专题02 运动学图像、多过程运动模型及追击相遇（解析版）

专题02 运动学图像、多过程运动模型及追击相遇
目录
题型一 运动学图像的理解与应用 1
类型1 x－t图象与v－t图象的比较 1
类型2 v-t图像中的曲线问题 3
类型3 x-t图像中的曲线问题 5
题型二 常见的多过程运动模型 10
类型1 “0—v—0”运动模型 10
类型2 先减速为为0，后原路返回运动模型 11
类型3 先匀速，后减速运动模型---反应时间问题 14
类型4 先加速后匀速运动模型----限速问题 17
类型5 三倍加速度运动模型 18
题型三 追及相遇问题 20
类型1　速度小者追速度大者 20
类型2　速度大者追速度小者 22
类型3　体育赛事中的追及问题 23
类型4 图像法在追及相遇问题中的应用 24
题型四 运动学中的安全行驶与STSE问题 26

题型一 运动学图像的理解与应用
【解题指导】1．x－t图像、v－t图像都只能描述直线运动，且不表示物体运动的轨迹.
2. x－t图像的斜率表示物体运动的速度，可根据斜率判断速度变化情况，两图线交点表示相遇.
3. v－t图像的斜率大小表示加速度的大小，斜率的正负表示加速度的方向，在拐点处加速度方向改变，速度方向不变.
4. v－t图像中图线与t轴所围成的图形的面积表示该段时间内的位移．图线在t轴上方，表示位移为正；图线在t轴下方，表示位移为负，物体在该段时间内的总位移为上、下面积的代数和.
5.有些特殊图像，比如v2－x图像、－t图像、a－t图像、x－t2图像等，先确定纵坐标与横坐标的函数关系，转化为常见形式，再从图像的斜率、截距、面积等找突破口，从而求解相关物理量．
类型1 x－t图象与v－t图象的比较

x－t图象
v－t图象
图象
举例


意义
倾斜直线表示匀速直线运动；曲线表示变速直线运动
倾斜直线表示匀变速直线运动；曲线表示变加速直线运动
特别处
两条图线的交点表示相遇
图线与时间轴所围面积表示位移
运动
情况
甲做匀速直线运动，乙做速度逐渐减小的直线运动
丙做匀加速直线运动，丁做加速度逐渐减小的变加速直线运动
位移
0～t1时间内甲、乙位移相等
0～t2时间内丁的位移大于丙的位移
平均
速度
0～t1时间内甲、乙平均速度相等
0～t2时间内丁的平均速度大于丙的平均速度
【例1】(多选)(2022·京西城区实验中学期末)物体甲运动的x­t图象和物体乙运动的v­t图象分别如图所示，则这两个物体的运动情况是(　　)

A．甲在0～6 s时间内来回运动，它通过的总位移为零
B．甲在0～6 s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4 m
C．乙在0～6 s时间内来回运动，它通过的总位移为零
D．乙在0～6 s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4 m
【答案】BC
【解析】本题考查运动图象问题。甲在0时刻由负方向上距原点2 m处向正方向运动，6 s时达到正方向的2 m处，运动方向不变，总位移为4 m，故A错误，B正确；乙0～3 s内做负方向的匀减速直线运动，3～6 s内做正方向的匀加速直线运动，图线与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，则总位移为零，故C正确，D错误。
【例2】(2022·安徽省亳州市高三上学期期末)如图所示的位移(x)－时间(t)图象和速度(v)一时间(t)图象中给出四条图线，甲、乙、丙、丁代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是(　　)

A．甲车做直线运动，乙车做曲线运动
B．0～t1时间内，甲车通过的路程大于乙车通过的路程
C．0～t2时间内，丙、丁两车在t2时刻相距最远
D．0～t2时间内，丙、丁两车的平均速度相等
【答案】 C
【解析】在x－t图象中表示的是做直线运动的物体的位移随时间的变化情况，而不是物体运动的轨迹．由于甲、乙两车在0～t1时间内做单向的直线运动，故在这段时间内两车通过的位移和路程均相等，A、B选项均错．在v－t图象中，t2时刻丙、丁速度相等．故两者相距最远，C选项正确．由图线可知，0～t2时间内丙的位移小于丁的位移，故丙的平均速度小于丁的平均速度，D选项错误．
【例3】甲、乙两汽车在同一公路不同车道上行驶，二者均做直线运动，图甲、乙分别是甲、乙两汽车从启动开始计时的运动图像，下列说法正确的是(　　)

A.甲汽车在3 s时刻的速度大小为10 m/s
B.甲汽车在0～3 s内的平均速度小于10 m/s
C.乙汽车在2 s时的加速度大小为5.5 m/s2
D.乙汽车在0～2 s内做匀加速直线运动
【答案】　C
【解析】　由x－t图像知甲汽车在3 s时刻的速度大小为v＝ m/s＝30 m/s，A错误；甲汽车在0～3 s内的平均速度＝＝ m/s＝10 m/s，B错误；由v－t图像知乙汽车在2 s 时的加速度大小为a＝＝ m/s2＝5.5 m/s2，C正确；乙汽车的v－t 图像是曲线，因此乙汽车不是做的匀加速直线运动，D错误。
类型2 v-t图像中的曲线问题
t
O
v
t0
匀加速
变加速
v1
v2

t
O
v
t0
变加速
匀加速
v2
v1

t
O
v
t0
匀减速
变减速
v1
v2

t
O
v
t0
变减速
匀减速
v2
v1

<(v1+v2)/2
>(v1+v2)/2
>(v1+v2)/2
<(v1+v2)/2
加速度增大
加速度减小
加速度增大
加速度减小
曲线不表示物体做曲线运动，而是表示物体做变加速直线运动
【例1】(2022·浙江省选考十校联盟)据英国《每日邮报》报道，27名跳水运动员参加了科索沃年度高空跳水比赛．自某运动员离开跳台开始计时，在t2时刻运动员以速度v2落水，选向下为正方向，其速度随时间变化的规律如图所示，下列结论正确的是(　　)

