辽宁省大连二十四中2019届高三上学期期中考试物理---精品解析 Word版

辽宁省大连二十四中高三（上）期中
物理试卷
一、选择题（每题4分，共12题．1-8为单选，9-12为多选）
1.如图所示，三个形状不规则的石块a、b、c在水平桌面上成功地叠放在一起静止不动，下列说法正确的是（）
A. c与水平桌面间的动摩擦因数μ=0
B. c对b的作用力一定竖直向上
C. b对a的支持力是由于a物体发生形变产生的
D. a对b的压力就是a物体的重力
【答案】B
【解析】
【分析】
根据平衡条件，依据相互作用力的内容，及力的合成与分解方法，并依据摩擦力产生条件，即可求解；
【详解】A、以三块作为整体研究，整体受到的重力与桌面的支持力是平衡力，则石块c不会受到水平桌面的摩擦力，故无法判断c与桌面间的动摩擦因数是否为零，故A错误；
B、选取ab作为整体研究，根据平衡条件，则石块c对b的作用力与其重力平衡，则块c对b 的作用力一定竖直向上，故B正确；
C、根据弹力产生条件可知：b对a的支持力是由于b物体发生形变产生的，故选项C错误；
D、a对b的压力属于弹力性质，施力物体是a，a物体的重力的施力物体是地球，即这两个力的性质不同，施力物体也不同，故不同用“就是”二字来形容，但是二者的大小是相等的，故选项D错误。

【点睛】该题考查整体法与隔离法的运用，掌握平衡条件的应用，注意平衡力与相互作用力的区别，注意c对b的作用力是支持力与摩擦力的合力。

2.在城市上班高峰期间，司机驾驶汽车在平直公路上匀速行驶，突然遇到紧急情况刹车直到停止运动，汽车运动的图象如图所示，下列说法正确的是（）
A. 从开始刹车至汽车停止所用时间为5.0s
B. 汽车刹车后第1s内的平均速度为6.0m/s
C. 汽车刹车过程的加速度大小为
D. 从开始刹车至汽车停止，汽车的总位移为25m
【答案】C
【解析】
【分析】
根据数学知识写出与t的表达式，结合匀变速直线运动的位移时间公式，分析汽车的运动情况，再根据运动学公式求解；
【详解】由数学知识可得，根据匀变速直线运动的位移时间公式得
，对比可得，；
A、根据速度与时间的关系可知汽车从开始刹车到停下来的时间为：
，故选项A错误；
B、根据速度与时间的关系可知刹车后第1s末的速度为：
则第内的平均速度为：，故选项B错误；
C、由上面分析可知加速度为：，即加速度的大小为，故选项C正确；
D、根据平均速度可知：汽车的总位移为：，故选项D错误。

【点睛】解决本题的关键是掌握匀变速直线运动的位移时间公式，通过变形得到与t的表达式，然后利用运动学公式进行求解，注意刹车到停下之后，车辆速度为零。

3.水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b 。

一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下。

两物体的v﹣t图线如图所示，图中AB∥CD。

则整个过程中（）
A. 水平推力F1、F2大小可能相等
B. a的平均速度大于b的平均速度
C. 合外力对 a 物体的冲量大于合外力对 b 物体的冲量
D. 摩擦力对 a 物体做的功小于摩擦力对 b 物体做的功
【答案】D
【解析】
【分析】
A、由速度图象分析可知，水平推力撤去后，AB与CD平行，说明加速度相同，由牛顿第二定律可求解；
B、根据平均速度公式可求得平均速度的大小关系；
C、根据动量定理，研究整个过程，确定两个推力的冲量关系；
D、根据功的公式分析摩擦力做功的关系。

【详解】由图，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等。

加力F时，由图象可知a的加速度大于b的加速度，根据F-f=ma可知水平推力F1的大小大于F2大小，故A错误；设两物体的最大速度为v，加F时两物体的平均速度均为v/2，撤去F后两物体的平均速度仍为v/2，可知a的平均速度等于b的平均速度，故B错误；根据动量定理可知，合外力的冲量的关于动量的变化量，即I F-I f=0，根据I f=ft可知，摩擦力对a的冲量比b小，则F1对 a 物体的冲量小于F2对 b 物体的冲量，故C正确；由图象可知，a的位移小于b的位移，因两物体的摩擦力相等，可知摩擦力对a物体做的功小于摩擦力对b物体做的功，故D正确。

