2016-2017學(xué)年重慶市秀山高中高三（上）月考物理試卷（9月份）
參考答案與試題解析
一、選擇題．（本題共10小題，每小題5分，共50分．1-6題只有一個選項(xiàng)正確，7-10為多項(xiàng)選擇，全部選對得5分，選對但不全得3分，有錯選得0分）
1．以下情況中能將人或物體看成質(zhì)點(diǎn)的是（ ）
A．研究某學(xué)生騎車回校的速度
B．對某學(xué)生騎車姿勢進(jìn)行生理學(xué)分析
C．研究火星探測器從地球到火星的飛行軌跡
D．研究選手在3000m長跑比賽中的快慢
【考點(diǎn)】質(zhì)點(diǎn)的認(rèn)識．
【分析】當(dāng)物體的大小和形狀在研究的問題中能忽略，物體可以看成質(zhì)點(diǎn)．
【解答】解：A、研究某學(xué)生騎車回校的速度，學(xué)生的大小和形狀可以忽略，可以看成質(zhì)點(diǎn)，故A正確．
B、對某學(xué)生騎車姿勢進(jìn)行生理學(xué)分析，學(xué)生的大小和形狀不能忽略，不能看成質(zhì)點(diǎn)，故B錯誤．
C、研究火星探測器從地球到火星的飛行軌跡，探測器的大小和形狀可以忽略，可以看成質(zhì)點(diǎn)，故C正確．
D、研究選手在3000m長跑比賽中的快慢，選手的大小和形狀可以忽略，可以看成質(zhì)點(diǎn)，故D正確．
故選：ACD．
2．關(guān)于路程和位移，下列說法中正確的是（ ）
A．質(zhì)點(diǎn)的位移為零，說明質(zhì)點(diǎn)沒有運(yùn)動
B．質(zhì)點(diǎn)通過的路程不同，但位移可能相同
C．質(zhì)點(diǎn)發(fā)生了一段位移后，它通過的路程可能為零
D．質(zhì)點(diǎn)做直線運(yùn)動時，其路程就是位移的大小
【考點(diǎn)】位移與路程．
【分析】位移的大小等于首末位置的距離，路程的大小等于運(yùn)動軌跡的長度．
【解答】解：A、若物體的首末位置重合，則位移為零，質(zhì)點(diǎn)是運(yùn)動的，故A錯誤．
B、初末位置相同，位移相同，但運(yùn)動軌跡可以不同，即物體兩次通過的路程不等．故B正確．
C、質(zhì)點(diǎn)通過一段位移后，它通過的路程不可能為零．故C錯誤；
D、當(dāng)物體做單向直線運(yùn)動時，路程才等于位移的大小，故D錯誤．
故選：B
3．一列以速度v勻速行駛的列車內(nèi)有一水平桌面，桌面上的A處有一小球．若車廂中的旅客突然發(fā)現(xiàn)小球沿如圖（俯視圖）中的虛線從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)．則由此可以判斷列車的運(yùn)行情況是（ ）
A．減速行駛，向南轉(zhuǎn)彎 B．減速行駛，向北轉(zhuǎn)彎
C．加速行駛，向南轉(zhuǎn)彎 D．加速行駛，向北轉(zhuǎn)彎
【考點(diǎn)】牛頓第二定律；運(yùn)動的合成和分解；向心力．
【分析】小球與列車一起做勻速直線運(yùn)動，小球沿如圖（俯視圖）中的虛線從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)．知小球向前運(yùn)動，是由于慣性，列車和桌子的速度慢下來，小球要保持以前的速度繼續(xù)運(yùn)行，所以會向前運(yùn)動．小球與桌面的摩擦力可以不計(jì)，出現(xiàn)如圖的曲線，是因?yàn)樽雷痈熊囅蚰瞎諒潱∏蛞３謩蛩僦本€運(yùn)動．
【解答】解：小球與水平面間的摩擦可以不計(jì)，所以小球在水平面內(nèi)不受力作用，始終與列車一起向前做勻速直線運(yùn)動，發(fā)現(xiàn)小球沿如圖（俯視圖）中的虛線從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)．知列車和桌子的速度慢下來，小球要保持以前的速度繼續(xù)運(yùn)行，所以會向前運(yùn)動．出現(xiàn)如圖的曲線，是因?yàn)樽雷痈熊囅蚰瞎諒?，而小球要保持勻速直線運(yùn)動．故A正確，B、C、D錯誤．
故選A．