A．该运动员在0～t2时间内加速度大小先减小后增大，加速度的方向不变
B．该运动员在t2～t3时间内加速度大小逐渐减小，处于失重状态
C．在0～t2时间内，平均速度1＝
D．在t2～t3时间内，平均速度2＝
【答案】C
【解析】：.由题中图象可知，在0～t2时间内运动员的加速度一直不变，A项错误．在t2～t3时间内图线上各点切线的斜率的大小逐渐减小，则加速度大小逐渐减小，运动员减速下落处于超重状态，B项错误．在0～t2时间内为匀变速直线运动，所以平均速度1＝，C项正确．在t2～t3时间内，由图线与t轴所围面积表示位移可知，此时间内的平均速度2<，D项错误．
【例2】(2022·广西桂林市、贺州市、崇左市3月联合调研)甲、乙两辆汽车在同一平直公路上行驶，在t＝0时刻两车正好相遇，在之后一段时间0～t2内两车速度—时间图象(v－t图象)如图所示，则在0～t2这段时间内有关两车的运动，下列说法正确的是(　　)

A．甲、乙两辆车运动方向相反 B．在t1时刻甲、乙两车再次相遇
C．乙车在0～t2时间内的平均速度小于 D．在t1～t2时间内乙车在甲车前方
【答案】C
【解析】由题图可知，二者速度均为正值，即二者均向正方向运动，故甲、乙两辆车运动方向相同，故选项A错误；由题图可知，在0～t1时间内，二者位移不相等，即在t1时刻甲、乙两车没有相遇，在该时刻二者速度相等，二者之间的距离是最大的，故选项B错误；若乙车在0～t2时间内做匀变速运动，则平均速度为，如图所示，

由v－t图象与t轴所围面积代表位移可知，匀变速运动的位移较大，故乙车在这段时间内的平均速度小于，故选项C正确；由于甲的初速度大于乙的初速度，所以开始时甲车在乙车前面，由v－t图象与t轴所围面积代表位移可知，在0～t2时间内甲的位移大于乙的位移，故整个过程中甲车一直在乙车前面，故选项D错误.
类型3 x-t图像中的曲线问题
t
O
x
t2
瞬时速度
x2
平均速度
t1
x1

(1)一般曲线
①曲线不表示物体做曲线运动，而是表示物体做变速直线运动；
②一段割线的斜率等于平均速度，某点切线斜率等于瞬时速度；
③注意路程和位移区别。0~t1，路程等于位移大小(x1)；0~t2，路程(2x1-x2)大于位移大小(x2)。
（2）抛物线
t
O
x
1 2 3
匀加速直线运动
x3
x1
x2
t
O
x
1 2 3 4
匀减速直线运动
x0

①开口向上的抛物线表示物体做匀加速直线运动，开口向下表示匀减速；
②加速度用逐差法计算：(x3-x2)-(x2-x1)=aT2；
③中间时刻速度等于该段时间内的平均速度，例如2s末的速度等于1s~3s内的平均速度，v2=(x3-x1)/2T。
【例1】(2022·广东“六校联盟”二模)a、b、c三个物体在同一条直线上运动，它们的位移—时间图象如图所示，物体c的位移—时间图线是一条抛物线，坐标原点是抛物线的顶点，下列说法正确的是，g取10 m/s2。(　　)

A．a、b两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度相同
B．a、b两物体都做匀变速直线运动，两个物体的加速度大小相等，方向相反
C．物体c一定做变速曲线运动
D．在0～5 s内，当t＝5 s时，a、b两个物体相距最远
【答案】　D
【解析】在位移—时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，可知a、b两物体都做匀速直线运动，速度大小相等，但方向相反，选项A、B均错误；对于匀变速直线运动，由公式x＝v0t＋at2知，其x－t图象是抛物线，所以物体c一定做匀加速直线运动，选项C错误；由图象知，a、b从同一位置(即x＝10 m处)开始做匀速直线运动，a沿正方向运动，b沿负方向运动，当t＝5 s时，a、b两个物体相距最远，选项D正确。
【例2】(2021·福建泉州市期末质检)如图所示为某质点做直线运动的位移－时间图象，其中OP段为曲线，PQ段为直线．下列说法正确的是(　　)

A．0～8 s时间内质点一直做加速运动
B．4 s末质点的速度大于8 s末的速度
C．4 s末质点的加速度大于8 s末的加速度
D．4～6 s时间内质点的平均速度大于6～8 s时间内的平均速度
【答案】　C
【解析】　s－t图象的斜率等于速度，可知0～8 s时间内质点的速度先增加后不变，选项A错误；s－t图象的斜率等于速度，可知4 s末质点的速度小于8 s末的速度，选项B错误；4 s末质点的加速度不为零，而8 s末的加速度为零，可知4 s末质点的加速度大于8 s末的加速度，选项C正确；4～6 s时间内质点的位移为6 m,6～8 s时间内的位移为8 m，时间相同，则4～6 s时间内质点的平均速度小于6～8 s时间内的平均速度，选项D错误．
【例3】(2022·山东烟台市期末)F1是世界上最昂贵、速度最快、科技含量最高的赛车。在某次测试赛中，赛车在平直的路面上由静止开始0～5 s内运动的位移—时间图像如图7所示，已知该图像在0～t1时间内是抛物线的一部分，t1～5 s时间内是直线，两部分平滑相连，则(　　)

A.t1表示1 s末
B.5 s末赛车的速度为30 m/s
C.0～ t1时间内，赛车的加速度为10 m/s2
D.t1～5 s时间内，赛车做匀加速直线运动
【答案】　B
【解析】　t1～5 s时间内，赛车做匀速直线运动，赛车匀速运动的速度v＝＝＝，而在0～ t1时间内，由位移—时间图像可知赛车做初速度为零的匀加速直线运动，则有＝＝，联立解得t1＝2 s，v＝30 m/s，A、D错误，B正确；0～ t1时间内，赛车的加速度为a＝＝15 m/s2，C错误。
类型四 非常规运动学图像
1．四类图象
(1)a－t图象
由vt＝v0＋at可知图象与横轴所围面积表示速度变化量Δv，如图甲所示．
(2)－t图象
由s＝v0t＋at2可得＝v0＋at，图象的斜率为a，如图乙所示．

(3)v2－s图象
由vt2－v02＝2as可知vt2＝v02＋2as，图象斜率为2a.
(4)s－v图象
s与v的关系式：2as＝v2－v02，图象表达式：s＝v2－v02.
2．解题技巧
(1)用函数思想分析图象：
图象反映了两个变量(物理量)之间的函数关系，因此要由运动学公式推导出两个物理量间的函数关系，来分析图象的意义．
(2)要注意应用解析法和排除法，两者结合提高选择题图象类题型的解题准确率和速度．
【例1】如图所示四幅图为物体做直线运动的图象，下列说法正确的是(　　)

