题1 在同一高度处间隔时间t先后自由释放两小球A和B，不计空气阻力（ ）
A. 两球落地时间间隔为t
B. 在空中运动时两球速度差越来越大
C. 在空中运动时两球间距越来越大
D. 在空中运动时两球间距保持不变
亮点 涉及两球在空中的相对运动，是一道可采用多种解法的运动学问题。
解析 这里提供三种解法。
解法一（公式法，以地面为参考系）：
B球释放后t时刻，A球已运动时间t+t0，此时A、B两球的速度和位移分别为 ， ， ， 。
所以， 恒量； ，与t有关。
故在空中运动时，两球速度差不变而距离增大。由于高度一样，落地所需时间一样，故落地时间间隔为t。正确选项为A、C。
解法二（图象法）：
作出两球的速度图象如图2－34所示，两球加速度相等，故两直线平行。由图线可以看出，在t0~t时间段，两球速度差恒定。由于起点位置不同，各时刻vA＞vB。t0~t时间段内两图线间包围面积越来越大，即两球间距离越来越大。显然，下落高度相同，两图线与t轴包围面积应相等，落地时间间隔为t0。正确选项为A、C。
解法三（公式法，以B为参考系）：
以B为参考系，则在两球运动过程中，A球的相对加速度
，
相对速度 ，不变。
即A相对于B做匀速运动，相对位移越来越大。所以，A、B速度差保持gt0恒定不变，而距离越来越大。下落高度相同，故两球落地时间间隔为t0。正确选项为A、C。
联想 方法一通过研究任意时刻物体的运动情况来研究运动全过程，这种研究方法值得借鉴；方法二利用图象分析，直观明了；方法三从相对运动出发考虑问题，分析巧妙简捷。从不同角度运用多种方法求解物理问题，有利于培养自己的发散思维能力。
题2 如图2－所示，AB、CO为互相垂直的丁字形公路，CB为一斜直小路，CB与CO成60°角，CO间距300m。一逃犯骑着摩托车以45km/h的速度正沿AB公路逃窜。当逃犯途径路口O处时，守候在C处的公安干警立即以1.2m/s2的加速度启动警车，警车所能达到的最大速度为120km/h。
（1）若公安干警沿COB路径追捕逃犯，则经过多长时间在何处能将逃犯截获?
（2）若公安干警抄CB近路到达B处时，逃犯又以原速率掉头向相反方向逃窜，公安干警则继续沿BA方向追赶，则总共经多长时间在何处能将逃犯截获?（不考虑摩托车和警车转向的时间）
亮点 本题将运动学中的追及问题创设在公安干警追截逃犯的情景之中，令人耳目一新。
解析 （1）摩托车的速度 m/s＝15m/s，
警车的最大速度 m/s≈33.33m/s。
警车达最大速度的时间 ≈27.78s，行驶的距离 ≈462.95m。
在t1时间内摩托车行驶的距离
=15×27.78m＝416.7m。
因为 ＝162.95m＜ ，故警车在t1时间内尚未追上摩托车，相隔距离
＝253.75m。
设需再经时间t2，警车才能追上摩托车，则
≈13.84s。
从而，截获逃犯总共所需时间 ＝41.6s, 截获处在OB方向距O处距离为
＝624m。
（2）由几何关系可知， ＝600m，因 ＜ ，故警车抄CB近路达最大速度时尚未到达B点。设再经过 时间到达B点，则
≈4.11s。
在（ ）时间内摩托车行驶的距离
＝478.35m，
此时摩托车距B点 ≈41.27m。
此后逃犯掉头向相反方向逃窜.设需再经时间 警车才能追上逃犯，则
≈2.25s。
从而，截获逃犯总共所需时间
≈34.1s。
截获处在OB间距O处
＝444.6m。
联想 本题涉及摩托车的匀速运动，以及警车的匀加速运动和匀速运动。仔细分析警车和摩托车的运动过程，寻找两者在运动时间和路程上的联系，此类问题就不难得到顺利解决。
