2023-2024届高考一轮复习物理教案（新教材人教版）第一章运动的描述匀变速直线运动的研究第2讲匀变速直线运动的规律

第2讲匀变速直线运动的规律

【目标要求】1.掌握匀变速直线运动的公式，并理解公式中各物理量的含义2掌握自由落体运

动和竖直上抛运动的特点，知道竖直上抛运动的对称性和多解性3掌握处理相遇问题的方法

和技巧.

考点一匀变速直线运动的基本规律及应用

■梳理必备知识

1.匀变速直线运动

沿着一条直线且加速度不变的运动.如图所示，o—f图线是一条倾斜的直线.

2.匀变速直线运动的两个基本规律

(1)速度与时间的关系式：。=%+与.

(2)位移与时间的关系式：x=w+∣iz∕2∙

由以上两式联立可得速度与位移的关系式：z，2—o02=20x.

3.公式选用原则

以上三个公式共涉及五个物理量，每个公式有四个物理量.选用原则如下：

不涉及位移，选用υ=vo+α∕

不涉及末速度，选用x=vof+∣af2

不涉及时间，选用。2—62=2α;V

■判断正误

1.匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动.(X)

2.匀加速直线运动的位移是均匀增加的.(X)

3.匀变速直线运动中，经过相同的时间，速度变化量相同.(√)

■提升关键能力

1.常用的导出公式

(1)平均速度公式：石=空=%.

,λ

(2)位移差公式：∖x=X2~X∖=X3~X2=∙∙∙=Xn-xn^∖-al.

注意：不相邻相等的时间间隔T内的位移差为"一%=(加一〃)。户，此公式可以求加速度.

(3)初速度为零的匀加速直线运动的四个重要比例式

①T末、27末、3T末、…、“T末的瞬时速度之比为。1：。2：S：…：%=1：2：3：…：〃.

②前T内、前2T内、前37内、…、前立内的位移之比为Xi：M：X3：…：xn=l：4：9：…：〃2.

③第1个T内、第2个T内、第3个T内、…、第”个T内的位移之比为Xi：x”：刈：…：XN

=I：3：5：—：(2n-l).

④从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为h：t2：t3：…：tn=∖：(√2-∣):(√3-

√2)::(y[n-y]n-l).

2.基本思路

画过程示意图I―I判断运动性质I-＞I选取正方向I→I选用公式列方褶f∣解方程并加以讨论

3.正方向的选定

无论是匀加速直线运动还是匀减速直线运动，通常以初速度。0的方向为正方向；当Oo=O时，

一般以加速度。的方向为正方向.速度、加速度、位移的方向与正方向相同时取正，相反时

取负.

4.两种匀减速直线运动的比较

两种运动运动特点求解方法

匀减速到速度为零后停止运动，

刹车类问题求解时要注意确定实际运动时间

加速度α突然消失

如沿光滑固定斜面上滑的小球，

求解时可分过程列式，也可对全过

到最高点后仍能以原加速度匀加

双向可逆类问题程列式，但必须注意X、0、a等矢

速下滑，全过程加速度大小、方

量的正负号及物理意义

向均不变

【例1】(2022•全国甲卷∙15)长为/的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为。0,要通过前方

一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过。(。＜的).已知列

车加速和减速时加速度的大小分别为。和2“,则列车从减速开始至回到正常行驶速率比所用

时间至少为()

Vo-V,L+1VQ-V,L÷2∕

―--

A∙^2a+VTB.---a---+——V

3(v-v)L+13(vo-v)L+2l

0lD√------i+l—-

c∙Ia十。aV

答案C

解析由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过0(。＜加)，则列车进隧

道前必须减速到。，若用时最少，则列车先匀减速到0进入隧道，再在隧道中匀速运动，出

了隧道再匀加速到z⅛.则有O=Vo-Iat解得》=„，

在隧道内匀速有R=卓

列车尾部出隧道后立即加速到加，有Oo=o+αh

解得/3=巧E

cc

则列车从减速开始至回到正常行驶速率如所用时间至少为r=-^f~+~Γ,故选C.

