【物理】湖南省常德市淮阳中学等校联考2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

【物理】湖南省常德市淮阳中学等校联考2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

‎2019年上学期期中联考高二理科物理试题卷 一、选择题（本大题共12小题，共48分；1至8小题只有一个选项正确，9至12小题为多选题，全对得4分，选对不全得2分，错选不得分。）‎ ‎1.在港珠澳大桥通车仪式上，甲、乙两试验车在同一车道上匀速行驶，甲车在前面以54km/h的速度行驶，乙车在后面以90km/h的速度行驶。当二者相距20m时，甲车立即以3m/s2的加速度制动，乙车司机看到甲车的制动红灯后也立即刹车制动，不计司机反应时间，则为避免两车相撞，乙车制动的加速度至少为 A. 4.5m/s2 B. 5 m/s2 C. 5.5m/s2 D. 6 m/s2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求解甲车从刹车到停止的位移，然后结合位移速度公式求解乙车的最小加速度.‎ ‎【详解】甲车从刹车到停止位移，则乙车的最大位移为x乙=37.5m+20m=57.5m；乙车制动的加速度至少为，则选项C正确；故选C.‎ ‎2.原来静止的物体受合外力作用时间为2t0，合外力F随时间t的变化情况如图所示，则 A. 0～t0时间内物体的动量变化与t0～2t0时间内动量变化相同 B. t=2t0时物体的速度为零，在0～2t0时间内F对物体的冲量为零 C. 0～t0时间内物体的平均速率与t0～2t0时间内平均速率不等 D. 0～2t0时间内物体的位移为零，F对物体做功为零 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、合外力的冲量等于物体动量的改变量，故F-t图象与时间轴围成的面积等于物体动量的改变量．面积在时间轴的上方代表动量增加，面积在时间轴下方代表动量减小，由于面积相同；而方向相反，A错误；‎ B、由于0～t0时间内的冲量与t0～2t0时间内的冲量大小相同，方向相反，即F0t0+（-F0）t0=0，0～2t0时间内F对物体的冲量为零，故2t0时刻的速度等于0，B正确；‎ C、0～t0内物体做匀加速运动，平均速度等于最大速度的一半，t0～2t0内物体做匀减速运动，平均速度等于最大速度的一半，0～t0时间内物体的平均速率与t0～2t0时间内平均速率相等，C错误；‎ D、由于0～t0的位移x1等于t0～2t0的位移x2，所以0～2t0时间内物体的位移不为零，F对物体做功为零，D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】根据Ft=mv-mv0，可以判断动量的变化量；匀变速运动平均速度等于初末速度的平均值；由平均速度可知0～t0内的位移x1等于t0～2t0内的位移x2，根据动量定理可判断F对物体做功。‎ ‎3.1998年6月18日，清华大学对富康轿车成功地进行了中国轿车史上的第一次碰撞安全性实验。在碰撞过程中，关于安全气囊对驾驶员保护作用的说法正确的是 A. 减小了驾驶员的动量变化量 B. 减小了驾驶员的动量变化率 C. 减小了驾驶员受到撞击力的冲量 D. 延长了撞击力的作用时间，从而使得驾驶员的动量变化量更大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析碰撞前后的动量变化关系，明确动量变化率的变化，再根据动量定理分析冲击力的变化；‎ ‎【详解】在碰撞过程中，人的动量的变化量是一定的，而用安全气囊后增加了作用的时间，根据动量定理可知，可以减小驾驶员受到的冲击力，即减小了驾驶员的动量变化率，故B正确，A、C、D错误；‎ 故选B。‎ ‎4.如图所示，质量为m的木块，被水平力F紧压在倾角为θ＝60°的墙面上静止。墙面对木块 ‎ ‎ A. 压力大小可能为零 B. 摩擦力大小可能为零 C. 压力与摩擦力的合力大小为F D. 