题3 甲、乙两个同学在直跑道上练习4 100m接力，他们在奔跑时有相同的最大速度。乙从静止开始全力奔跑需跑出25m才能达到最大速度，这一过程可看作匀变速运动。现甲持棒以最大速度向乙奔来，乙在接力区伺机全力奔出。若要求乙接棒时奔跑达到最大速度的80%，则
（1）乙在接力区须奔出多大距离？
（2）乙应在距离甲多远时起跑？
亮点 本题创设了一个接力赛跑的物理情景，紧密联系同学们的生活实际。
解析 （1）设两人奔跑的最大速度为v0，则在乙从静止开始全力奔跑达到最大速度的过程，以及乙接棒时奔跑达到最大速度的80%的过程，分别应用匀变速直线运动速度—位移关系式，有 v2=2ax，(0.80v)2=2ax’，
由以上两式可解得乙在接力区须奔出的距离
x’=0.64x=0.64×25m=16m。
（2）设乙在距甲为x0处开始起跑，到乙接棒时跑过的距离为x’，所经历的时间为t，则甲、乙两人在时间t内通过的位移有如下关系：
vt=x0+x’，
又由平均速度求位移的公式可知乙的位移
，
从而由以上两式可解得 x0=1.5 x’=1.5×16m=24m。
联想 求解本题首先要熟悉接力赛跑中棒的传接过程，寻找两人运动的联系。体育运动中有许多问题涉及运动学内容，要注意观察生活，善于建立物理模型。
题4 羚羊从静止开始奔跑，经过s1=50m的距离能加速到最大速度v1=25m/s，并能维持一段较长的时间。猎豹从静止开始奔跑，经过s2=60m的距离能加速到最大速度v2=30m/s，以后只能维持这个速度4.0s。设猎豹距离羚羊x时开始攻击，羚羊则在猎豹开始攻击后1.0s开始奔跑，假设羚羊和猎豹在加速阶段分别做匀加速运动，且均沿同一直线奔跑，问：
(1) 猎豹要在达最大速度且未减速前追到羚羊，x值应在什么范围？
(2) 猎豹要在其加速阶段追上羚羊，x值应在什么范围？
亮点 问题联系实际，富于生活气息。猎豹追上羚羊时，羚羊的运动情况有待确定。
解析 (1) 猎豹在达最大速度且尚未减速前追到羚羊，即猎豹的运动只能是先匀加速运动后匀速运动。设猎豹在维持最大速度的时间t内追到羚羊，由题意知t≤4.0s。
现在我们首先探索的问题是：当猎豹追上羚羊时，羚羊的运动情况如何？为此，我们可先分别求出羚羊和猎豹做加速运动的加速度和时间。
羚羊做加速运动的加速度为
m/s2=6.25m/s2，
羚羊做加速运动的时间为 s=4.0s；
而猎豹做加速运动的加速度为
m/s2=7.5m/s2，
猎豹做加速运动的时间为 s=4.0s。
①若猎豹刚达到最大速度时追上羚羊，则羚羊只加速了t’=3s，有
m m=32m；
②若猎豹刚要减速时追上羚羊，则有
m m m=55m。
由此可知，猎豹要在达最大速度且未减速前追到羚羊，x值应为
32m≤x≤55m。
(2) 羚羊刚要开始奔跑时，猎豹已前进的距离
m=3.75m。
由此可知。猎豹要在其加速阶段追上羚羊，x值应为
3.75m≤x≤32m。
联想 本题的求解告诉我们，研究物体的运动，首先要分析清楚物体的运动过程。特别是当物体有多个运动阶段时，必须明确问题所研究的是运动的哪一个阶段。当问题涉及多个物体的运动时，应先分别独立研究各个物体的运动，然后找出它们之间的联系。
题5 在某市区内，一辆小汽车在公路上以速度v1向东行驶，一位观光游客正由南向北从斑马线上横过马路。汽车司机发现游客途径D处时，经过0.7s作出反应紧急刹车，但仍将正步行至B处的游客撞伤，该汽车最终在C处停下，如图2－36所示。为了判断汽车司机是否超速行驶以及游客横穿马路的速度是否过快，警方派一警车以法定最高速度vm＝14.0m/s行驶在同一马路的同一地段，在肇事汽车的起始制动点A紧急刹车，经14.0m后停下来。在事故现场测得 ＝17.5m， ＝14.0m， ＝2.6m。肇事汽车的刹车性能良好，问：
（1）该肇事汽车的初速度vA是多大?
