn＝____1_2︰__22_︰_3_2_︰_…__︰_n_2_________。 • (3)第一个T内，第二个T内、第三个T内……位移的比为：
则运动员跃起的最大高度是(g 取 10m/s2) 导学号 51342037 ( C )
A．1.8m
B．3.6m
C．5.0m
D．7.2m
[解析] 由题图可知运动员在空中的时间 t＝2.0s，
故运动员跃起的最大高度 Hm＝12g(2t)2＝5.0m，C 正确。
核心考点突破
•匀变速直线运动公式的应用
• 1．恰当选用公式
B．前 2s 内的平均速度是 6m/s
C．任意相邻的 1s 内位移差都是 1m
D．任意 1s 内的速度增量都是 2m/s [解析] x＝5t＋t2，由运动学公式：x＝v0t＋12at2，对应项相等，可得：v0＝5m/s，
a＝2m/s2，所以第 1s 内位移 x1＝v0t＋12at2＝6m，所以 A 错误；第 2s 末的速度 v2 ＝v0＋at＝9m/s，前 2s 的平均速度 v ＝v0＋2 v2＝5＋2 9m/s＝7m/s，所以 B 错误；Δx ＝at2＝2m，所以 C 错误；Δv＝at＝2m/s，所以 D 正确。
A．t0
B．t40
C．2t0
D．t20
• [解析] 将物块从A到C的匀减速直线运动，运用 逆向思维可看成从C到A的初速度为零的匀加速直
线运动，根据初速度为零的匀加速直线运动规律，
可知连续相邻相等的时间内位移之比为奇数比， 而 ＝Ct0，B︰且A从B＝B到1︰C的3，时正间好等符于合从奇C数到比B的，时故间tA，B＝故tB从C B经C再回到B需要的时间是2t0，C对。
• 名师归纳：
• 匀变速直线运动规律中应用的两个技巧
• (1)匀减速直线运动减速到0时，通常看成反向的 初速度为0的匀加速直线运动。
• (2)若告诉匀变速直线运动的时间和位移，通常要 考虑应用平均速度公式，求出中间时刻的瞬时速 度。
〔类题演练 2 〕
一物块(可看成质点)以一定的初速度从一光滑斜面底端 A 点上滑，最高可滑 到 C 点，已知 AB 是 BC 的 3 倍，如图所示，已知物块从 A 至 B 所需时间为 t0。 则它从 B 经 C 再回到 B，需要的时间是 导学号 51342041 ( C )
由 x＝v2t 可得：t 起飞＝2vx起起飞飞＝16.050v00＝40v000；t 着陆＝40v000，故 B 正确。
2．(2016·西宁模拟)质点做直线运动的位移 x 与时间 t 的关系为 x＝5t＋t2(各物
理量均采用国际制单位)，则该质点 导学号 51342035 ( D )
A．第 1s 内的位移是 5m
• xⅠ︰xⅡ︰xⅢ︰…︰xN＝__1_︰_3_︰__5︰__…_︰__(2_n_－__1)_____________。 • (4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为：
• t_1_︰__t2_︰__t_3︰__…__︰__t_n＝_1_︰_(__2_－_1_)︰__( _3_－___2)_︰_…__︰_(__n_－__n_－_1_)_。
答案：(1) v AC＝v0＋v20＋2at＝v0＋at；vB＝v0＋at；二者相等。 (2)利用公式 x＝v0t＋12at2 推导，得二者位移差为 at2。 (3)利用公式 x＝12at2 推导。
•自由落体运动和竖直上抛运动
思维辨析： (1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。( ) (2)匀变速直线运动的位移是均匀增加的。( ) (3)匀变速直线运动是加速度不变而速度均匀变化的直线运动。( ) (4)匀变速直线运动包括匀加速直线运动和匀减速直线运动。( ) (5)物体从高处下落就是自由落体运动。( ) (6)竖直上抛运动是匀变速直线运动。( ) (7)竖直上抛运动上升至最高点的时间为vg0。( )
精准高考
物理
人教版
必修一
第一章 运动的描述 匀变速直线运动的研究
第2讲 匀变速直线运动的规律及 应用
1 知识梳理自
测
2 核心考点突
破
3 阶段培优微
专
题
4 2年高考模
拟
5 课后限时训
练
知识梳理自测
•匀变速直线运 动的公式及推论
• 1．匀变速直线运动
• 2.初速度为零的匀变速直线运动的Байду номын сангаас个重要推论
汽车乙的加速度大小减小为原来的一半。求甲、乙两车各自在这两段时间间隔内
走过的总路程之比。 导学号 51342038
• 解题探究：(1)每辆汽车在整个运动过程中加速度都发生 了改变，要采取分段分析还是整段分析？