压力与摩擦力合力大小为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对木块进行受力分析，根据共点力平衡，抓住合力为零，运用正交分解求出压力和摩擦力合力。‎ ‎【详解】木块受到重力和水平力F后，墙面对木块一定有压力，也一定有沿斜面向上的摩擦力，否则不能平衡。故AB错误；木块受重力、支持力、推力和静摩擦力平衡，根据多个共点力平衡的特点可知，墙壁的支持力与摩擦力的合力一定与重力与F的合力大小相等，方向相反，所以墙壁的支持力与摩擦力的合力为，故D正确，C错误。故选D。‎ ‎5.在“车让人”交通安全活动中，交警部门要求汽车在斑马线前停车让人。以8 m/s匀速行驶的汽车，当车头离斑马线8 m时司机看到斑马线上有行人通过，已知该车刹车时最大加速度为5 m/s2，驾驶员反应时间为0.2 s。若驾驶员看到斑马线上有行人时立即紧急刹车，则 A. 汽车能保证车让人 B. 从开始发现情况到车停下来汽车通过的距离是6.4 m C. 从开始发现情况到车停下来汽车运动的时间是1.6 s D. 在驾驶员反应时间内汽车通过的距离是1 m ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应时间内汽车匀速运动，求解此过程汽车运动的距离，根据速度位移公式求出减速到零的时间，然后求出位移，判断是否超过停车线。‎ ‎【详解】若驾驶员反应时间为t1=0.2s，反应时间的位移：x1=8m/s×0.2s=1.6m；刹车的距离，刹车的时间： 则车前行最短距离为x=x1+x2=1.4m+6.4m=7.8m<8m，车运动的时间为t=t1+t2=1.8s，故该汽车能保证车让人，故BCD错误，A正确；故选A。‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式、速度位移公式、位移时间 公式，并能灵活运用，同时要注意刹车的末速度可能是0。‎ ‎6.如图所示，细线的一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球。则 ‎ ‎ A. 当滑块向左做匀速运动时，细线的拉力为0.5mg B. 当滑块以加速度a=g向左加速运动时，小球对滑块压力为零 C. 若滑块以加速度a=g向左加速运动时，线中拉力为mg D. 当滑块以加速度a=2g向左加速运动时，线中拉力为2mg ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当滑块匀速运动时，根据平衡条件绳的拉力大小；当滑块向左匀加速直线运动时，对小球受力分析，根据牛顿第二定律求出支持力为零时的加速度，从而判断小球是否离开斜面，再结合牛顿第二定律和平行四边形定则求出绳子的拉力。‎ ‎【详解】当滑块向左做匀速运动时，根据平衡条件可得绳拉力大小为T=mgsin45°=mg，故A错误；设当小球贴着滑块一起向左运动且支持力为零时加速度为a0，小球受到重力、拉力作用，如图所示； ‎ ‎ 根据牛顿第二定律可得加速度a0==g，此时细线的拉力F==mg，故B正确，C错误；当滑块以加速度a=2g向左加速运动时，此时小球已经飘离斜面，则此时线中拉力为，故D错误；故选B。‎ ‎【点睛】解决本题的关键确定出小球刚离开斜面时的临界情况，结合牛顿第二定律进行求临界加速度。当受力较多时，采用正交分解法比较简单，而小球只受两个力时用合成法简单。‎ ‎7.如图所示，质量分别为m1、m2的A、B两小球分别连在弹簧两端，B小球用细绳固定在倾角为30°的光滑斜面上，若不计弹簧质量且细绳和弹簧与斜面平行，在细绳被剪断的瞬间，A、B两小球的加速度分别为 A. 都等于 B. 0和 C. 和0 D. 0和 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在剪断绳子之前，A处于平衡状态，所以弹簧的拉力等于A的重力沿斜面的分力相等。在剪断上端的绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，而弹簧的伸长量没有来得及发生改变，故弹力不变仍为A的重力沿斜面上的分力。