2022_2023学年山东省泰安市高二（下）期末物理试卷（含解析）

这是一份2022_2023学年山东省泰安市高二（下）期末物理试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

2022~2023学年山东省泰安市高二（下）期末物理试卷
一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）
1. 中国海军服役的歼−15舰载机在航母甲板上加速起飞过程中，某段时间内战斗机的位移时间(x−t)图像如图所示，则(    )



A. 由图可知，舰载机起飞的运动轨迹是曲线
B. 在0～3s内，舰载机的平均速度大于12m/s
C. 在M点对应的位置，舰载机的速度大于20m/s
D. 在N点对应的时刻，舰载机的速度为7.5m/s
2. 如图所示为电饼铛自动控温电路。电路中的R1和R2，其中一个是定值电阻，另一个是温度传感器(可等效为可变电阻)。温度越高，温度传感器的电阻值越小。当a、b两端的电压大于U1时，控制开关自动闭合开始加热；当a、b两端的电压小于U2(U1、U2为定值)时，控制开关断开停止加热。下列说法正确的是(    )

A. R2为温度传感器
B. 定值电阻的阻值越小，电饼铛停止加热时的温度越低
C. 定值电阻的阻值越小，电饼铛停止加热时的温度越高
D. U1 3. 有关下列四幅图涉及的物理知识，以下说法正确的是(    )

A. 图甲：阴极射线管的K极发射的射线是电磁波
B. 图乙：研究黑体辐射发现随着温度的升高，辐射强度的极大值向波长较长的方向移动
C. 图丙：处于n=3能级的1个氢原子自发跃迁，能辐射出3种频率的光
D. 图丁：康普顿效应说明光子具有粒子性，光子不但具有能量，还有动量
4. 如图所示为氢原子的发射光谱和氢原子能级图Hα、Hβ、Hγ、Hδ，是其中的四条光谱线及其波长，分别对应能级图中从量子数为n=3、4、5，6的能级向量子数为n=2的能级跃迁时发出的光谱线。已知可见光波长在400nm∼700nm之间，下列说法正确的是(    )

A. 四条光谱线中，Hα谱线对应的光子动量最大
B. Hβ谱线对应的光，照射逸出功为2.65eV的金属，可使该金属发生光电效应
C. Hγ谱线对应的光，照射逸出功为2.75eV的金属，可使该金属发生光电效应
D. Hδ谱线对应的光是可见光中的红光
5. 如图，用M、N两个弹簧秤在О点作用两个力，此时α=90°，β<45°。现保持M的示数不变，而使α角连续减小，直到α+β<90°，为保持两力的合力大小不变且方向沿虚线方向，在此过程中对N弹簧秤的操作正确的是(    )

A. 减小示数同时减小β角 B. 减小示数同时使β角先增大后减小
C. 增大示数同时增大β角 D. 增大示数同时减小β角
6. 下列核反应方程及其类型的对应关系，正确的是(    )
A.  92238U→93234Th+−10e属于β衰变
B.  12H+13H→24He+10e属于核聚变
C. 铀核裂变的一种核反应方程 92238U→56144Ba+3689Kr+201n
D.  919F+24He→1022Ne+X属于原子核的人工转变，X表示质子
7. 放射源钋( 84210Po)发生α衰变变成铅( 82206Pb)，同时释放的核能为ΔE。已知钋( 84210Po)核的质量为m1，铅( 82206Pb)核的质量为m2，真空中的光速为c。则下列说法正确的是(    )
A. 释放的α粒子的质量为ΔEc2
B. 释放的α粒子的质量为m1−m2−ΔEc2
C. 通过增大压强，可以使 84210Po的半衰期减小
D. 通过增大压强，可以使 84210Po的半衰期增大
8. 如图所示，将一轻弹簧一端固定在内壁光滑、半径为R的半球形容器底部中心Oˈ处(O为球心)，弹簧另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点，OP与竖直方向OOˈ间的夹角为θ。已知弹簧的劲度系数为k=mgR，下列说法正确的是(    )

A. 弹簧的原长为4Rsinθ2 B. 弹簧的原长为2Rsinθ2
C. 容器对小球的作用力大小为12mg D. 弹簧对小球的作用力大小为12mg
二、多选题（本大题共4小题，共24.0分）
9. 如图所示，理想变压器原线圈接在u=Umsinωt+φ的交流电源(内阻不计)上，副线圈接三个阻值相同的电阻R，不计电表内影响。闭合开关S后(    )