1例21做匀变速直线运动的质点在第一个7s内的平均速度比它在第一个3s内的平均速度大

6m∕s,则质点的加速度大小为()

A.ɪm∕s2B.m∕s2

C.3m∕s2D.4m∕s2

答案C

解析物体做匀变速直线运动时，第一个3s内中间时刻，即S时的速度为S=。3,第一个

7s内中间时刻，即S时的速度为S=07,由题意可知。2-^5=6m∕s,又02=θι+4∆r,其

中A∕=2s,可得。=3m/s).故选C.

【例3】(多选)如图所示，一冰壶以速度。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()

A.s：。2：。3=3：2：1

B.s：：f3=√3'.y∣2'.I

C./,：Z2：⅛=1：√2：√3

D.t∖∙.t2∙.⅛=(√3-√2)：(√2-l)：1

答案BD

解析因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以看成反向的初速度为零的匀加速

直线运动.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：(√2-1)

22

:(√3-√2),故t↑,.t2∙.⅛=(√3-√2)：(√2-l)：1,选项C错误，D正确；由v~v0=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：√2：√3,故

：：选项错误，正确.

vi:v2:V3=√3√21,AB

【例4】(2023∙福建师范大学附属中学高三月考)一辆汽车在平直公路上匀速行驶，遇到紧急情

况，突然刹车，从开始刹车起运动过程中的位移(单位：m)与时间(单位：s)的关系式为x=3Of

一尸(m),下列分析正确的是()

A.刹车过程中最后1s内的位移大小是5m

B.刹车过程中在相邻1s内的位移差的绝对值为IOm

C.从刹车开始计时，8s内通过的位移大小为80m

D.从刹车开始计时，第1s内和第2s内的位移大小之比为11：9

答案D

解析由匀变速直线运动的规律X=Oof+g4f2,可得初速度00=30m∕s,加速度〃=-5m∕s2,

刹车过程中在相邻IS内的位移差的绝对值∣∆Λl=∣q(Af)∣=5m,从刹车开始计时到停下的时间

0—7)(}0-Vcr

tm=—~—=6s,8s内通过的位移大小为Xm=~五一=90m,选项B、C错误；把末速度为0

的匀减速直线运动看成逆向的匀加速直线运动，刹车过程中最后1S内的位移大小为Xl=-5序

=2.5m,从刹车开始计时，第1s内和第2s内的位移大小之比为11：9,选项D正确，A错误.

方法点拨

逆向思维法：对于末速度为零的匀减速直线运动，可把该阶段看成逆向的初速度为零、加速

度不变的匀加速直线运动.

1例51对某汽车刹车性能测试时，当汽车以36kπ√h的速率行驶时，可以在18m的距离被刹

住；当汽车以54km/h的速率行驶时，可以在m的距离被刹住.假设两次测试中驾驶员的反

应时间(驾驶员从看到障碍物到做出刹车动作的时间)与刹车的加速度都相同.问：

(1)这位驾驶员的反应时间为多少；

(2)某雾天，该路段能见度为50m,则行车速率不能超过多少.

答题模板规范答题不丢分

解析(1)假设驾驶员的反应时间为，，在第一次测试中，＜-指明哪个过程

反应时间内汽车做匀速直线运动的速度为由,所以反

应时间内的位移：xi=vit①

然后汽车做匀减速直线运动到停止，由速度位移关系式得------------指明选用规律

2

0-υl=-2ax2②

全过程位移：X

L=XI+X2=18m③

在第二次测试中，反应时间内汽车做匀速直线运动的速度为也，＜—-一必要的文字说明

所以反应时间内的位移网=/④

然后汽车做匀减速直线运动到停止，由速度位移关系式得：

2

0-t∕2=-20x4⑤

全过程位移：刈=/+^=34.5m⑥写分式联立各式得,

由①②③④⑤⑥解得：'α=6^in417工区*一57一不写连等式

(2)某雾天该路段能见度为s=50m,设行车最大速度为"，

不用写具体计算过

则：s=t√+JL,解得：〃=18.7m/s＜程•结果为数字时

2a带单位

1.必要的文字说明

指明研究对象、研究过程、所用规律定理，新出现的字母代表含义.