• (2)分段处的什么是连接两段的桥梁？ • 答案：(1)因加速度改变，应采用分段分析。 • (2)速度是连接两段的桥梁。
客没上来，于是立即做匀减速运动至停车。汽车从开出到停止总共历时 20s，行进
了 50m。求汽车的最大速度。 导学号 51342040
• 解题探究：(1)汽车在两段运动过程中的平 均速度有怎样的关系？
• (2)匀减速直线运动过程的逆过程是什么样 的运动？
• 答案：(1)大小相等，方向相同 (2)初速度 为0的匀加速直线运动。
离约为 3000m，着陆距离大约为 2000m。设起飞滑跑和着陆时都是匀变速运动，
起飞时速度是着陆时速度的 1.5 倍，则起飞滑跑时间和着陆滑跑时间之比是
导学号 51342034 ( B )
A．3︰2
B．1︰1
C．1︰2
D．2︰1
[解析] 由题意可知，x 起飞＝3000m，x 着陆＝2000m，v 起飞＝1.5v0，v 着陆＝v0，
[答案] 3.25s
[解析] 加速度阶段：t1＝vam1 ＝1s x1＝12vmt1＝2m 减速阶段：t3＝vam2 ＝0.5s x3＝12vmt3＝1m 匀速阶段：t2＝x－xv1m＋x3＝1.75s 故人到达墙需要时间为 t＝t1＋t2＋t3＝3.25s。
•解决匀变速直线运动问题的常用方法
1．一般公式法 一般公式法指速度公式、位移公式及推论三式，它们均是矢量式，使用时要 注意方向性。 2．平均速度法 定义式 v ＝ΔΔxt对任何性质的运动都适用，而 v ＝v2t＝v0＋2 v只适用于匀变速直 线运动。
3．比例法 对于初速度为零的匀加速直线运动与末速度为零的匀减速直线运动，可利用 比例关系求解。 4．逆向思维法 如匀减速直线运动可视为反方向的匀加速直线运动。
[解析] 设汽车甲在第一段时间间隔末(时刻 t0)的速度为 v，第一段时间间隔 内行驶的路程为 s1，加速度为 a；在第二段时间间隔内行驶的路程为 s2。由运动学 公式得
v＝at0 s1＝12at20 s2＝vt0＋12(2a)t20
设汽车乙在时刻 t0 的速度为 v′，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别 为 s1′、s2′。
•自由落体运动和竖直上抛运动
• 1．自由落体运动的特点
• (1)自由落体运动是初速度为零，加速度为g的匀加速直线 运动。
• (2)一切匀加速直线运动的公式均适用于自由落体运动，特 别是初速度为零的匀加速直线运动的比例关系式，在自由 落体运动中应用更频繁。
题目中所涉及的物理量(包括已知量、 没有涉及的物理量 适宜选用公式
待求量和为解题设定的中间量)
v0、v、a、t
x
v＝v0＋at
v0、a、t、x
v
x＝v0t＋12at2
v0、v、a、x v0、v、t、x
t
v2－v20＝2ax
a
x＝v＋2 v0t
• 2．运动公式中符号的规定
• 一般规定初速度的方向为正方向，与初速度同向 的 一物般理以量a的取方正向值为，正反方向向的。物理量取负值。若v0＝0，
5．推论法 利用 Δx＝aT2 及其推广式 xm－xn＝(m－n)aT2，对于纸带类问题用这种方法尤 为快捷。 6．图象法 利用 v－t 图象可以求出某段时间内位移的大小可以比较 vt与 vx，还可以求解
22
追及问题；用 x－t 图象可求出任意时间内的平均速度等。
从车站开出的汽车，做匀加速直线运动，走了 12s 时，发现还有乘
4．蹦床运动要求运动员在一张绷紧的弹性网上蹦起、腾空并做空中运动。在
2016 年里约奥运会男子蹦床决赛中，中国选手董栋获银牌，高磊获铜牌，显示了
中国选手在这一项目上的强大实力。为了测量运动员跃起的高度，训练时可在弹
性网上安装压力传感器，利用传感器记录弹性网所受的压力，并在计算机上作出
压力—时间图象，假如作出的图象如图所示。设运动员在空中运动时可视为质点，
v′＝(2a)t0
s1′＝12(2a)t20
s2′＝v′t0＋12at20
设甲、乙两车行驶的总路程分别为 s、s′，则有 s＝s1＋s2 s′＝s1′＋s2′
联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶的总路程之比为s′s ＝57
[答案]
5 7
• 名师归纳：
• 求解多阶段运动问题的三点注意
• (1)准确选取研究对象，根据题意画出物体在各阶段的运动 示意图，直观呈现物体的运动过程。
• 3．多过程问题
• 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连接各段的纽带， 应注意分析各段的运动性质。
