(新高考)高考物理一轮复习讲义 第1章 第2讲 匀变速直线运动的规律（含解析）

这是一份(新高考)高考物理一轮复习讲义 第1章 第2讲 匀变速直线运动的规律（含解析），共14页。试卷主要包含了匀变速直线运动的规律，匀变速直线运动的推论，自由落体运动和竖直上抛运动等内容，欢迎下载使用。

第2讲　匀变速直线运动的规律

一、匀变速直线运动的规律
1．匀变速直线运动
沿一条直线且加速度不变的运动．
2．匀变速直线运动的基本规律
(1)速度公式：v＝v0＋at.
(2)位移公式：x＝v0t＋at2.
(3)速度位移关系式：v2－v02＝2ax.
自测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(单位：m)，则质点运动的加速度为(　　)
A. (m/s2) B. (m/s2)
C. (m/s2) D. (m/s2)
答案　C
解析　由匀变速直线运动规律知第3 s内的平均速度等于t＝2.5 s时的瞬时速度，则v2.5＝
(m/s)＝x (m/s)，得a＝＝ (m/s2)＝ (m/s2)，C正确．
二、匀变速直线运动的推论
1．三个推论
(1)连续相等的相邻时间间隔T内的位移差相等，
即x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2.
(2)做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于这段时间初、末时刻速度矢量和的一半，还等于中间时刻的瞬时速度．
平均速度公式：＝＝.
(3)位移中点速度＝.
2．初速度为零的匀加速直线运动的四个重要推论
(1)T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n.
(2)前T内、前2T内、前3T内、…、前nT内的位移之比为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内的位移之比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)．
(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶(2－)∶…∶(－)．
自测2　物体做匀加速直线运动，连续经过两段距离均为16 m的路程，第一段用时4 s，第二段用时2 s，则物体的加速度大小是(　　)
A. m/s2 B. m/s2 C. m/s2 D. m/s2
答案　B
解析　第一段时间内的平均速度为：v1＝＝ m/s＝4 m/s，第二段时间内的平均速度为：v2＝＝ m/s＝8 m/s，根据匀变速直线运动规律，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，两段运动过程中间时刻的时间间隔为：Δt＝2 s＋1 s＝3 s，则加速度大小a＝＝ m/s2＝ m/s2，选项A、C、D错误，B正确．
三、自由落体运动和竖直上抛运动
1．自由落体运动
(1)条件：物体只受重力，从静止开始下落．
(2)基本规律
①速度公式：v＝gt.
②位移公式：x＝gt2.
③速度位移关系式：v2＝2gx.
(3)伽利略对自由落体运动的研究
①伽利略通过逻辑推理的方法推翻了亚里士多德的“重的物体比轻的物体下落快”的结论．
②伽利略对自由落体运动的研究方法是逻辑推理―→猜想与假设―→实验验证―→合理外推．这种方法的核心是把实验和逻辑推理(包括数学演算)结合起来．
2．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)运动性质：匀变速直线运动．
(3)基本规律
①速度公式：v＝v0－gt；
②位移公式：x＝v0t－gt2.
自测3　(2019·山东临沂市期末质检)一个物体从某一高度做自由落体运动．已知它在第1 s内的位移恰为它在最后1 s内位移的三分之一．则它开始下落时距地面的高度为(取g＝
10 m/s2)(　　)
A．15 m B．20 m C．11.25 m D．31.25 m
答案　B
解析　物体在第1 s内的位移h＝gt2＝5 m，物体在最后1 s内的位移为15 m，由自由落体运动的位移公式可知，gt－g(t总－1 s)2＝15 m，解得t总＝2 s，则物体下落时距地面的高度为H＝gt＝20 m，B正确.