故选CD。

【点睛】本题首先考查读图能力，其次考查牛顿第二定律的应用能力，要注意明确水平推力撤去后，AB与CD平行，说明加速度相同，动摩擦因数相同。

这是解题的关键。

4.所示为航母上电磁弹射装置的等效电路图(俯视图)，使用前先给电容器C充电，弹射时，电容器释放储存电能所产生的强大电流经过导体棒EF，EF在磁场(方向垂直纸面向外)作用下加速。

下列说法正确的是（）
A. 导体棒EF受到安培力的方向可用左手定则判断
B. 弹射时导体棒EF先向右做变加速运动，后做匀速运动
C. 电容器相当电源，放电时MN间的电势差保持不变
D. 在电容器放电过程中，电容器电容不断减小
【答案】A
【解析】
【分析】
明确电容器的性质，知道电容是电容本身的性质，与电量无关；而电容器充电时，与电源正极相连的极板带正电，同时根据左手定则分析安培力的方向，从而判断运动方向；
【详解】A、电容器下极板接正极，所以充电后N极板带正电，放电时，电流由F到E，则由左手定则可知，安培力向右，所以导体棒向右运动，故A正确；
B、根据上面分析可知导体棒受到向右的安培力作用，即导体棒EF先向右做变加速运动，后由于安培力消失在阻力作用下做减速运动，故选项B错误；
C、电容器放电时，电量和电压均减小，即MN间的电势差减小，故C错误；
D、电容是电容器本身的性质，与电压和电量无关，故放电时，电容不变，故D错误。

【点睛】本题考查电容以及安培力的性质，要注意掌握左手定则以及电容的性质等基本内容，明确电容由电容器本身的性质决定。

5.把质量是m的小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A的位置，如图甲所示，迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置C(图丙)，途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态(图乙)，弹簧的质量和空气的阻力均可忽略。

则
A. 由状态甲到状态丙，小球的机械能守恒
B. 由状态甲至状态乙，有三个时刻小球的加速度大小等于重力加速度的大小
C. 在乙状态时，小球重力的功率最大
D. 由状态甲到状态丙，在甲状态弹黄的弹性势能等于小球克服重力所做的功
【答案】D
【解析】
由状态甲到状态乙，小球和弹簧组成的系统机械能守恒；由状态乙到状态丙，小球的机械能守恒，故A错误；小球在乙时刻的加速度为重力加速度，则在从甲到乙的过程中，当小球运动到关于平衡位置对称点时，其加速度大小等于g，方向向上，故有二个时刻的加速度大小等于重力加速度的大小，故B错误；当弹簧的弹力与重力相等时，合力为零，加速度为零，速度最大，根据P=mgv，可知小球重力的功率最大，而乙状态的加速度为重力加速度，不为零，故此时小球重力的功率不是最大，故C错误；由状态甲到状态丙，动能的改变量为零，弹性势能减小，重力势能增加，根据系统机械能守恒可知，在甲状态弹黄的弹性势能等于小球克服重力所做的功，故D正确，故选D。

【点睛】根据加速度的方向，分析弹簧的弹力与小球重力的关系．小球从A上升到B位置的过程中，平衡位置速度最大，动能增大；小球上升过程中，小球与弹簧组成的系统机械能守恒．由此分析解答．
6.一质量为m的小球在光滑的水平面上以速度做匀速直线运动，在t=0时受到水平方向恒力F作用，速度先减小后增大，其最小值为，由此可以判断（）
A. 质点受力F作用后一定做匀速直线运动
B. 质点受力F作用后可能做圆周运动
C. t=0时恒力F与速度方向间的夹角为60°
D. 时，质点速度最小
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意可知，物体做类斜抛运动，根据运动的合成与分解，结合力的平行四边形定则与运动学公式，即可求解；
【详解】A、在t=0时开始受到恒力F作用，加速度不变，做匀变速运动，若做匀变速直线运
动，则最小速度可以为零，所以质点受力F作用后一定做匀变速曲线运动，故A错误；
B、物体在恒力作用下不可能做圆周运动，故B错误；
C、设恒力与初速度之间的夹角是，最小速度为：
可知初速度与恒力的夹角为钝角，所以是，故C错误；
D、质点速度最小时，即在沿恒力方向上有：，解得：，故D正确。