甲、乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不
变。在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是
甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，
[解析] 解法一：基本公式法 设最大速度为 vmax，由题意可得 x＝x1＋x2＝12 a1t21＋vmaxt2＋12a2t22
t＝t1＋t2 vmax＝a1t1 0＝vmax＋a2t2 整理得 vmax＝2tx＝2×2050m/s＝5m/s。
解法二：平均速度法 匀加速阶段和匀减速阶段平均速度相等，都等于vm2ax 故有 x＝vm2axt1＋vm2axt2，因此有 vmax＝t12＋xt2＝2×2050m/s ＝5m/s。 解法三：图象法 作出汽车运动全过程的 v－t 图象 如图所示，v－t 图线与 t 轴围成三角形的面积等于位移的 大小，故 x＝vm2axt，所以 vmax＝2tx＝2×2050m/s＝5m/s。 [答案] 5m/s
• (3)合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程， 同时列出物体各阶段间的关联方程。
〔类题演练 1 〕 (2017·宜昌模拟)如图所示，某人距离墙壁 10m 起跑，
向着墙壁冲去，挨上墙之后立即返回。设起跑的加速度为 4m/s2，运动过程中的最大速度为 4m/s，到达墙根时需减 速到零，不能与墙壁相撞。减速的加速度为 8m/s2，求该人到达墙壁需要的时间为 多少？ 导学号 51342039
• 思加考速： 度为一辆a，汽经车过从时A间点t开到始达以B点初，速再度过v0时做间匀t加到速达直C点线。运动，
(1)如何推导 AC 段的平均速度 v AC？如何推导 B 点的速度 vB？ v AC 与 vB 的大 小关系如何？
(2)如何推导 AB 段与 BC 段的位移差的表达式？ (3)如何推导出汽车若从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为：t1︰t2 ︰t3︰…︰tn＝1︰( 2－1)︰( 3－ 2)︰…
3．小球由斜面底端以一定初速度滑上光滑斜面，在第 2s 和第 4s 内位移的大
小均为 5m，则物体的加速度大小为 导学号 51342036 ( C )
A．0
B．2m/s2
C．5m/s2
D．6m/s2
[解析] 由题意知，小球第 2s 处于上滑阶段，第 4s 处于下滑阶段，以沿斜面 向上为正，则由 xm－xn＝(m－n)aT2 得 a＝52－－4－·512m/s2＝－5m/s2，C 正确。
答案：(1)× 匀变速直线运动是加速度不变的运动。 (2)× 由 x＝v0t＋12at2 可知，匀变速直线运动位移是非均匀改变的。 (3)√ (4)√ (5)× 自由落体运 动是物体初速度为零，只在重力作用下的运动。 (6)√ (7)√
1．(2016·信阳模拟)空客 A380 大型客机在最大重量的状态下起飞需要滑跑距
• (1)1T末、2T末、3T末……瞬时速度的比为： • v1︰v2︰v3︰…︰vn＝___1_︰__2︰__3_︰_…__︰_n______________。 • (2)1T内、2T内、3T内……位移的比为： • x1︰x2︰x3︰…︰xn＝____1_2︰__22_︰_3_2_︰_…__︰_n_2_________。 • (3)第一个T内，第二个T内、第三个T内……位移的比为：
则运动员跃起的最大高度是(g 取 10m/s2) 导学号 51342037 ( C )
A．1.8m
B．3.6m
C．5.0m
D．7.2m
[解析] 由题图可知运动员在空中的时间 t＝2.0s，
故运动员跃起的最大高度 Hm＝12g(2t)2＝5.0m，C 正确。
核心考点突破
•匀变速直线运动公式的应用
• 1．恰当选用公式
B．前 2s 内的平均速度是 6m/s
C．任意相邻的 1s 内位移差都是 1m
D．任意 1s 内的速度增量都是 2m/s [解析] x＝5t＋t2，由运动学公式：x＝v0t＋12at2，对应项相等，可得：v0＝5m/s，
a＝2m/s2，所以第 1s 内位移 x1＝v0t＋12at2＝6m，所以 A 错误；第 2s 末的速度 v2 ＝v0＋at＝9m/s，前 2s 的平均速度 v ＝v0＋2 v2＝5＋2 9m/s＝7m/s，所以 B 错误；Δx ＝at2＝2m，所以 C 错误；Δv＝at＝2m/s，所以 D 正确。
