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第3 讲 自由落体运动和竖直上抛运动 多过程问题
目标要求 1.掌握自由落体运动和竖直上抛运动的特点，知道竖直上抛运动的对称性和多
解性.2.能灵活处理多过程问题．
考点一 自由落体运动
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)基本规律：
匀变速直线运动
自由落体运动
v＝v0＋at
v＝gt
x＝v0t＋at2
h＝gt2
v2－v0
2＝2ax
v2＝2gh
1．重的物体总是比轻的物体下落得快．( × )
2．同一地点，轻重不同的物体的g 值一样大．( √ )
3．自由落体加速度的方向垂直地面向下．( × )
4．做自由落体运动的物体在1 s 内速度增加约9.8 m/s.( √ )
5．不计空气阻力，物体从某高度由静止下落，任意两个连续相等的时间间隔T 内的位移之
差恒定．( √ )
应用自由落体运动规律解题时的两点注意
(1)自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，可利用比例关系及推论等规律解题．
①从开始下落，连续相等时间内下落的高度之比为1∶3∶5∶7∶….
②Δv＝gΔt.相等时间内，速度变化量相同．
③连续相等时间T 内下落的高度之差Δh＝gT2.
(2)物体由静止开始的自由下落过程才是自由落体运动，从中间截取的一段运动过程不是自
由落体运动，等效于竖直下抛运动，应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决此类
问题．
1
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考向1 自由落体运动基本公式的应用
例1 如图所示，木杆长5 m，上端固定在某一点，由静止放开后让它自由落下(不计空气
阻力)，木杆通过悬点正下方20 m 处的圆筒AB，圆筒AB 长为5 m，取g＝10 m/s2，求：
(1)木杆通过圆筒的上端A 所用的时间t1；
(2)木杆通过圆筒AB 所用的时间t2.
答案 (1)(2－) s (2)(－) s
解析 (1)木杆由静止开始做自由落体运动，
设木杆的下端到达圆筒上端A 所用的时间为t 下A
h 下A＝gt 下A
2，h 下A＝20 m－5 m＝15 m
解得t 下A＝ s
设木杆的上端到达圆筒上端A 所用的时间为t 上A
h 上A＝gt 上A
2，解得t 上A＝2 s
则木杆通过圆筒上端A 所用的时间
t1＝t 上A－t 下A＝(2－) s
(2)设木杆的上端到达圆筒下端B 所用的时间为t 上B，则h 上B＝gt 上B
2，h 上B＝20 m＋5 m＝25
m
解得t 上B＝ s，则木杆通过圆筒所用的时间t2＝t 上B－t 下A＝(－) s.
考向2 自由落体运动中的“比例关系”问题
例2 对于自由落体运动(g＝10 m/s2)，下列说法正确的是( )
A．在前1 s 内、前2 s 内、前3 s 内的位移大小之比是1∶3∶5
B．在相邻两个1 s 内的位移之差都是10 m
C．在第1 s 内、第2 s 内、第3 s 内的平均速度大小之比是1∶2∶3
D．在1 s 末、2 s 末、3 s 末的速度大小之比是1∶3∶5
答案 B
解析 在前1 s 内、前2 s 内、前3 s 内的位移大小之比是1∶4∶9，故A 错误；在相邻两个
1 s 内的位移之差都是Δx＝gT2＝10 m，故B 正确；在第1 s 内、第2 s 内、第3 s 内的位移大
小之比为1∶3∶5，所以平均速度大小之比为1∶3∶5，故C 错误；在1 s 末、2 s 末、3 s 末
2
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的速度大小之比是1∶2∶3，故D 错误．
考向3 自由落体运动中的“两物体先后下落”问题
例3 (多选)从高度为125 m 的塔顶先后自由释放a、b 两球，自由释放这两个球的时间
差为1 s，g 取10 m/s2，不计空气阻力，以下判断正确的是( )
A．b 球下落高度为20 m 时，a 球的速度大小为20 m/s
B．a 球接触地面瞬间，b 球离地高度为45 m
C．在a 球接触地面之前，两球速度差恒定
D．在a 球接触地面之前，两球离地的高度差恒定
答案 BC
解析 b 球下落高度为20 m 时，t1＝＝ s＝2 s，则a 球下降了3 s，a 球的速度大小为v＝30
m/s，故A 错误；a 球下降的总时间为t2＝ s＝5 s，此时b 球下降了4 s，b 球的下降高度为
h′＝×10×42 m＝80 m，故b 球离地面的高度为hB＝(125－80) m＝45 m，故B 正确；由自
由落体的规律可得，在a 球接触地面之前，两球的速度差恒定，两球离地的高度差变大，故
C 正确，D 错误．
自由落体运动中的两个物体先后从同一高度下落，两物体加速度相同，故先下落物体相对后
下落物体做匀速直线运动，两者的距离随时间均匀增大．
考点二 竖直上抛运动
竖直上抛运动
(1)运动特点：初速度方向竖直向上，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)基本规律
①速度与时间的关系式：v ＝
v 0－
gt ；
②位移与时间的关系式：x＝v0t－gt2.