4．如圖所示，質(zhì)量為m的小球用水平彈簧系住，并用傾角為30°的光滑木板AB托住，小球恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)．當(dāng)木板AB突然向下撤離的瞬間，小球的加速度為（ ）
A．0
B．大小為g，方向豎直向下
C．大小為，方向垂直木板向下
D．大小為，方向水平向右
【考點(diǎn)】牛頓第二定律．
【分析】木板撤去前，小球處于平衡態(tài)，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件先求出各個力，撤去木板瞬間，支持力消失，彈力和重力不變，求出合力后即可求出加速度．
【解答】解：木板撤去前，小球處于平衡態(tài)，受重力、支持力和彈簧的拉力，如圖
根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有
F﹣Nsin30°=0
Ncos30°﹣G=0
解得
N=
F=mg
木板AB突然撤去后，支持力消失，重力和拉力不變，合力等于支持力N，方向與N反向，故
加速度為
a==
故選C．
5．一質(zhì)量為M的探空氣球在勻速下降，若氣球所受浮力F始終保持不變，氣球在運(yùn)動過程中所受阻力僅與速率有關(guān)，重力加速度為g，現(xiàn)欲使該氣球以同樣速率勻速上升，則需從氣球吊籃中減少的質(zhì)量為（ ）
A．0 B．M﹣ C．2M﹣ D．2（M﹣）
【考點(diǎn)】共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用．
【分析】分別對氣球勻速上升和勻速下降過程進(jìn)行受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件列式求解即可．
【解答】解：勻速下降時，受到重力Mg，向上的浮力F，向上的阻力f，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件
Mg=F+f…①
氣球勻速上升時，受到重力（M﹣△m）g，向上的浮力F，向下的阻力f，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件
（M﹣△m）g+f=F…②
由①②式解得：
△m=2（M﹣）
故選：D．
6．有一個直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB豎直向下，表面光滑．AO上套有小環(huán)P，OB上套有小環(huán)Q，兩環(huán)質(zhì)量均為m，兩環(huán)由一根質(zhì)量可忽略、不可伸長的細(xì)繩相連，并在某一位置平衡（如圖所示）．現(xiàn)將P環(huán)向左移一小段距離，兩環(huán)再次達(dá)到平衡，那么將移動后的平衡狀態(tài)和原來的平衡狀態(tài)比較，AO桿對P環(huán)的支持力FN和摩擦力f的變化情況是（ ）
A．FN不變，f變大 B．FN不變，f變小 C．FN變大，f變大 D．FN變大，f變小
【考點(diǎn)】共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用；力的合成與分解的運(yùn)用．
【分析】先對小環(huán)Q受力分析，受到重力、支持力和拉力，跟三力平衡條件，求出拉力的表達(dá)式；在對P、Q兩個小環(huán)的整體受力分析，根據(jù)平衡條件再次列式分析即可．
【解答】解：對小環(huán)Q受力分析，受到重力、支持力和拉力，如圖
根據(jù)三力平衡條件，得到
T=
N=mgtanθ
再對P、Q整體受力分析，受到總重力、OA桿支持力、向右的靜摩擦力、BO桿的支持力，如圖
根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有
N=f
FN=（m+m）g=2mg
故
f=mgtanθ
當(dāng)P環(huán)向左移一小段距離，角度θ變小，故靜摩擦力f變小，支持力FN不變；
故選B．
