2023-2024学年河南省济源市济源高级中学高三（下）开学考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河南省济源市济源高级中学高三（下）开学考试物理试卷（含解析），共18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。

1.如图所示，两位同学分别拉一根长为1.2m的绳两端A、B，t=0时刻，两同学同时抖动绳子两端，使A、B开始在竖直方向做简谐振动，产生沿绳传播的两列波，振源为A的波波速为v1，振源为B的波波速为v2。t=0．4s时，两列波恰好传播到P、Q两点，波形如图所示，则
( )
A. 两列波起振方向相反
B. v1=2v2
C. 到两列波相遇时，质点A经过的路程为30cm
D. t=1.4s时，x=0.55m处的质点偏离平衡位置的位移为(5−2.52)cm
2.如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点，已知ST间的距离是RS的两倍，RS段的平均速度是10m/s，ST段的平均速度是5m/s，则公交车经过T点时的瞬时速度为
( )
A. 3m/sB. 2m/sC. 1m/sD. 0.5m/s
3.一质点沿直线Ox方向做直线运动，它离O点的距离x随时间变化的关系为x=2+3t−t3(m)，速度v随时间t变化的关系为v=3−3t2(m/s)，则该质点从t=0到t=2s间的平均速度、平均速率分别为
A. 0 m/s、6 m/sB. −3 m/s、6 m/s
C. −1m/s、2 m/sD. −1 m/s、3 m/s
4.甲、乙两个质点从同一地点由静止同时出发、沿同一直线运动，它们的位移(x)随速度平方(v ​2)变化的关系如图所示。则描述此过程中两质点的速度−时间(v−t)图像正确的是
A. B.
C. D.
5.一年来，交通运输部发出通知部署ETC推广安装。如图是小车分别经过收费站的人工通道和ETC通道的v−t图，已知小车加速、减速时加速度大小均为a，小车通过两种通道时从开始减速到恢复到原速度所行驶的距离一样，则与走人工通道相比，走ETC通道节省的时间为( )
A. v0−v1a+ΔtB. 2v0−v1a+ΔtC. v1a+ΔtD. 2v1a+Δt
6.如图所示，夹弹珠游戏时，游戏者从身后桌子1的容器中用筷子夹起弹珠，返身后沿直线运送到桌子2的目标容器并放下弹珠，随后再返身沿直线回到出发点，从而完成一次操作。此后重复上述操作，以规定时间内目标容器中弹珠多者为赢。则( )
A. 弹珠被夹起的过程中不能被看成质点
B. 完成一次操作，游戏者的平均速率为零
C. 在加速跑的过程中，筷子对弹珠的作用力大于弹珠对筷子的作用力
D. 游戏者从桌子1到桌子2与从桌子2到桌子1的平均速度相同
7.如图，一滑块放置在水平桌面的最左端，给滑块一个水平向右的初速度v0，经过2s，滑块运动到桌面的最右端并从最右端飞出，已知滑块的加速度大小为0.5m/s2，则滑块的初速度大小v0和桌面的长度L可能是( )
A. v0=0.5m/s，L=0.7mB. v0=2m/s，L=3m
C. v0=3m/s，L=4mD. v0=5m/s，L=10m
8.在交警处理某次交通事故时，通过监控仪器扫描，输入计算机后得到该汽车在水平路面上刹车过程中的位移随时间变化的规律为x=20t−2t2(x的单位是m，t的单位是s)。则该汽车刹车后6s在路面上留下的刹车痕迹长度为( )
A. 48mB. 50mC. 72mD. 120m
9.伽利略曾设计过一个斜面实验：让小球沿一个斜面从静止开始向下运动，小球将“冲”上另一个斜面；减小第二个斜面的倾角，重复实验，直至斜面最终变为水平。如图是现代所做的伽利略斜面实验的频闪照片(组合图)。几次实验中小球都从同一位置释放，且频闪照相的频闪频率相同，有关小球在斜面a、b上的运动说法正确的是( )
A. 小球在斜面a、b上运动越来越慢，主要是摩擦作用的影响
B. 小球在斜面a上运动的距离较短，因此小球在斜面a上运动的平均速度较小
C. 小球在斜面b上的影像个数较多，表示小球在斜面b上运动的时间较长
D. 频闪照片中相邻的两个影像间的距离越大，表示这两个影像间的运动时间越长