故A球的加速度为零；在剪断绳子之前，对B球进行受力分析，B受到重力、弹簧对它斜向下的拉力、支持力及绳子的拉力，在剪断上端的绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，对B球进行受力分析，则B受到到重力、弹簧的向下拉力、支持力。所以根据牛顿第二定律得：； 故B正确，ACD错误。故选B。‎ ‎【点睛】该题考查瞬时加速度问题，要注意明确在剪断绳子的瞬间，绳子上的力立即减为0，而弹簧的弹力不发生改变，再结合牛顿第二定律进行分析求解即可。‎ ‎8.甲、乙两辆汽车在平直的高速公路上行驶，某时刻两车正好并排行驶，从该时刻起两车的速度—时间图像如下图所示，则下列说法正确的是 A. t0时刻两车相遇 B. 0到t1时间内，甲、乙两车的加速度大小均逐渐减小且方向相同 C. 0到t0时间内，甲车的平均速度小于乙车的平均速度 D. t1时刻甲、乙两车一定再次相遇，之后甲车将一直在乙车前方 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据速度时间图象与时间轴所围的“面积”表示位移，分析位移关系，确定两车是否相遇。根据图象斜率的变化分析加速度的变化。根据位移与时间之比分析平均速度关系.‎ ‎【详解】A．根据速度时间图象与时间轴所围的“面积”表示位移，知0-t0时间内乙车的位移比甲车的大，则t0时刻两车没有相遇，故A错误.‎ B．0-t1时间内，甲、乙两车图象斜率均逐渐减小，则它们的加速度大小均逐渐减小。甲图象切线斜率为正，乙图象切线斜率为负，则加速度方向相反，故B错误.‎ C．0-t0时间内甲车的位移比乙车的小，则甲车的平均速度小于乙车的平均速度，故C正确.‎ D．0-t1时间内，甲车的位移比乙车的大，则甲、乙两车没有相遇，之后甲车的速度比乙车的大，则甲车将一直在乙车前方，故D错误.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】对于v-t图象，关键要需掌握两点：①v-t图象的斜率大小代表加速度大小，斜率的正负代表加速度的方向；②速度时间图象与时间轴围成的面积代表位移.‎ ‎9.如图甲所示，水平传送带AB逆时针匀速转动，一个质量为M＝1.0 kg的小物块以某一水平初速度滑上传送带左端，通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示，取向左为正方向，以小物块滑上传送带时为计时起点。已知传送带的速度保持不变，g取10‎ ‎ m/s2。下列说法正确的是 A. 物块与传送带间的动摩擦因数为0.5‎ B. 物块在传送带上相对传送带滑动的距离是9 m C. 物块距离传送带左端的最大距离是8 m D. 物块在传送带上的时间4.5 s ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据速度时间图线求出物块匀减速运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出物块与传送带间的动摩擦因数大小．物块滑上传送带后先做匀减速运动到零，然后反向做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后一起做匀速直线运动，结合运动学公式求出向左和向右运动的时间，从而得出物块在传送带上的总时间．‎ ‎【详解】由速度图象可得，物块做匀变速运动的加速度为；由牛顿第二定律得f=Ma又f=μMg，则可得物块与传送带间的动摩擦因数，选项A错误；由速度图象可知，物块的初速度大小v=4 m/s、传送带的速度大小v′=2 m/s，物块在传送带上滑动t1=3 s后与传送带相对静止．前2秒内物块的位移大小s1=t1′=4 m，方向向右，即物块距离传送带左端的最大距离是4m；后1秒内的位移大小s2=t1″=1 m，方向向左；3秒内物块的位移s=s1-s2=3 m，方向向右，传送带在3s内的位移为2×3m=6m向左，可知物块在传送带上相对传送带滑动的距离是9 m，选项B正确，C错误；物块再向左运动的时间t2==1.5 s； 物块在传送带上运动的时间t=t1+t2=4.5 s，选项D正确；故选BD.