7．用一輕繩將小球P系于光滑墻壁上的O點(diǎn)，在墻壁和球P之間夾有一矩形物塊Q，如圖所示．P、Q均處于靜止?fàn)顟B(tài)，則下列相關(guān)說法正確的是（ ）
A．P物體受4個力
B．Q受到3個力
C．若繩子變長，繩子的拉力將變小
D．若繩子變短，Q受到的靜摩擦力將增大
【考點(diǎn)】共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用；力的合成與分解的運(yùn)用．
【分析】先對小球P受力分析，然后對小方塊Q受力分析，對P，由平衡條件研究繩子變長時，繩子的拉力如何變化．
【解答】解：A、P受到重力、Q的支持力和靜摩擦力，繩子的拉力，共4個力作用，故A正確．
B、Q受到重力、墻壁的彈力、P的壓力和靜摩擦力，共4個力作用，故B錯誤．
C、設(shè)繩子與豎直方向的夾角為α，P的重力為G，繩子的拉力大小為F，則由平衡條件得：f=GQ，GP+f=Fcosα，則GP+GQ=Fcosα，GP與GQ不變，若繩子變長，α變小，cosα變大，則F變小，故C正確．
D、Q受到的靜摩擦力豎直向上，與其重力平衡，與繩子長度無關(guān)，所以若繩子變短，Q受到的靜摩擦力不變，故D錯誤．
故選AC．
8．如圖所示，在粗糙水平面上放一質(zhì)量為M的斜面，質(zhì)量為m的木塊在豎直向上力F作用下，沿斜面勻速下滑，此過程中斜面保持靜止，則地面對斜面（ ）
A．無摩擦力 B．有水平向左的摩擦力
C．支持力為（M+m）g D．支持力小于（M+m）g
【考點(diǎn)】牛頓第二定律；力的合成與分解的運(yùn)用．
【分析】整體法和隔離法是力學(xué)部分常用的解題方法．
1．整體法：整體法是指對物理問題中的整個系統(tǒng)或整個過程進(jìn)行分析、研究的方法．在力學(xué)中，就是把幾個物體視為一個整體，作為研究對象，受力分析時，只分析這一整體對象之外的物體對整體的作用力（外力），不考慮整體內(nèi)部之間的相互作用力（內(nèi)力）．
整體法的優(yōu)點(diǎn)：通過整體法分析物理問題，可以弄清系統(tǒng)的整體受力情況和全過程的受力情況，從整體上揭示事物的本質(zhì)和變體規(guī)律，從而避開了中間環(huán)節(jié)的繁瑣推算，能夠靈活地解決問題．通常在分析外力對系統(tǒng)的作用時，用整體法．
2．隔離法：隔離法是指對物理問題中的單個物體或單個過程進(jìn)行分析、研究的方法．在力學(xué)中，就是把要分析的物體從相關(guān)的物體體系中隔離出來，作為研究對象，只分析該研究對象以外的物體對該對象的作用力，不考慮研究對象對其他物體的作用力．
隔離法的優(yōu)點(diǎn)：容易看清單個物體的受力情況或單個過程的運(yùn)動情形，問題處理起來比較方便、簡單，便于初學(xué)者使用．在分析系統(tǒng)內(nèi)各物體（或一個物體的各個部分）間的相互作用時用隔離法．
本題中由于m勻速下滑，可以將M與m當(dāng)作整體分析，然后根據(jù)平衡條件列式求解．
【解答】解：對物體M和m整體受力分析，受拉力F、重力（M+m）g、支持力FN，如圖
根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件
豎直方向 FN+F﹣（M+m）g=0
解得：
FN=（M+m）g﹣F＜（M+m）g
水平方向不受力，故沒有摩擦力．
故選AD．
9．歷史上有些科學(xué)家曾把在相等位移內(nèi)速度變化相等的單向直線運(yùn)動稱為“勻變速直線運(yùn)動”（現(xiàn)稱“另類勻變速直線運(yùn)動”），“另類加速度”的定義式為A=，其中v0和vs分別表示某段位移s內(nèi)的初速度和末速度．A＞0表示物體做加速運(yùn)動，A＜0表示物體做減速運(yùn)動．而現(xiàn)在物理學(xué)中加速度的定義式為a=，下列說法正確的是（ ）
A．若A不變，則a也不變
B．若A＞0且保持不變，則a逐漸變大
C．若A不變，則物體在中間位置處的速度為
D．若A不變，則物體在中間位置處的速度為
【考點(diǎn)】加速度．
【分析】正確解答本題的關(guān)鍵是：充分理解題目所提供信息的物理意義，將A=和a=類比學(xué)習(xí)，即可正確解答該題．