（2）游客横过马路的速度是多大?
亮点 本题涉及交通事故的认定，物理情景紧密联系生活实际，主要训练学生的信息汲取能力和分析推理能力。
解析 （1）警车和肇事汽车刹车后均做匀减速运动，其加速度大小
，
与车子的质量无关，可将警车和肇事汽车做匀减速运动的加速度a的大小视作相等。
对警车，有 ；对肇事汽车，有 ，则
，即 ，
故 ＝21m/s。
（2）对肇事汽车，由 得
，
故肇事汽车至出事点B的速度为
＝14.0m/s。
肇事汽车从刹车点到出事点的时间
＝1s，
又司机的反应时间t0＝0.7s，故游客横过马路的速度
m/s≈1.53m/s。
联想 从上面的分析求解可知，肇事汽车为超速行驶，而游客的行走速度并不快。你能进一步求出，在题给情况下汽车安全行驶的最高限速吗？
题6 甲、乙两车相距为s，同时同向运动，乙在前面做加速度为a1、初速度为零的匀加速运动，甲在后面做加速度为a2、初速度为v0的匀加速运动，试讨论两车在运动过程中相遇次数与加速度的关系。
亮点 涉及两车相遇次数的条件型讨论题，需具备较强的分析综合能力。
解析 这里提供两种解法。
解法一（物理方法）：
由于两车同时同向运动，故有
v甲= v0+ a2t，v乙= a1t。
（1）当a1<a2时，a1t< a2t，可得两车在运动过程中始终有v甲> v乙.。由于原来甲车在后，乙车在前，所以甲、乙两车的距离在不断缩短，经过一段时间后甲车必然追上乙车。由于甲车追上乙车时v甲> v乙，所以甲超过乙后相距越来越大，因此甲、乙两车只能相遇一次。
（2）当a1= a2时，a1t= a2t，v甲> v乙，因此甲、乙两车也只能相遇一次。
（3）当a1>a2时，a1t>a2t，v甲和v乙的大小关系会随着运动时间的增大而发生变化.。刚开始a1t和a2t相差不大且甲有初速度v0，所以v甲> v乙.。随着时间的推移，a1t和a2t相差越来越大，当a1t-a2t= v0时，v甲= v乙，接下来a1t-a2t> v0，则有v甲<v乙。
若在v甲= v乙之前，甲车还没有超过乙车，随后由于v甲<v乙，甲车就没有机会超过乙车，即两车不相遇；
若在v甲= v乙时，两车刚好相遇，随后由于v甲<v乙，甲车又要落后乙车，这样两车只能相遇一次；
若在v甲= v乙之前，甲车已超过乙车，即已相遇一次，随后由于v甲<v乙，甲、乙距离又缩短，直到乙车反超甲车时，再相遇一次，则两车能相遇两次。
方法二(数学方法）：
设经过时间t两车能够相遇，由于
， ，
相遇时有 ，则 ，
所以 。
（1）当a1<a2时，t只有一个解，则相遇一次。
（2）当a1= a2时， ，所以 .。t只有一个解，则相遇一次。
（3）当a1>a2时，若 ，t无解，即不相遇；
若 ，t只有一个解，即相遇一次；
若 ，t有两个正解，即相遇两次。
联想 以上两种解法，正好体现了解答物理问题的两种典型思路。方法一从比较两车的速度关系和位移关系出发，经过仔细而严密的逻辑推理，得出了不同条件下的不同结果。这种解法注重物理过程的分析，物理情景比较清楚。方法二先假设两车相遇，由两车位移之间的关系列出求解相遇时间的方程，然后再对方程解的个数展开讨论。这种解法的特点是将物理问题转化为数学问题，充分运用数学规律和技巧使问题得以解决，论述简洁明了。
题7 在水平直轨道上有两列火车A和B相距s。A车在后面做初速度为v0、加速度大小为2a的匀减速直线运动；而B车同时做初速度为0、加速度大小为a的匀加速直线运动，两车运动方向相同。要使两车不相撞，求A车的初速度v0应满足的条件。