1．物体做竖直上抛运动，速度为负值时，位移也一定为负值．( × )
2．做竖直上抛运动的物体，在上升过程中，速度变化量方向是竖直向下的．( √ )
3
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1.重要特性
(1)对称性
①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
(如图)，同理tAB＝tBA.
②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．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，加速度为－g 的匀变速直线运动，v＝v0－gt，h＝v0t－
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
考向1 竖直上抛运动的两种研究方法
例4 气球以10 m/s 的速度沿竖直方向匀速上升，当它上升到离地175 m 的高处时，一重物
从气球上掉落，则重物需要经过多长时间才能落到地面？到达地面时的速度是多大？(g 取10
m/s2，不计空气阻力)
答案 7 s 60 m/s
解析 解法一：全程法
取全过程进行研究，从重物自气球上掉落开始计时，经时间t 落地，规定初速度方向为正方
向，画出运动过程草图，如图所示．
4
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重物在时间t 内的位移h＝－175 m
将h＝－175 m，v0＝10 m/s 代入
h＝v0t－gt2
解得t＝7 s 或t＝－5 s(舍去)
所以重物落地时速度为
v＝v0－gt＝10 m/s－10×7 m/s＝－60 m/s
其中负号表示方向竖直向下，与初速度方向相反．
解法二：分段法
设重物离开气球后，经过t1时间上升到最高点，
则t1＝＝ s＝1 s
上升的最大高度h1＝gt1
2＝×10×12 m＝5 m
故重物离地面的最大高度为
H＝h1＋h＝5 m＋175 m＝180 m
重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为t2＝＝s＝6 s
v＝gt2＝10×6 m/s＝60 m/s(方向竖直向下)
所以重物从气球上掉落到落地的时间t＝t1＋t2＝7 s.
考向2 竖直上抛运动的对称性
例5 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，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，故选C.
考向3 竖直上抛运动的多解性
例6 (多选)从高为20 m 的位置以20 m/s 的初速度竖直上抛一物体，g 取10 m/s2，当物体
到抛出点距离为15 m 时，所经历的时间可能是( )
A．1 s
B．2 s
C．3 s
D．(2＋) s
答案 ACD
5
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解析 取竖直向上方向为正方向，当物体运动到抛出点上方离抛出点15 m 时，位移为x＝15
m，由竖直上抛运动的位移时间公式得x＝v0t－gt2，解得t1＝1 s，t2＝3 s；当物体运动到抛
出点下方离抛出点15 m 时，位移为x′＝－15 m，由x′＝v0t－gt2，解得t3＝(2＋) s 或t4＝
(2－) s(负值舍去)，选项A、C、D 正确，B 错误．
考点三 匀变速直线运动中的多物体和多过程问题
1．多物体问题
研究多物体在空间上重复同样的运动时，可利用一个物体的运动取代多物体的运动，照片中
的多个物体认为是一个物体在不同时刻所处的位置，如水龙头滴水、直升机定点空降、小球
在斜面上每隔一定时间间隔连续释放等，均可把多物体问题转化为单物体问题求解．
2．多过程问题
(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7 如图甲所示为哈尔滨冰雪大世界游客排队滑冰滑梯的场景，在工作人员的引导下，
每间隔相同时间从滑梯顶端由静止开始滑下一名游客，将某次拍到的滑梯上同时有多名游客
的照片简化为如图乙所示，已知AB 和BC 间的距离分别为2.5 m 和3.5 m，求：
(1)CD 间距离多远；
(2)此刻A 的上端滑道上还有几人；
(3)此时A 距滑道顶端多远．
答案 (1)4.5 m (2)2 人 (3)2 m
解析 (1)游客在滑梯上做匀加速直线运动，根据匀加速直线运动的规律可知，在相邻相等
时间内位移差相等，即CD－BC＝BC－AB，解得CD＝4.5 m.
(2)相邻两人间的距离差为1 m，所以此刻A 的上端滑道上还有2 人．
(3)设相邻两名游客的时间间隔为T，下滑的加速度为a，则有Δs＝CD－BC＝aT2, 即aT2＝1
m，A 此时的速度为vA＝＝ m/s，联立两式解得vA＝2aT，此时A 距滑道顶端s＝＝2aT2＝2
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m.