A. 电压表V1的示数减小 B. 电流表A1的示数增大
C. 电压表V2的示数减小 D. 电流表A2的示数增大
10. 如图所示，一定质量的理想气体从状态A开始，经历AB、BC、CD、DA四个过程回到原状态A，其中AB、CD为等压过程，BC、DA为等温过程，状态C、D的压强和体积未知，下列说法正确的是(    )

A. 气体在状态B的内能大于状态D的内能
B. 气体从状态B到状态C没有热量交换
C. 在过程AB中气体对外做功为300J
D. 在过程CD中外界对气体做的功为300J
11. 某物体沿斜面上滑，做匀减速直线运动，依次经过A、B、C三点，到达D点时速度恰好为零，如图所示。已知AB=12m，BC=8m，从A点运动到B点和从B点运动到C点两个过程速度变化量都为−2m/s，则下列说法正确的是(    )

A. 物体的加速大小为2m/s2 B. 物体到达B点时速度大小为5m/s
C. A、D两点间的距离为24.5m D. 物体从A点运动到C点的时间为6s
12. 如图所示，倾角为60°、质量为M的斜面体A置于水平面上，在斜面体和竖直墙面之间放置一质量为m的光滑球B，斜面体受到水平向右的外力F，系统始终处于静止状态。已知斜面体与水平面间的动摩擦因数μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g(    )

A. 球B受到斜面体的弹力大小为2mg
B. 球B受到墙面的弹力大小2mg
C. 为了使系统处于静止状态，水平向右的外力F最大为 3mg+μ(m+M)g
D. 为了使系统处于静止状态，水平向右的外力F最小一定为 3mg−μ(m+M)g
三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
13. 在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中，实验装置如图1所示。
  
(1)下列说法中正确的是_______(填字母)。
A.连接重物和小车的细线应与长木板保持平行
B.长木板的一端必须垫高，使小车在不挂重物时能在木板上做匀速运动
C.小车应靠近打点计时器，先接通电源，后释放小车
D.选择计数点时，必须从纸带上第一个点开始
(2)已知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz，图2是实验中打下的一段纸带。算出计数点3的速度大小为_______m/s，(保留两位有效数字)并在图3中标出，其余计数点1、2、4、5对应的小车瞬时速度大小在图3中已标出。
  
(3)作图_____并求得小车的加速度大小为________m/s2(保留三位有效数字)。


14. 在做“用油膜法估测油酸分子的大小”实验时，每104mL油酸酒精溶液中有纯油酸1mL。用注射器测得40滴这样的溶液为1mL。在一正方形浅盘内注入适量的水，将痱子粉均匀地撒在水面上，用注射器滴入1滴这样的溶液，等油膜形状稳定后，把玻璃板盖在浅盘上并描画出油膜的轮廓，如图所示。图中正方形小方格的边长为1cm。
  
(1)该实验中1滴油酸酒精溶液含_______mL油酸；
(2)由上述数据估算得到油酸分子直径约为_________m(结果保留两位有效数字)；
(3)某同学配制油酸酒精溶液时，不小心把酒精多倒了一点，所测的分子直径______(偏大、偏小、不变)；
(4)若阿伏加德罗常数为6.02×1023mol−1，油酸的摩尔质量为282g/mol，油酸的密度为0.9g/cm3。则1cm3油酸约含_________个油酸分子(结果保留两位有效数字)。

四、计算题（本大题共4小题，共38.0分）
15. 一个直流电动机的内电阻r1=4Ω，与R=3Ω的电阻串联接在线圈上，如图所示。已知线圈的面积为 220m2，匝数n=200，线圈的电阻为r2=7Ω，线圈在B=2T的匀强磁场中绕垂直磁场的轴OOˈ以角速度ω=20rad/s匀速转动，在合上开关S后电动机正常工作时，理想电压表的示数为220V，求：
(1)通过电动机的电流的有效值；
(2)电动机正常工作时的效率(保留三位有效数字)。


