【物理】2018届一轮复习人教版 匀变速直线运动的规律 学案

【物理】2018届一轮复习人教版 匀变速直线运动的规律 学案

第2课时　匀变速直线运动的规律(重点突破课)‎ ‎ ‎[必备知识]‎ ‎1．匀变速直线运动 ‎(1)定义：沿着一条直线且加速度不变的运动。‎ ‎(2)分类 ‎①匀加速直线运动，a与v0方向相同。‎ ‎②匀减速直线运动，a与v0方向相反。‎ ‎2．基本规律和推论 基 本 规 律 速度公式：v＝v0＋at 位移公式：x＝v0t＋at2‎ 速度和位移的关系式：v2－v02＝2ax 推 论 中间时刻的速度公式：v＝＝ 位移差公式：Δx＝aT2，xm－xn＝(m－n)aT2‎ ‎3．初速度为零的匀加速直线运动的4个常用比例 ‎(1)1T末、2T末、3T末、…、nT末的速度之比 v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n；‎ ‎(2)1T内、2T内、3T内、…、nT内的位移之比 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 xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)；‎ ‎(4)从静止开始连续通过相等的位移所用时间之比 t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)。‎ ‎[小题热身]‎ ‎1．判断正误 ‎(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的运动。(×)‎ ‎(2)匀加速直线运动是速度均匀变化的直线运动。(√)‎ ‎(3)匀加速直线运动的位移是均匀增大的。(×)‎ ‎(4)在匀变速直线运动中，中间时刻的速度一定小于该段时间内位移中点的速度。(√)‎ ‎2．质点从静止开始做匀加速直线运动，在第1个2 s、第2个2 s和第 5 s内三段位移比为(　　 )‎ A．2∶6∶5　　　　　　　　　 B．2∶8∶7‎ C．4∶12∶9 D．2∶2∶1‎ 解析：选C　质点在从静止开始运动的前5 s内的每1 s内位移之比应为1∶3∶5∶7∶9，因此第1个2 s内的位移为(1＋3)＝4份，第2个2 s内的位移为(5＋7)＝12份，第5 s内的位移即为9份，C正确。‎ ‎3．(2016·上海高考) 物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为‎16 m的路程，第一段用时4 s，第二段用时2 s，则物体的加速度是(　　)‎ A. m/s2 B. m/s2‎ C. m/s2 D. m/s2‎ 解析：选B　根据题意，物体做匀加速直线运动，t时间内的平均速度等于时刻的瞬时速度，在第一段内中间时刻的瞬时速度为v1＝1＝ m/s＝‎4 m/s；在第二段内中间时刻的瞬时速度为v2＝2＝ m/s＝‎8 m/s；则物体的加速度为a＝＝ m/s2＝ m/s2，故选项B正确。‎ 提能点(一)　基本规律及应用 ‎1.运动学公式中正、负号的规定 直线运动可以用正、负号表示矢量的方向，一般情况下，我们规定初速度v0的方向为正方向，与初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取负值，当v0＝0时，一般以加速度a的方向为正方向。‎ ‎2．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。‎ 考法1　基本规律的应用　‎ ‎[例1]　(2016·南昌调研)出租车载客后，从高速公路入口处驶入高速公路，并从10时10分55秒开始做初速度为零的匀加速直线运动，经过10 s时，速度计显示速度为‎54 km/h。求：‎ ‎(1)这时出租车离出发点的距离；‎ ‎(2)出租车继续做匀加速直线运动，当速度计显示速度为‎108 km/h 时，出租车开始做匀速直线运动。