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
10.对如图所示的图片、示意图或实验装置图，下列判断正确的是
A. 甲图小孔衍射的图样，也被称为“泊松亮斑”
B. 乙图是薄膜干涉的应用，用来检测平面的平整程度
C. 丙图是双缝干涉原理图，若P到S ​1、S ​2的路程差是光的半波长的奇数倍，则P处是暗条纹
D. 丁图是薄膜干涉现象的实验装置图，在附有肥皂膜的铁丝圈上，出现竖直干涉条纹
11.下雨时雨水从屋檐滴落是生活中常见的现象，如图所示。假设屋檐某一位置每隔相同的时间无初速滴落一滴雨滴。不计空气阻力，雨滴可看成质点且处在无风的环境中，则下列说法正确的是(题目涉及到的雨滴都已滴出且未落地)( )
A. 每一滴雨滴从滴出到落地运动的时间相同
B. 雨滴在连续的两秒内位移之比一定为1：3
C. 相邻雨滴之间的距离保持不变
D. 相邻雨滴之间的速度之差保持不变
12.如图所示，是一透明材料制成的圆柱体的纵截面图，一束黄光从圆柱体圆面上的中心O点折射入光导纤维，恰好在侧面上的A点发生全发射，已知圆柱体对黄光的折射率为n，圆柱体长度为L，光在真空中的传播速度为c。则下列说法正确的是( )
A. 此单色光在圆柱体中的传播时间为n2Lc
B. 入射角的正弦值sinα=1 n2−1
C. 减小入射角α，此单色光在圆柱体中传播的时间变长
D. 换用红光以相同的入射角从O点射入圆柱体，红光可能从A点左侧折射出圆柱体
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
13.在探究“小车速度随时间变化的规律”的实验中，打点计时器接在50 Hz的低压交流电源上，某同学在打出的纸带上每5个点取一个计数点，共取了A、B、C、D、E、F六个计数点，如图甲所示．从每一个计数点处将纸带剪开分成五段(分别为a、b、c、d、e段)，将这五段纸带由短到长紧靠，但不重叠地粘在xOy坐标系中，如图乙所示，由此可以得到一条表示v−t关系的图线．
(1)请在图乙中用最简洁的方法作出能表示v−t关系的图线(作答在图上)，其__________(填“x”或“y”)轴相当于v轴．
(2)从第一个计数点开始计时，为求出0.15 s时刻的瞬时速度，需要测出__________(填“a、b、c、d、e”中的一个)段纸带的长度．
(3)若测得a段纸带的长度为2.0 cm，e段纸带的长度为10.0 cm，则可求出加速度的大小为__________m/s2．
14.小赵同学用图所示的装置验证碰撞中的动量守恒。该同学使用频闪相机对碰撞前后小球运动情况进行拍摄。图中背景是放在竖直平面内的带方格的纸板，纸板平面与小球轨迹所在的平面平行，每个小方格的边长为a=5cm，取g=10m/s2，实验核心步骤如下：
(1)让小球m1从挡板处静止释放，从斜槽末端水平抛出后频闪照片如图(b)中的A所示。
(2)把小球m2静置于轨道末端，让小球m1从挡板处静止释放，两球在斜槽末端碰撞，碰后两小球从斜槽末端水平抛出后频闪照片分别如图(b)中的B、C所示。
(3)由图结合已知数据可计算出频闪相机闪光的周期T=__________s(结果保留2位有效数字)。
(4)由图结合已知数据可计算出碰懂前小球m1的速度v1=__________m/s：碰撞后小球m2的速度v2=__________m/s(结果保留2位有效数字)。
(5)若碰撞中动量守恒、则m1:m2=________。
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
15.ETC是高速公路上不停车电子收费系统的简称。如图，汽车以15 m/s的速度行驶，如果过人工收费通道，需要在收费站中心线处减速至0，经过20 s缴费后，再加速至15 m/s行驶；如果过ETC通道，需要在中心线前方10 m处减速至5 m/s，匀速到达中心线后，再加速至15 m/s行驶。设汽车加速和减速的加速度大小均为1 m/s2，求：
(1)汽车进入人工收费通道，减速到0所用的时间；
(2)汽车过人工收费通道，从收费前减速开始，到收费后加速结束，总共通过的路程。
(3)汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节约多少时间。