例8 (2023·河北省名校联盟联考)一质点做匀变速直线运动，初速度大小为v，经过一段
时间速度大小变为2v，加速度大小为a，这段时间内的路程与位移大小之比为5∶3，则下
列叙述正确的是( )
A．在该段时间内质点运动方向不变
B．这段时间为
C．这段时间该质点运动的路程为
D．再经过相同的时间，质点速度大小为3v
答案 C
解析 由于质点通过的路程与位移不同，故质点先做减速运动，减速到零后再做反向的加速
运动，A 错误；速度变化量大小为Δv＝v－(－2v)＝3v，因此所用时间t＝＝，B 错误；减速
的过程中运动的路程s1＝，反向加速运动的路程s2＝，因此总路程为s＝s1＋s2＝，C 正确；
再经过相同的时间，速度再增加3v，质点速度大小变为v′＝2v＋3v＝5v，D 错误．
例9 (2023·陕西榆林市调研)高铁被誉为中国“新四大发明”之一，因高铁的运行速度快，
对制动系统的性能要求较高，高铁列车上安装有多套制动装置——制动风翼、电磁制动系统、
空气制动系统、摩擦制动系统等．在一段直线轨道上，某高铁列车正以v0＝288 km/h 的速度
匀速行驶，列车长突然接到通知，前方x0＝5 km 处道路出现异常，需要减速停车．列车长
接到通知后，经过t1＝2.5 s 将制动风翼打开，高铁列车获得a1＝0.5 m/s2的平均制动加速度
减速，减速t2＝40 s 后，列车长再将电磁制动系统打开，结果列车在距离异常处500 m 的地
方停下来．
(1)求列车长打开电磁制动系统时，列车的速度大小；
(2)求制动风翼和电磁制动系统都打开时，列车的平均制动加速度大小a2.
答案 (1)60 m/s (2)1.2 m/s2
解析 (1)设经过t2＝40 s 时，列车的速度大小为v1，又v0＝288 km/h＝80 m/s，
则打开制动风翼后，减速过程有v1＝v0－a1t2＝60 m/s.
(2)列车长接到通知后，经过t1＝2.5 s，列车行驶的距离x1＝v0t1＝200 m，
从打开制动风翼到打开电磁制动系统的过程中，列车行驶的距离x2＝＝2 800 m，
从打开电磁制动系统后，列车行驶的距离
x3＝x0－x1－x2－500 m＝1 500 m，
则a2＝＝1.2 m/s2.
课时精练
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1．(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＝＝ s≈1.4 s
下落前5 m 的过程所用的时间为
t1＝＝ s＝1 s
则陈芋汐用于姿态调整的时间约为t2＝t－t1＝0.4 s，故B 正确．
2．一名宇航员在某星球上做自由落体运动实验，让一个质量为2 kg 的小球从一定的高度自
由下落，测得在第4 s 内的位移是42 m，球仍在空中运动，则( )
A．小球在第2 s 末的速度大小是16 m/s
B．该星球上的重力加速度为12 m/s2
C．小球在第4 s 末的速度大小是42 m/s
D．小球在0～4 s 内的位移是80 m
答案 B
解析 设该星球的重力加速度为g 星，第4 s 内的位移是42 m，有g 星t4
2－g 星t3
2＝42 m，t4＝4
s，t3＝3 s，解得g 星＝12 m/s2，所以小球在第2 s 末的速度大小为v2＝g 星t2＝24 m/s，故A 错
误，B 正确；小球在第4 s 末的速度大小是v4＝g 星t4＝48 m/s，故C 错误；小球在0～4 s 内
的位移是x4＝g 星t4
2＝96 m，故D 错误．
3.(2019·全国卷Ⅰ·18)如图，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.上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2.不计空气阻力，则满足( )
A．1<<2
B．2<<3
C．3<<4
D．4<<5
答案 C
解析 由逆向思维和初速度为零的匀加速直线运动比例式可知＝＝2＋，即3<<4，选项C 正
确．
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4．(多选)某物体以30 m/s 的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g 取10 m/s2.5 s 内物体的(
)
A．路程为65 m
B．位移大小为25 m，方向竖直向上
C．速度改变量的大小为10 m/s
D．平均速度大小为13 m/s，方向竖直向上
答案 AB
解析 解法一：分段法
物体上升的时间t 上＝＝ s＝3 s，物体上升的最大高度h1＝＝ m＝45 m，物体从最高点自由
