2020高考物理二轮复习题型归纳与训练专题一 匀变速直线运动的规律(含解析)

2020高考物理二轮复习题型归纳与训练
专题一 匀变速直线运动的规律
题型一 直线运动的v -t 图象问题
【规律方法】对直线运动的v —t 图象的分析，要紧抓以下几个方面：
（1）v —t 图线是直线，表示物体做匀变速直线运动，若是曲线，表示物体做非匀变速直线运动，斜率变大，加速度变大；斜率变小，加速度变小．
（2）v —t 图线与时间轴所围成的面积数值表示相应时间内物体位移的大小．
【典例1】在四川省抗震救灾过程中，某空降兵从飞机上跳下，先做自由落体运动，在t 1时刻速度达最大值v 1，此时打开降落伞，做减速运动，在t 2时刻以较小速度v 2着地。

他的速度图象如图所示．该空降兵在0~t 1或t 1~t 2时间内的平均速度是（ ）
A ．0~t 1时间内，v =12v
B ．t 1~t 2时间内，v =122
v v + C ．t 1~t 2时间内，v ＞122v v + D ．t 1~t 2时间内，v ＜
122v v + 【思路点拔】速度图线覆盖下的面积即为其对应时间的位移，位移除以对应时间即为平均速度的大小。

【答案】A D
【解析】在0~t 1时间内，空降兵做自由落体运动，由匀变速运动的规律得v =12v ，选项A 正确；在t 1~t 2时间内，空降兵做加速度减小的减速运动，公式v =
122
v v +不再成立，选项B 错误； 连接点（t 1，t 2）和点（t 2，v 2）作直线，如图所示，
若t 1~t 2时间内匀减速运动，则该段时间内的平均速度v =122
v v +=21s t t -，由阴影部分的面积数值表示位移大小得：空降兵减速过程的位移大小小于匀减速过程的位移大小，故v ＜122
v v +，C 错D 对． 题型二 直线运动的x -t 图象问题
【规律方法】对直线运动的x —t 图象的分析，要紧抓以下几个方面：
（1）x —t 图线是直线，表示物体做匀速直线运动，若是曲线，表示物体做变速直线运动，斜率变大，速度变大；斜率变小，速度变小．若是抛物线则表示物体做匀变速直线运动
（2）x —t 图线与时间轴所围成的面积无意义．
【典例2】(2019·广东“六校联盟”模拟)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( )
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
【思路点拨】 由图象分析知，a 沿正方向做匀速直线运动，b 沿负方向做匀速直线运动，c 沿正方向做匀加速直线运动，再结合x －t 图线的斜率表示速度进行判断．
【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 ＝v 0t ＋12
at 2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．
题型三 匀变速直线运动规律的应用
【典例3】航天飞机是一种垂直起飞、水平降落的载人航天器．航天飞机降落在平直跑道上，其减速过程可简化为两个匀减速直线运动阶段．航天飞机以水平速度v 0着陆后立即打开减速阻力伞(如图)，加速度大小为a 1，运动一段时间后速度减为v ；随后在无减速阻力伞情况下匀减速运动直至停下．已知两个匀减速滑行过程的总时间为t ，求：
(1)第二个匀减速运动阶段航天飞机减速的加速度大小a 2；
(2)航天飞机着陆后滑行的总路程x .
【思路点拨】分析运动过程，应用速度相等和时间关系、位移关系列方程，并结合运动学公式求解．
【答案】：(1)a 1v a 1t －v 0＋v
(2)va 1t －vv 0＋v 202a 1 【解析】：(1)第一个匀减速阶段运动的时间
t 1＝v －v 0－a 1
＝v 0－v a 1， 第二个匀减速阶段运动的时间t 2＝t －t 1，
得t 2＝t －v 0－v a 1
， 由0＝v －a 2t 2，
得a 2＝a 1v a 1t －v 0＋v
. (2)第一个匀减速阶段的位移大小
x 1＝v 2－v 20－2a 1
＝v 20－v 22a 1， 第二个匀减速阶段的位移大小
x 2＝0－v 2－2a 2
＝v （a 1t －v 0＋v ）2a 1， 所以航天飞机着陆后滑行的总路程
x ＝x 1＋x 2＝va 1t －vv 0＋v 202a 1
. 题型四 追及与相遇问题的分析
【典例4】(2019·河南中原名校第三次联考)如图所示，在两车道的公路上有黑白两辆车，黑色车停在A 线位置，某时刻白色车以速度v 1＝40 m/s 通过A 线后，立即以大小为a 1＝4 m/s 2的加速度开始制动减速，黑色车4 s 后以a 2＝4 m/s 2的加速度开始向同一方向匀加速运动，经过一定时间，两车都到达B 线位置．两车可看成质点．从白色车通过A 线位置开始计时，求经过多长时间两车都到达B 线位置及此时黑色车的速度大小．
【思路点拨】 (1)黑色车从A 线开始运动的时刻比白色车经过A 线时晚4 s.
(2)黑色车由A 线到B 线一直做匀加速直线运动．
(3)判断白色车停止运动时黑色车是否追上白色车．
【答案】 14 s 40 m/s
【解析】 设白色车停下来所需的时间为t 1，减速过程通过的距离为x 1，则v 1＝a 1t 1 v 21＝2a 1x 1
解得x 1＝200 m ，t 1＝10 s
在t 1＝10 s 时，设黑色车通过的距离为x 2，
则x 2＝12
a 2(t 1－t 0)2 解得x 2＝72 m<x 1＝200 m
所以白色车停止运动时黑色车没有追上它，则白色车停车位置就是B 线位置．
设经过时间t 两车都到达B 线位置，此时黑色车的速度为v 2，则x 1＝12
a 2(t －t 0)2 v 2＝a 2(t －t 0)
解得t ＝14 s ，v 2＝40 m/s. 题型五 竖直上抛运动规律的应用
【规律方法】
升的最大高度为H 。