【解答】若A＞0，在這種情況下，相等位移內(nèi)速度增加量相等，所以平均速度來越大，所以相等位移內(nèi)用的時間越來越少，由，可知，a越來越大，故A錯誤，B正確．
C、因?yàn)橄嗟任灰苾?nèi)速度變化相等，所以中間位置處位移為，速度變化量為，所以此位置的速度為v0+=，故C正確，D錯誤．
故選：BC．
10．如圖甲所示，物體原來靜止在水平面上，用一水平力F拉物體，在F從0開始逐漸增大的過程中，物體先靜止后又做變加速運(yùn)動，其加速度a隨外力F變化的圖象如圖乙所示．根據(jù)圖乙中所標(biāo)出的數(shù)據(jù)可計(jì)算出（ ）
A．物體的質(zhì)量
B．物體與水平面間的滑動摩擦力
C．物體與水平面間的最大靜摩擦力
D．在F為14N時，物體的速度最小
【考點(diǎn)】牛頓第二定律；摩擦力的判斷與計(jì)算．
【分析】結(jié)合拉力和加速度的大小，根據(jù)牛頓第二定律求出物體的質(zhì)量和滑動摩擦力的大?。畯膱D象得出物塊剛開始運(yùn)動時的拉力，從而得出最大靜摩擦力的大?。?/p>
【解答】解：A、根據(jù)牛頓第二定律，F(xiàn)﹣f=ma，由圖中可讀出外力F和加速度a的值，有：7﹣f=0.5m，14﹣f=4m．聯(lián)立兩式解得：f=6N，m=2kg．故A、B正確．
C、由圖可知，當(dāng)F=7N時物體開始滑動，所以最大靜摩擦力為7N；故C正確．
D、當(dāng)F=7N開始增大，加速度逐漸增大，物塊做變加速直線運(yùn)動，可知F=14N時，物體的速度不是最小．故D錯誤．
故選：ABC．
二、實(shí)驗(yàn)題（本題共2小題，共22分；其中11題11分、12題11分）
11．圖（a） 為測量物塊與水平桌面之間動摩擦因數(shù)的實(shí)驗(yàn)裝置示意圖．實(shí)驗(yàn)步驟如下：
①用天平測量物塊和遮光片的總質(zhì)量M、重物的質(zhì)量m； 用游標(biāo)卡尺測量遮光片的寬度d； 用米尺測量兩光電門之間的距離s；
②調(diào)整輕滑輪，使細(xì)線水平；
③讓物塊從光電門A的左側(cè)由靜止釋放，用數(shù)字毫秒計(jì)分別測出遮光片經(jīng)過光電門A和光電門B所用的時間△tA和△tB，求出加速度a；
④多次重復(fù)步驟③，求a的平均值；
⑤根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)求出動摩擦因數(shù)μ．
回答下列問題：
（1）測量d時，某次游標(biāo)卡尺（主尺的最小分度為1mm） 的示數(shù)如圖（b） 所示，其讀數(shù)為 0.960 cm．
（2）物塊的加速度a可用d、s、△tA和△tB表示為a= ．
（3）動摩擦因數(shù)μ可用M、m、和重力加速度g表示為μ= ．
（4）如果細(xì)線沒有調(diào)整到水平，由此引起的誤差屬于 系統(tǒng)誤差 （填“偶然誤差”或“系統(tǒng)誤差”）．
【考點(diǎn)】用雙縫干涉測光的波長．
【分析】（1）游標(biāo)卡尺主尺與游標(biāo)尺的示數(shù)之和是游標(biāo)卡尺的示數(shù)，
（2）由速度公式求出物塊經(jīng)過A、B兩點(diǎn)時的速度，然后由勻變速運(yùn)動的速度位移公式求出物塊的加速度；
（3）由牛頓第二定律求出動摩擦因數(shù)．
（4）由于實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)造成的誤差是系統(tǒng)誤差，由于實(shí)驗(yàn)操作、讀數(shù)等造成的誤差屬于偶然誤差．
【解答】解：（1）由圖（b）所示游標(biāo)卡尺可知，主尺示數(shù)為0.9cm，游標(biāo)尺示數(shù)為12×0.05mm=0.60mm=0.060cm，則游標(biāo)卡尺示數(shù)為0.9cm+0.060cm=0.960cm．
（2）物塊經(jīng)過A點(diǎn)時的速度為：vA=，
物塊經(jīng)過B點(diǎn)時的速度為：vB=，
物塊做勻變速直線運(yùn)動，由速度位移公式得：vB2﹣vA2=2as，