A．甲图中，物体在0～t0这段时间内的位移小于
B．乙图中，物体的加速度为2 m/s2
C．丙图中，阴影面积表示t1～t2时间内物体的加速度变化量
D．丁图中，t＝3 s时物体的速度为25 m/s
【答案】　D
【解析】　题图甲中，因v－t图象与t轴围成的面积等于位移，可知物体在0～t0这段时间内的位移大于，选项A错误；题图乙中，根据v2＝2as可知2a＝ m/s2＝1 m/s2，则物体的加速度为0.5 m/s2，选项B错误；题图丙中，根据Δv＝aΔt可知，阴影面积表示t1～t2时间内物体的速度变化量，选项C错误；题图丁中，由s＝v0t＋at2可得＝v0＋at，由图象可知a＝ m/s2＝5 m/s2，v0＝－5 m/s，则a＝10 m/s2; 则t＝3 s时物体的速度为v3＝v0＋at3＝25 m/s，选项D正确．
【例2】(2022·天水一中模拟)如图甲，一维坐标系中有一质量为m＝2 kg的物块静置于x轴上的某位置(图中未画出)，从t＝0时刻开始，物块在外力作用下沿x轴做匀变速直线运动，如图乙为其位置坐标和速率平方关系图象，下列说法正确的是 (　　)

A．t＝4 s时物块的速率为2 m/s
B．加速度大小为1 m/s2
C．t＝4 s时物块位于x＝4 m处
D．在0.4 s时间内物块运动的位移6 m
【答案】：A
【解析】：由x－x0＝，结合图象可知物块做匀加速直线运动，加速度a＝0.5 m/s2，初位置x0＝－2 m，t＝4 s时物块的速率为v＝at＝0.5×4 m/s＝2 m/s，A正确，B错误；由x－x0＝at2，得t＝4 s时物块位于x＝2 m处，C错误；由x＝at2，在0.4 s时间内物块运动的位移x＝×0.5×0.42 m＝0.04 m，D错误．
【例3】(2022·山西临汾市适应性训练)随着国家对环保的重视以及新能源的使用，我国新能源汽车发展非常迅速。为了检测某新能源汽车的刹车性能，使其在一段平直公路上做刹车运动，该过程中汽车位移x和时间t的比值与时间t之间的关系图像如图所示。该汽车刹车过程持续的时间为(　　)

A.2 s B.4 s
C.5 s D.6 s
【答案】　C
【解析】　由图可得＝(－2t＋20) m/s，根据匀变速直线运动的位移时间公式x＝v0t＋at2得＝at＋v0，对比可得v0＝20 m/s，a＝－4 m/s2，刹车过程持续的时间为t＝＝ s＝5 s，故C正确。
【例4】(2022·黑龙江大庆实验中学开学考试)甲、乙两质点在同一时刻、从同一地点沿同一方向做直线运动。质点甲做初速度为零、加速度大小为a1的匀加速直线运动，质点乙做初速度为v0、加速度大小为a2的匀减速直线运动至速度减为零保持静止，甲、乙两质点在运动过程中的x－v图像如图所示，虚线与对应的坐标轴垂直。下列说法正确的是(　　)

A.图线a表示质点乙的运动
B.质点甲的加速度大小为3 m/s2
C.质点乙的加速度大小为1 m/s2
D.开始运动后，两质点在x＝6 m处相遇
【答案】　C
【解析】　根据图像可知，a图像的速度随位移增大而增大，b图像的速度随位移增大而减小，所以图像a表示质点甲的运动，故A错误；当x＝0时，乙的速度为6 m/s，即质点乙的初速度v0＝6 m/s，设质点乙、甲先后通过x＝6 m处时的速度均为v，对质点甲
v2＝2a1x①
对质点乙：v2－v＝－2a2x②
联立①②解得a1＋a2＝3 m/s2③
当质点甲的速度v1＝8 m/s、质点乙的速度v2＝2 m/s时，两质点通过相同的位移均为x′，
对质点甲v＝2a1x′④
对质点乙v－v＝－2a2x′⑤
联立④⑤解得a1＝2a2⑥
联立③⑥解得a1＝2 m/s2，a2＝1 m/s2
故B错误，C正确；图线a、b的交点表示两质点通过同一位置，但不是同时，故D错误。
题型二 常见的多过程运动模型
类型1 “0—v—0”运动模型
t
O
v
t2
t1
a2
a1
v0

1.特点：初速度为零，末速度为v，两段初末速度相同，平均速度相同。三个比例式：
①速度公式 推导可得：
②速度位移公式 推导可得：
③平均速度位移公式 推导可得：
2.位移三个公式：；；
【例1】(2020·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
【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，＝，A、D错误．又由v2＝2ax知a1x1＝a2x2，＝＝，C正确．由v＝知，v1∶v2＝1∶1，B正确．
【答案】：BC
【例2】在国庆节阅兵仪式中，某直升机在地面上空某高度A处于静止待命状态，要求该直升机在零时刻由静止状态沿着直线方向做匀加速直线运动，经过AB段加速区后，进入BC段的匀速受阅区，在时刻t达到C位置，已知AB段长度为L1，BC段长度为L2，求：

(1)直升机在BC段的速度大小；
(2)直升机在AB段运动时的加速度大小．
【答案】：(1)　(2)
【解析】：(1)设在BC段的速度为v，通过AB、BC的时间分别为t1、t2，则在AB段：xAB＝vt1＝L1；
在BC段：L2＝vt2，t1＋t2＝t，所以：v＝.
(2)在AB段做匀加速直线运动时的加速度大小：a＝
所以：a＝.
【例3】.(2022·福建三明市质检)一列火车沿直线轨道从静止出发由A地驶向B地，火车先做匀加速运动，加速度大小为a，接着做匀减速运动，加速度大小为2a，到达B地时恰好静止，若A、B两地距离为s，则火车从A地到B地所用时间t为(　　)
A. B. C. D.
【答案】　C
【解析】　设火车做匀加速运动结束时的速度为v，则＋＝s，解得v＝，则整个过程中的平均速度为＝＝，则火车从A地到 B地所用时间为t＝＝，故选C.
类型2 先减速为为0，后原路返回运动模型
t
O
v
t2
t1
a2
a1
v1
v2