16.如图为无人驾驶汽车A在一段封闭道路上模拟实况行驶的情景。初始时，A、B两车均以v0=12m/s的速度在各自车道内向右行驶，A、B相距(A车车头到B车车尾)L=16m，无人驾驶汽车A准备以a1=4m/s2的加速度超越B车。此时在对向车道中有一辆迎面驶来的汽车C，其速度大小为vC=16m/s。已知无人驾驶汽车A的长度LA=4m，B车的长度LB=12m，B、C车始终做匀速运动，该道路限速为vm=20m/s，无人驾驶汽车A加速、减速过程均视为匀变速直线运动。
(1)求无人驾驶汽车A从开始加速到恰好完全超越B车所用时间是多少；
(2)无人驾驶汽车A恰好完全超越B车时，车头恰好与C车车头相遇，求A车开始加速时与C车车头距离是多少；
(3)若无人驾驶汽车A开始加速后经历2.5s，A车检测到B车想变道到A车所在车道，于是无人驾驶汽车A立即刹车减速，则A车的加速度大小a2至少为多少才不会与B车追尾。(不考虑B车变道的影响)
17.如图所示，光滑水平面上静止放置一个水平长木板B和14光滑圆弧轨道C的组合体，B、C之间不粘连。现将物块A以8m/s的速度从B左端水平滑上长木板，已知A、B、C的质量均为2kg。长木板B的长度L=4m，圆弧轨道半径R=1.8m，物块A与长木板B上表面的动摩擦因素为μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，不考虑物块A经过组合体连接处的能量损失。
(1)物块A刚要离开长木板B时，物块A的速度大小；
(2)物块A在轨道C上能达到的最大高度；
(3)最终圆弧轨道C的速度大小。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
根据同侧法分析出两列波的起振方向的关系；
机械波的传播速度与介质有关；
根据波速的计算公式得出时间和周期的关系，从而得出质点在两列波相遇时的路程；
根据振动方程分析出质点的运动距离，结合运动学公式即可完成分析。
本题主要考查了简谐横波的相关应用，理解简谐横波在不同方向上的运动特点，结合运动学公式即可完成分析。
【解答】
A.图示时刻两列波恰好传播到P，Q两点，根据同侧法法可得P，Q两点起振方向竖直向上。因此两列波起振方向相同，故A错误；
B.机械波的传播速度与介质有关，根据题意可知，因为两列机械波是在同种介质中传播的，所以传播速度相同，故B错误；
C.两列波传播速度相同均为v=xt=
从图示时刻开始经t1=1.0−0.22×0.5s=0.8s
两列波相遇，质点A振动周期T=2t=2×0.4s=0.8s
开始至相遇共经历了1.2s，故A的路程s=6A=6×5cm=30cm，故C正确；
D.经t2=
左侧波源振动传播到x=0.55m质点，t=1.4s时质点振动了0.3s。左侧波源引起质点振动方程x=5sin2.5π(t−t2)(cm)
代入时间可得左侧波源引起质点振动产生位移x左=52 2cm
经t3=1.2−
右侧波源振动传播到x=0.55m质点，t=1.4s时质点振动了0.1s。右侧波源周期为0.4s，故右侧波源引起质点振动得位移刚好为x右=5cm
根据波得叠加原理可得位移为(5+2.5 2)cm，故D错误。
故选：C。
2.【答案】C
【解析】解：匀变速直线运动平均速度等于初末速度的平均值，则有：vR+vS2=10m/s
vT+vS2=5m/s
设公交车加速度大小为a，RS间的距离为x，则ST间的距离为2x，由匀变速直线运动位移—速度公式得：
vS2−vR2=−2ax
vT2−vS2=−2a⋅2x
联立解得：
vR=11m/s
vS=9m/s
vT=1m/s
故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于初末速度的平均值求解经过R、S、T三点的速度关系，根据匀变速直线运动位移—速度公式和位移关系求解经过T点的瞬时速度。
本题考查匀变速直线运动规律，解题关键是掌握匀变速直线运动规律并能够熟练应用。
3.【答案】D
【解析】【分析】
解决本题的关键知道平均速度和平均速率的区别，平均速率等于路程与时间的比值，需注意质点是否反向。
【解答】