2.必要的方程

(1)必须是原型公式，不变形；

(2)不用连等式分步列式，公式较多加编号①②③；

(3)字母符号规范，与题干中一致.

3.合理的运算

(1)联立方程、代入数据得，不用写出具体的运算过程；

(2)结果为数字时带单位，矢量指明方向，多个解需讨论说明或取舍.

考点二自由落体运动竖直上抛运动

・梳理必备知识

1.自由落体运动

(1)运动特点：初速度为Q,加速度为上的匀加速直线运动.

⑵基本规律：

匀变速直线运动自由落体运动

v=vo+atV=gt

,1~~1

X=vot+^CIΓ9h=娶F9

v2-v(?=2axv2=2gh

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）基本规律

①速度与时间的关系式：v=vn-.e!t;

2

②位移与时间的关系式：x^v0t-^t.

•判断正误

1.同一地点，轻重不同的物体的g值一样大.（J）

2.自由落体加速度的方向垂直地面向下.（X）

3.做自由落体运动的物体在IS内速度增加约m∕s.（√）

4.物体做竖直上抛运动，速度为负值时，位移也一定为负值.（×）

5.做竖直上抛运动的物体，在上升过程中，速度变化量方向是竖直向下的.（√）

■提升关键能力

1.竖直上抛运动

（1）对称性

①时间对称:物体上升过程中从AfC所用时间fAC和下降过程中从CfA所用时间/CA相等（如

图），同理AAB=，BA.

C

-B

-A

6I

②速度对称：物体上升过程经过A点的速度大小与下降过程经过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.竖直上抛运动的研究方法

上升阶段：“=g的匀减速直线运动

分段法

下降阶段：自由落体运动

初速度Vo向上，加速度为一g的匀变速直线运动，gf,〃=OoLs2（以

全程法

竖直向上为正方向）

若。＞0,物体上升；若。＜0,物体下落

若∕Z>O,物体在抛出点上方；若∕2<0,物体在抛出点下方

【例6】（2021∙湖北卷∙2）2019年,我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人10米跳台冠

军.某轮比赛中，陈芋汐在跳台上倒立静止，然后下落，前5m完成技术动作，随后5m完

成姿态调整.假设整个下落过程近似为自由落体运动，重力加速度大小取10m∕s2,则她用于

姿态调整的时间约为（）

A.sB.sC.sD.s

答案B

解析陈芋汐下落的整个过程所用的时间为

则陈芋汐用于姿态调整的时间约为，2=/—A=S,故B正确.

【例7】气球以10m/s的速度沿竖直方向匀速上升，当它上升到离地175m的高处时，一重物

从气球上掉落，则重物需要经过多长时间才能落到地面？到达地面时的速度是多大？（g取10

m∕s2,不计空气阻力）

答案7s60m/s

解析解法一：全程法

取全过程进行研究，从重物自气球上掉落开始计时，经时间，落地，规定初速度方向为正方

向，画出运动过程草图，如图所示.

重物在时间t内的位移h=-l75m

将〃=-175m,Do=Iom/s代入∕z=θof-agF

解得t=7s或t=~5s（舍去）

所以重物落地时速度为

O=OO—gf=10m/s-10×7m∕s=-60m/s

其中负号表示方向竖直向下，与初速度方向相反.

解法二：分段法

设重物离开气球后，经过八时间上升到最高点,

.Oo10

贝nIr∣=γ=y^s=l1s

上升的最大高度∕zι=ggM=;Xιo×I2m=5m

故重物离地面的最大高度为

H=E+h=5m+175m=180m

重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为/2=ʌʃɪ=ʌʃ（J^θs=ðS

U=g∕2=10X6m∕s=60m∕s（方向竖直向下）

所以重物从气球上掉落到落地的时间Z=Zi+/2=7s.