1．基本思路
―→―→―→―→

2．方法技巧
题目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和为解题设定的中间量)
没有涉及的物理量
适宜选用公式
v0、v、a、t
x
v＝v0＋at
v0、a、t、x
v
x＝v0t＋at2
v0、v、a、x
t
v2－v＝2ax
v0、v、t、x
a
x＝t

例1　(2020·福建宁德市质检)我国首艘装有弹射系统的航母已完成了“J－15”型战斗机首次起降飞行训练并获得成功．已知“J－15”在水平跑道上加速时产生的最大加速度为5.0 m/s2，起飞的最小速度为50 m/s.弹射系统能够使飞机获得的最大初速度为25 m/s，设航母处于静止状态．求：
(1)“J－15”在跑道上至少加速多长时间才能起飞；
(2)“J－15”在跑道上至少加速多长距离才能起飞；
答案　(1)5 s　(2)187.5 m　
解析　(1)根据匀变速直线运动的速度公式：vt＝v0＋at得
t＝＝ s＝5 s
(2)根据速度位移关系式：v－v＝2ax得
x＝＝ m＝187.5 m
变式1　质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x＝5t＋t2(各物理量均采用国际单位制单位)，则该质点(　　)
A．第1 s内的位移为5 m
B．前2 s内的平均速度为6 m/s
C．任意相邻的1 s内位移差都为1 m
D．任意1 s内的速度增量都为2 m/s
答案　D
解析　对比匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋at2，可知v0＝5 m/s，a＝2 m/s2.
所以质点在第1 s内的位移为x1＝(5×1＋×2×12) m＝6 m，
前2 s内的平均速度为＝＝ m/s＝7 m/s，
相邻的1 s内位移差为Δx＝at2＝2×12 m＝2 m，
1 s内的速度增量为Δv＝a·Δt＝2×1 m/s＝2 m/s.
拓展点　刹车类问题的处理技巧
——逆向思维法的应用
刹车类问题：指匀减速到速度为零后立即停止运动，加速度a突然消失的问题，求解时要注意确定其实际运动时间．如果问题涉及最后阶段(到停止)的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零、加速度不变的匀加速直线运动．
例2　(2019·安徽安庆市二模)水平面上某物体从t＝0时刻起以4 m/s的速度做匀速直线运动，运动3 s后又立即以大小为 2 m/s2的加速度做匀减速直线运动，停止后物体不再运动．则下列判断正确的是(　　)
A．该物体从t＝0时刻算起6 s内运动的位移大小为15 m
B．该物体在整个运动过程中的平均速度大小为2 m/s
C．该物体减速后最后1 s内的位移大小为1 m
D．该物体减速后第1 s末的速度大小为3 m/s
答案　C
解析　物体从开始减速到速度减为零所用时间为：t0＝＝2 s，物体在3 s＋2 s＝5 s末停止运动，所以物体在6 s内的位移等于前5 s内的位移，根据逆向思维法，物体匀减速至速度为0的减速过程，可看成反向的初速度为0的匀加速运动，则总位移为：x＝v0t1＋at＝16 m，故A错误；物体的平均速度为：＝＝ m/s＝3.2 m/s，故B错误；x1＝×2×12 m＝1 m，故C正确；该物体减速后第1 s末的速度大小为：v＝v0－at＝(4－2×1) m/s＝2 m/s，故D错误．


1．六种思想方法

2．方法选取技巧
(1)平均速度法：若知道匀变速直线运动多个过程的运动时间及对应时间内位移，常用此法．
(2)逆向思维法：匀减速到0的运动常用此法．
类型1　平均速度公式的应用

例3　(多选)(2019·广东清远市期末质量检测)高铁进站的过程近似为高铁做匀减速运动，高铁车头依次经过A、B、C三个位置，已知AB＝BC，测得AB段的平均速度为30 m/s，BC段平均速度为20 m/s.根据这些信息可求得(　　)
A．高铁车头经过A、B、C的速度
B．高铁车头在AB段和BC段运动的时间
C．高铁运动的加速度
D．高铁车头经过AB段和BC段时间之比
答案　AD
解析　设高铁车头在经过A、B、C三点时的速度分别为vA、vB、vC，根据AB段的平均速度为30 m/s，可以得到：＝30 m/s；根据在BC段的平均速度为20 m/s，可以得到：＝20 m/s；设AB＝BC＝x，整个过程中的平均速度为：＝＝＝24 m/s，所以有：＝24 m/s，联立解得：vA＝34 m/s，vB＝26 m/s，vC＝14 m/s，由于不知道AB和BC的具体值，则不能求解运动时间及其加速度的大小，A选项正确，B、C选项错误．tAB：tBC＝∶＝2∶3，D选项正确．
变式2　(2019·山东潍坊市二模)中国自主研发的“暗剑”无人机，时速可超过2马赫．在某次试飞测试中，起飞前沿地面做匀加速直线运动，加速过程中连续经过两段均为120 m的测试距离，用时分别为2 s和1 s，则无人机的加速度大小是(　　)
A．20 m/s2 B．40 m/s2
C．60 m/s2 D．80 m/s2
答案　B
解析　第一段的平均速度v1＝＝ m/s＝60 m/s；第二段的平均速度v2＝＝ m/s＝
120 m/s，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，两个中间时刻的时间间隔为Δt＝＋＝1.5 s，则加速度为：a＝＝ m/s2＝40 m/s2，故选B.
类型2　初速度为零的匀变速直线运动推论的应用