10时12分35秒时计价器里程表示数应为多少米？(车启动时，计价器里程表示数为零)‎ ‎[解析]　(1)由题意可知经过10 s时，速度计上显示的速度为v1＝‎15 m/s，‎ 由速度公式v＝v0＋at 得a＝＝＝‎1.5 m/s2‎ 由位移公式得 x1＝at12＝×1.5×‎102 m＝‎‎75 m 这时出租车离出发点的距离是‎75 m。‎ ‎(2)当速度计上显示的速度为v2＝‎108 km/h＝‎30 m/s时，‎ 由v22＝2ax2得x2＝＝‎‎300 m 这时出租车从静止载客开始，已经经历的时间为t2，可根据速度公式得t2＝＝ s＝20 s 这时出租车时间表应显示10时11分15秒。出租车继续匀速运动，匀速运动时间t3为80 s，通过位移 x3＝v2t3＝30×‎80 m＝2 ‎‎400 m 所以10时12分35秒时，计价器里程表应显示 x＝x2＋x3＝(300＋2 400)m＝2 ‎700 m。‎ ‎[答案]　(1)‎75 m　(2)2 ‎‎700 m 解答运动学问题的基本思路 →→→→ 考法2　多过程问题　‎ ‎[例2]　‎2016年11月1日，我国第五代双发重型隐形战斗机“歼－‎20”‎身披割裂迷彩涂装，在珠海航展上首次对外进行了双飞展示，之后返回机场。设“歼－‎20”‎降落在跑道上的减速过程可以简化为两个匀减速直线运动，首先飞机以速度v0着陆后立即打开减速阻力伞，加速度大小为a1，运动时间为t1；随后在无阻力伞情况下匀减速直至停下。已知飞机的减速总路程为x，求第二个阶段飞机的加速度大小和运动时间。‎ ‎[思路点拨]　根据题意画出飞机减速过程的示意图，A为飞机着陆点，AB、BC分别对应两个匀减速直线运动过程，C点飞机停下。‎ ‎[解析]　根据运动示意图和运动学规律，A到B过程，有x1＝v0t1－a1t12，vB＝v0－a1t1‎ B到C过程，有x2＝vBt2－a2t22,0＝vB－a2t2‎ A到C过程，有x＝x1＋x2‎ 联立解得a2＝ t2＝。‎ ‎[答案]　　 ‎ 求解多阶段运动问题的四个关键 ‎(1)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。‎ ‎(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。‎ ‎(4)物体前一阶段的末速度是后一阶段的初速度，即速度是联系各阶段运动的桥梁。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．(2017·福州质检)一质点沿坐标轴Ox做变速直线运动，它在坐标轴上的坐标x随时间t的变化关系为x＝5＋2t3，速度v随时间t的变化关系为v＝6t2，其中v、x和t的单位分别是m/s、 m和s。设该质点在t＝0到t＝1 s内运动位移为s和平均速度为，则(　　 )‎ A．s＝‎6 m，＝‎6 m/s　　　　　 B．s＝‎2 m，＝‎2 m/s C．s＝‎7 m，＝‎7 m/s D．s＝‎3 m，＝‎3 m/s 解析：选B　当t＝0时，x0＝‎5 m，t＝1 s时，x1＝‎7 m，因此s＝x1－x0＝‎2 m；而平均速度＝＝‎2 m/s，B正确，A、C、D错误。‎ ‎2．(2017·哈尔滨模拟)据报道，一儿童玩耍时不慎从‎45 m高的阳台上无初速度掉下，在他刚掉下时恰被楼下一社区管理人员发现，该人员迅速由静止冲向儿童下落处的正下方楼底，准备接住儿童。已知管理人员到楼底的距离为‎18 m，为确保能稳妥安全地接住儿童，管理人员将尽力节约时间，但又必须保证接住儿童时没有水平方向的冲击。不计空气阻力，将儿童和管理人员都看成质点，设管理人员奔跑过程中只做匀速或匀变速运动，g取‎10 m/s2。‎ ‎(1)管理人员至少用多大的平均速度跑到楼底？‎ ‎(2)若管理人员在奔跑过程中做匀加速或匀减速运动的加速度大小相等，且最大速度不超过‎9 m/s，求管理人员奔跑时加速度的大小需满足什么条件？