‎ ‎【点睛】解决本题的关键理清物块在传送带上整个过程的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式以及速度时间图线进行求解．‎ ‎10.如图所示，一质量为m、半径为r的光滑球A用细绳悬挂于O点，另一质量为M、半径为R的半球形物体B被夹在竖直墙壁和A球之间，B的球心到O点之间的距离为h，A、B的球心在同一水平线上，A、B处于静止状态。重力加速度为g。则下列说法正确的是 A. A对B的压力大小为 B. 竖直墙壁对B的摩擦力可能为零 C. 当只轻轻把球B向下移动一点距离，若A、B再次保持静止，则A对B的压力大小保持不变，细绳拉力增大 D. 当只轻轻把球B向下移动一点距离，若A、B再次保持静止，则A对B的压力减小，细绳拉力减小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析小球的受力情况，运用合成法作图，结合三角形相似求出B对A的支持力，从而求得A对B的压力.分析B的受力情况，由平衡条件判断墙壁对B的摩擦力.当只轻轻把球B向下移动一点距离，再用同样的方法得到B对A的支持力和细绳拉力的表达式，即可分析它们的变化.‎ ‎【详解】A．分析A球的受力情况，如图1所示：‎ N与mg的合力与T等大反向共线，根据两个阴影三角形相似得：，得：‎ ‎，，由牛顿第三定律知A对B的压力大小为：，故A正确.‎ B．B在竖直方向受到重力，而AB间无摩擦，由平衡条件知竖直墙壁对B一定有摩擦力，故B错误.‎ CD．当只轻轻把球B向下移动一点距离，分析A球的受力情况，如图2所示：‎ N与T的合力与mg等大反向共线，根据两个阴影三角形相似得：‎ 可得：，，由于L＞h，可知，N减小，T减小，由牛顿第三定律知A对B的压力减小，故C错误，D正确.‎ 故选AD.‎ ‎【点睛】本题中没有角度，所以可以采用三角形相似研究共点力平衡问题.正确作出力的合成图是关键.‎ ‎11.某物体做直线运动，运动的时间为t，位移为x物体的－t图象如图所示，下列说法正确的是(　 　)‎ A. 物体的加速度大小为 B. t＝0时，物体的初速度为a C. t＝0到t＝这段时间物体的位移为 D. t＝0到t＝b这段时间物体的平均速度为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.根据匀变速直线运动位移时间公式得：‎ 根据数学知识可得：‎ ‎，‎ 得加速度为 ‎ ‎，‎ 加速度大小为。初速度为 ‎ ‎，‎ 故A错误，B 正确；‎ C.t＝0到，这段时间物体的位移为 ‎ ‎，‎ 故C正确；‎ D.t＝0到t＝b这段时间物体的位移为 ‎ ‎，‎ 平均速度为0，故D错误；‎ ‎12.如图所示，水平线OO′在某竖直平面内，距地面高度为h，一条长为l(l＜h)的轻绳两端分别系小球A和B，小球A在水平线OO′上，竖直向上的外力作用在A上，A和B都处于静止状态．现从OO′上另一点静止释放小球1，当小球1下落至与小球B等高位置时，从OO′上静止释放小球A和小球2，小球2在小球1的正上方(　 　)‎ A. 小球1将与小球B同时落地 B. h越大，小球A与小球B的落地时间差越小 C. 在小球B下落过程中，轻绳对B的拉力竖直向上 D. 在小球1落地前，小球1与2之间的距离越来越大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.设小球1下落到与B等高的位置时的速度为v，设小球1还需要经过时间t1落地，则：‎ ‎，‎ 设B运动的时间为t2，则：‎ ‎，‎ 比较以上两个式子可知，‎ ‎，‎ 故A错误；‎ B.设A运动时间为t3，则：‎ 可得：‎ 可知l是一个定值时，h越大，则小球A与小球B的落地时间差越小。故B正确；‎ C.小球A与B都做自由落体运动，所以二者之间的轻绳没有作用力。故C错误；‎ D.1与2两球的距离：‎ ‎，‎ 可见，两球间的距离随时间的推移，越来越大；故D错误；‎ 二、实验题（共2小题，每空2分，共12分）‎ ‎13.某同学在探究弹力和弹簧伸长的关系，并测定弹簧的劲度系数。