【点睛】考查类斜抛运动的处理规律，掌握合成法则与运动学公式的应用，注意分运动与合运动的等时性。

7.如图为北京航天飞行控制中心对“嫦娥二号”卫星实施降轨控制的示意图，卫星成功由轨道半径为a、周期为T1的极月圆轨道进入远月点距离为a、周期为T2的椭圆轨道，为拍摄月球图像做好准备。

则“嫦娥二号” （）
A. 经过圆轨道上B点时的速率等于它经过椭圆轨道上A点时的速率
B. 在圆轨道上经过B点和在椭圆轨道上经过A点时的加速度大小相等
C. 在圆轨道上运行周期T1小于它在椭圆轨道上运行周期T2
D. 在圆轨道上经过B点和在椭圆轨道上经过A点时的机械能相等
【答案】B
【解析】
【分析】
根据开普勒周期定律比较两个轨道上的周期，当万有引力刚好提供卫星所需向心力时，卫星正好可以做匀速圆周运动，若是供大于需，则卫星做逐渐靠近圆心的运动；若是供小于需，则卫星做逐渐远离圆心的运动；
【详解】A、在圆轨道实施变轨成椭圆轨道是做逐渐靠近圆心的运动，要实现这个运动必须万有引力大于所需向心力，所以应给“嫦娥二号”卫星减速，减少所需的向心力，所以经过圆轨道上A点时的速率大于它经过椭圆轨道上A点时的速率，而圆轨道上的各个位置速率相等，即经过圆轨道上B点时的速率大于它经过椭圆轨道上A点时的速率，故A错误；
B、“嫦娥二号”卫星变轨前通过B点时只有万有引力来提供加速度，变轨后沿椭圆轨道运动到A点时也是只有万有引力来提供加速度，而且这两点距离月球相等，由于万有引力与距离有关，说明卫星在这两点时万有引力的大小相等，根据牛顿第二定律可知这两点加速度大小也相等，故选项B正确；
C、根据开普勒第三定律得：，k与中心体有关，由于圆轨道的半径大于椭圆的半长轴，所以在圆轨道运行周期大于它在椭圆轨道运行周期，故C错误；
D、卫星变轨的时候发动机点火，发动机做功，所以“嫦娥二号”卫星点火变轨，前后的机械能不守恒，而圆轨道上的各个位置机械能相等，即在圆轨道上经过B点和在椭圆轨道上经过A 点时的机械能不相等，故D错误。

【点睛】卫星变轨也就是近心运动或离心运动，根据提供的万有引力和所需的向心力关系确定，注意变轨时发动机点火，即变轨前后机械能不守恒。

8.如图所示，用相同导线绕成的两个单匝线圈a、b的半径号分别为r和2r，圆形匀强磁场B 的边缘恰好与a线圈重合，若磁场的磁感应强度均匀增大，开始时的磁感应强度不为0，则（）
A. 任意时刻，穿过a、b两线圈的磁通量之比均为1:4
B. 两线圈中产生的感应电动势之比为1:2
C. 通过a、b两线圈中电荷量之比为2:1
D. 相同时间内a、b两线圈产生的热量之比为4: 1
【答案】C
【解析】
任意时刻，穿过a、b两线圈的磁感线条数，磁通量相等，磁通量之比为1：1．故A错误．根据法拉第电磁感应定律得：E=S，S=πr2，则S相等，也相等，所以感应电动势相等，感应电动势之比为1：1，故B错误．线圈a、b的半径分别为r和2r，周长之比为1：2，电
阻之比为1：2，根据欧姆定律知 I=，得a、b两线圈中产生的感应电流之比为2：1．故C 正确．根据焦耳定律得 Q=t，得相同时间内a、b两线圈产生的热量之比为2：1，故D错误．故选C.
点睛：解决本题时要注意在公式Φ=BS和法拉第电磁感应定律中，S为有效面积，能熟练运用比例法研究这类问题．
9.一质量为0.5kg的物块静止在水平地面上，物块与水平地面间的动摩擦因数为μ=0.2。