‎ 解析：(1)儿童下落过程，由运动学公式得：h＝gt02‎ 管理人员奔跑的时间t≤t0，对管理人员运动过程，由运动学公式得：x＝ t，‎ 联立各式并代入数据解得：≥‎6 m/s。‎ ‎(2)假设管理人员先匀加速接着匀减速奔跑到楼底，奔跑过程中的最大速度为v0，‎ 由运动学公式得：＝ 解得：v0＝2＝‎12 m/s＞vm＝‎9 m/s 故管理人员应先加速到vm＝‎9 m/s，再匀速，最后匀减速奔跑到楼底。‎ 设匀加速、匀速、匀减速过程的时间分别为t1、t2、t3，位移分别为x1、x2、x3，‎ 由运动学公式得：x1＝at12‎ x3＝at32，x2＝vmt2，vm＝at1＝at3‎ t1＋t2＋t3≤t0，x1＋x2＋x3＝x 联立各式并代入数据得a≥‎9 m/s2。‎ 答案：(1)‎6 m/s　(2)a≥‎9 m/s2‎ 提能点(二)　匀变速直线运动问题的常用方法 方法 解　读 基本 公式法 基本公式指速度公式、位移公式及速度位移关系式，它们均是矢量式，使用时要规定正方向 平均 速度法 ‎(1)定义式＝对任何性质的运动都适用 ‎(2)＝(v0＋v)只适用于匀变速直线运动 中间时刻 速度法 利用“中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度”，即v＝，该式适用于任何匀变速直线运动 图像法 应用v t图像，可把较复杂的问题转变为较为简单的数学问题解决，尤其是用图像定性分析，可避开繁杂的计算，快速得出答案 推论法 匀变速直线运动中，在连续相等的时间T内的位移之差为一恒量，即xn＋1－xn＝aT，对一般的匀变速直线运动问题，若出现相等的时间间隔，应优先考虑用Δx＝aT求解 ‎[典例]　物体以一定的初速度从斜面底端A点冲上固定的光滑斜面，斜面总长度为l，到达斜面最高点C时速度恰好为零，如图所示，已知物体运动到距斜面底端l处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间。‎ ‎[解析]　法一：基本公式法 因为物体沿斜面向上做匀减速运动，设初速度为v0，物体从B滑到C所用的时间为tBC，由匀变速直线运动的规律可得 v02＝2axAC①‎ vB2＝v02－2axAB②‎ xAB＝xAC③‎ 由①②③解得vB＝④‎ 又vB＝v0－at⑤‎ vB＝atBC⑥‎ 由④⑤⑥解得tBC＝t。‎ 法二：中间时刻速度法 利用推论：匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，AC＝＝。‎ 又v02＝2axAC，vB2＝2axBC，xBC＝。‎ 由以上三式解得vB＝。‎ 可以看成vB正好等于AC段的平均速度，因此B点是这段位移的中间时刻，因此有tBC＝t。‎ 法三：逆向思维法 物体向上匀减速冲上斜面，其逆过程为由静止开始向下匀加速滑下斜面。设物体从B到C所用的时间为tBC 。‎ 由运动学公式得xBC＝atBC2，xAC＝a(t＋tBC)2，‎ 又xBC＝，‎ 由以上三式解得tBC＝t。‎ 法四：比例法 对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间内通过的位移之比为 x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。‎ 因为xBC∶xAB＝∶＝1∶3，而通过xAB的时间为t，所以通过xBC的时间tBC＝t。‎ 法五：图像法 根据匀变速直线运动的规律，画出v t图像。如图所示。‎ 利用相似三角形的规律，面积之比等于对应边的平方比，‎ 得＝，且＝，‎ OD＝t，OC＝t＋tBC。‎ 所以＝，解得tBC＝t。‎ ‎[答案]　t 应用匀变速直线运动规律的两个技巧 ‎(1)把减速到0的匀减速直线运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，列方程将非常简便，如果可以进一步利用比例关系解题则更简单。