加速度為：a=；
（3）以M、m組成的系統(tǒng)為研究對象，由牛頓第二定律得：mg﹣μMg=（M+m），
解得：μ=；
（4）如果細(xì)線沒有調(diào)整到水平，由此引起的誤差屬于系統(tǒng)誤差．
故答案為：（1）0.960；（2）；（3）；（4）系統(tǒng)誤差．
12．如圖甲示，用鐵架臺、彈簧和多個已知質(zhì)量且質(zhì)量相等的鉤碼，探究在彈性限度內(nèi)彈簧彈力與彈簧伸長長度的關(guān)系實(shí)驗(yàn)．
（1）實(shí)驗(yàn)中還需要的測量工具有： 毫米刻度尺 ．
（2）如圖乙示，根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)繪圖，縱軸是鉤碼質(zhì)量m，橫軸是彈簧的形變量x．由圖可知：圖線不通過原點(diǎn)的原因是由于 彈簧自身重力 ；彈簧的勁度系數(shù)k= 4.9 N/m（計(jì)算結(jié)果保留2位有效數(shù)字，重力加速度g取9.8m/s2）；
（3）如圖丙示，實(shí)驗(yàn)中用兩根不同的彈簧a和b，畫出彈簧彈力F與彈簧長度L的F﹣L圖象．下列正確的是 B
A．a(chǎn)的原長比b的長 B．a(chǎn)的勁度系數(shù)比b的大
C．a(chǎn)的勁度系數(shù)比b的小 D．彈力與彈簧長度成正比．
【考點(diǎn)】探究彈力和彈簧伸長的關(guān)系．
【分析】根據(jù)實(shí)驗(yàn)的原理：測量彈簧的彈力和伸長的長度來選擇器材．圖線的斜率即為彈簧的勁度系數(shù)．由胡克定律求出K．彈簧的彈力滿足胡克定律，F(xiàn)=kx，在圖象中斜率表示彈簧的勁度系數(shù)k，橫截距表示彈簧的原長
【解答】解：（1）實(shí)驗(yàn)需要測量彈簧伸長的長度，故需要刻度尺．
（2）圖線的物理意義是表明彈簧的彈力大小和彈簧伸長量大小成正比．
由k==4.9N/m．
由圖可知，當(dāng)F=0時，x大于零，說明沒有掛重物時，彈簧有伸長，是由于彈簧自身的重力造成的．
故圖線不過原點(diǎn)的原因是由于彈簧有自重，實(shí)驗(yàn)中沒有考慮（或忽略了）彈簧的自重．實(shí)驗(yàn)中需要測量（記錄）的物理量有：彈簧的原長、彈簧所受外力與對應(yīng)的伸長量（或與彈簧對應(yīng)的長度）
（3）A、在圖象中橫截距表示彈簧的原長，故b的原長比a的長，故A錯誤；
B、在圖象中斜率表示彈簧的勁度系數(shù)k，故a的勁度系數(shù)比b的大，故B正確；
C、同理C錯誤；
D、彈簧的彈力滿足胡克定律，彈力與彈簧的形變量成正比，故D錯誤；
故選：B．
故答案為：（1）毫米刻度尺 （2）彈簧自身重力； 4.9 （3）B
三．計(jì)算題（本題共3個小題，共計(jì)38分．其中13題10分、14題12分、15題16分）
13．如圖所示，光滑固定斜面上有一個質(zhì)量為10kg的小球被輕繩拴住懸掛在天花板上，已知繩子與豎直方向的夾角為45°，斜面傾角30°，整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，（g取10m/s2）；求：
（1）繩中拉力的大小和斜面對小球支持力的大?。?/p>
（2）若另外用一個外力拉小球，能夠把小球拉離斜面，求最小的拉力的大?。?/p>
【考點(diǎn)】共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用；物體的彈性和彈力．
【分析】（1）對小球受力分析，建立直角坐標(biāo)系，根據(jù)平衡條件列方程，求解；
（2）要能夠把小球拉離斜面，當(dāng)所用的拉力與繩子垂直向右時，根據(jù)平衡條件求解最小拉力．
【解答】解：（1）如圖，水平豎直建立直角坐標(biāo)系，對小球做受力分析，把不在軸上的力沿軸分解，列平衡方程如下
Tcos45°﹣Nsin30°=0
Tsin45°+Ncos30°﹣mg=0
由以上兩式得：N=73.2N；T=51.8N
（2）經(jīng)分析得拉力的最小值為：Fm=mgsin45°
代數(shù)解得：Fm=70.7N