上升第一个H 4所用的时间为t 1，第四个H 4
所用的时间为t 2。

不计空气阻力，则t 2t 1
满足( )
A.1＜t 2t 1
＜2 B.2＜t 2t 1＜3 C.3＜t 2t 1＜4
D.4＜t 2t 1＜5 【思路点拨】本题应用逆向思维求解，即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动，
【答案】 C
【解析】应用逆向思维求解，所以第四个H 4
所用的时间为t 2＝2×H 4g ，第一个H 4所用的时间为t 1＝2H g －2×34H g ，因此有t 2t 1＝12－3＝2＋3，即3＜t 2t 1
＜4，选项C 正确。

【强化训练】
1.如图所示，物体自O 点由静止开始做匀加速直线运动，途经A 、B 、C 三点，其中A 、B 之间的距离l 1＝
2.5 m ，B 、C 之间的距离l 2＝
3.5 m 。

若物体通过l 1、l 2这两段位移的时间相等，则O 、A 之间的距离l 等于( )
A.0.5 m
B.1.0 m
C.1.5 m
D.2.0 m
【答案】 D
【解析】 设物体的加速度为a ，通过l 1、l 2两段位移所用的时间均为T ，则有
v B ＝l 1＋l 22T ＝6 m 2T
根据匀变速直线运动规律可得Δl ＝l 2－l 1＝aT 2＝1 m
所以l ＝v 2B 2a
－l 1＝2.0 m ，故D 正确。

2.(多选)如图所示，在一个桌面上方有三个金属小球a 、b 、c ，离桌面高度之比为h 1∶h 2∶h 3＝3∶2∶1。

若先后顺次释放a 、b 、c ，三球刚好同时落到桌面上，不计空气阻力，则( )
A.三者到达桌面时的速度大小之比是3∶2∶1
B.三者运动时间之比为3∶2∶1
C.b 与a 开始下落的时间差小于c 与b 开始下落的时间差
D.三个小球运动的加速度与小球受到的重力成正比，与质量成反比
【答案】 AC
【解析】 由v 2＝2gh ，得v ＝2gh ，故v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1，选项A 正确；由t ＝
2h g 得三者运动的时间之比t 1∶t 2∶t 3＝3∶2∶1，选项B 错误；b 与a 开始下落的时间差Δt 1＝(3－2)2h 3g ，c 与b 开始下落的时间差Δt 2＝(2－1)2h 3g
，选项C 正确；三个小球的加速度与重力及质量无关，都等于重力加速度，选项D 错误。