‎ ‎(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。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．(2017·亳州模拟)做匀加速直线运动的质点，在第一个3 s内的平均速度比它在第一个5 s内的平均速度小‎3 m/s。则质点的加速度大小为(　　 )‎ A．‎1 m/s2　　　　　　　　　　 　 B．‎2 m/s2‎ C．‎3 m/s2 D．‎4 m/s2‎ 解析：选C　第1个3 s内平均速度即为1.5 s时刻瞬时速度v1，第1个5 s内平均速度即为2.5 s时刻瞬时速度v2，a＝＝＝＝‎3 m/s2，C正确。‎ ‎2．做匀减速直线运动的物体经4 s停止，若在第1 s内的位移是‎14 m，则最后1 s内的位移是(　　 )‎ A．‎3.5 m B．‎‎2 m C．‎1 m D．0‎ 解析：选B　利用“逆向思维法”，把物体的运动看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，则匀减速直线运动的物体在相等时间内的位移之比为7∶5∶3∶1，所以＝，x1＝‎2 m。‎ ‎3.从斜面上某一位置每隔0.1 s释放一颗小球，在连续释放几颗后，对斜面上正在运动着的小球拍下部分照片，如图所示，现测得AB＝‎15 cm，BC＝‎20 cm，已知小球在斜面上做匀加速直线运动，且加速度大小相同，求：‎ ‎(1)小球的加速度；‎ ‎(2)拍摄时B球的速度；‎ ‎(3)D、C两球相距多远？‎ ‎(4)A球上面正在运动着的小球共有几颗？‎ 解析：(1)由Δx＝aT得 a＝＝＝ m/s2＝‎5 m/s2。‎ ‎(2)vB＝＝ m/s＝‎1.75 m/s。‎ ‎(3)由Δx＝xDC－xBC＝xBC－xAB得 xDC＝xBC＋(xBC－xAB)＝‎20 cm＋‎5 cm＝‎25 cm。‎ ‎(4)小球B从开始下滑到图示位置所需的时间为 tB＝＝ s＝0.35 s 则B球上面正在运动着的小球共有三颗，A球上面正在运动着的小球共有两颗。‎ 答案：(1)‎5 m/s2　(2)‎1.75 m/s　(3)‎25 cm　(4)两颗 一、单项选择题 ‎1．某质点从静止开始做匀加速直线运动，已知第3 s内通过的位移是x，则物体运动的加速度为(　　 )‎ A.　　　　　　　　　　 　B. C. D. 解析：选C　3 s内的位移x＝at2＝a,2 s内的位移x′＝at′2＝‎2a，则x＝a－‎2a，解得a＝，故A、B、D错误，C正确。‎ ‎2. (2016·全国丙卷)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s，动能变为原来的9倍。该质点的加速度为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选A　质点在时间t内的平均速度v＝，设时间t内的初、末速度分别为v1和v2，则v＝，故＝。由题意知：mv22＝9×mv12，则v2＝3v1，进而得出2v1＝。质点的加速度a＝＝＝。故选项A正确。‎ ‎3．一个做匀变速直线运动的质点，初速度为‎0.5 m/s，第9 s内的位移比第5 s内的位移多‎4 m，则该质点的加速度、9 s末的速度和质点在9 s内通过的位移分别是(　　 )‎ A．a＝‎1 m/s2，v9＝‎9 m/s，x9＝‎‎40.5 m B．a＝‎1 m/s2，v9＝‎9 m/s，x9＝‎‎45 m C．a＝‎1 m/s2，v9＝‎9.5 m/s，x9＝‎‎45 m D．