亮点 两车相撞临界条件的分析，采用多种分析方法。
解析 要使两车不相撞，A车追上B车时其速度最多只能与B车速度相等。设A、B两从相距s到A车追上B车时，A车的位移为xA，末速度为vA，所用时间为t；B车的位移为xB，末速度为vB，运动过程如图2－37所示。
现用四种方法求解。
解法一（利用位移公式和速度公式求解）：
对A车有 ， 。
对B车有 ， 。
两车有 ，
追上时，两车刚好不相撞的条件是 ，
由以上各式联立解得 。
故要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是
v0≤ 。
解法二（利用速度公式和速度—位移关系式求解）：
两车刚好不相撞的临界条件是：即将追上时两车速度相等。设此速度为v，A车追上B车前，A车运动的时间为 ，
B车运动的时间为 ,
因为 ，所以 ，
即 。 ①
A车的位移 ，
B车的位移 ，
因为 ，所以 。
即 。 ②
①②两式联立解得 。
故要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是
v0≤ 。
解法三（利用判别式解）：
由解法一可知 ，即
，
整理得 。
这是一个关于时间t的一元二次方程，当根的判别式 ＜0时，t无实数解，即两车不相撞。
故要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是
v0≤ 。
解法四（用速度图象解）：
如图2－38所示，先作A、B两车的速度图象。设经过时间t两车刚好不相撞，则对A车有
，
对B车有 ，
由以上两式联立解得 。
经时间t两车的位移之差，即为原来两车间的距离s，它可用速度图象中阴影部分的面积表示，由速度图象可知 。
故要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是
v0≤ 。
联想 分析解决两物体的追及、相遇类问题，应首先在理解题意的基础上，认清两物体在位移、速度、时间等方面的关联，必要时须画出运动关联的示意图。这类问题的特殊之处是常与极值条件或临界条件相联系。分析解决这类问题的方法有多种，无论哪一种方法，分析临界条件、解决相关的临界条件方程或用数学方法找出相关的临界值，是解决这类问题的关键和突破口。
题8 甲、乙两车在同一条平直公路上行驶，甲车以v1=10m/s的速度做匀速运动，经过车站A时关闭油门以a1=4m/s2的加速度匀减速前进。2s后车与甲车同方向以a2=1m/s2的加速度从同一车站A出发，由静止开始做匀加速直线运动。问乙车出发后经多长时间追上甲车？
亮点 被追的物体做匀减速直线运动，被追上前已停止运动，求解时容易出错。
解析 这里提供两种解法。
解法一（公式法）：
甲、乙两车自同一地点于不同时刻开始运动，乙车出发时甲车具有的速度为
m/s m/s=2 m/s，
此时离甲车停止运动的时间 s=0.5s。
根据题设条件，乙车在0.5s内追不上甲车，也就是说乙车追上甲车时，甲车已经停止了运动。
甲车停止时离车站A的距离 m=12.5m，
设乙走完这段路程所需的时间为t，由 得
s=5s。
故乙车出发后经过5s追上甲车。
解法二（图象法）：
甲、 乙两车运动的速度图象如图2－39所示。乙车追上甲车的条件是它们离开车站A的距离相等，即图线和时间轴所围的面积相等，加速度可用直线的斜率表示。由图象可得