3.(2019·南京市鼓楼区模拟)如图所示，一辆轿车和一辆卡车在同一平直的公路上相向匀速直线运动，速度大小均为30 m/s 。

为了会车安全，两车车头距离为100 m 时，同时开始减速，轿车和卡车的加速度大小分别为5 m/s 2和10 m/s 2，两车减到速度为20 m/s 时，又保持匀速直线运动，轿车车身全长5 m ，卡车车身全长15 m ，则两车的错车时间为( )
A.0.3 s
B.0.4 s
C.0.5 s
D.0.6 s
【答案】 C
【解析】 设轿车减速到v ＝20 m/s 所需时间为t 1，运动的位移为x 1，则有t 1＝v 0－v a 1＝30－205
s ＝2 s ，x 1＝v 0＋v 2t 1＝30＋202
×2 m ＝50 m ，设卡车减速到v ＝20 m/s 所需时间为t 2，运动的位移为x 2，则有t 2＝v 0－v a 2＝30－2010 s ＝1 s ，x 2＝v 0＋v 2t 2＝30＋202
×1 m ＝25 m ，故在2 s 末，两车车头的间距Δx ＝L －x 1－x 2－v (t 1－t 2)＝5 m ，2 s 后，两车车头相遇还需要的时间为t ′，则
有Δx ＝2vt ′，解得t ′＝18
s ，两车车尾相遇还需要的时间为t ″，则有Δx ＋5 m ＋15 m ＝2vt ″，解得t ″＝58
s ，故错车时间Δt ＝t ″－t ′＝0.5 s ，故C 正确，A 、B 、D 错误。

4.一位乘客站在倾斜扶梯的水平台阶上随扶梯以1 m/s 的速度匀速向上运动，某时被告知扶梯顶端板塌陷，乘客立即按下扶梯中部的紧急停止按钮，此时他距扶梯顶部4 m ，扶梯经过2 s 后停下，此过程乘客可以看做随扶梯做匀减速运动，下列说法正确的是( )
A.紧急停止过程中，乘客所受摩擦力方向沿扶梯斜向下
B.紧急停止过程中，乘客处于超重状态
C.在紧急停止过程中，乘客沿扶梯方向向上运动的位移为0.6 m
D.若乘客因慌乱寻找紧急停止按钮耽误了3.5 s ，则乘客可能会遇到危险
【答案】 D
【解析】 紧急停止过程中，乘客斜向上做匀减速运动，加速度斜向下，则对站在水平台阶上的乘客，加速度有水平向后的分量，即所受的摩擦力水平向后，A 项错误；紧急停止过程中，乘客的加速度有竖直向下的分量，则处于失重状态，B 项错误；扶梯停止经过的位移L ＝v 2
t ＝1 m ，C 项错误；若乘客因慌乱寻找紧急停止按钮耽误了3.5 s 时间，则乘客开始减速时，离顶端位移为x ′＝4 m －3.5×1 m ＝0.5 m ；而减速过程位移为1 m ，则可知，电梯停止时，乘客已到达顶端，可能遭遇危险，故D 项正确。

5.一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第1 s 内和第2 s 内位移大小依次为9 m 和7 m ，则刹车后6 s 内的位移是
( ) A ．20 m
B ．24 m
C ．25 m
D ．75 m
【答案】 C
【解析】 设汽车的初速度为v 0，加速度为a ，根据匀变速直线运动的推论Δx ＝aT 2得x 2－
x 1＝aT 2，解得a ＝x 2－x 1T 2＝7－912 m/s 2＝－2 m/s 2；汽车第1 s 内的位移x 1＝v 0t ＋12
at 2，代入数据解得v 0＝10 m/s ；汽车刹车到停止所需的时间t 0＝0－v 0a ＝0－10－2 s ＝5 s ，则汽车刹车后6 s
内的位移等于5 s 内的位移，则x ＝v 02t 0＝102
×5 m ＝25 m ，故C 正确，A 、B 、D 错误． 6.我国ETC(电子不停车收费系统)已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间。

一辆汽车以20 m/s 的速度驶向高速收费口，到达自动收费装置前开始做匀减速直线运动，经4 s 的时间速度减为5 m/s 且收费完成，司机立即加速，产生的加速度大小为2.5 m/s 2，汽车可视为质点。