现给物块一水平方向的外力F，F随时间t变化的图线如图所示，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为10m/s2，则（）
A. t=1s时物块的动量大小为2kg・m/s
B. t=1.5s时物块的动能大小为1J
C. t=3s时物块的速度恰好为零
D. 在3s-4s的时间内，物块受到的摩擦力逐渐减小
【答案】BD
【解析】
【分析】
0～1s内，根据牛顿第二定律求出物体的加速度，由速度公式求出物体的速度，再求解物体的动量；
由物体的受力情况分析t=1.5s时物块的动能；
由动量定理求出物块速度减至零的时间，根据物体的运动状态分析在3s～4s的时间内摩擦力的变化情况；
【详解】A、内，根据牛顿第二定律得：，得：
物体在末的速度为，
时物块的动量大小为：，故A错误；
B、内，因为，所以物体做匀速运动，速度为，则动能为：
，故B正确。

C、设t时刻物块的速度为零，由动量定理得：
图象在内方程为：
根据F-t图象与t轴所围的面积表示冲量，可得：
联立解得：，故C错误；
D、因为，所以在内物体做减速运动，所以在的时间内，物块静止，随着F的减小，物块受到的静摩擦力逐渐减小，故D正确。

【点睛】解决本题的关键是明确F-t图象所围的面积表示冲量，运用动量定理求时间是常用的方法。

10.如图所示，AOB为一边界为圆的匀强磁场，O点为圆心，D点为边界OB的中点，C点为边界上一点，且CD∥AO．现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场（不计粒子重力），其中粒子1从A点正对圆心射入，恰从B点射出，粒子2从C点沿CD射入，从某点离开磁场，则可判断（）
A. 粒子2在AB圆弧之间某点射出磁场
B. 粒子2必在B点射出磁场
C. 粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为3：2
D. 粒子1与粒子2的速度偏转角度相同
【答案】BC
【解析】
粒子运动轨迹如图所示：
A、粒子1从A点正对圆心射入，恰从B点射出，粒子在磁场中运动的圆心角为90°，粒子轨道半径等于BO，粒子2从C点沿CD射入其运动轨迹如图所示，设对应的圆心为，运动轨道半径也为BO，连接、，是平行四边形，，则粒子2一定从B点射出磁场，故A错误，B正确；
C、粒子1在磁场中转过的圆心角，连接PB，可知P为的中点，由数学知识可知，
，两粒子的速度偏角不同，粒子在磁场中运动的周期：，两粒子的周期相等，粒子在磁场中的运动时间，的运动时间之比：，故C 正确，D错误。

点睛：本题考查了粒子在匀强磁场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，作出粒子运动轨迹、应用数学知识、周期公式即可正确解题。

11.如图所示，一辆小车静止在水平地面上，车内固定着一个倾角为60°的光滑斜面OA，光滑挡板OB与水平方向的夹角为θ，挡板OB可绕转轴O在竖直平面内转动。

现将重为G的圆球放在斜面与挡板之间。

下列说法正确的是（）
A. 若θ=60°，球对斜面的压力大小为G
B. 若挡板OB从θ=30°位置沿逆时针方向缓慢转动到θ=90°过程中，则球对斜面的压力逐渐增大
C. 若θ=30°，使小车水平向左做变加速运动，则小车对地面的压力增大
D. 若θ=60°，使小车水平向右做匀加速直线运动，则球对挡板的压力可能为零
【答案】ABD
【解析】
【分析】
以球为研究对象，对球进行受力分析，根据牛顿第二定律或平衡条件求出挡板对球的作用力；若挡板旋转，分析小球受力情况，作出力图，运用图解法，分析支持力的变化情况即可；【详解】A、若，球处于静止状态，受力平衡，对球进行受力分析，如图所示：
为邻边作平行四边形，根据几何关系可知，，由牛顿第三定律知，球对斜面的压力大小为G，故A正确；
B、若挡板从位置沿逆时针方向缓慢转动到过程中，的方向始终不变，根据图象可知，都增大，根据牛顿第三定律可知，球对斜面的压力增大，故B正确；
C、整体在水平方向有加速度，但是竖直方向没有运动，即竖直方向的合力为零，根据平衡条件可知地面对小车整体的支持力等于小车整体的重力，根据牛顿第三定律可知，小车整体对地面的压力大小等于小车整体的重力，故选项C错误；
D、若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，当和重力G的合力正好提供产生加速度时的力时，球对挡板的压力为零，故D正确。