16. 如图所示，两等高、内壁光滑、导热性良好的圆柱形汽缸竖直放置，左、右两侧汽缸的横截面积分别为S、32S，汽缸顶部由细管(体积不计)连通，左侧汽缸底部带有阀门K，两汽缸中有厚度均可忽略的活塞I、II，将某种理想气体分成A、B、C三部分，活塞I、II的质量分别为m1=p0Sg、m2=3p0S2g。初始时，阀门K关闭，活塞I处于左侧汽缸的顶部且与顶部无弹力，活塞II处于右侧汽缸的中间位置，A气体的压强为2p0。已知大气压强为p0，重力加速度为g，其他量均为未知量；整个过程中，周围环境温度不变。
(1)求初始时左侧汽缸中封闭气体C的压强p；
(2)一段时间后，活塞II漏气，求再次稳定后，活塞Ⅰ距离汽缸顶部的距离与气缸总高度的比值(可保留根号)；
(3)接(2)问，打开阀门K，用打气筒通过K给左侧汽缸充气，直至活塞I再次回到汽缸顶部且与顶部无弹力，求此过程中充人气体质量与最初封闭气体C的质量比。


17. 如图所示，质量M=2kg的木块P套在水平杆上，并用轻绳将木块与质量m=1kg的小球Q相连。今用与水平方向成α=60°角的恒力F=5 3N，拉着小球带动木块一起向右匀速运动，运动中P、Q相对位置保持不变，g取10m/s2。求：
(1)木块对水平杆的压力大小；
(2)运动过程中轻绳与水平方向的夹角θ；
(3)若α调整到某个值时，使小球和木块一起向右匀速运动的拉力F最小，求该最小拉力。


18. 如图所示，甲、乙两车在同一水平道路上，甲车在后匀速直线运动，乙车在前停在路边，甲车距乙车d=30m时开始减速，第1秒内位移为24m，第4秒内位移为1m。甲车减速1秒末乙车开始运动，与甲车同向做匀加速直线运动，加速度大小为4m/s2，当速度达到10m/s后保持该速度做匀速直线运动。甲乙相遇时会错车而过，不会相撞。求：
(1)乙车从静止加速到最大速度时间内，行驶的位移是多少；
(2)甲车刚开始减速时的速度大小；
(3)甲乙两车第一次相遇时甲车的速度大小；
(4)从甲车减速时开始计时，甲乙两车第二次相遇的时间。


答案和解析

1.【答案】C 
【解析】
【分析】
x−t图像只能表示直线运动的规律，图线的切线斜率表示瞬时速度，根据平均速度的定义进行求解平均速度。
解决本题的关键要理解位移−时间图像的物理意义，知道图像的切线斜率表示瞬时速度大小，图线上的两点连线的斜率表示对应时间内的平均速度大小。

【解答】
A、x−t图像只能表示直线运动的规律，即知舰载机起飞的运动轨迹是直线，故A错误；
B、在0～3s内，舰载机通过的位移为x=36m−0=36m，平均速度为 v−=xt=363m/s=12m/s，故B错误；
C、2−2.55s内的平均速度为 v′−=xMN tMN=26−152.55−2m/s=20m/s，根据2−2.55s内的平均速度等于MN连线的斜率大小，在M点对应的位置舰载机的速度等于过M点的切线斜率大小，可知在M点对应的位置，舰载机的速度大于MN段平均速度20m/s，故C正确；
D、在0−2s内的平均速度为，0−2s内的平均速度等于ON连线的斜率大小，在N点对应的时刻舰载机的速度等于过N点的切线斜率大小，可知在N点对应的时刻，舰载机的速度大于ON段平均速度7.5m/s，故D错误。
故选：C。  
2.【答案】C 
【解析】A.若 R2 为温度传感器，则当温度升高时，其电阻值减小，回路电流变大，则R1两端的电压变大，当a、b两端的电压大于U1时，控制开关自动闭合开始加热，则与装置功能不相符，则 R1 为温度传感器，选项A错误；
BC.电阻R1的分压U=ER1R1+R2=E1+R2R1
因当U=U2时电饼铛停止加热，则在U一定时，定值电阻的 R2 阻值越小，则R1越小，温度越高，即电饼铛停止加热时的温度越高，选项B错误，C正确；
D.当R1两端的电压大于U1时，控制开关自动闭合开始加热，此时R1的电阻比较大，则此时的电压更大，即U1>U2，故D错误。
故选C。