考点三匀变速直线运动中的多物体和多过程问题

1.多物体问题

研究多物体在空间上重复同样的运动时，可利用一个物体的运动取代多物体的运动，照片中

的多个物体认为是一个物体在不同时刻所处的位置，如水龙头滴水、直升机定点空降、小球

在斜面上每隔一定时间间隔连续释放等，均可把多物体问题转化为单物体问题求解.

2.多过程问题

（1）一般的解题步骤

①准确选取研究对象，根据题意画出物体在各阶段运动的示意图，直观呈现物体运动的全过

程.

②明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知量，设出中间量.

③合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程及物体各阶段间的关联方程.

（2）解题关键

将复杂过程合理拆分，多运动过程的连接点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，对连

接点速度的求解往往是解题的关键.

【例8】（2023•陕西榆林市调研）高铁被誉为中国“新四大发明”之一，因高铁的运行速度快，

对制动系统的性能要求较高，高速列车上安装有多套制动装置——制动风翼、电磁制动系统、

空气制动系统、摩擦制动系统等.在一段直线轨道上，某高速列车正以。o=288km/h的速度

匀速行驶，列车长突然接到通知，前方检=5km处道路出现异常，需要减速停车.列车长接

到通知后，经过S将制动风翼打开，高速列车获得m=m∕s2的平均制动加速度减速，

减速/2=40S后，列车长再将电磁制动系统打开，结果列车在距离异常处500m的地方停下

来.

（1）求列车长打开电磁制动系统时，列车的速度大小;

(2)求制动风翼和电磁制动系统都打开时，列车的平均制动加速度大小02.

答案(1)60m/s(2)m∕s2

解析(1)设经过/2=4OS时，列车的速度大小为又00=288km/h=80m/s,

则打开制动风翼后，减速过程有UI=Uo—。1亥=60m/s.

(2)列车长接到通知后,经过力=s,列车行驶的距离XI=OofI=200m,

一如2

从打开制动风翼到打开电磁制动系统的过程中，列车行驶的距离及=F——=2800m,

∆Cl∖

打开电磁制动系统后，列车行驶的距离

X3=xo-由一垃-50Om=I500m,

Vi2

则-=1.2m∕s2.

1X3

考点四追及相遇问题

追及相遇问题的实质就是分析两物体在相同时间内能否到达相同的空间位置.追及相遇问题

的基本物理模型：以甲追乙为例.

1.二者距离变化与速度大小的关系

(1)无论。“，增大、减小或不变，只要。，|，<。乙，甲、乙的距离就不断增大.

(2)若。甲=。乙，甲、乙的距离保持不变.

(3)无论增大、减小或不变，只要。,>。乙，甲、乙的距离就不断减小.

2.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位移关系是解题

的突破口.

3.常用分析方法

(1)物理分析法：抓住“两物体能否同时到达空间某位置”这一关键，认真审题，挖掘题目中

的隐含条件，建立物体运动关系的情境图.

能否追上的判断方法(临界条件法)

物体8追赶物体A：开始时，两个物体相距Xo,当OB=。*时，若XB>XA+XO,则能追上；若

XB=XA+XO,则恰好追上；若Xβ<%+xo,则不能追上.

(2)二次函数法：设运动时间为r,根据条件列方程，得到关于二者之间的距离Ax与时间，的

二次函数关系∙

①若Δx>O,即有两个解，说明可以相遇两次；

②若Δx=O,一个解，说明刚好追上或相遇；

③若Δx<O,无解，说明追不上或不能相遇.

当’=一5时，函数有极值，代表两者距离的最大或最小值.

(3)图像法：在同一坐标系中画出两物体的运动图像.位移一时间图像的交点表示相遇，分析

速度一时间图像时，应抓住速度相等时的“面积”关系找位移关系.

4.常见追及情景

(1)速度小者追速度大者：当二者速度相等时，二者距离最大.

(2)速度大者追速度小者(避碰问题)：二者速度相等是判断是否追上的临界条件，若此时追不

上，二者之间的距离有最小值.

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.

【例9】汽车A以外=4m/s的速度向右做匀速直线运动，发现前方相距xo=7m处、以OB=

10m/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α=2m∕s2.从刚刹车开始计时.求：

(I)A追上8前，A、8间的最远距离；

⑵经过多长时间A恰好追上B.