【点睛】本题运用图解法，分析动态平衡问题，比较直观简便，也可以采用函数法，由数学知识分析力的变化。

12.两异种点电荷A、B附近的电场线分布如图所示,P为电场中的一点,连线AP、BP相互垂直.已知P点的场强大小为E、电势为φ,电荷A产生的电场在P点的场强大小为E A,，取无穷远处的电势为零.下列说法中正确的有 ()
A. A、B所带电荷量相等
B. 电荷B产生的电场在P点的场强大小为
C. A、B连线上有一个电势为零的点
D. 将电量为-q的点电荷从P点移到无穷远处,电场力做的功为qφ
【答案】BC
【解析】
【详解】根据等量异种点电荷的电场线分布图具有对称性，知A、B所带的电荷量不相等，故A错误；P点的场强是点电荷A、B在P点产生的合场强，根据矢量合成的平行四边形定则知，
，故B正确；如果取无穷远处的电势为0，正电荷附近的电势高于0，负电荷附近低于0，所以其A、B连线上有电势为0的点，故C正确；根据W=-q（φ-0）=-qφ，故D 错误；故选BC。

【点睛】本题考查电场线的分布和电场的叠加原理，电场的叠加遵循平行四边形定则，电势是标量，正电荷周围电势为正，负电荷周围电势为负，注意求电场力做功W=qU正负号一起代入计算．
二、实验题（13题5分，14题10分，共15分）
13.二极管是一种半导体元件，它的符号为“”，其特点是具有单向导电性，即电流从正极流入时电阻比较小，而从负极流入时电阻比较大.
（1）某课外兴趣小组想要描绘某种晶体二极管的伏安特性曲线。

因二极管外壳所印的标识模糊，为判断该二极管的正、负极，他们用多用电表电阻挡测二极管的正、反向电阻。

其步骤是:将选择开关旋至合适倍率，进行欧姆调零，将黑表笔接触二极管的左端、红表笔接触右端时，指针偏角较小。

然后将红、黑表笔位置对调后再进行测量，指针偏角比较大，由此判断_______(选填“左”“右”)端为二极管的正极。

（2）厂家提供的二极管伏安特性曲线如下图，为了验证厂家提供的数据，该小组对加正向电压时的伏安特性曲线进行了描绘，可选用的器材有:
A．直流电源E:电动势3V，内阻忽略不计
B．滑动变阻器R:0~20Ω
C．电压表：量程5V、内阻约50kΩ
D．电压表：量程3V、内阻约20kΩ
E．电流表：量程0.6A、内阻约0.5Ω
F．电流表：量程50mA、内阻约0.5Ω
G．待测二极管D
H．单刀单掷开关S，导线若干
为了提高测量结果的准确度，电压表应选用______ 电流表应选用______ (填序号字母)。

（3）为达到上述目的，将虚线框内电路图的一部分补充完整________.
【答案】①右（2分）；②D，F（4分）
③）如右图（3分）
④（3分）可能的答案：a、在二极管支路串入一阻值合适的限流电阻起保护作用；b、闭合开关前滑动触头停在最左端，向右移动滑动触头时应缓慢进行，同时仔细观察电流表示数变化，以防止电流超过25mA。

（只要回答合理均可）
【解析】
【分析】
（1）二极管具有单向导电性，当接反向电压时，二极管的电阻很大，由欧姆表的示数可知二极管的极性；
（2）电源已知，根据电源的电动势可以选出电压表，由图中示数可以选出电流表；
（3）为了得到范围较大的测量值，本实验应选择分压接法，为了准确应选用电流表外接法；【详解】（1）欧姆表内部有电源，电源正极接在黑表笔上，当黑表笔接触左端时，此时指针偏角较小，说明电阻较大，故说明接入了反向电压，而黑表笔接触右端时，此时指针偏角较大，说明电阻较小，故二极管右端应为正极，左端为负极；
（2）电源电压为3V，故电压表应选3V量程进行测量，即电压表选择D；
而由坐标可知，电路中电流较小，故电流表应选50mA的即可，即电流表选择F；
（3）为了得出完整的图象，应采用分压接法，同时因正向电阻较小，故可以采用外接法，原理图如图；
【点睛】本题考查了欧姆表的原理及伏安特性曲线，综合性较强，要求
学生能全面掌握实验知识，注意欧姆表的原理及分压接法等基本原理。