（1）特点：初（或末）速度为零，两段运动位移大小相等为x。
（2）位移三个公式：位移公式；速度位移公式；
平均速度位移公式
（3）三个比例式：① ；② ； ③
【例1】(2022·安徽省亳州市高三上学期期末)一物块沿倾角为θ的固定斜面底端上滑，到达最高点后又返回至斜面底端。已知物块下滑的时间是上滑时间的3倍，则物块与斜面间的动摩擦因数为 ( )
A．tanθ　 B．tanθ
C．tanθ　 D．tanθ
【答案】C
【解析】　向上运动的末速度等于0，其逆过程为初速度为0的匀加速直线运动，设加速度的大小为a1，则：x＝a1t，设向下运动的加速度的大小为a2，则向下运动的过程中：x＝a2t，由题知物块下滑的时间是上滑时间的3倍，即t2＝3t1，联立可得：a1＝9a2，对物块进行受力分析，可知向上运动的过程中：ma1＝mgsinθ＋μmgcosθ，向下运动的过程中：ma2＝mgsinθ－μmgcosθ，联立得μ＝tanθ，故C正确，ABD错误，故选C。
【例2】(2022·云南省保山市高三市级联考)如图甲，一物块在t=0时刻滑上一固定斜面其运动的v- t图线如图乙所示。图中的v0、v1、t1均为已知量，则（　　）

A. 物块向上滑动时加速度的数值大于向下滑动的数值
B. 物块向上滑动时加速度的数值小于向下滑动的数值
C. 物块沿斜面向上滑行的最大位移是
D. 物块沿斜面向上滑行的最大位移是
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．由图像的斜率可得向上、向下滑行的加速度大小分别为


由于，所以可知

即向上滑行的加速度大于向下滑行的加速度，故A正确，B错误；
CD．由图像与t轴所围图形的面积可得物块向上滑行的最大位移为

故C正确，D错误。
故选AC。
【例3】(2022·全国理综押题卷)如图甲所示，一物块从倾角为的斜面底端以一定的初速度沿足够长的斜面上滑，其运动的速度一时间图像如图乙所示，2t0时刻速度减为零，5t0时刻回到出发点。则下列说法正确的是（　　）

A. 物块返回斜面底端时的速度大小为
B. 物块返回斜面底端时的速度大小为
C. 物块与斜面之间的动摩擦因数为
D. 物块与斜面之间的动摩擦因数为
【答案】C
【解析】
【详解】AB．上滑过程有
，
下滑过程有
，
联立解得
，
所以AB错误；
CD．根据牛顿第二定律，上滑过程有


联立解得

所以C正确；D错误；
故选C。
【例4】如图所示，一倾角θ＝37°的足够长斜面固定在水平地面上．当t＝0时，滑块以初速度v0＝10 m/s沿斜面向上运动．已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是(　　)

A．滑块一直做匀变速直线运动
B．t＝1 s时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上
C．t＝2 s时，滑块恰好又回到出发点
D．t＝3 s时，滑块的速度大小为4 m/s
【答案】D
【解析】设滑块上滑时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律可得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得a1＝10 m/s2，上滑时间t1＝＝1 s，上滑的距离x1＝v0t1＝5 m，因tan θ＞μ，mgsin θ＞μmgcos θ，滑块上滑到速度为零后，向下运动，选项B错误；设滑块下滑时的加速度大小为a2，由牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2，经1 s，滑块下滑的距离x2＝a2t＝1 m＜5 m，滑块未回到出发点，选项C错误；因上滑和下滑过程中的加速度不同，故滑块全程不是匀变速直线运动，选项A错误；t＝3 s时，滑块沿斜面向下运动，此时的速度v＝a2(3 s－1 s)＝4 m/s，选项D正确．
类型3 先匀速，后减速运动模型---反应时间问题
t
O
v
x2
t1
a
v0
x1

总位移
【例1】（2022届云南省高三（下）第一次统测物理试题）无人驾驶汽车通过车载传感系统识别道路环境，自动控制车辆安全行驶。无人驾驶有很多优点，如从发现紧急情况到车开始减速，无人车需要0.2s，比人快了1s。人驾驶汽车以某速度匀速行驶，从发现情况到停下的运动距离为44m，汽车减速过程视为匀减速运动，其加速度大小为。同样条件下，无人驾驶汽车从发现情况到停下的运动距离为（ ）
A. 24m B. 26m C. 28m D. 30m
【答案】A
【解析】
【详解】设汽车运动的速度为v0，则人驾驶时发现情况到停下的运动距离为

即

解得
v0=20m/s
无人驾驶汽车时发现情况到停下的运动距离为

故选A。
【例2】(2022·广东广州市一模)高速公路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离．某汽车以21.6 km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3 s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取刹车制动，汽车刚好没有撞杆．已知司机的反应时间为0.7 s，刹车的加速度大小为5 m/s2，则该ETC通道的长度约为(　　)

A．4.2 m B．6.0 m C．7.8 m D．9.6 m
【答案】　D
【解析】　汽车的速度21.6 km/h＝6 m/s，汽车在前(0.3 s＋0.7 s)内做匀速直线运动，位移为：x1＝v0(t1＋t2)＝6×(0.3＋0.7) m＝6 m，随后汽车做减速运动，位移为：x2＝＝ m＝3.6 m，所以该ETC通道的长度为：L＝x1＋x2＝(6＋3.6) m＝9.6 m，故A、B、C错误，D正确．
【例3】汽车以10 m/s的速度在马路上匀速行驶，驾驶员发现正前方15米处的斑马线上有行人，于是刹车，让汽车恰好停在斑马线前，假设驾驶员反应时间为0.5 s．汽车运动的v－t图象如图所示，则汽车的加速度大小为(　　)