‎ 主要实验步骤如下：将待测弹簧的一端固定在铁架台上，然后将毫米刻度尺竖直放在弹簧一侧，并使弹簧另一端的指针恰好指在刻度尺上。当弹簧自然下垂时，指针的指示值记作；弹簧下端挂一个砝码时，指针的指示值记作；弹簧下端挂两个砝码时，指针的指示值记作……；挂七个砝码时，指针的位置如图所示，指针的指示值记作。‎ 已知每个砝码的质量均为50g；测量记录表：‎ ‎(1)实验中，的值还未读出，请你根据上图将这个测量值填入记录表中_________。‎ ‎(2)为充分利用测量数据，该同学将所测得的数值按如下方法逐一求差，分别计算出了四个差值：，，，。根据以上差值，可以求出每增加50 g砝码的弹簧平均伸长量。用、、、表示的式子为_________________。‎ ‎(3)计算弹簧的劲度系数__________。(取9.8)‎ ‎【答案】 (1). 14.05 (14.03~14.07) (2). (3). 28‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]毫米刻度尺的最小分度值为1mm，估读到0.1mm，L7的读数为14.05cm .‎ ‎(2)[2]根据各个差值，可以求出每增加50g砝码的弹簧平均伸长量△L，△L用d1、d2、d3、d4表示的式子为 ‎(3)[3]据，有：‎ 根据胡克定律有 m0g=‎ 利用数据可求得 ‎14. 小张同学利用打点计时器研究自由落体运动，他设计的实验方案如下：‎ 如图甲所示，将打点计时器固定在铁架台上，先打开电源后释放重物，重物带动纸带从静止开始下落，打出几条纸带并选出一条比较理想的纸带如图乙所示，在纸带上取出若干计数点，其中每相邻计数点之间有四个点未画出，分别用s1、s2、s3、s4、s5表示各计数点间的距离，已知打点计时器的频率f。图中相邻计数点间的时间间隔T＝ （用f表示），计算重力加速度的公式是g= （用f 、s2、s5表示），计数点5的速度公式是v5= （用f 、s4、s5表示）‎ ‎【答案】；f2；（3s5-s4）f/10。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由于打点计时器的频率f，故打下的两个点间的时间为 ‎，又因为每相邻计数点之间有四个点未画出，故图中相邻计数点间的时间间隔T＝；如果用f 、s2、s5表示加速度，则s5－s2=g×（5－2）T2=3g×（）2，则计算重力加速度的公式是g=f2；则点4的瞬时速度为v4=，又因为v5=v4+gT，故代入解之得v5=（3s5-s4）f/10。‎ 考点：纸带计算加速度、瞬时速度。‎ 三、计算题（共4小题，合计40分）‎ ‎15.如图所示，小球A、B的质量分别为mA=0.3kg和mB=0.1Kg，用劲度系数为k=100N／m的轻质弹簧将两个小球拴接在一起，并用细线a、b将小球A、B分别悬挂在竖直墙上，细线a与竖直方向成60°夹角，细线b水平，两个小球均处于静止状态。g取10m／s2。求：‎ ‎(1)细线a、b分别对小球A、B的拉力大小；‎ ‎(2)弹簧的伸长量。‎ ‎【答案】（1）； （2）0.07m ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)以两个小球整体为研究对象，受力分析，根据平衡条件求出a和b两根细线的拉力；‎ ‎(2)隔离A球受力分析，正交分解，根据平衡条件列方程求解弹簧的拉力，然后由胡克定律求出弹簧的伸长量.‎ ‎【详解】(1)对两个小球构成的整体受力分析：‎ 根据平衡条件，水平方向：Fasin30°=Fb 竖直方向：Facos30°=mAg+mBg 得：Fa=8N，‎ ‎(2)B球受到重力。b的弹力以及弹簧的拉力，设拉力为F，则：‎ 又：F=k△x 联立可得：△x=0.07m ‎【点睛】本题首先要选择好研究对象，其次正确分析受力情况，作出力图，再由平衡条件求解。以上利用正交分解法，也可以利用合成法.‎ ‎16.如图所示，一质量M=2kg的上表面光滑的U形物块A静止在光滑水平面上，另有一质量m=lkg的小物块B在其上表面以v0=3m/s的速度向右运动，A和B第一次碰撞为弹性碰撞，第二次碰撞后两者粘在一起形成一个整体。