3.【答案】D 
【解析】A.图甲：阴极射线管的K极发射的射线是阴极射线，阴极射线本质上是高速电子流，A错误；
B.由图乙可知，研究黑体辐射发现随着温度的升高，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，B错误；
C.图丙：处于n=3能级的1个氢原子自发跃迁，能辐射出N=(n−1)=3−1=2
即2种频率的光，C错误；
D.图丁：光子与静止电子产生弹性斜碰撞，光子把部分能量转移给了电子，同时光子还使电子获得一定的动量，因此康普顿效应说明光子具有粒子性，光子不但具有能量，还有动量，D正确。
故选D。


4.【答案】C 
【解析】A.由光子的动量 p=hλ ，可知四条光谱线中，Hα谱线对应的波长 λ 最大，则Hα谱线对应的光子动量最小，A错误；
B.Hβ谱线对应的光子的能量为Eβ=E4−E2=−0.85eV−(−3.40eV)=2.55eV<2.65eV
因此该光照射逸出功为2.65eV的金属，不可使该金属发生光电效应，B错误；
C.Hγ谱线对应的光子的能量为Eγ=E5−E2=−0.54eV−(−3.40eV)=2.86eV>2.75eV
因此Hγ谱线对应的光，照射逸出功为2.75eV的金属，可使该金属发生光电效应，C正确；
D.由题图可知，Hδ谱线对应光的波长最小，因此Hδ谱线对应的光不可能是可见光中的红光，D错误。
故选C。


5.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查了矢量三角形的应用，保证合力不变，另外两个力的变化，画出力的矢量三角形，在三角形中即可看出角和边长的变化，难度不大。
【解答】
由图可知为保持两力的合力大小不变且方向沿虚线方向，对N弹簧秤的操作正确的是减小示数同时使β角先增大后减小。
故选B。
  
  
6.【答案】D 
【解析】A.铀核238放出一个α粒子后，质量数减少4，电荷数减少2，产生新核钍(  90234Th )这是α衰变，其核反应方程为
 92238U→90234Th+24He
故A错误；
B.轻核聚变，其核反应方程为
12H+13H→24He+n01n
故B错误；
C.铀核裂变属于重核裂变，不能自发进行，铀核需要俘获一个慢中子就能产生裂变，铀核裂变的核反应方程是
 92235U+01n→56144Ba+3689Kr+301n
C错误；    
D.核反应方程，遵循质量数守恒和电荷数守恒，因此原子核的人工转变方程为
 919F+24He→1022Ne+11H
可知X表示质子，D正确。
故选D。


7.【答案】B 
【解析】AB.由爱因斯坦的质能方程可得ΔE=(m1−m2−mα)c2
解得释放的α粒子的质量为mα= m1−m2−ΔEc2
A错误，B正确；
CD.放射性元素的半衰期是由核内部的因素决定的，与原子所处的物理状态(温度、压强)或化学状态(如单质、化合物)无关，因此通过增大压强，  84210Po 的半衰期不变，CD错误。
故选B。


8.【答案】A 
【解析】D.根据受力平衡有mgsinθ=Fsinθ2
可得弹簧对小球的作用力大小为F=2mgsinθ2
故D错误；
AB.弹簧的压缩量x1=Fk=2Rsinθ2
弹簧压缩后的长度x2=2Rsinθ2
弹簧的原长为l=x1+x2=4Rsinθ2
故A正确，B错误；
C.容器对小球的作用力大小为FN=Fsinθ2+mgcosθ
根据二倍角公式Fsinθ2=2mgsin2θ2=2mg1−cosθ2=mg−mgcosθ
可得FN=Fsinθ2+mgcosθ=mg
故C错误。
故选A。


9.【答案】AB 
【解析】ACD.由于变压器的匝数比和输入的电压都不变，所以输出的电压 U2 也不变，开关S闭合时，副线圈电路的总的电阻减小，则电流 I2 增大，则电阻R两端的电压增大，所以电压表V2示数增大，而U2=I2R+UV1
因此 UV1 减小，即V1示数减小，而电流表A2的示数为IA2=UV1R
故电流表A2的示数减小，故A正确，CD错误；
B.根据n1n2=I2I1
可知电流 I1 增大，即电流表 A1 的示数变大，故B正确。
故选AB。