A. 20 m/s2 B. 6 m/s2 C. 5 m/s2 D. 4 m/s2
【答案】C
【解析】设匀减速直线运动所用的时间为t，根据v-t图象的面积代表物体通过的位移可得：
15m=10m/s×0.5s+×10m/s×t，解得t=2s，所以匀减速运动的加速度为：，则汽车的加速度大小为5m/s2．故选C
【例4】(2022·山东济南市5月高考模拟)(多选)雨雪天气时路面湿滑，汽车在紧急刹车时的刹车距离会明显增加．如图所示为驾驶员驾驶同一辆汽车在两种路面紧急刹车时的v－t图像，驾驶员的反应时间为1 s．下列说法正确的是(　　)

A．从t＝0到停下，汽车在湿滑路面的平均速度大于在干燥路面的平均速度
B．从t＝1 s到停下，汽车在湿滑路面的平均速度大于在干燥路面的平均速度
C．从t＝0到停下，汽车在湿滑路面的行驶距离比在干燥路面的行驶距离多15 m
D．从t＝1 s到停下，汽车在湿滑路面的加速度是在干燥路面的加速度的0.75倍
【答案】　CD
【解析】　从t＝0到停下，汽车在湿滑路面的位移为x1＝30×1 m＋ m＝90 m
平均速度为v1＝ m/s＝18 m/s汽车在干燥路面的位移为x2＝30×1 m＋ m＝75 m
平均速度为v2＝ m/s＝18.75 m/s，
x1－x2＝15 m，故A错误，C正确；
从t＝1 s到停下，汽车在湿滑路面的平均速度v1′＝ m/s＝15 m/s，汽车在干燥路面的平均速度
v2′＝ m/s＝15 m/s，故B错误；
从t＝1 s到停下，汽车在湿滑路面的加速度大小a1＝ m/s2＝7.5 m/s2，汽车在干燥路面的加速度大小a2＝ m/s2＝10 m/s2，则从t＝1 s到停下，汽车在湿滑路面的加速度是在干燥路面的加速度的0.75倍，故D正确．
类型4 先加速后匀速运动模型----限速问题
t
O
v
t
a
v0

加速时间；加速距离
匀速时间；匀速距离
总位移
【例1】(2022·贵州省贵阳一中高三月考)在东京奥运会田径赛场上，中国运动员在100 m的半决赛中取得了9.83 s的好成绩，打破了亚洲纪录，成功挺进了决赛．我们把该运动员的这次比赛简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段，假设该运动员加速了2.83 s，则他加速阶段的加速度大小及匀速阶段的速度大小分别约为(　　)
A．4.2 m/s2　10.17 m/s
B．3.6 m/s2　10.17 m/s
C．4.2 m/s2　11.88 m/s
D．3.6 m/s2　11.88 m/s
【答案】　C
【解析】　该运动员运动的速度－时间图像如图，由图可知x＝＋7v＝100 m，
则v≈11.88 m/s

所以加速阶段的加速度大小为a＝＝ m/s2≈4.2 m/s2，故C正确，A、B、D错误
类型5 三倍加速度运动模型
t
O
v
t2
t1
-a2
a1
v1
-v2

（1）特点：初速度为零，两段总位移为零。
（2）位移两个公式：；
（3）特殊结论：若 ,则有 ,
【例1】（2022·吉林吉林市·高三期末）由于氢气比氦气廉价，因此市面上销售的基本上都是氢气球，但氢气可能爆炸，所以氦气球相对更安全，某同学用一氦气球悬挂一重物（可视为质点），从地面释放后沿竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动过了一段时间后，悬挂重物的细线断裂，又经过相同的时间，重物恰好落到地面，重物脱落后仅受到重力，重力加速度大小为，下列说法正确的是（　　）

A．细线断裂前氦气球匀加速上升时的加速度大小为
B．细线断裂前重物匀加速上升时的加速度大小为
C．细线断裂时重物的速度大小等于重物落地时速度大小的一半
D．由于条件不足，无法确定细线断裂时重物的速度与落地时的速度的关系
【答案】BC
【详解】
重物先匀加速上升，后竖直上抛，设断裂时的速度为vm，落地时的速度为v，断裂时的高度为h




解得



BC正确，AD错误；
故选BC。
【例2】(2022·广西柳州冲刺)物体静止在光滑水平面上，先对物体施一水平向右的恒力F1，经t秒后物体的速率为v1时撤去F1，立即再对它施一水平向左的水平恒力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. B. C. D.
【答案】C
【解析】在ts内的位移x1＝a1t2，末速度为v1=a1t．则在2t内的位移x2＝v1•2t−a2(2t)2
根据x1=-x2得，．根据速度时间公式得，v1=a1t，-v2=v1-a2•2t，解得3v1=2v2．故C正确，ABD错误．故选C．
【例3】质量为m的小球由空中A点无初速度自由下落，加速度大小为g；在t秒末使其加速度大小变为方向竖直向上，再经过t秒小球又回到A点．不计空气阻力且小球从未落地，则以下说法中正确的是：(　　)
A．a＝4g　　 B．返回到A点的速率2a
C．自由下落秒时小球的速率为at D．小球下落的最大高度at2
【答案】D　
【解析】：根据匀变速运动的规律可知：gt2＝－(gt·t－at2)，解得a＝3g，选项A错误；返回到A点的速率v＝gt－at＝－at，选项B错误；自由下落秒时小球的速率为gt＝at，选项C错误；小球下落t的高度h1＝gt2＝at2，匀减速减到零时的位移h2＝＝at2，故小球下落的最大高度h＝at2＋at2＝at2，选项D正确
题型三 追及相遇问题
【解题指导】1．(1)“慢追快”型：v后＝v前时，Δx最大．追匀减速运动的机车时，注意要判断追上时前车是否已停下．(2)“快追慢”型：v后＝v前时，Δx最小，若此时追上是“恰好不相撞”；若此时还没追上就追不上了；若此之前追上则是撞上.
2. 在已知出发点的前提下，可由v－t图像“面积”判断相距最远、最近及相遇等情况.
3.基本解题思路是：利用速度相等找位移关系．