a＝‎0.8 m/s2，v9＝‎7.7 m/s，x9＝‎‎36.9 m 解析：选C　根据匀变速直线运动的规律，质点在t＝8.5 s时刻的速度比在t＝4.5 s时刻的速度大‎4 m/s，所以加速度a＝＝＝‎1 m/s2，v9＝v0＋at＝‎9.5 m/s，x9＝(v0＋v9)t＝‎45 m，选项C正确。‎ ‎4．质点由A点从静止出发沿直线AB运动，行程的第一部分是加速度大小为a1的匀加速运动，接着做加速度大小为a2的匀减速运动，到达B点时恰好速度减为零。若AB间总长度为s，则质点从A到B所用时间t为(　　 )‎ A. B. C. D. 解析：选B　设第一阶段的末速度为v，则由题意可知：＋＝s，解得：v＝ ；而s＝t1＋t2＝t，由此解得：t＝ ，所以选B。‎ ‎5．物体以‎20 m/s的速度从坡底冲上一足够长的斜坡，当它返回坡底时的速度大小为‎16 m/s。已知上坡和下坡两个阶段物体均沿同一直线做匀变速直线运动，但上坡和下坡的加速度不同。则物体上坡和下坡所用的时间之比为(　　 )‎ A．4∶5 B．5∶4‎ C．2∶3 D．3∶2‎ 解析：选A　设物体沿斜坡运动的位移为x，上坡时的加速度为a1，所用时间为t1，下坡时的加速度为a2，所用时间为t2，则有x＝a1t12＝v1t1，x＝a2t22＝v2t2，联立解得t1∶t2＝4∶5，所以A正确，B、C、D错误。‎ ‎6．(2015·江苏高考)如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔‎8 m 设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s和2 s。关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度‎2 m/s2由静止加速到‎2 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是(　　)‎ A．关卡2 B．关卡3‎ C．关卡4 D．关卡5‎ 解析：选C　设同学加速到‎2 m/s时所用时间为t1，由v1＝at1，得t1＝＝1 s，通过的位移x1＝at12＝‎1 m，然后匀速前进的位移x2＝v1(t－t1)＝‎8 m，因x1＋x2＝‎9 m>‎8 m，即这位同学已通过关卡2，距该关卡‎1 m，当关卡关闭t2＝2 s时，此同学在关卡2、3之间通过了x3＝v1t2＝‎4 m的位移，接着关卡放行t＝5 s，同学通过的位移x4＝v1t＝‎10 m，此时距离关卡4为x5＝‎24 m－(1＋8＋4＋10) m＝‎1 m，关卡关闭2 s，经过t3＝＝0.5 s后关卡4最先挡住他前进。‎ 二、多项选择题 ‎7.如图所示，一冰壶以速度v垂直进入三个相同矩形区域做匀减速运动，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(　　 )‎ A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1‎ B．v1∶v2∶v3＝∶∶1‎ C．t1∶t2∶t3＝1∶∶ D．t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1‎ 解析：选BD　因为冰壶做匀减速运动，且末速度为零，故可以看做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－v02＝2ax可得初速度为零的匀加速直线运动中的速度之比为1∶∶，则所求的速度之比为∶∶1，故选项A错误，B正确。‎ ‎8．汽车由静止开始从A点沿直线ABC做匀加速直线运动，第4 s末通过B点时关闭发动机，再经6 s到达C点时停止。已知AC的长度为‎30 m，则下列说法正确的是(　　 )‎ A．通过B点时速度是‎3 m/s B．通过B点时速度是‎6 m/s C．AB的长度为‎12 m D．