14.某实验小组利用图甲所示的实验装置做探究加速度与合外力、质量关系的实验。

(1)关于下列实验操作，正确的是________。

A.调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B.每次小车都要从同一位置开始运动
C.实验中应先放小车，然后再开打点计时器的电源
D.通过增减小车上的砝码改变小车质设后，不需要重新平衡摩擦力
(2)为使小车所受合外力等于细线的拉力，应采取的措施是___________；要使细线的拉力等
于砝码的总重力，应满足的条件是________。

(3)小组成员中甲、乙两同学先后在同一实验装置中做研究加速度与合外力关系实验，其中一个同学在轨道水平情况下做的实验，而另一个同学在轨道倾斜的情况下做的实验，得到了 a —F图像中①、②两条图线。

则图线______ (填"①”或“②”）是在轨道倾斜情况下得到的；
小车及车中砝码的总质量m =________kg。

【答案】 (1). AD (2). 平衡摩擦力 (3). 小车的质量远大于砝码的总质量 (4).
① (5). 2.5kg
【解析】
【详解】(1)A、调节滑轮的高度,使牵引小车的细绳与长木板保持平行,所以A选项是正确的;
B、小车的释放位置对该实验没有影响,不要求每次在同一位置,故B错误;
C、实验时先接通电源,再释放小车,故C错误;
D.通过增减小车上的砝码改变质量时,不需要重新平衡摩擦力,即不需要重新调整木板的倾斜
程度,所以D选项是正确的.
(2) 为使小车所受合外力等于细线的拉力，应采取的措施是把不带滑轮的一端抬高，平衡小
车运动中的摩擦力；
以整体为对象：，则小车的加速度为：
再以小车及车中的砝码为研究对象，可以求出绳子的拉力，即：
当可以近似认为
所以要认为绳子拉力等于砂和砂桶的重力，则必须满足条件
(3)由①图象可以知道,当F=0时,加速度不等于零.也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加
速度,该同学实验操作中平衡摩擦力过大,即倾角过大,平衡摩擦力时木板的右端垫得过高，图线①是在轨道倾斜情况下得到的;在水平轨道上,因为受到摩擦力,拉力不为零时,加速度仍然
为零,可以知道图线②是在轨道水平的情况下得到的.
根据牛顿第二定律得解得：,图线的斜率表示质量的倒数,则
故本题答案是：(1). AD (2). 平衡摩擦力 (3). 小车的质量远大于砝码的总质量(4). ① (5). 2.5kg
【点睛】(1)根据实验操作要求可分析必须进行的操作;
(2)根据牛顿第二定律,通过整体隔离法求出绳子拉力的表达式,从而确定托盘及托盘内砝码的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力的条件;
(3)根据图象的特点结合牛顿第二定律分析求解.
三、计算题（15题10分、16题14分、17题16分）
15.在一条平直的公路上有一辆长L0=1.5m的电动自行车正以v=3m/s的速度向前行驶，在其车尾后方s0=16.5m远处的另一条车道上有一辆长L=6.5m的公共汽车正以v0=10m/s的速度同向驶来，由于公共汽车要在前方距车头50m处的站点停车上下旅客，便在此时开始刹车使之做匀减速运动，结果车头恰好停在站点处，不考虑公共汽车的再次启动，求:
(1)公共汽车刹车的加速度大小
(2)从汽车开始刹车计时，公共汽车(车头)从后方追至自行车车尾所需的时间:
(3)两车第一次错车的时间。

【答案】（1）（2）（3）
【解析】
【分析】
（1）由汽车的刹车距离求得其加速度．
（2）由加速度与二者的初速度确定汽车相对自行车的相对运动进行求解即可；
【详解】（1）由汽车刹车处的站点停车，则根据可知汽车刹车加速度为：
，即汽车刹车加速度的大小为；
（1）汽车相对自行车做初速度为：、加速度大小为的匀减速运动．
则车头到达自行车尾历时为，则有：
代入数据得：
代入数据解得：；
（3）车尾到达自行车头历时为：则有：
代入数据得：
代入数据解得：。