例4　(多选)(2020·甘肃天水市质检)如图1所示，一冰壶以速度v垂直进入三个完全相同的矩形区域做匀减速直线运动，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(　　)

图1
A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1
B．v1∶v2∶v3＝∶∶1
C．t1∶t2∶t3＝1∶∶
D．t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1
答案　BD
解析　因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以看成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，选项C错误，D正确；由v2－v＝2ax可得，初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移的速度之比为1∶∶，则所求的速度之比为∶∶1，故选项A错误，B正确．
变式3　(2019·广东佛山市期末)如图2所示，可视为质点的冰壶以初速度v0滑入O点后做匀减速直线运动，滑到C点时速度恰好为零，若OA＝AB＝BC，冰壶依次滑过O、A、B点时的速度之比为v0∶vA∶vB，滑过OA、AB、BC三段所用的时间之比为tOA∶tAB∶tBC，则(　　)

图2
A．v0∶vA∶vB＝∶∶1，tOA∶tAB∶tBC＝1∶∶
B．v0∶vA∶vB＝9∶4∶1，tOA∶tAB∶tBC＝(－)∶(－1)∶1
C．v0∶vA∶vB＝9∶4∶1，tOA∶tAB∶tBC＝1∶∶
D．v0∶vA∶vB＝∶∶1，tOA∶tAB∶tBC＝(－)∶(－1)∶1
答案　D
解析　由逆向思维，匀减速直线运动可看做反向的匀加速直线运动，根据速度位移公式vt2＝2ax可得，v0∶vA∶vB＝∶∶1，初速度为零的匀加速直线运动中连续三段相等位移的时间之比为1∶(－1)∶(－)，故tOA∶tAB∶tBC＝(－)∶(－1)∶1，故D正确，A、B、C错误．

1．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)方法技巧：初速度为0的匀变速直线运动规律都适用．
2．竖直上抛运动
(1)重要特性：(如图3)

图3
①对称性
a．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，同理tAB＝tBA.
b．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g向下的匀变速直线运动，vt＝v0－gt，h＝v0t－gt2(以竖直向上为正方向)
若vt>0，物体上升，若vt<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

例5　(2019·全国卷Ⅰ·18)如图4，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(　　)

图4
A．1<<2 B．2<<3
C．3<<4 D．4<<5
答案　C
解析　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的逆运动，所以第四个所用的时间为t2＝，第一个所用的时间为t1＝ －，因此有＝＝2＋，即3<<4，选项C正确．
变式4　(多选)(2019·湖北天门、仙桃等八市第二次联考)矿井中的升降机从井底开始以5 m/s的速度竖直向上匀速运行，某时刻一螺钉从升降机底板松脱，经过3 s升降机底板上升至井口，此时松脱的螺钉刚好落到井底，不计空气阻力，取重力加速度大小g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．螺钉松脱后做自由落体运动
B．矿井的深度为45 m
C．螺钉落到井底时的速度大小为25 m/s
D．螺钉随升降机从井底出发到落回井底共用时6 s
答案　BC
解析　螺钉松脱时具有与升降机相同的向上的初速度，故螺钉脱落后做竖直上抛运动，A项错误；取竖直向上为正方向，螺钉从脱落至落到井底的位移h1＝v0t－gt2＝－30 m，升降机这段时间的位移h2＝v0t＝15 m，故矿井的深度为h＝|h1|＋h2＝45 m，B项正确；螺钉落到井底时的速度为v＝v0－gt＝－25 m/s，故速度大小为25 m/s，C项正确；螺钉松脱前运动的时间为t′＝＝6 s，所以螺钉运动的总时间为t总＝t＋t′＝9 s，D项错误．
拓展点　双向可逆类问题
——类竖直上抛运动
如果沿光滑斜面上滑的小球，到最高点仍能以原加速度匀加速下滑，则小球全过程加速度大小、方向均不变，故求解时可看成类竖直上抛运动，对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义．
例6　(多选)一物体以5 m/s的初速度在光滑斜面上向上做匀减速运动，其加速度大小为
2 m/s2，设斜面足够长，经过t时间物体位移的大小为4 m，则时间t可能为(　　)
A．1 s B．3 s C．4 s D. s
答案　ACD
解析　以沿斜面向上为正方向，当物体的位移为4 m时，根据x＝v0t＋at2得
4＝5t－×2t2
解得t1＝1 s，t2＝4 s
当物体的位移为－4 m时，根据x＝v0t＋at2得
－4＝5t－×2t2
解得t3＝ s，故A、C、D正确，B错误．