汽车在AB段和BC段的平均速度相同 解析：选BCD　汽车由静止开始从A点沿直线ABC运动，画出v t图像，由图可得xAC＝vBt，解得vB＝‎6 m/s，所以选项A错误，选项B正确；0～4 s内，xAB＝vBt1＝‎12 m，所以选项C正确；由＝，知汽车在AB段和BC段的平均速度相同，D选项正确。 ‎ ‎9．(2017·丽水模拟)物体自O点开始沿斜面向上做匀减速直线运动，A、B、C、D是运动轨迹上的四点，D是最高点。测得OA＝‎0.8 m，AB＝‎0.6 m，BC＝‎0.4 m。且物体通过前三段的时间均为1 s。则下面判断正确的是(　　 )‎ A．物体的初速度是‎0.9 m/s B．物体运动的加速度大小是‎0.2 m/s2‎ C．CD间的距离是‎0.2 m D．从C到D运动的时间是1.5 s 解析：选ABD　由Δx＝AB－OA＝BC－AB＝at2得，a＝＝ m/s2＝－‎0.2 m/s2，B正确；由OA＝v0t＋at2得，v0＝‎0.9 m/s，A正确；由vD＝v0＋atOD得，tOD＝＝ s＝4.5 s，故tCD＝tOD－3t＝1.5 s，D正确；OD＝v0tOD＋atOD2＝0.9×‎4.5 m－×0.2×‎4.52 m＝‎2.025 m，故CD＝OD－OA－AB－BC＝‎0.225 m，C错误。‎ ‎10．一质量为m的滑块在粗糙水平面上滑行，通过频闪照片分析得知，滑块在最开始2 s内的位移是最后2 s内位移的两倍，且已知滑块最开始1 s内的位移为‎2.5 m，由此可求得(　　 )‎ A．滑块的加速度为‎5 m/s2 B．滑块的初速度为‎5 m/s C．滑块运动的总时间为3 s D．滑块运动的总位移为‎4.5 m 解析：选CD　设滑块运动的加速度为a，运动总时间为t，把滑块运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，则有：最后2 s内位移为：x1＝at12＝‎2a，最初2 s内位移为：x2＝at2－a(t－2)2＝2at－‎2a，又因为x2∶x1＝2∶1，则有2at－‎2a＝‎4a，解得：总时间t＝3 s，故C正确；最开始1 s内的位移为：x3＝at2 －a(t－1)2，所以‎9a－‎4a＝5，解得a＝‎1 m/s2，故A错误；则总位移x＝at2＝×1×‎9 m＝‎4.5 m，故D正确；滑块的初速度v0＝at＝1×‎3 m/s＝‎3 m/s，故B错误。‎ 三、计算题 ‎11. (2017·银川模拟)‎ 一个小球从斜面顶端无初速下滑，接着又在水平面上做匀减速运动，直到停止，它共运动了10 s，斜面长‎4 m，在水平面上运动的距离为‎6 m，求：‎ ‎(1)小球在运动过程中的最大速度；‎ ‎(2)小球在斜面和水平面上运动的加速度大小。‎ 解析：(1)依题意，设小球滑至斜面底端的速度为v1，即为运动过程中的最大速度vm，设所用时间为t1，在水平面上匀减速运动的时间设为t2，则 在斜面上有x1＝t1‎ 在水平面上有x2＝t2‎ 解得vm＝v1＝‎2 m/s。‎ ‎(2)设小球在斜面和水平面上的加速度大小分别为a1、a2，‎ 则有vm2－0＝‎2a1x1，vm2－0＝‎2a2x2‎ 解得a1＝‎0.5 m/s2，a2≈‎0.33 m/s2。‎ 答案：(1)‎2 m/s　(2)‎0.5 m/s2　 ‎0.33 m/s2‎ ‎12．A点与B点相距‎400 m，某人骑车从A到B，途中加速运动和减速运动的加速度大小均为 ‎2 m/s2。若某人在A点由静止起动，到B点恰好停止，中途的最大速度为‎10 m/s，则他由A点到B点需要的最短时间？‎ 解析：骑车人由A从静止开始到B停下的过程，他先加速到最大速度，中途以最大速度匀速运动，接近B时再减速运动，最后停在B点。他加速阶段所用时间为t1＝＝5 s 这段时间位移为x1＝at12＝‎‎25 m 减速过程所用时间和位移与加速过程相同。‎ 故中间匀速过程的位移x2＝(400－25－25)m＝‎‎350 m 所用时间为t2＝＝35 s 故他从A到B需要的最短时间t＝(35＋5＋5)s＝45 s。‎ 答案：45 s