下落2 s 时，下落的高度h2＝gt 下
2＝×10×22 m＝20 m，运动过程如图所示，则总路程为h1
＋h2＝65 m，A 正确.5 s 末物体离抛出点的高度为h1－h2＝25 m，即位移的大小为25 m，方
向竖直向上，B 正确．速度改变量的大小Δv＝gt＝50 m/s，C 错误．平均速度的大小＝＝
m/s＝5 m/s，方向竖直向上，D 错误．
解法二：全程法
将物体运动的全程视为匀变速直线运动，并取竖直向上为正方向，则有v0＝30 m/s，a＝－g
＝－10 m/s2，故5 s 内物体的位移h＝v0t＋at2＝25 m>0，说明物体5 s 末在抛出点上方25 m
处，由竖直上抛运动的规律可知，物体经3 s 到达最大高度h1＝45 m 处，故物体运动的总路
程为65 m，位移大小为25 m，方向竖直向上，A、B 正确．速度的改变量的大小Δv＝|at|＝
50 m/s，C 错误.5 s 末物体的速度v＝v0＋at＝－20 m/s，所以平均速度＝＝5 m/s>0，方向竖
直向上，D 错误．
5．两物体从不同高度自由下落，同时落地，第一个物体下落时间为t，第二个物体下落时间
为，当第二个物体开始下落时，两物体相距(重力加速度为g)( )
A．gt2
B.gt2
C.gt2
D.gt2
答案 D
解析 根据h＝gt2，知第一个物体和第二个物体下落的总高度分别为gt2和，两物体未下落
时相距，第二个物体在第一个物体下落后开始下落，此时第一个物体下落的高度h1＝g()2
＝，所以当第二个物体开始下落时，两物体相距Δh＝gt2－gt2＝gt2，故D 正确，A、B、C 错
误．
6.(2023·河南省名校联盟高三联考)在利用频闪相机研究自由下落物体的运动时，将一可视为
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质点的小球从O 点由静止释放的同时频闪相机第一次曝光，再经连续三次曝光，得到了如
图所示的频闪相片，已知曝光时间间隔为0.2 s，不考虑一切阻力．如果将小球从照片中的A
点由静止释放，则下列说法正确的是( )
A．小球由A 到B 以及由B 到C 的时间小于0.2 s
B．小球通过B 点和C 点时的速度关系为vB∶vC＝1∶2
C．小球由A 到B 以及由B 到C 的过程中平均速度的关系为AB∶BC＝3∶5
D．小球通过B 点时的速度vB和由A 到C 的平均速度AC的关系为vB>AC
答案 D
解析 小球从O 点由静止下落，经过各段的时间都是0.2 s，所以OA、AB、BC 三段的高度
之比为1∶3∶5，如果小球从A 点开始由静止释放，由于AB 间距离大于OA 间距离，所以
通过AB、BC 段的时间均大于0.2 s，故A 错误；设AB 间距离为3h，则BC 间的距离为5h，
所以AC 间的距离为8h，通过B 点时的速度为vB＝，小球通过C 点时的速度为vC＝，则
vB∶vC＝∶4，故B 错误；由于AB、BC 段的高度之比为3∶5，但是通过两段的时间不相等，
根据＝可知，平均速度之比不是3∶5，故C 错误；AC＝vC＝2，所以vB>AC，故D 正确．
7.(2023·安徽省江淮十校联考)如图所示，地面上方离地面高度分别为h1＝6L、h2＝4L、h3＝
3L 的三个金属小球a、b、c，若先后释放a、b、c，三球刚好同时落到地面上，不计空气阻
力，重力加速度为g，则( )
A．b 与a 开始下落的时间差等于c 与b 开始下落的时间差
B．a、b、c 三小球运动时间之比为∶2∶1
C．a 比b 早释放的时间为2(－)
D．三小球到达地面时的速度大小之比是6∶4∶3
答案 C
解析 由h＝gt2 得，ta＝，tb＝，tc＝，则(ta－tb)>(tb－tc)，a、b、c 三小球运动时间之比为
∶2∶，a 比b 早释放的时间为Δt＝ta－tb＝2(－)，A、B 错误，C 正确；根据v2＝2gh 得，三
小球到达地面时的速度大小之比是 ∶2∶，D 错误．
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8．在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要精确的重力加速度g 值，g
值可由实验精确测得，近年来测g 值的一种方法叫“对称自由下落法”，它是将测g 值转变
为测长度和时间，具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O 点上抛小球又落
到原处的时间记为T2，在小球运动过程中经过比O 点高H 的P 点，小球离开P 点到又回到
P 点所用的时间记为T1，测得T1、T2和H，可求得g 值等于( )
A.