10.【答案】ACD 
【解析】A.DA为等温过程，温度不变，所以气体在状态A的内能等于在状态D的内能，而AB为等压膨胀过程，状态B的温度高于状态A，因此气体在状态B的内能大于状态A的内能，故大于状态D的内能，故A正确；
B.在过程BC中，体积增大，气体对外做功，但由于温度不变，内能保持不变，所以气体从外界吸热，故B错误；
C.体从状态A变化到状态B为等压过程，体积增大，气体对外做功，即W=p1ΔV=p1(VB−VA)=3×105×(2−1)×10−3J=300J
故C正确；
D.BC、DA为等温过程，则有p1VB=p2VC ， p1VA=p2VD
在过程CD中，气体体积减小，外界对气体做功为W′=p2(VC−VD)=p1(VB−VA)=300J
故D正确。
故选ACD。


11.【答案】BC 
【解析】A.由题意，物体从A点运动到B点和从B点运动到C点两个过程速度变化量都为−2m/s，可知AB和BC所用时间相等，由 Δx=aT2 和 a=ΔvT 可得
T=2s
a=−1m/s2
即物体的加速度大小为1m/s2，A错误；
B.由中间时刻的瞬时速度等于平均速度，可得物体到达B点时速度大小为vB=ΔxΔt=xAB+xBC2T=12+82×2m/s=5m/s
B正确；
C.物体由B到D，由速度位移关系公式 v2−v02=2ax ，可得xBD=vD2−vB22a=0−52−2×1m=12.5m
则有xAD=xAB+xBD=12m+12.5m=24.5m
C正确；
D.由以上计算可知，物体从A点运动到C点的时间为2T=4s，D错误。
故选BC。


12.【答案】AC 
【解析】A.B球受力如图
  
球B受到斜面体的弹力大小为N1=mgcos60∘=2mg
故A正确；
B.球B受到墙面的弹力大小F1=mgtan60∘= 3mg
故B错误；
C.对AB整体分析，受力如图
  
则有
N=(M+m)gf=μNF=F1+f
联立可得水平向右的外力F最大为Fm= 3mg+μ(M+m)g
故C正确；
D.对AB整体分析，受力如图
  
则有
N=(M+m)gf=μNF+f=F1= 3mg
当 3mg≤μ(M+m)g
则Fmin=0
当 3mg>μ(M+m)g
则有Fmin= 3mg−μ(M+m)g
故D错误。
故选AC。


13.【答案】   AC/CA     0.74            1.53 
【解析】(1)[1]A.为使小车受到的合力不变，连接重物和小车的细线应与长木板保持平行，A正确；
B.长木板的一端不需要垫高来平衡摩擦力，只要小车做加速直线运动即可，B错误；
C.小车应靠近打点计时器，先接通电源，带打点计时器打点稳定后，再释放小车，纸带会得到充分利用，记录较多的数据，减小实验误差，C正确；
D.选择计数点时，要从第一个比较清晰的点开始选择计数点，可以不从纸带上第一个点开始，D错误。
故选AC。
(2)[2]已知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz，可得打点周期为T=1f=150s=0.02s
由中间时刻的瞬时速度等于平均速度，可得打计数点3的速度大小为v3=ΔxΔt=x242×5T=23.8−92×5×0.02×10−2m/s=0.74m/s
(3)[3]在图3中标出v3，作图如图所示。
  
[4]由速度时间图像的斜率表示加速度，可得小车的加速度大小为a=ΔvΔt=1.2−0.280.6−0m/s2=1.53m/s2


14.【答案】     2.5×10−6     6.1×10−10     偏大     1.9×1021 
【解析】(1)[1]根据比例关系可知1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为140×1104=2.5×10−6mL
(2)[2]油膜的面积为 39cm2 ，油酸分子的直径为d=VS=6.1×10−10m
(3)[3]某同学把酒精倒多了，那么酒精油酸溶液中油酸的体积分数偏小，但实际用到的计算数据偏大，因此计算得到的油酸分子直径偏大；
(4)[4] 1cm3油酸的摩尔数为n=ρMmol=3.19×10−3mol
可知所含的分子数为N=nNA=1.9×1021


15.【答案】(1)18A；(2) η=67.3% 
【解析】(1) Em=nBSω ，①
E=Em 2 ，②
I=E−UR+r2 ，③
解得I=18A，④
(2) P出=UI−I2r ，⑤
P入=UI ，⑥
η=P出P入×100% ×100%，⑦
解得 η=67.3% ，⑧