A．t0
B．t40
C．2t0
D．t20
• [解析] 将物块从A到C的匀减速直线运动，运用 逆向思维可看成从C到A的初速度为零的匀加速直
线运动，根据初速度为零的匀加速直线运动规律，
可知连续相邻相等的时间内位移之比为奇数比， 而 ＝Ct0，B︰且A从B＝B到1︰C的3，时正间好等符于合从奇C数到比B的，时故间tA，B＝故tB从C B经C再回到B需要的时间是2t0，C对。
• 名师归纳：
• 匀变速直线运动规律中应用的两个技巧
• (1)匀减速直线运动减速到0时，通常看成反向的 初速度为0的匀加速直线运动。
• (2)若告诉匀变速直线运动的时间和位移，通常要 考虑应用平均速度公式，求出中间时刻的瞬时速 度。
〔类题演练 2 〕
一物块(可看成质点)以一定的初速度从一光滑斜面底端 A 点上滑，最高可滑 到 C 点，已知 AB 是 BC 的 3 倍，如图所示，已知物块从 A 至 B 所需时间为 t0。 则它从 B 经 C 再回到 B，需要的时间是 导学号 51342041 ( C )
由 x＝v2t 可得：t 起飞＝2vx起起飞飞＝16.050v00＝40v000；t 着陆＝40v000，故 B 正确。
2．(2016·西宁模拟)质点做直线运动的位移 x 与时间 t 的关系为 x＝5t＋t2(各物
理量均采用国际制单位)，则该质点 导学号 51342035 ( D )
A．第 1s 内的位移是 5m
• xⅠ︰xⅡ︰xⅢ︰…︰xN＝__1_︰_3_︰__5︰__…_︰__(2_n_－__1)_____________。 • (4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为：
• t_1_︰__t2_︰__t_3︰__…__︰__t_n＝_1_︰_(__2_－_1_)︰__( _3_－___2)_︰_…__︰_(__n_－__n_－_1_)_。
答案：(1) v AC＝v0＋v20＋2at＝v0＋at；vB＝v0＋at；二者相等。 (2)利用公式 x＝v0t＋12at2 推导，得二者位移差为 at2。 (3)利用公式 x＝12at2 推导。
•自由落体运动和竖直上抛运动
思维辨析： (1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。( ) (2)匀变速直线运动的位移是均匀增加的。( ) (3)匀变速直线运动是加速度不变而速度均匀变化的直线运动。( ) (4)匀变速直线运动包括匀加速直线运动和匀减速直线运动。( ) (5)物体从高处下落就是自由落体运动。( ) (6)竖直上抛运动是匀变速直线运动。( ) (7)竖直上抛运动上升至最高点的时间为vg0。( )
精准高考
物理
人教版
必修一
第一章 运动的描述 匀变速直线运动的研究
第2讲 匀变速直线运动的规律及 应用
1 知识梳理自
测
2 核心考点突
破
3 阶段培优微
专
题
4 2年高考模
拟
5 课后限时训
练
知识梳理自测
•匀变速直线运 动的公式及推论
• 1．匀变速直线运动
• 2.初速度为零的匀变速直线运动的Байду номын сангаас个重要推论
汽车乙的加速度大小减小为原来的一半。求甲、乙两车各自在这两段时间间隔内
走过的总路程之比。 导学号 51342038
• 解题探究：(1)每辆汽车在整个运动过程中加速度都发生 了改变，要采取分段分析还是整段分析？
• (2)分段处的什么是连接两段的桥梁？ • 答案：(1)因加速度改变，应采用分段分析。 • (2)速度是连接两段的桥梁。
客没上来，于是立即做匀减速运动至停车。汽车从开出到停止总共历时 20s，行进
了 50m。求汽车的最大速度。 导学号 51342040
• 解题探究：(1)汽车在两段运动过程中的平 均速度有怎样的关系？
• (2)匀减速直线运动过程的逆过程是什么样 的运动？
• 答案：(1)大小相等，方向相同 (2)初速度 为0的匀加速直线运动。
离约为 3000m，着陆距离大约为 2000m。设起飞滑跑和着陆时都是匀变速运动，
起飞时速度是着陆时速度的 1.5 倍，则起飞滑跑时间和着陆滑跑时间之比是
导学号 51342034 ( B )
A．3︰2
B．1︰1
C．1︰2
D．2︰1
[解析] 由题意可知，x 起飞＝3000m，x 着陆＝2000m，v 起飞＝1.5v0，v 着陆＝v0，
[答案] 3.25s
[解析] 加速度阶段：t1＝vam1 ＝1s x1＝12vmt1＝2m 减速阶段：t3＝vam2 ＝0.5s x3＝12vmt3＝1m 匀速阶段：t2＝x－xv1m＋x3＝1.75s 故人到达墙需要时间为 t＝t1＋t2＋t3＝3.25s。