答案(1)16m(2)8s

解析汽车A和8的运动过程如图所示.

熊4乔

“=0

Y)3)-'C1)'

XA-∆x——H

XB

(1)当A、B两汽车速度相等时，两车间的距离最远,

即v=Vf}-at=VA,

解得/=3s

此时汽车A的位移XA=IMf=12m

汽车B的位移物=Om—%於=2]m

故最远距离Δ%max=XB+xθ-XA=16m.

（2）汽车B从开始减速直到静止经历的时间

运动的位移x，=〃y=25m

汽车A在A时间内运动的位移

=

XARVAt1=20in

此时相距∆x=x∕+χ[）-χA,=12m

Ar

汽车A需再运动的时间t2=~=3S

故A追上B所用时间，总=力+攵=8S.

课时精练

过基础落实练

1.如图所示，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8点时速度为

V,到达C点时速度为2v,则AB：BC等于（）

A.I：1

C.1：3D.1：4

答案C

τp∙（2D）2

解析根据匀变速直线运动的速度位移公式v--v^-2ax知，XAB=五，所以

AB：AC=]：4,则48：8C=I：3,故C正确，A、B、D错误.

2.（2023•浙江省杭州二中模拟）质点沿X轴做直线运动的位置坐标X与时间t的关系为x=2

+4r—产（各物理量都采用国际单位制单位），则该质点（）

A.第IS的位移大小是5m

B.前2s内的平均速度大小是3m/s

C.2s末的速度为0

D.4s末质点位于坐标原点处

答案C

解析代入位移一时间公式X=可知，质点从距离原点2m处的位置出发，初速度

为4m∕s,做加速度a=—2m∕s2的匀减速直线运动.第IS内的位移是4×1m—2X1m=

3m,A错误；前2s内的总位移是4m,则平均速度大小是2m∕s,B错误；由速度一时间公

式o=θo+c”可知，2s末速度为0,C正确；4s末质点位置为x=（2+4X4-42）m=2m,D

错误.

3.课间，一些同学常在走廊上跳摸指示牌.身高m的小兰同学在指示牌正下方原地竖直向上

跳起，手指恰好能摸到指示牌的下边沿，测得指示牌下边沿到地面的竖直距离为皿如图所

示）.小兰同学双脚离地时速度大小最接近于（）

A.m/sB.3m/s

C.5m/sD.7m/s

答案B

解析小兰同学起跳后做匀减速直线运动，设双脚离地时的速度大小为小则有一2g/?=0—

2

V9结合生活实际，原地站立且胳膊向上时，手指离地面高度约为m,有/?=m—m=m,

取g=m∕s2,联立可得U=m/s,故选B.

4.如图所示的平潭海峡公铁两用大桥是世界上最长的跨海公铁两用大桥，其中元洪航道桥的

A、B、C三根桥墩间距分别为AZ?=132m、JBC=I96m.一列高速列车匀加速通过元洪航道

桥，车头经过AB段和BC段的时间分别为3s和4s,则这列高速列车经过元洪航道桥的加

速度大小约为（）

4BC

A.m∕s2B.m∕s2

C.m∕s2D.m∕s2

答案B

解析高速列车在AB段的平均速度为。1=替=44m/s,在BC段的平均速度为6=等=49m/s,

t∖12

根据匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知”=F4liF.4m∕s2,B正确.

2、

5.（2023•浙江宁波市月考）一质点做匀加速直线运动，位移为Xi时，速度的变化量为A。；紧

接着位移为M时,，速度的变化量仍为A。.则质点的加速度为（）

A.(∆v)2(τ∙-τ;)B.(Δu)2(7-+7-)

ΛI424I42

2

Cp(ʌɪθ

'X2~X1⅛÷X1

答案C

\T)

解析在匀变速直线运动中，速度变化Ao所用的时间为/=7，则可知质点通过位移Xl和

ʌn(A0)2

X2过程中所用时间相同，根据ΔΛ=Q[2得，X2—X]=a.(―)2,解得。=_^2_,C正确.