16.【答案】(1) 2p0 ；(2)  409−198 ；(3) 14 
【解析】(1)对活塞I受力分析得，可得pCS=pBS+m1g
对活塞II受力分析得pA⋅32S=pB⋅32S+m2g
解得pB=p0 ， pC=2p0
(2)由于活塞II漏气，A、B两部分气体合为一部分气体，设稳定后的压强为p，左侧气缸体积为V。活塞I上部气体体积为ΔV，根据玻意耳定律得pA⋅34V0+pB⋅34V0=p⋅32V0+ΔV
对C部分气体，根据玻意耳定律得pCV0=p′CV0−ΔV
对活塞I受力分析得p′CS=pS+m1g
解得ΔV= 409−198V0
由于Δhh=ΔVV0
解得Δhh= 409−198
(3)充气前，设C部分气体在压强p0下的体积为V1，根据玻意耳定律得pCV0=p0V1
活塞I回到顶部时，右侧气体压强为 p′ ，可得pA⋅34V0+pB⋅34V0=p′⋅32V0
对活塞I受力分析得p′′CS=p′S+m1g
设充气后该部分气体在压强p0下的体积为V2，可得p′′CV0=p0V2
联立解得V1


17.【答案】(1)22.5N；(2)30°；(3) 7 N 
【解析】(1)对PQ整体进行分析，根据平衡条件
FN+Fsin60∘=(M+m)g ，①
解得FN=22.5N，②
由牛顿第三定律得，木块对水平杆的压力大小为22.5N.③
(2)对Q进行受力分析，设细绳对Q的拉力为T，由平衡条件可得
Fcos60∘=Tcosθ ，④
Fsin60∘+Tsinθ=mg ，⑤
解得T=10N
tanθ= 33
即θ=30°.⑥
(3)对PQ整体进行分析，由平衡条件有
Fcos60∘=μFN ，⑦
解得 μ= 39
对P、Q进行受力分析，由平衡条件有
FN+Fsinα=(M+m)g ，⑧
Fcosα=μFN ，⑨
解得 F=μ(M+m)gcosα+μsinα ，⑩
令 sinβ=1 1+μ2 ， cosβ=μ 1+μ2 ，
即 tanβ=1μ ，
则 F=μ(M+m)g 1+μ2sinβcosα+cosβsinα=μ(M+m)g 1+μ2sinα+β ，⑪
当 α+β=90∘ 时，即 9 时，F有最小值，
Fmin=μ(M+m)g 1+μ2 ，⑫
7 N.⑬


18.【答案】(1)12.5m；(2)28m/s；(3) v甲=523 m/s；(4)4.15s 
【解析】(1)乙车从静止加速到最大速度时间内，
x=v22a2 ，①
解得x=12.5m；②
(2)设甲车减速第4s末速度为 v4 ，甲车减速的加速度大小为 a1 ，按甲车逆运动为匀加速，
第4s内： x4=v4t+12a1t2
第1s内： x1=v1t+12a1t2
v1=v4+3a1t ，
将 x1 =24m， x4 =1m，t=1s代入以上三式，联立解得
v4 <0
说明第4秒内甲车已经停下。③
设第4秒内甲车运动了Δt，则
x4=12a1Δt2 ，④
x1=12a1(Δt+3)2−12a1(Δt+2)2 ，⑤
解得Δt=0.5s， a1 =8m/s2，
设甲车刚减速时速度为 v0 ，
v0=a1(3+Δt) ，⑥
解得 v0 =28m/s；⑦
(3)设从甲车减速开始经过t1甲车乙车相遇
x甲=v0t1−12a1t12 ，⑧
由位移公式
x乙=12a2(t1−1)2 ，⑨
甲乙两车的位移关系
x甲=x乙+d ，⑩
乙车加速时间： t乙=va2 =2.5s
解得 t1=43s 或 t1=4s (乙车已经匀速，不合理舍去)
v甲=v0−a1t1 ，⑪
解得 v甲=523 m/s，⑫
(4)由题意和以上结果可知，甲车乙车还会第二次相遇，设甲车减速阶段位移为 x′甲 ，
x′甲=12a1(Δt+3)2 ，⑬
此过程中乙车的位移为
x′乙 =12.5m
解得 x′甲 =49m， x′乙 =12.5m
x′甲>x′乙+d
甲车乙车还没有第二次相遇即
x′甲−x′乙+d=v乙t′ ，⑭
得 t′ =0.65s
甲车乙车第二次相遇时间为
t2=t′+4−Δt ，⑮
t2 =4.15s。⑯