答：（1）繩中拉力的大小和斜面對小球支持力的大小分別為51.8N和73.2N；
（2）若另外用一個外力拉小球，能夠把小球拉離斜面，最小的拉力的大小為70.7N．
14．質(zhì)量為M的木楔傾角為θ，在水平面上保持靜止，當(dāng)將一質(zhì)量為m的木塊放在斜面上時正好勻速下滑．如果用與斜面成α角的力F拉著木塊勻速上升，如圖所示，求：
（1）當(dāng)α=θ時，拉力F有最小值，求此最小值；
（2）此時木楔對水平面的摩擦力是多少？
【考點(diǎn)】牛頓第二定律；摩擦力的判斷與計(jì)算．
【分析】（1）對物塊進(jìn)行受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡，利用正交分解，在沿斜面方向和垂直于斜面方向都平衡，進(jìn)行求解
（2）采用整體法，對m、M構(gòu)成的整體列平衡方程
【解答】解：（1）物體在斜面上勻速向下運(yùn)動
有mgsinθ=μmgcosθ，即μ=tanθ．
當(dāng)加上外力F時，對木塊受力分析如下圖：
因向上勻速，則有：Fcosα=mgsinθ+f ①
Fsinα+N=mgcosθ②
f=μN(yùn) ③
由①②③得 F===
則當(dāng)α=θ時，F(xiàn)有最小值，即Fmin=mgsin2θ．
（2）因?yàn)閙及M均處于平衡狀態(tài)，整體受到地面摩擦力等于F的水平分力
即fM=Fcos（α+θ） 當(dāng)F取最小值mgsin2θ時
fM=Fmincos2θ=mgsin2θcos2θ=mgsin 4θ
答：（1）當(dāng)α=θ時，拉力F有最小值為mgsin2θ
（2）當(dāng)拉力最小時，水平面對本楔M的摩擦力是mgsin4θ
15．甲、乙兩輛車在同一直軌道上向右勻速行駛，甲車的速度為v1=16m/s，乙車的速度為v2=12m/s，乙車在甲車的前面．當(dāng)兩車相距L=6m時，兩車同時開始剎車，從此時開始計(jì)時，甲車以a1=2m/s2的加速度剎車，6s后立即改做勻速運(yùn)動，乙車剎車的加速度為a2=1m/s2．求：
（1）從兩車剎車開始計(jì)時，甲車第一次追上乙車的時間；
（2）兩車相遇的次數(shù)；
（3）兩車速度相等的時間．
【考點(diǎn)】勻變速直線運(yùn)動的位移與時間的關(guān)系．
【分析】（1）假設(shè)經(jīng)過時間t，兩車相遇，并且兩車均做勻減速運(yùn)動，列出位移關(guān)系式，解出時間，討論結(jié)果．
（2）列位移關(guān)系方程，求解時間的可能數(shù)值，結(jié)合實(shí)際運(yùn)動情境分析求解可能的相遇次數(shù)．
（3）根據(jù)速度時間公式求出兩車速度相等經(jīng)歷的時間．
【解答】解：（1）在甲減速時，設(shè)經(jīng)時間t相遇，甲和乙的位移分別為x1、x2，則有
，
x1=x2+L
代入數(shù)據(jù)可解得：t1=2s，t2=6s
即在甲車減速時，相遇兩次，第一次相遇的時間為：t1=2s
（2）當(dāng)t2=6s時，甲車的速度為：v1′=v1﹣a1t2=16﹣2×6m/s=4m/s
乙車的速度為：v2′=v2﹣a2t2=12﹣1×6m/s=6m/s，
甲車的速度小于乙車的速度，但乙車做減速運(yùn)動，設(shè)再經(jīng)△t甲追上乙，有
代入數(shù)據(jù)解得：△t=4s
此時乙仍在做減速運(yùn)動，此解成立
綜合以上分析可知，甲、乙兩車共相遇3次
（3）設(shè)經(jīng)過t′時間兩車速度相等，
有：v1﹣a1t′=v2﹣a2t′，
代入數(shù)據(jù)解得t′=4s，
6s后甲車做勻速直線運(yùn)動，勻速運(yùn)動的速度v=16﹣2×6m/s=4m/s，有：v=v2﹣a2t″，
代入數(shù)據(jù)解得t″=8s．
答：（1）從兩車剎車開始計(jì)時，甲車第一次追上乙車的時間為2s；
（2）兩車相遇的次數(shù)為3次．
（3）兩車速度相等的時間為4s和8s．
2016年11月8日
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