ClX2-Xl

6.一个从地面上竖直上抛的物体，它两次经过一个较低点A的时间间隔是5s,两次经过一

个较高点8的时间间隔是3s,贝∣JA、8之间的距离是(不计空气阻力，⅛=I0m∕s2)()

A.80mB.40m

C.20mD.无法确定

答案C

解析物体做竖直上抛运动，根据运动时间的对称性得，物体从最高点自由下落到A点的时

间为名从最高点自由下落到B点的时间为果A、B间距离为〃AB=；g吟)2—g)2]=；XI0×(2

—2)m=20m,故选C.

7.(2023•河北省名校联盟联考)一质点做匀变速直线运动，初速度大小为。，经过一段时间速

度大小变为2o,加速度大小为小这段时间内的路程与位移大小之比为5：3,则下列叙述正

确的是()

A.在该段时间内质点运动方向不变

B.这段时间为。

C.这段时间该质点运动的路程为分

D.再经过相同的时间，质点速度大小为3。

答案C

解析由于质点通过的路程与位移不同，故质点先做减速运动，减速到零后再做反向的加速

运动，A错误；速度变化量大小为A。=。一(一2o)=3o,因此所用时间f=B^=},B错误；

〃(2θ)2

减速的过程中运动的路程S]=五，反向加速运动的路程S2=-^^,因此总路程为S=S∖+S2=

5V2,.

彳一，C正确；再经过相同的时间，速度再增加3。，质点速度大小变为o'=2V+3V=5V9D

错误.

底能力综合练

8.（多选）从高为20m的位置以20π√s的初速度竖直上抛一物体，gI∣X10m∕s2,当物体到抛

出点距离为15m时，所经历的时间可能是（）

A.1sB.2s

C.3sD.（2+√7）s

答案ACD

解析取竖直向上方向为正方向，当物体运动到抛出点上方离抛出点15m时，位移为X=I5m,

由竖直上抛运动的位移时间公式得X=OOr一5尸，解得r∣=ls,介=3s;当物体运动到抛出点

下方离抛出点15m时，位移为x'=—15m,由x'=OOL上於，解得&=（2+币）s或〃=（2

一书）s（负值舍去），选项A、C、D正确，B错误.

9.（2023•浙江丽水市模拟）广场喷泉是城市一道亮丽的风景.如图，喷口竖直向上喷水，已知

喷管的直径为。，水在喷口处的速度大小为。0，重力加速度为g,不考虑空气阻力的影响，

则在离喷口高度为H处的水柱直径为（）

A.DB,-,,

y]vo~+2gH

Cl-r=^=D,∕⅛=

Λ∖∣y∣vo—2gHλ∖∣yt∣V02+2gH

答案C

解析设△/时间内，从喷口喷出的水的质量为则A"?=〃△匕ΔV=υoπ（y）2Δ^,在到达

DD1

离喷口高度为“处时，速度大小为。，则有或一加=—2g”，且。o∆lπ（]）2=必和（方-）2,解

得。'=A/ITv°'故选C.

∖∣y∣v^-2gH

10.（2023•云南昆明市一中模拟）一种比飞机还要快的旅行工具即将诞生，称为“第五类交通方

式”，它就是“超级高铁”（如图）.速度高达一千多公里每小时.如果乘坐超级高铁从A地

到8地，600公里的路程需要42分钟，超级高铁先匀加速达到最大速度1200km/h后匀速运

动，快进站时再匀减速运动，且加速与减速的加速度大小相等，则下列关于超级高铁的说法

正确的是（）

A.加速与减速的时间不一定相等

B.加速时间为10分钟

C.加速过程中发生的位移为150公里

D.加速时加速度大小约为m∕s2

答案D

解析加速与减速的加速度大小相等，根据f=T可知，加速与减速的时间一定相等，故A

错误；设加速和减速时间均为t,运动总时间为to,则2X^⅛+θm（fo-2f）=s,代入数据解得

Z=12min,故B错误；加速位移为x⅛∙=争=12Okm,故C错误：