求；‎ ‎（1）A和B第一次碰撞后两者各自速度的大小和方向；‎ ‎（2）A和B第二次碰撞过程中、B组成的系统损失的机械能。‎ ‎【答案】(1),方向向右;,方向向左 (2)‎ ‎【解析】‎ ‎(1)A和B第一次碰撞过程,选向右为正方向:‎ 解得: ‎ 即第一次碰后A的速度大小为2m/s,方向向右;B的速度大小为1m/s,方向向左 ‎(2)自一开始至第二次碰撞结束 得: ‎ 该过程中仅第二次碰撞有能量损失 得: ‎ ‎17.如图所示，足够长的长木板AB质量M＝2 kg在水平地面上，可视为质点的木块质量m＝1 kg在长木板的左端A处，木块与长木板保持相对静止一起向右运动，当右端B经过地面上O点时速度为v0＝5 m/s，长木板与P点处的挡板瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速度不变。已知O点与P点间距离x0＝4.5m，木板与地面间动摩擦因数μ1＝0.1，木块与长木板间动摩擦因数μ2＝0.4，g取10 m/s2。‎ ‎（1）求长木板碰挡板时的速度v1的大小；‎ ‎（2）当木块与挡板的距离最小时，木块与长木板左端A之间的距离。‎ ‎【答案】（1）4 m/s（2）4.25 m ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）对木板和木块组成的系统运用牛顿第二定律，求出整体的加速度，结合匀变速直线运动的速度位移公式求出木板碰挡板时的速度大小。 （2）分别对m和M分析，根据牛顿第二定律求出m和M的加速度，结合m和M的运动规律，当木块速度为零时木块与挡板的距离最小，结合运动学公式求出当木块与挡板的距离最小时，木块与长木板左端A之间的距离。‎ ‎【详解】（1）设木块与长木板一起向右运动运动过程中加速度大小为a，则 μ1(m＋M)g＝(m＋M)a ‎ ‎ ‎ 解得 a=1 m/s2。‎ ‎ v1＝4 m/s ‎ ‎（2）设碰撞后木块在长木板上滑动过程中长木板加速度大小为a1，木块加速度大小为a2，则 μ1(m＋M)g +μ2mg=Ma1 ‎ μ2mg＝ma2 ‎ 解得 a1=3.5m/s2，a2＝4m/s2‎ 当木块速度为零时木块与挡板的距离最小，设从与挡板碰撞到木块速度为零经过的时间为t1，长木板通过的距离为x1，木块通过的距离为x2，木块与长木板左端A之间的距离为x3，则 v1＝a2t1 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 解得 t1＝1 s，x1=2.25 m，x2＝2 m。‎ x3＝4.25 m ‎【点睛】解决本题的关键理清木板和木块在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。本题也可以通过动能定理、功能关系进行求解。‎ ‎， 两车在同一直线上向右匀速运动， 车在车前， 车的速度大小为车的速度大小为，如图所示.当、两车相距时， 车因前方突发情况紧急刹车(已知刹车过程的运动可视为匀减速直线运动)，加速度大小为，从此时开始计时，求：‎ ‎18. 车追上车之前，两者相距的最大距离;‎ ‎19. 车追上车所用的时间;‎ ‎20. 在题设条件下， 车在车刹车后0.5也开始刹车，为避免两车相撞，则车的加速度应满足什么条件.‎ ‎【答案】（1）64m（2）16s（3） ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)当、两车速度相等时,相距最远根据速度关系得: ,‎ 代入数据解得: ,‎ 此时,根据位移公式得: ； , ‎ ‎.‎ 代入数据解得.‎ ‎(2) 车刹车停止运动所用时间: ,‎ 所发生位移: , 此时: ,‎ 则: ,可见此时车并未追上车,而是在车停止后才追上,‎ 之后车运动时间为: , 故所求时间为: .‎ ‎(3) 车刹车减速至0时刚好追上车时(此时车的速度为0),加速度最小则,‎ 代入数据解得: .‎ 故本题答案是：（1）64m（2）16s（3）‎ ‎【点睛】掌握相遇前两车相距最远的临界条件和相遇的位移关系条件是正确解题的关键．‎