【必备知识与关键能力】
1.分析思路
可概括为“一个临界条件”“两个等量关系”。
(1)一个临界条件：速度相等。它往往是物体间能否追上或两者距离最大、最小的临界条件，也是分析判断问题的切入点。
(2)两个等量关系：时间等量关系和位移等量关系，通过画草图找出两物体的时间关系和位移关系是解题的突破口。
2.临界法
寻找问题中隐含的临界条件，例如速度小者加速追赶速度大者，在两物体速度相等时有最大距离；速度大者减速追赶速度小者，若追不上则在两物体速度相等时有最小距离。
3.函数法
设两物体在t时刻相遇，然后根据位移关系列出关于t的方程f(t)＝0，若方程f(t)＝0无正实数解，则说明这两个物体不可能相遇；若方程f(t)＝0存在正实数解，说明这两个物体能相遇。
4.图像法
(1)若用位移—时间图像求解，分别作出两个物体的位移—时间图像，如果两个物体的位移—时间图像相交，则说明两物体相遇。
(2)若用速度—时间图像求解，则注意比较速度图线与时间轴包围的面积。
5.特别提醒
若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意判断被追上前该物体是否已经停止运动。
类型1　速度小者追速度大者
【例1】一辆汽车在十字路口等候绿灯，当绿灯亮时汽车以a＝3 m/s2的加速度开始加速行驶，恰在这时一辆自行车以6 m/s的速度匀速驶过，从后边超过汽车．则汽车从路口启动后，在追上自行车之前经过多长时间两车相距最远？此时两车的距离是多少？
【答案】　2 s　6 m
【解析】　解法一(分析法)：汽车与自行车的速度相等时相距最远，设此时经过的时间为t，两车间的距离为Δx，则有v＝at
所以t＝＝2 s
Δx＝vt－at2＝6 m.
解法二(极值法)：设汽车在追上自行车之前经过时间t两车相距最远，则Δx＝vt－at2
代入已知数据得Δx＝6t－t2
由二次函数求极值的条件知：t＝2 s时，Δx有最大值6 m
所以t＝2 s时两车相距最远，为Δx＝6 m.
解法三(图像法)：自行车和汽车的v－t图像如图所示，由图可以看出，在相遇前，t1时刻两车速度相等，两车相距最远，此时的距离为阴影三角形的面积，

v1＝6 m/s
所以有t1＝＝ s＝2 s，
Δx＝＝ m＝6 m.
【例2】汽车A以vA＝4 m/s的速度向右做匀速直线运动，发现前方相距x0＝7 m处、以vB＝10 m/s的速度同向运动的汽车B正开始匀减速刹车直到静止后保持不动，其刹车的加速度大小a＝2 m/s2.从刚刹车开始计时．求：
(1)A追上B前，A、B间的最远距离；
(2)经过多长时间A恰好追上B.
【答案】　(1)16 m　(2)8 s
【解析】　汽车A和B的运动过程如图所示．

(1)当A、B两汽车速度相等时，两车间的距离最远，
即v＝vB－at＝vA，
触得t＝3 s
此时汽车A的位移xA＝vAt＝12 m
汽车B的位移xB＝vBt－at2＝21 m
故最远距离Δxmax＝xB＋x0－xA＝16 m.
(2)汽车B从开始减速直到静止经历的时间
t1＝＝5 s
运动的位移xB′＝＝25 m
汽车A在t1时间内运动的位移
xA′＝vAt1＝20 m
此时相距Δx＝xB′＋x0－xA′＝12 m
汽车A需再运动的时间t2＝＝3 s
故A追上B所用时间t总＝t1＋t2＝8 s.
类型2　速度大者追速度小者
【例1】(2022·山东德州市夏津一中开学考试)一汽车在直线公路段上以54 km/h的速度匀速行驶，突然发现在其正前方14 m处有一辆自行车以5 m/s的速度同向匀速行驶．经过0.4 s的反应时间后，司机开始刹车，则：
(1)为了避免相撞，汽车的加速度大小至少为多少？
(2)若汽车刹车时的加速度大小只有4 m/s2，在汽车开始刹车的同时自行车开始以一定的加速度匀加速行驶，则自行车的加速度至少为多大才能保证两车不相撞？
【答案】　(1)5 m/s2　(2)1 m/s2
【解析】　(1)设汽车的加速度大小为a，初速度v汽＝54 km/h＝15 m/s，
初始距离d＝14 m
在经过反应时间0.4 s后，汽车与自行车相距d′＝d－(v汽－v自)t0＝10 m
从汽车刹车开始计时，
自行车的位移为：x自＝v自t
汽车的位移为：x汽＝v汽t－at2
假设汽车能追上自行车，此时有：
x汽＝x自＋d′
代入数据整理得：at2－10t＋10＝0
要保证不相撞，即此方程至多只有一个解，
则：Δ＝102－20a≤0，
解得：a≥5 m/s2.
汽车的加速度大小至少为5 m/s2.
(2)设自行车加速度为a′，同理可得：
x汽′＝x自′＋d′
x自′＝v自t＋t2
整理得：(a′＋2)t2－10t＋10＝0
要保证不相撞，即此方程至多只有一个解，
则：Δ′＝102－20a′－80≤0
解得：a′≥1 m/s2.
自行车的加速度大小至少为1 m/s2.
类型3　体育赛事中的追及问题
【例4】如图所示，在一次接力训练中，已知甲、乙两运动员经短距离加速后都能达到并保持10 m/s的速度跑完全程．设乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速运动，加速度大小为3 m/s2.乙在接力区前端
听到口令时起跑，在甲、乙相遇时完成交接棒．在这次练习中，甲以v＝10 m/s的速度跑到接力区前端s0＝14.0 m处向乙发出起跑口令．已知接力区的长度为L＝20 m.

(1)求此次练习中交接棒处离接力区前端(即乙出发的位置)的距离；
(2)为了达到理想成绩，需要乙恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，则甲应在接力区前端多远时对乙发出起跑口令？
(3)在(2)中，棒经过接力区的时间是多少？
【答案】　(1)6 m　(2)16.7 m　(3)2 s
【解析】　(1)设乙加速到交接棒处时运动时间为t，
则在甲追及乙过程中有：s0＋at2＝vt
代入数据得：t1＝2 s，t2≈4.67 s(大于乙加速最长时间tm＝＝ s，故舍去)
此次练习中交接棒处离接力区前端的距离为：x＝at12＝6 m
(2)乙加速时间为：t乙＝＝ s
设甲在距离接力区前端为s时对乙发出起跑口令
则在甲追及乙过程中有：s＋vt乙＝vt乙
代入数据得：s≈16.7 m
(3)棒在(2)情形下以v＝10 m/s的速度运动，
所以有：t′＝＝2 s.
类型4 图像法在追及相遇问题中的应用
1．x－t图像、v－t图像中的追及相遇问题：
(1)利用图像中斜率、面积、交点的含义进行定性分析或定量计算．
(2)有时将运动图像还原成物体的实际运动情况更便于理解．
2．利用v－t图像分析追及相遇问题：在有些追及相遇情景中可根据两个物体的运动状态作出v－t图像，再通过图像分析计算得出结果，这样更直观、简捷．
3．若为x－t图像，注意交点的意义，图像相交即代表两物体相遇；若为a－t图像，可转化为v－t图像进行分析．
【例1】甲、乙两辆玩具车在同一平直路面上行驶，二者运动的位移－时间图像如图所示，其中乙车的位移－时间图线是关于x轴对称的抛物线的一部分，则下列说法正确的是(　　)