1．假设某无人机靶机以300 m/s的速度匀速向某个目标飞来，在无人机离目标尚有一段距离时从地面发射导弹，导弹以80 m/s2的加速度做匀加速直线运动，以1 200 m/s的速度在目标位置击中该无人机，则导弹发射后击中无人机所需的时间为(　　)
A．3.75 s B．15 s C．30 s D．45 s
答案　B
解析　导弹由静止做匀加速直线运动，即v0＝0，a＝80 m/s2，据公式v＝v0＋at，有t＝＝ s＝15 s，即导弹发射后经15 s击中无人机，选项B正确．
2．如图1所示，一小球从A点由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，若到达B点时速度为v，到达C点时速度为2v，则AB∶BC等于(　　)

图1
A．1∶1 B．1∶2
C．1∶3 D．1∶4
答案　C
解析　根据匀变速直线运动的速度位移公式v2－v02＝2ax知，xAB＝，xAC＝，所以AB∶AC＝1∶4，则AB∶BC＝1∶3，故C正确，A、B、D错误．
3．汽车以某一初速度开始做匀加速直线运动，第1 s内行驶了1 m，第2 s内行驶了2 m，则汽车第3 s内的平均速度为(　　)
A．2 m/s B．3 m/s
C．4 m/s D．5 m/s
答案　B
解析　根据匀变速直线运动的推论可知：x2－x1＝x3－x2，则x3＝3 m，则第3 s内的平均速度为3＝＝3 m/s，故选B.
4．(2019·江苏盐城市期中)汽车以20 m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5 m/s2，则自驾驶员急踩刹车开始，经过2 s与5 s汽车的位移之比为(　　)
A．5∶4 B．4∶5 C．3∶4 D．4∶3
答案　C
解析　汽车速度减为零的时间为：t0＝＝ s＝4 s，2 s时位移：x1＝v0t＋at2＝20×2 m－×5×4 m＝30 m，刹车5 s内的位移等于刹车4 s内的位移，为：x2＝＝40 m，所以经过2 s与5 s汽车的位移之比为3∶4，故选项C正确．
5．(2020·广东韶关市质检)物体由静止开始做匀加速直线运动，加速8 s后，立即做匀减速直线运动，再经过4 s停下．关于该物体的运动情况，下列说法正确的是(　　)
A．加速、减速过程中的加速度大小之比为2∶1
B．加速、减速过程中的平均速度大小之比为2∶1
C．加速、减速过程中的位移大小之比为2∶1
D．加速、减速过程中速度变化率大小之比为2∶1
答案　C
解析　设匀加速直线运动的末速度大小为v，则加速阶段的加速度大小a1＝，减速阶段的加速度大小a2＝，可知a1∶a2＝t2∶t1＝1∶2，则速度变化率大小之比为1∶2，故A、D错误；根据匀变速直线运动的推论知，匀加速和匀减速阶段的平均速度大小均为＝，即平均速度大小之比为1∶1，故B错误；根据x＝t得，加速阶段和减速阶段的位移大小之比为2∶1，故C正确．
6．(2019·山东泰安市期末)如图2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l1＝2.5 m，B、C之间的距离l2＝3.5 m．若物体通过l1、l2这两段位移的时间相等，则O、A之间的距离l等于(　　)