B.
C.
D.
答案 A
解析 根据竖直上抛运动的对称性，有g(T2)2－g(T1)2＝H，解得g＝，故选A.
9.(2023·云南昆明市一中模拟)一种比飞机还要快的旅行工具即将诞生，称为“第五类交通方
式”，它就是“Hyperloop(超级高铁)”(如图)．速度高达一千多公里每小时．如果乘坐
Hyperloop 从A 地到B 地，600 公里的路程需要42 分钟，Hyperloop 先匀加速达到最大速
度1 200 km/h 后匀速运动，快进站时再匀减速运动，且加速与减速的加速度大小相等，则
下列关于Hyperloop 的说法正确的是( )
A．加速与减速的时间不一定相等
B．加速时间为10 分钟
C．加速过程中发生的位移为150 公里
D．加速时加速度大小约为0.46 m/s2
答案 D
解析 加速与减速的加速度大小相等，根据t＝可知，加速与减速的时间一定相等，故A 错
误；
设加速和减速时间均为t，运动总时间为t0，
则2×t＋vm(t0－2t)＝s，
代入数据解得t＝12 min，故B 错误；
加速位移为x 加＝t＝120 km，故C 错误；
加速度大小a＝≈0.46 m/s2，故D 正确．
10．在离水平地面高H 处，以大小均为v0 的初速度同时竖直向上和向下抛出甲、乙两球，
不计空气阻力，下列说法中正确的是( )
A．甲球相对乙球做匀变速直线运动
B．在落地前甲、乙两球间距离均匀增大
C．两球落地的速度差与v0、H 有关
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D．两球落地的时间差与v0、H 有关
答案 B
解析 甲、乙两球加速度相同，故甲球相对于乙球做匀速直线运动，在落地前二者距离不断
均匀增大，A 错误，B 正确；根据竖直上抛的对称性，甲球回到抛出点时速度大小为v0 ，
方向竖直向下，两球落地的速度差为零，与v0、H 均无关，C 错误；由竖直上抛的对称性可
知，两球落地的时间差Δt＝，与v0 有关，与H 无关，D 错误．
11.如图所示，一杂技演员用一只手抛球、接球，他每隔0.4 s 抛出一球，接到球便立即把球
抛出．已知除了抛、接球的时刻外，空中总有4 个球，将球的运动近似看作是竖直方向的运
动，球到达的最大高度是(高度从抛球点算起，不计空气阻力，取g＝10 m/s2)( )
A．1.6 m B．2.4 m C．3.2 m D．4.0 m
答案 C
解析 由题图所示的情形可以看出，四个球在空中的位置与一个球抛出后每隔0.4 s 对应的
位置是相同的，即可看作一个球的竖直上抛运动，由此可知球抛出后到达最高点和从最高点
落回抛出点的时间均为t＝0.8 s，故有Hm＝gt2＝3.2 m，C 正确．
12.城市高层建筑越来越多，高空坠物事件时有发生．假设某公路边的高楼距地面高H＝47
m，往外凸起的阳台上的花盆因受到扰动而掉落，掉落过程可看作自由落体运动．阳台下方
有一辆长L1＝8 m、高h＝2 m 的货车，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(示意图如图所示，花盆可视为质
点，重力加速度g＝10 m/s2)．
(1)若司机没有发现花盆掉落，货车保持速度v0匀速直行，请计算说明货车是否被花盆砸到；
(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才能避免被花盆砸到？
答案 (1)货车会被花盆砸到 (2)2.7 m/s2 (3)2.5 m/s2
解析 (1)花盆落下到达车顶过程，
位移为h0＝(47－2) m＝45 m
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花盆做自由落体运动，有h0＝gt2，解得t＝3 s
在这段时间内汽车位移大小为x＝v0t＝27 m
由于L2<x<L1＋L2，货车会被花盆砸到．
(2)货车匀减速运动的距离为L2－v0Δt＝15 m
设制动过程中最小加速度为a0，
由v0
2＝2a0(L2－v0Δt)，解得a0＝2.7 m/s2
(3)司机反应时间内货车的位移大小为x1＝v0Δt＝9 m
此时车头离花盆的水平距离为d＝L2－x1＝15 m
采取加速方式，要成功避险，
则加速运动的位移大小为x2＝d＋L1＝23 m，加速时间为t′＝t－Δt＝2 s
设货车加速度大小至少为a 才能避免被花盆砸到，
则有x2＝v0·t′＋at′2
代入数据解得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．
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