A．甲车先做匀减速直线运动后做匀速直线运动
B．乙车一定做初速度为零的匀加速直线运动
C．甲车在0～10 s内的平均速度为－1.5 m/s
D．在0～10 s内甲、乙两车相遇两次，且相遇时速度可能相等
【答案】　B
【解析】　甲车先做匀速运动后静止不动，选项A错误；乙车的x－t图像为关于x轴对称的抛物线的一部分，由此得位移方程x＝－at2，可知乙车做初速度为零的匀加速直线运动，选项B正确；甲车在10 s内的平均速度 v＝＝－0.6 m/s，选项C错误；从图像中可知图线相交两次，则两车相遇两次，图线的斜率表示速度，可知两次相遇时甲、乙速度都不同，选项D错误．
【例2】(多选)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v－t图像如图所示．已知两车在t＝3 s时并排行驶，则(　　)

A．在t＝1 s时，甲车在乙车后
B．在t＝0时，甲车在乙车前7.5 m
C．两车另一次并排行驶的时刻是t＝2 s
D．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m
【答案】　BD
【解析】　根据v－t图像知，甲、乙两车都沿正方向运动．t＝3 s时，甲、乙两车并排行驶，此时v甲＝30 m/s，v乙＝25 m/s，由v－t图线与时间轴所围“面积”对应位移知，0～3 s内甲车位移x甲＝×3×30 m＝45 m，乙车位移x乙＝×3×(10＋25) m＝52.5 m．故t＝0时，甲、乙两车相距Δx1＝x乙－x甲＝7.5 m，即甲车在乙车前方7.5 m，选项B正确；0～1 s内，x甲′＝×1×10 m＝5 m，x乙′＝×1×(10＋15) m＝12.5 m，Δx2＝x乙′－x甲′＝7.5 m＝Δx1，说明在t＝1 s时甲、乙两车第一次并排行驶，选项A、C错误；甲、乙两车两次并排行驶的位置之间的距离为x＝x甲－x甲′＝45 m－5 m＝40 m，选项D正确．
【例3】假设高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶．甲车在前，乙车在后，速度均为v0＝30 m/s.甲、乙相距x0＝100 m，t＝0时刻甲车遭遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间变化分别如图甲、乙所示．取运动方向为正方向．下列说法正确的是(　　)

A．t＝3 s时两车相距最近
B．t＝6 s时两车速度不相等
C．t＝6 s时两车距离最近，且最近距离为10 m
D．两车在0～9 s内会相撞
【答案】　C
【解析】　由题给图像画出两车的v－t图像如图所示，由图像可知，t＝6 s时两车等速，此时距离最近，图中阴影部分面积为0～6 s内两车位移之差，即Δx＝x乙－x甲＝[×30×3＋×30×
(6－3)] m＝90 m
题型四 运动学中的安全行驶与STSE问题
【例1】(2022·山东临沂市上学期期末)酒驾严重威胁交通安全，其主要原因是饮酒会使人的反应时间(从发现情况到实施操作制动的时间)变长，造成制动距离(从发现情况到汽车停止运动的过程行驶的距离)变长。假定某汽车以大小v＝30 m/s的速度匀速行驶，刹车时汽车的加速度大小a＝6 m/s2，该驾驶员正常的反应时间t0＝0.7 s，饮酒后的反应时间t1＝2 s。求：
(1)驾驶员饮酒前、后驾驶该汽车在反应时间内运动的距离差Δx；
(2)驾驶员饮酒后驾驶该汽车从发现情况到汽车停止所用的时间t和该过程汽车运动的距离x。
【答案】　(1)39 m　(2)7s　135 m
【解析】　(1)经分析可知Δx＝v(t1－t0)，
代入数值解得Δx＝39 m
(2)驾驶员饮酒后从实施操作制动到汽车停止所用的时间为t2＝＝ s＝5 s，
又t＝t1＋t2＝5 s＋2 s＝7 s
驾驶员饮酒后在反应时间内汽车运动的距离为x1＝vt1
驾驶员饮酒后从实施操作制动到汽车停止运动的距离为
x2＝·t2，
则该过程汽车运动的总距离x＝x1＋x2，
代入数值解得x＝135 m。
【例2】.(2022·山东潍坊市4月模拟)为确保交通安全，公路的下陡坡路段都有限速要求。某地一长直斜坡公路，如图所示，倾角为37°，机动车限速36 km/h。一质量为5吨的小货车以36 km/h 的速度匀速下坡，小货车装配了ABS(车轮防抱死)系统，某时刻发现前方20 m处有一观光者以18 km/h的速度匀速骑行下坡，司机立即启动ABS刹车系统，此后货车一直做匀减速运动直到静止，且恰好没有撞到骑行者。