根据题意，质点离开O点的距离x随时间变化的关系为x=2+3t−t3(m)，故t=0时，x0=2m；t=2s时，x2=0m；故2s内位移为：△x=x′−x=0−2m=−2m；2s内的平均速度为：v=Δxt=−22=−1m/s，由v=3−3t2(m/s)知，质点速度减为零的时间为t=1s，t=1s时x1=(2+3×1−13)m=4m，则第1s内的位移大小为s1=2m，则第2s内的位移大小为s2=4m，则路程为：s=s1+s2=2+4m=6m，平均速率为v=st=62m/s=3m/s
故D正确，ABC错误。
故选D。
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了v−t图像等；解决本题的关键要掌握匀变速直线运动的速度−位移关系公式，通过变形分析x−v2图像斜率的物理意义。
根据匀变速直线运动的速度−位移关系公式列式，分析两车的运动性质，再分析v−t图像的形状。
【解答】
解：质点的初速度v0=0，由v2−v02=2ax变形可得x=12av2；
由图像可得，乙的加速度不变，甲的加速度逐渐增大，由于甲、乙的速度为v1时位移相同，v−t图线与横轴所围面积表示位移；
故B正确，ACD错误。
5.【答案】C
【解析】若走人工通道，则
s1=2×v022a
走ETC通道
s2=2×v02−v122a+v1Δt′
由题意 s1=s2 解得
Δt′=v1a
则与走人工通道相比，走ETC通道节省的时间为
t=(2×v0a+Δt)−(2×v0−v1a+Δt′)=v1a+Δt
故选C。
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查质点、平均速度、平均速率以及牛顿第三定律的理解，关键是知道物体能看成质点时的条件，看物体的大小体积对所研究的问题是否产生影响，物体的大小体积能否忽略；平均速率是路程与时间的比值；根据牛顿第三定律分析筷子和弹珠之间的相互作用力；平均速度是位移与时间的比值，是矢量。
【解答】
A.因不能忽略容器与弹珠的大小，因此都不能视为质点，故 A正确；
B. 因完成一次操作，路程不为零，即平均速率不为零，故B错误；
C.筷子对弹珠的作用力与弹珠对筷子的作用力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律可知，不论该同学的运动状态如何，二者大小总是相等，故C错误；
D.往返中，位移方向不同，时间不同，平均速度不同，故D错误。
7.【答案】B
【解析】解：A.设滑块的末速度大小为v1，根据匀变速直线运动规律得v1=v0+at=0.5m/s−0.5m/s2×2s=−0.5m/s，2秒后速度与原方向相反，与题意不符，故A错误；
B.若v0=2m/s，则v1=v0+at=2m/s−0.5m/s2×2s=1m/s，L=v0+v12t=2m/s+1m/s2×2s=3m，故B正确；
C.若v0=3m/s，则v1=v0+at=3m/s−0.5m/s2×2s=2m/s，L=v0+v12t=3m/s+2m/s2×2s=5m，故C错误；
D.若v0=5m/s，则v1=v0+at=5m/s−0.5m/s2×2s=4m/s，L=v0+v12t=5m/s+4m/s2×2s=9m，故D错误。
故选：B。
本题考查了匀变速直线运动的规律，加速度为矢量，既有大小又有方向，本题在桌面上受摩擦阻力的作用，故加速度应为−0.5m/s2，应用速度公式v1=v0+at及匀变速直线运动位移公式x=v0+v12t解题即可。
做题时应注意加速度的方向，不能默认加速度为正的，与速度方向相同。
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查汽车刹车问题，基础题目。
根据位移公式得出初速度和加速度，计算出刹车停下的时间，根据速度位移公式得出发生的位移即可判断。
【解答】
对比位移与时间的关系式x=v0t+12at2可知，汽车的初速度v0=20m/s、加速度a=−4m/s2。则汽车刹车时间为t=0−v0a=5s，
所以汽车刹车后6s在路面上留下的刹车痕迹长度等于汽车速度减小到零的过程中通过的位移大小，即x=02−v022a=50m。
故选B。
9.【答案】C
【解析】【分析】本题通过斜面实验考查了力对运动的影响、匀变速直线运动等基础知识，比较简单，基础题。