图2
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l1、l2两段位移所用的时间均为T，则有：vB＝＝
根据匀变速直线运动规律可得：Δl＝l2－l1＝aT2＝1 m
根据速度位移关系式可知lOB＝，
则l＝lOB－l1，
联立并代入数据解得l＝2.0 m，故D正确．
7．(2019·安徽淮北市、宿州市二模)做匀变速直线运动的质点，从运动过程中某时刻开始经过连续相等的三个时间间隔T，第一个T内的位移为x1，第三个T内的位移为x3.则该质点(　　)
A．加速度为a＝
B．在第二个T内的位移为x2＝3x1
C．在第二个T末的速度为v＝
D．在第二个T内的平均速度为＝
答案　C
解析　匀变速直线运动中连续相邻相等时间内的位移差为定值，Δx＝aT2，即x2－x1＝aT2，x3－x2＝aT2，联立解得a＝，x2＝，选项A、B错误；中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，故在第二个T末的速度为v＝＝，选项C正确；在第二个T内的平均速度为＝＝，选项D错误．

8．(2019·湖北武汉市4月调考)某质点做匀加速直线运动，经过时间t速度由v0变为kv0(k>1)，位移大小为x.则在随后的4t时间内，质点的位移大小为(　　)
A. B.
C. D.
答案　A
解析　根据题意可得x＝t，经过时间t速度由v0变为kv0，则质点的加速度a＝＝(k－1)，在随后的4t时间内，质点的位移大小为x′＝kv0·4t＋a(4t)2，联立解得x′＝，所以选项A正确．
9．(原创题)如图3所示，一辆汽车在平直公路上做匀加速直线运动，从树A开始，依次经过B、C、D、E四棵树，且经过相邻两棵树的时间间隔相等，已知树A、B间距为x1，树D、E间距为x2，则树B、D间距为(　　)

图3
A．x1＋x2 B．2x1＋x2
C．x1＋2x2 D．2(x1＋x2)
答案　A
解析　设汽车经过相邻两棵树的时间间隔为t，则汽车在A、B间的平均速度为，在D、E间的平均速度为，在匀变速直线运动中平均速度等于中间时刻的速度，故经过C时的速度为vC＝＝，而汽车经过C的时刻又是汽车从B到D的中间时刻，故vC也是汽车从B到D的平均速度，所以B、D间距为x＝×2t＝x1＋x2，选项A正确．

10．(2019·江西南昌市期末)一辆汽车以某一速度在郊区的水平路面上行驶，因前方交通事故紧急刹车而做匀减速直线运动，最后静止，汽车在最初3 s内通过的位移与最后3 s内通过的位移之比为x1∶x2＝5∶3，汽车运动的加速度大小为a＝5 m/s2，汽车制动的总时间为t，则(　　)
A．t>6 s B．t＝6 s
C．4 s 答案　D
解析　设汽车刹车做匀减速直线运动的加速度大小为a，运动总时间为t，把汽车刹车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，则汽车最后3 s内通过的位移x2＝at＝a，在最初3 s内通过的位移x1＝at2－a(t－3)2＝a(6t－9)，又x1∶x2＝5∶3，解得t＝4 s，故A、B、C错误，D正确．
11．(多选)(2020·浙江金华市模拟)建筑工人常常徒手抛砖块，当砖块上升到最高点时，被楼上的师傅接住用以砌墙．若某次以10 m/s的速度从地面竖直向上抛出一砖块，楼上的师傅没有接住，g取10 m/s2，空气阻力可以忽略，则(　　)
A．砖块上升的最大高度为10 m
B．经2 s砖块回到抛出点
C．砖块回到抛出点前0.5 s时间内通过的距离为3.75 m
D．被抛出后上升过程中，砖块做变减速直线运动
答案　BC
解析　由h＝得，砖块上升的最大高度h＝5 m，选项A错误；砖块上升的时间t＝＝1 s，上升阶段与下降阶段的时间相等，经2 s砖块回到抛出点，选项B正确；砖块被抛出后经0.5 s上升的高度h′＝v0t′－gt′2＝3.75 m，由于上升阶段与下降阶段的时间、位移具有对称性，所以砖块回到抛出点前0.5 s时间内通过的距离为3.75 m，选项C正确；砖块被抛出后加速度不变，故上升过程砖块做匀减速直线运动，选项D错误．
12．(2019·福建三明市期末质检)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.
13．(2019·广东广州市一模)高速公路的ETC电子收费系统如图4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(　　)

图4
A．4.2 m B．6.0 m C．7.8 m D．9.6 m
答案　D
解析　汽车进入识别区的速度v0＝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，随后汽车做匀减速直线运动，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．