•解决匀变速直线运动问题的常用方法
1．一般公式法 一般公式法指速度公式、位移公式及推论三式，它们均是矢量式，使用时要 注意方向性。 2．平均速度法 定义式 v ＝ΔΔxt对任何性质的运动都适用，而 v ＝v2t＝v0＋2 v只适用于匀变速直 线运动。
3．比例法 对于初速度为零的匀加速直线运动与末速度为零的匀减速直线运动，可利用 比例关系求解。 4．逆向思维法 如匀减速直线运动可视为反方向的匀加速直线运动。
[解析] 设汽车甲在第一段时间间隔末(时刻 t0)的速度为 v，第一段时间间隔 内行驶的路程为 s1，加速度为 a；在第二段时间间隔内行驶的路程为 s2。由运动学 公式得
v＝at0 s1＝12at20 s2＝vt0＋12(2a)t20
设汽车乙在时刻 t0 的速度为 v′，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别 为 s1′、s2′。
•自由落体运动和竖直上抛运动
• 1．自由落体运动的特点
• (1)自由落体运动是初速度为零，加速度为g的匀加速直线 运动。
• (2)一切匀加速直线运动的公式均适用于自由落体运动，特 别是初速度为零的匀加速直线运动的比例关系式，在自由 落体运动中应用更频繁。
题目中所涉及的物理量(包括已知量、 没有涉及的物理量 适宜选用公式
待求量和为解题设定的中间量)
v0、v、a、t
x
v＝v0＋at
v0、a、t、x
v
x＝v0t＋12at2
v0、v、a、x v0、v、t、x
t
v2－v20＝2ax
a
x＝v＋2 v0t
• 2．运动公式中符号的规定
• 一般规定初速度的方向为正方向，与初速度同向 的 一物般理以量a的取方正向值为，正反方向向的。物理量取负值。若v0＝0，
5．推论法 利用 Δx＝aT2 及其推广式 xm－xn＝(m－n)aT2，对于纸带类问题用这种方法尤 为快捷。 6．图象法 利用 v－t 图象可以求出某段时间内位移的大小可以比较 vt与 vx，还可以求解
22
追及问题；用 x－t 图象可求出任意时间内的平均速度等。
从车站开出的汽车，做匀加速直线运动，走了 12s 时，发现还有乘
4．蹦床运动要求运动员在一张绷紧的弹性网上蹦起、腾空并做空中运动。在
2016 年里约奥运会男子蹦床决赛中，中国选手董栋获银牌，高磊获铜牌，显示了
中国选手在这一项目上的强大实力。为了测量运动员跃起的高度，训练时可在弹
性网上安装压力传感器，利用传感器记录弹性网所受的压力，并在计算机上作出
压力—时间图象，假如作出的图象如图所示。设运动员在空中运动时可视为质点，
v′＝(2a)t0
s1′＝12(2a)t20
s2′＝v′t0＋12at20
设甲、乙两车行驶的总路程分别为 s、s′，则有 s＝s1＋s2 s′＝s1′＋s2′
联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶的总路程之比为s′s ＝57
[答案]
5 7
• 名师归纳：
• 求解多阶段运动问题的三点注意
• (1)准确选取研究对象，根据题意画出物体在各阶段的运动 示意图，直观呈现物体的运动过程。
• 3．多过程问题
• 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连接各段的纽带， 应注意分析各段的运动性质。
甲、乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不
变。在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是
甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，
[解析] 解法一：基本公式法 设最大速度为 vmax，由题意可得 x＝x1＋x2＝12 a1t21＋vmaxt2＋12a2t22
t＝t1＋t2 vmax＝a1t1 0＝vmax＋a2t2 整理得 vmax＝2tx＝2×2050m/s＝5m/s。
解法二：平均速度法 匀加速阶段和匀减速阶段平均速度相等，都等于vm2ax 故有 x＝vm2axt1＋vm2axt2，因此有 vmax＝t12＋xt2＝2×2050m/s ＝5m/s。 解法三：图象法 作出汽车运动全过程的 v－t 图象 如图所示，v－t 图线与 t 轴围成三角形的面积等于位移的 大小，故 x＝vm2axt，所以 vmax＝2tx＝2×2050m/s＝5m/s。 [答案] 5m/s