(1)求货车刚停止运动时，骑行者到货车的距离；
(2)若该货车下坡刹车时ABS系统失灵，车轮被抱死，求这种情况下，刹车过程中货车受到的摩擦力。已知货车轮胎与路面间的动摩擦因数为0.9，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2。
【答案】　(1)20 m　(2)3.6×104 N，方向沿斜面向上
【解析】　(1)设小货车减速的加速度为a，经时间t1两者速度相等，恰好没有撞到骑行者，有
v货－at1＝v人，t1＝v人t1＋x0
解得a＝ m/s 2
再经时间t2，小货车减速到0，有0－v人＝－at2
则有Δx＝v人t2－t2, 解得Δx＝20 m。
(2)对汽车进行受力分析，则有f ＝μmgcos 37°，解得f＝3.6×104 N，方向沿斜面向上。
【例3】据统计，开车时看手机发生事故的概率是安全驾驶的23倍，开车时打电话发生事故的概率是安全驾驶的2.8倍。一辆汽车在平直公路上以某一速度行驶时，司机低头看手机3 s，相当于盲开60 m，该车遇见紧急情况，紧急刹车的距离(从开始刹车到停下时汽车所行驶的距离)至少是20 m。根据以上提供的信息
(1)求汽车行驶的速度大小和刹车的最大加速度大小；
(2)若该车以108 km/h的速度在高速公路上行驶时，前方150 m处道路塌方，该车司机低头看手机3 s后才发现危险，已知司机的反应时间为0.6 s，刹车的加速度与(1)问中大小相等。试通过计算说明汽车是否会发生交通事故。
【答案】　(1)20 m/s　10 m/s2　(2)会发生交通事故
【解析】　(1)根据题意知，低头看3 s手机相当于盲开60 m，由此可以知道，汽车运动的速度大小为v＝＝ m/s＝20 m/s，设汽车刹车的最大加速度大小为a，把刹车过程看成反方向的初速度为零的匀加速直线运动，由v2＝2ax得a＝＝ m/s2＝10 m/s2。
(2)在高速公路上汽车的速度为v′＝108 km/h＝30 m/s，
司机看手机时，汽车发生的位移为x1＝v′t＝30×3 m＝90 m，
反应时间内发生的位移为x2＝v′Δt＝30×0.6 m＝18 m，
刹车后汽车发生的位移为x3＝＝ m＝45 m，
所以汽车前进的距离为x＝x1＋x2＋x3＝153 m＞150 m，
所以会发生交通事故。
【例4】 一汽车停在小山坡底，突然司机发现山坡上距坡底240 m处的泥石流以8 m/s的初速度、0.4 m/s2的加速度匀加速倾泻而下，假设泥石流到达坡底后速率不变，在水平地面上做匀速直线运动，司机的反应时间为1 s，汽车启动后以恒定的加速度一直做匀加速直线运动，其过程简化为如图5所示，求：

(1)泥石流到达坡底的时间和速度大小；
(2)试通过计算说明：汽车的加速度至少多大才能脱离危险？(结果保留3位有效数字)
【答案】　(1)20 s　16 m/s　(2)0.421 m/s2
【解析】　(1)设泥石流到达坡底的时间为t1，速度为v1，根据题意有
s1＝v0t1＋a1t，
v1＝v0＋a1t1，
代入数据得t1＝20 s，v1＝16 m/s。
(2)泥石流在水平地面上做匀速直线运动，故汽车的速度加速至v1，且两者在水平地面的位移刚好相等就安全了，设汽车加速时间为t，故有
v汽＝v1＝a′t，
s汽＝，
s泥＝v1＝s汽，
联立各式代入数据解得a′＝0.421 m/s2。
【例5】如图所示，某一隧道长200 m、限速36 km/h.一列火车长100 m，以72 km/h的速度行驶，驶至距隧道50 m处开始做匀减速运动，以36 km/h的速度匀速通过隧道，求：

(1)火车做匀减速运动的加速度大小；
(2)火车减速所需要的时间；
(3)火车全部通过隧道的时间．
【答案】　(1)3 m/s2　(2) s　(3)30 s
【解析】　36 km/h＝10 m/s,72 km/h＝20 m/s
(1)根据v2－v02＝2ax
可得a＝＝ m/s2＝－3 m/s2
因此加速度大小为3 m/s2，方向与运动方向相反．
(2)根据v＝v0＋at
可得减速的时间t＝＝ s＝ s
(3)根据x＋L＝vt′
解得t′＝＝ s＝30 s.
【例6】．安全带和安全气囊是车辆上两种重要的安全装置，当车辆发生碰撞时在安全带的作用下乘客被束缚在座椅上避免撞到挡风玻璃，安全气囊则会在一定的条件下弹出为乘客提供有效的防撞保护．在车辆头部碰撞测试中，车辆以初速度v0碰撞试验台，试验台不动，车辆头部凹陷长度为L后停下，传感器记录下车辆从碰到试验台到停止所用时间为t，车辆从碰到试验台到停止的过程看成匀减速直线运动．当车辆初速度v0大于50 km/h，且碰撞过程中加速度不小于400 m/s2时行车电脑控制安全气囊弹出．

(1)某次测试中，车辆初速度v0＝36 km/h，L＝0.4 m，求车辆做匀减速直线运动的加速度大小；
(2)若另一次测试中L＝0.5 m，t＝0.05 s，试通过计算判断该次测试中安全气囊是否弹出？
【答案】　(1)125 m/s2　(2)弹出
【解析】　(1)v0＝36 km/h＝10 m/s
设汽车匀减速运动的加速度大小为a，
由0－v＝－2aL，得a＝125 m/s2
(2)设该次测试中车辆加速度大小为a1，初速度大小为v0′
L＝，0－v0′2＝－2a1L
得a1＝400 m/s2，v0′＝20 m/s＝72 km/h>50 km/h
故该次测试安全气囊弹出．
【例7】(2022·山东教科所模拟)车辆通过高速公路ETC自动收费出口时，车速要在20 km/h以内，与前车的距离最好在10 m以上。ETC电子收费系统如图所示，识别区起点(图中没画出)到自动栏杆的距离，也就是识别区的长度为8 m。某汽车以18 km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3 s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车停止时距离栏杆仅有0.5 m。司机刹车的反应时间约为0.6 s。

(1)求该车刹车的加速度大小；
(2)请以识别区起点为位移零点，画出该过程的位移—时间图像。
【答案】　(1) m/s2(或4.17 m/s2) (2)图像见解析
【解析】　(1)汽车从识别区起点开始0.9 s内一直做匀速直线运动，有
x1＝v0t＝5×0.9 m＝4.5 m
采取制动后汽车匀减速运动的位移
x2＝8 m－4.5 m－0.5 m＝3 m
由v2－v＝2ax得a＝－＝－ m/s2(或－4.17 m/s2)。
(2)汽车做匀速直线运动时，有
x1＝5t(t≤0.9 s)
匀减速运动的时间t＝＝1.2 s
所以有x2＝5t－(t－0.9)2(0.9 s≤t<2.1 s)
该过程的位移—时间图像如图所示。