【解答】A.小球在斜面a、b上运动越来越慢，主要是重力的作用，小球的摩擦较小作用不大，所以A错误；
B.小球在斜面上运动可以看成匀减直线运动，但初速度相同，末速度也一样都为0，由平均速度公式可知两斜面上的平均速度相同，所以B错误；
C.小球在斜面b上的影像个数较多，因为频闪照相的频闪频率相同，所以小球在斜面b上运动的时间较长，则C正确；
D.频闪照片中相邻的两个影像间的距离越大，表示这两个影像间的运动速度越大，所以D错误；
故选C。
10.【答案】BC
【解析】由衍射现象、薄膜干涉、双缝干涉的实验现象得解。
本题主要考查期光的波动性的实验现象的理解与应用，熟悉各实验及现象是解题的关键，难度不大。
A.甲图是小孔衍射的图样，而“泊松亮斑”是圆板衍射，故不是“泊松亮斑”，故A错误；
B.乙图是薄膜干涉的应用，用来检测平面的平整程度。若干涉条纹是直的则表明平面平整，故B正确；
C.丙图是双缝干涉原理图，若P到S1、S2的路程差是光的半波长的偶数倍，则P是亮条纹，若P到S1、S2的路程差是光的半波长的奇数倍，则P是暗条纹，故C正确；
D.丁图是薄膜干涉现象的实验装置图，在附有肥皂膜的铁丝圈上，出现水平干涉条纹，故D错误。
11.【答案】AD
【解析】解：A.每一滴雨滴下落高度相同，由h=12gt2可知，落地时间相同，故A正确；
B.初速度为零的匀加速直线运动，相等时间间隔、相邻位移比为1：3：5：7⋯，故只有前2s内位移之比为1：3，故B错误；
C.设相邻两滴雨滴时间间隔为Δt，某滴雨下落时间为t，它与后面一滴雨滴的距离为Δh=12gt2−12g(t−Δt)2=gΔt⋅t−12gΔt2
随时间增加，相邻雨滴之间的距离增加，故C错误；
D.结合C选项，相邻雨滴之间的速度之差可表示为Δv=gt−g(t−Δt)=gΔt
相邻雨滴之间的速度之差保持不变，故D正确。
故选：AD。
可以将几个雨滴的自由落体运动等效为一滴雨滴在相同时间间隔所处不同位置来研究。
自由落体运动就是竖直方向的初速度为零的匀加速直线运动。
12.【答案】AD
【解析】A.黄光在圆柱体中的传播速度
v=cn
此光束在圆柱体中传播的距离
s=Lsinθ=nL
可得此单色光在圆柱体中的传播时间为
t=sv=n2Lc
故A正确；
B.根据折射定律可得
sinαcsθ=n
根据临界角公式可得
sinθ=1n
解得
sinα= n2−1
故B错误；
C.若减小入射角α，可知光束射到侧面上时的入射角θ变大，光在圆柱体中的传播路径变短，此单色光在圆柱体中传播时间变短，故C错误；
D.换用红光以相同的入射角从O点射入圆柱体，因红光的折射率更小，角度θ变小，但临界角更大，红光将从A点左侧折射出圆柱体，故D正确。
故选AD。
13.【答案】(1)如图 ；y ；(2)b ；(3)2
【解析】解答：
(1)分别取a、b、c、d、e五段的上方中点，并连线，得到的图线即为v−t图线，如图所示，y轴相当于v轴，
；
(2)t=0.15 s是BC时间段的中间时刻，要求t=0.15 s时的瞬时速度，只需要测b段纸带的长度xb，然后用v=xbT求得的平均速度即可认为是t=0.15 s时刻的瞬时速度；
(3)a、e段各自中间时刻的速度分别为va=xaT=，ve=xeT=，
根据a=ΔvΔt得a=ve−va4T=1.00−。
故答案为：(1)如图 ；y； (2)b； (3)2。
分析：(1)使用的方法是等效代替法解题，它们的长度分别等于x=v平均t，因为剪断的纸带所用的时间都是t=0.1s，即时间t相等，所以纸带的长度之比等于此段纸带的平均速度之比；
(2)要求t=0.15 s时的瞬时速度，只需要测b段纸带的长度xb，然后用v=xbT求得的平均速度即可认为是t=0.15 s时刻的瞬时速；
(3)此段纸带的平均速度等于这段纸带中间时刻的速度，再根据加速度的定义计算出加速度的大小。
14.【答案】(3)0.10 (4) 1.0 ； 1.5 (3) 3:1
【解析】(3)小球在空中做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，则有
Δy=gT2
解得频闪相机闪光的周期为T= Δyg= 2ag= 2×5×10−210s=0.10s