，t=5s。
故乙车出发后经过5s追上甲车。
联想 求解本题最易犯的错误是：根据追上的条件 ，有
，
代入数据可得t=2.6s。错误的原因在于对汽车等运输工具做减速运动的实际规律理解不深。本题中甲车在被乙车追上前已停止运动。上述计算的实质是认为甲车速度减为0后又反向加速运动，所以计算出与乙车相遇的时间就短了。
对于匀减速运动，一定要注意物体的速度减为0后是静止不动还是又反向加速了。对于汽车刹车、飞机着陆等依靠运动阻力减速的物体而言，末速度为0；对于竖直上抛运动而言，物体上升过程做匀减速直线运动，待速度减为0后，不会停在最高点不动，还要反向加速做自由落体运动。
题9 离地20m高处有一小球A做自由落体运动，此时其正下方地面上有另一个小球B以20m/s的初速度竖直上抛，求：
(1) 经多长时间两球在空中相遇？
(2) 若要使两球在空中相遇，B球上抛的速度最小应满足什么条件？
亮点 涉及自由落体运动和竖直上抛运动的综合性条件讨论题。
解析 (1) 设A、B 两球经过时间t相遇，由题意知A下落的位移和B 上升的位移分别为 ， ，
而 ，
由以上三式联立解得 s=1s。
(2) A球落地时间为 ，
B球在空中的运动时间为 。
当tA＜tB时，两球才能在空中相遇，否则在地面相遇，所以有
＜ ，
即 vB＞ m/s=10m/s。
故若要使两球在空中相遇，B球上抛的速度最小应满足vB＞10m/s。
联想 本题第（2）问也可以这样分析：
A、B两球相遇可能有两个时刻，即 B球上升过程中与A相遇，或B上升到最高点后，在下落过程中A从B后面追上B相遇。若要使A、B两球在空中相遇，则相遇时间应小于A球下落高h的时间。设能在空中相遇的球的初速度为vB，则A、B两球相遇的时间为
，
而A球下落高h的时间 。
要使两球空中相遇，必有t1＜tA，即 ＜ ，
故 vB＞ m/s=10m/s。
你能分别求出要使两球在B球上升阶段相遇、在B球上升至最高点时相遇、在B球下落阶段相遇以及在落地点相遇，B球上抛的初速度必须满足的条件吗？
题10 利用打点计时器研究一个约1. 4高的商店卷帘窗的运动。将纸带粘在卷帘底部，纸带通过打点计时器随帘在竖直面内向上运动。打印后的纸带如图2－40所示，数据如表格所示。纸带中AB、BC、CD……每两点之间的时间间隔为0.10s，根据各间距的长度，可计算出卷帘窗在各间距内的平均速度 。可以将 近似地作为该间距中间时刻的即时速度v。
（1）请根据所提供的纸带和数据，绘出卷帘窗运动的v－t图线。
（2） AD段的加速度为 m/s2，AK段的平均速度为 m/s。
亮点 将利用打点计时器“探究小车速度随时间变化的规律”实验原理，应用于对商店卷帘窗运动的研究，增加了实验的实用性。
解析 （l）根据题意，算出各时刻的瞬时速度，可绘出卷帘窗运动的v－t图线如图2－41所示。
（2）AD段的加速度为
aAD m/s2＝5m/s2，
AK段的平均速度为
m/s＝1.39m/s。
联想 本题为对教材中实验的拓展应用。在牢固掌握实验原理和数据处理方法的基础上，弄清问题的物理情景，充分利用题给条件，正确应用所学知识，问题便能迎刃而解。图象法是科学研究中的一种常用方法，要注意培养应用图象分析研究物理问题的能力。
追问谢谢啊，你有没有对这些题的详细解答过程，题目很好但我不会做啊。尽量是解答题。
参考资料：都是关于自由落体的，不过都还挺不多的。希望能对你有所帮助。