则下列说法正确的是( )
A.汽车开始减速时距离自动收费装置110 m
B.汽车加速4 s 后速度恢复到20 m/s
C.汽车从开始减速至速度恢复到20 m/s 通过的总路程为125 m
D.汽车由于通过自动收费装置耽误的时间为4 s
【答案】 C
【解析】 汽车开始减速时到自动收费装置的距离为x 1＝12
×(20＋5)×4 m ＝50 m ，故A 错误；汽车加速4 s 后速度为v ＝15 m/s ，故B 错误；汽车从5 m/s 加速到20 m/s 通过的路程为x 2＝202－522×2.5
m ＝75 m ，所以汽车从开始减速至速度恢复到20 m/s 通过的总路程为x 1＋x 2＝125 m ，故C 正确；汽车从5 m/s 加速到20 m/s 的时间t 2＝20－52.5
s ＝6 s ，所以总时间t 总＝4 s ＋t 2＝10 s ，汽车以20 m/s 的速度匀速通过125 m 需要的时间是6.25 s ，所以耽误了3.75 s ，故D 错误。

7.(2019·河南十校联考)汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是x ＝24t －6t 2，则它在前3 s 内的平均速度为
( ) A ．6 m/s
B ．8 m/s
C ．10 m/s
D ．12 m/s
【答案】：B
【解析】：将题目中的表达式与x ＝v 0t ＋12
at 2比较可知：v 0＝24 m/s ，a ＝－12 m/s 2.所以由v ＝v 0＋at 可得汽车从刹车到静止的时间为t ＝0－24－12
s ＝2 s ，由此可知第3 s 内汽车已经停止，汽车运动的位移x ＝24×2 m －6×22 m ＝24 m ，故平均速度v ＝x t ′＝243 m/s ＝8 m/s.
8.水比赛在天津奥体中心游泳跳水馆进行，重庆选手施廷懋以总成绩409.20分获得跳水女子三米板冠军．某次比赛从施廷懋离开跳板开始计时，在t 2时刻施廷懋以速度v 2入水，取竖直向下为正方向，其速度随时间变化的规律如图所示，下列说法正确的是( )
A ．在0～t 2时间内，施廷懋运动的加速度大小先减小后增大
B ．在t 1～t 3时间内，施廷懋先沿正方向运动再沿负方向运动
C ．在0～t 2时间内，施廷懋的平均速度大小为v 1＋v 22
D ．在t 2～t 3时间内，施廷懋的平均速度大小为v 22
【答案】C
【解析】：.v －t 图象的斜率等于加速度，在0～t 2时间内，施廷懋运动的加速度保持不变，A 错误；运动方向由速度的正负决定，横轴下方速度为负值，施廷懋沿负方向运动，横轴上方速度为正值，施廷懋沿正方向运动，在t 1～t 3时间内，施廷懋一直沿正方向运动，B 错误；0～t 2时间内，根据匀变速直线运动的平均速度公式可知，施廷懋运动的平均速度大小为v 1＋v 22
，C 正确；匀变速直线运动的平均速度大小等于初速度和末速度的平均值，而加速度变化时，平均速度大小应用平均速度的定义式求解．若在t 2～t 3时间内，施廷懋做匀减速运
动，则她的平均速度大小为v 22
，根据v －t 图线与坐标轴所围面积表示位移可知，在t 2～t 3时间内施廷懋的实际位移小于她在这段时间内做匀减速运动的位移，故在t 2～t 3时间内，施廷
懋的平均速度小于v 22
，D 错误． 9.(多选)(2019·山东德州模拟)为检测某新能源动力车的刹车性能，现在平直公路上做刹车实验，如图所示是动力车整个刹车过程中位移与速度平方之间的关系图象，下列说法正确的是
( )
A ．动力车的初速度为20 m/s
B ．刹车过程动力车的加速度大小为5 m/s 2
C ．刹车过程持续的时间为10 s
D ．从开始刹车时计时，经过6 s ，动力车的位移为30 m
【答案】AB
【解析】：.根据v 2－v 20＝2ax 得x ＝12a v 2－12a v 20，结合图象有12a ＝－110 s 2/m ，－12a v 20
＝40 m ，解得a ＝－5 m/s 2，v 0＝20 m/s ，选项A 、B 正确；刹车过程持续的时间t ＝v 0－a
＝4 s ，选项C 错误；从开始刹车时计时，经过6 s ，动力车的位移等于其在前4 s 内的位移，x 4＝v 0＋02
t ＝40 m ，选项D 错误．
10.(2019·西安一中期中)如图所示，直线a 和曲线b 分别是在平直公路上行驶的汽车a 和b 的位移—时间(x ­t )图象．由图象可知，下列说法错误的是 ( )
