图 甲为自动感应-|||-门,门框上沿中央安装有传感器,当人或物体与传感器的水-|||-平距离小于或等于某个设定值(可称为水平感应距离)时,-|||-中间两扇门分别向左右平移,当人或物体与传感器的距离-|||-大于设定值时,门将自动关闭。图乙为感应门的俯视图,A-|||-为传感器位置,虚线圆是传感器的感应范围,已知每扇门的-|||-宽度为d,最大移动速度为v0,若门开启时先匀加速运动而-|||-后立即以大小相等的加速度匀减速运动,每扇门完全开启-|||-时的速度刚好为零,移动的最大距离为d,不计门及门框的-|||-厚度。-|||-(1)求门开启时做加速和减速运动的加速度大小;-|||-(2)若人以v0的速度沿图中虚线s走向感应门,要求人到-|||-达门框时左右门同时各自移动 dfrac (d)(2) 的距离,那么设定的传感-|||-器水平感应距离l应为多少?-|||-(3)若以(2)的感应距离设计感应门,欲搬运宽为 dfrac (7d)(4) 的物-|||-体(厚度不计),并使物体中间沿虚线s垂直地匀速通过该-|||-门(如图丙),物体的移动速度不能超过多少?-|||-小 么-|||-甲-|||-A A-|||-d-d d-d-|||-v0 v0 v0 7d is v0-|||-乙 丙

本题主要考查匀变速直线运动的规律，解题的关键在于根据题目所给条件，结合速度 - 时间图像和匀变速直线运动的位移公式、速度公式进行求解。

（1）求门开启时做加速和减速运动的加速度大小

• 首先，根据题意画出每扇门开启过程的速度 - 时间图像。由于门开启时先匀加速运动而后立即以大小相等的加速度匀减速运动，且每扇门完全开启时的速度刚好为零，移动的最大距离为$d$，所以速度 - 时间图像是一个对称的三角形，最大速度为$v_0$。
• 设门全部开启所用的时间为$t_0$，根据速度 - 时间图像与坐标轴围成的面积表示位移，可得$d = \frac{1}{2}v_0t_0$。
• 再根据速度时间关系$v_0 = a\cdot(\frac{1}{2}t_0)$（因为加速和减速阶段时间相等，均为$\frac{1}{2}t_0$）。
• 由$d = \frac{1}{2}v_0t_0$可得$t_0 = \frac{2d}{v_0}$，将其代入$v_0 = a\cdot(\frac{1}{2}t_0)$中，得到$v_0 = a\cdot(\frac{1}{2}\times\frac{2d}{v_0})$，即$v_0 = \frac{ad}{v_0}$，解得$a = \frac{v_0^2}{d}$。

（2）求设定的传感器水平感应距离$l$

• 要使单扇门打开$\frac{d}{2}$，由（1）可知，门全部开启所用时间为$t_0 = \frac{2d}{v_0}$，那么打开$\frac{d}{2}$所需时间$t$为全部开启时间的一半，即$t = \frac{1}{2}t_0 = \frac{1}{2}\times\frac{2d}{v_0} = \frac{d}{v_0}$。
• 人以$v_0$的速度沿图中虚线$s$走向感应门，人只要在$t$时间内到达门框处即可安全通过，根据路程$=$速度$\times$时间，可得人到门的距离$l = v_0t$，将$t = \frac{d}{v_0}$代入，解得$l = v_0\times\frac{d}{v_0} = d$。

（3）求物体的移动速度不能超过多少

• 依题意宽为$\frac{7}{4}d$的物体移到门框过程中，每扇门至少要移动$\frac{7}{8}d$的距离。
• 每扇门的运动各经历两个阶段：
  • 开始以加速度$a$运动$S_1 = \frac{d}{2}$的距离，速度达到$v_0$，所用的时间$t_1$。根据$v_0^2 = 2aS_1$（匀加速直线运动位移速度公式），且$a = \frac{v_0^2}{d}$，$S_1 = \frac{d}{2}$，可得$v_0^2 = 2\times\frac{v_0^2}{d}\times\frac{d}{2}$，此式恒成立。再根据$v_0 = at_1$，可得$t_1 = \frac{v_0}{a} = \frac{v_0}{\frac{v_0^2}{d}} = \frac{d}{v_0}$，又因为$t_0 = \frac{2d}{v_0}$，所以$t_1 = \frac{t_0}{2}$。
  • 而后又做匀减速运动，设减速时间为$t_2$，门又运动了$S_2 = \frac{7}{8}d - \frac{1}{2}d = \frac{3}{8}d$的距离。根据匀变速运动公式$S_2 = v_0t_2 - \frac{1}{2}at_2^2$，将$a = \frac{v_0^2}{d}$，$S_2 = \frac{3}{8}d$代入可得：$\frac{3}{8}d = v_0t_2 - \frac{1}{2}\times\frac{v_0^2}{d}t_2^2$，等式两边同时乘以$\frac{8d}{v_0^2}$得到$3 = \frac{8dt_2}{v_0} - 4t_2^2$，整理为$4t_2^2 - \frac{8dt_2}{v_0} + 3 = 0$。
  • 对于一元二次方程$Ax^2 + Bx + C = 0$（$A = 4$，$B = -\frac{8d}{v_0}$，$C = 3$），根据求根公式$t_2 = \frac{-B\pm\sqrt{B^2 - 4AC}}{2A}$可得：
    $t_2 = \frac{\frac{8d}{v_0}\pm\sqrt{(-\frac{8d}{v_0})^2 - 4\times4\times3}}{2\times4} = \frac{\frac{8d}{v_0}\pm\sqrt{\frac{64d^2}{v_0^2} - 48}}{8}$
    $=\frac{\frac{8d}{v_0}\pm\sqrt{\frac{16(4d^2 - 3v_0^2)}{v_0^2}}}{8}=\frac{\frac{8d}{v_0}\pm\frac{4\sqrt{4d^2 - 3v_0^2}}{v_0}}{8}=\frac{d\pm\sqrt{4d^2 - 3v_0^2}}{2v_0}$
    解得$t_2 = \frac{d}{2v_0}$和$t_2 = \frac{3d}{2v_0}$（因为$t_2$要小于$t_1$，所以$t_2 = \frac{3d}{2v_0}$不合题意舍去）。
• 要使每扇门打开$\frac{7}{8}d$所用的时间为$t_1 + t_2 = \frac{d}{v_0} + \frac{d}{2v_0} = \frac{3d}{2v_0}$。
• 物体在这段时间内要通过感应距离$l = d$，根据速度$=$路程$\div$时间，可得物体移动的速度$v = \frac{l}{t_1 + t_2} = \frac{d}{\frac{3d}{2v_0}} = \frac{2}{3}v_0$，故物体移动的速度不能超过$\frac{2}{3}v_0$。