A ．在时刻t 1，b 车追上a 车
B ．在时刻t 2，a 车的加速度小于b 车的加速度
C ．在t 1到t 2这段时间内，a 和b 两车的路程相等
D ．在t 1到t 2这段时间内，b 车的速率先减小后增大
【答案】：C
【解析】：由图知在时刻t 1，a 、b 两车的位置坐标相同，到达同一位置，而开始时b 的位
移大于a 的位移，所以可以确定在时刻t 1，b 追上a ，故A 正确；a 图线的斜率不变，说明其速度不变，做匀速运动，加速度为零，b 做变速运动，加速度不为零，所以可以确定在时刻t 2，a 车的加速度小于b 车的加速度，故B 正确；在t 1到t 2这段时间内，a 和b 两车初末位置相同，位移相同，但运动轨迹不同，路程不相等，故C 错误；位移—时间图线切线的斜率表示速度，在t 1到t 2这段时间内，b 车图线斜率先减小后增大，则b 车的速率先减小后增大，故D 正确．
11．(2019·百校联盟金卷)如图所示的v ­t 图象中，直线表示甲物体从A 地向B 地运动的v ­t 图象；折线表示同时开始运动的乙物体由静止从A 地向B 地运动的v ­t 图象．下列说法正确的是( )
A ．在t ＝4 s 时，甲、乙两物体相遇
B ．在t ＝4 s 时，甲、乙两物体相距最远
C ．在0～2 s 内，甲、乙两物体的加速度大小相等
D ．在2～4 s 内，乙物体处于静止状态
【答案】：B
【解析】：据v ­t 图象与坐标轴所围成的面积表示位移，可得t ＝4 s 时，甲的位移和乙的位移不相等，刚开始甲的速度最大，故是乙追甲，当两者速度相等时，甲、乙相距最远，A 错误，B 正确；根据加速度的定义可得，在0～2 s 内，甲物体的加速度为a 甲＝60－802
m/s 2＝－10 m/s 2，乙物体的加速度为a 乙＝40－02
m/s 2＝20 m/s 2，两者的加速度大小在这段时间内不相等，选项C 错误；在2～4 s 内，乙物体处于匀速运动状态，D 错误．
12.(多选)将某物体以30 m/s 的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.5 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】：物体的初速度v 0＝30 m/s ，g ＝10 m/s 2，其上升时间t 1＝v 0g ＝3 s ，上升高度h 1＝v 202g
＝45 m ；下降时间t 2＝5 s －t 1＝2 s ，下降高度h 2＝12gt 22
＝20 m ．末速度v ＝gt 2＝20 m/s ，方向竖直向下．故5 s 内的路程s ＝h 1＋h 2＝65 m ；位移x ＝h 1－h 2＝25 m ，方向竖直向上；速度
改变量Δv ＝v －(－v 0)＝50 m/s ，表示方向竖直向下；平均速度v ＝x t
＝5 m/s ，方向竖直向上．综上可知，选项A 、B 正确．
二、计算题
13．校车交通安全问题已成为社会关注的热点，国务院发布的《校车安全管理条例》将校车安全问题纳入法制轨道。

若校车以v 0＝72 km/h 的速度行驶，司机发现在x ＝33 m 远处有人开始横穿马路，立即采取刹车措施。

已知司机的反应时间t 1＝0.75 s ，刹车的加速度大小为4 m/s 2。

(1)从司机发现情况至汽车走完33 m 距离，经过多长时间？此时车速多大？
(2)如果行人横穿20 m 宽的马路，横穿速度为5 m/s ，行人是否可能有危险？
(3)《校车安全管理条例》规定：校车运行中，如遇到意外情况，驾驶员按下安全按钮，校车车速会迅速降至v 0′＝7.2 km/h 以下，如果按(2)中条件，此时行人横穿马路是否有危险？
【答案】 (1)1.75 s 16 m/s (2)可能有危险 (3)没有危险
【解析】 (1)由题可知v 0＝72 km/h ＝20 m/s ，在t 1＝0.75 s 的反应时间内，校车行驶距离 x 1＝v 0t 1＝15 m
开始刹车后校车匀减速行驶，加速度大小
a ＝4 m/s 2
设匀减速行驶的时间为t 2，则有
x －x 1＝v 0t 2－12at 22
解得t 2＝1 s
此时校车速度v 2＝v 0－at 2＝16 m/s
校车走完33 m 距离，总共所用时间
t ＝t 1＋t 2＝1.75 s 。

(2)校车行驶33 m 正好到达路口时，行人横穿马路走过的距离
L ＝v 人t ＝5×1.75 m ＝8.75 m
此时行人接近马路中心，车以16 m/s 的速度行至路口，可能有危险。

(3)校车在0.75 s 的反应时间内前进的距离
x 1＝15 m
之后速度迅速降为v 0′＝7.2 km/h ＝2 m/s 后做匀减速运动，直到速度减到零，该过程校车行驶的距离
x 3＝v 0′22a
＝0.5 m 校车前进的总位移x ＝x 1＋x 3＝15.5 m ，由于校车前进的总位移小于33 m ，故行人没有危险。

14.短跑运动员完成100 m 赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段．一次比赛中，某运动员用11.00 s 跑完全程．已知运动员在加速阶段的第2 s 内通过的距离为
7.5 m ，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离．
【答案】 5 m/s 2 10 m
【解析】 根据题意，在第1 s 和第2 s 内运动员都做匀加速直线运动，设运动员在匀加速阶段的加速度为a ，在第1 s 和第2 s 内通过的位移分别为s 1和s 2，由运动学规律得：
s 1＝12at 20
s 1＋s 2＝12
a (2t 0)2 t 0＝1 s
联立解得：a ＝5 m/s 2
设运动员做匀加速运动的时间为t 1，匀速运动的时间为t 2，匀速运动的速度为v ，跑完全程的时间为t ，全程的距离为s ，依题意及运动学规律，得
t ＝t 1＋t 2
v ＝at 1
s ＝12
at 21＋vt 2 设加速阶段通过的距离为s ′，
则s ′＝12at 21
求得s ′＝10 m
15.(2019·河北定州中学模拟)近几年，国家取消了7座及以下小车在部分法定长假期间的高速公路收费，给自驾出行带来了很大的实惠，但车辆的增多也给道路的畅通增加了压力，因此交管部门规定，上述车辆通过收费站口时，在专用车道上可以不停车拿(交)卡而直接减速通过．若某车减速前的速度为v 0＝72 km/h ，靠近站口时以大小为a 1＝5 m/s 2的加速度匀减速，通过收费站口时的速度为v t ＝28.8 km/h ，然后立即以a 2＝4 m/s 2的加速度加速至原来的速度(假设收费站的前、后都是平直大道)．试问：
(1)该车驾驶员应在距收费站口多远处开始减速？
(2)该车从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，运动的时间是多少？
(3)在(1)(2)问题中，该车因减速和加速过站而耽误的时间为多少？
【答案】：(1)33.6 m (2)5.4 s (3)1.62 s
【解析】：设该车初速度方向为正方向，v t ＝28.8 km/h ＝8 m/s ，v 0＝72 km/h ＝20 m/s ，a 1＝－5 m/s 2.
(1)该车进入站口前做匀减速直线运动，设距离收费站x 1处开始制动，则：由v 2t －v 20＝2a 1x 1
解得：x 1＝33.6 m.
(2)该车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段位移分别为x 1和x 2，时间为t 1
和t 2，则减速阶段：v t ＝v 0＋a 1t 1，得t 1＝v t －v 0a 1
＝2.4 s 加速阶段：t 2＝v 0－v t a 2
＝3 s 则加速和减速的总时间：t ＝t 1＋t 2＝5.4 s.
(3)在加速阶段：x 2＝v t ＋v 02t 2
＝42 m 则总位移：x ＝x 1＋x 2＝75.6 m
若不减速所需要时间：t ′＝x v 0
＝3.78 s 车因减速和加速过站而耽误的时间：Δt ＝t －t ′＝1.62 s.。