(4)小球在空中做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，由图可知碰懂前小球 m1 的速度为
v1=2aT=2×5×10−20.1m/s=1.0m/s
碰撞后小球 m2 的速度为
v2=3aT=3×5×10−20.1m/s=1.5m/s
(5)碰撞后小球 m1 的速度为
v′1=aT=5×10−20.1m/s=0.5m/s
根据动量守恒可得
m1v1=m1v′1+m2v2
可得
m1m2=v2v1−v′1=1.51.0−0.5=31
15.【答案】解：
(1)人工通道汽车减速的时间为：
t1=v−v0a=0−15−1s=15s
(2)
汽车过人工收费通道，从收费前减速到速度减为0通过的位移为
x1=v022a=1522×1m=112.5m
汽车缴费后再加速至15 m/s通过的位移为
x2=v22a′=1522×1m=112.5m
则汽车从收费前减速开始，到收费后加速结束，总共通过的路程为
s=x1+x2=225m
(3)汽车过人工收费通道，从收费前减速开始，到收费后加速结束，总共所用时间为
t总=t减+t停+t加=151s+20s+151s=50s
汽车通过ETC通道时，速度减速至5m/s所用时间为
t1=Δva=15−51s=10s
减速过程通过的位移为
x减=15+52×10=100m
以5m/s通过位移10m所用时间为
t2=&105=2s
从5m/s加速至15m/s所用时间为
t3=Δv′a′=15−51s=10s
加速过程通过的位移为
x加=5+152×10=100m
以上三个过程汽车通过的位移一共为
x减+x匀+x加=100m+10m+100m=210m
则有
t4=225−21015=1s
可知汽车通过ETC通道时，通过路程为225m所用的总时间为
t′总=t1+t2+t3+t4=23s
汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节约的时间为
Δt=t总−t′总=50s−23s=27s

【解析】(1)根据匀变速直线运动的速度时间公式以及速度位移公式求出加速和减速的位移和时间，然后求出总时间和总位移；
(2)汽车通过ETC通道的时间由匀加速和匀减速运动的时间和匀速直线运动时间之和．
16.【答案】解：(1)A车经过时间t恰好超越B车，A车加速时间为t1=vm−v0a1=2s，
则由匀变速直线运动规律得vm2−v022a1+vm(t−t1)−v0t=L+LA+LB，
又有：vm=v0+a1t1，
解得t=5s。
(2)初始时AC两车车头相距d=vm2−v022a1+vm(t−t1)+vCt，
解得d=172m。
(3) A车加速后经历t2= 2.5 s过程中先加速后匀速，
在0−2.5s内A车位移xA=vm2−υ022a1+vm(2.5s−t1) =42m，
B车的位移xB=v0t2=30m，
此时，A车车头与B车车尾相距L′=L−xB+xA=4m，
若想让AB两车不追尾，临界状态为A车速度减到v0恰好与B车车尾相遇，设该过程历t3，
则v0=vm+(−a2)t3，
L′=vm2−v022a2−v0t3，
联立解得a2=8m/s2，
说明A车刹车时加速度至少为a2=8m/s2才能避免与B车追尾。
【解析】本题考查了运动学中的追及问题，关键抓住位移关系，结合运动学公式灵活求解。
追及相遇问题：(i)一定能追上；速度相等时两者距离最大；(ii)有可能追上，在两者速度相等时：①没有追上，此时距离最小；②刚好追上，只能相遇1次或恰好相遇；③超过，相遇2次或在此之前已经发生相撞。从时间、位移、速度三个角度列式求解。
17.【答案】(1)4m/s；(2)0.1m；(3)4m/s
【解析】(1)对A、B、C系统，由动量守恒可得
mAv0=mAvA+mC+mBvB
能量守恒可得
12mAv02=12mAvA2+12mB+mCvB2+μmAgL
求得
vA=4m/s
(2)对A、C系统，从A刚滑倒C上到AC水平共速，由动量守恒，能量守恒可得
mAvA+mCvB=mA+mCv1
12mAvA2+12mCvB2=12mA+mCv02+mAgh
求得
h=0.1m
(3)对A、C系统，在A刚滑倒C上到A再次滑倒水平，由动量守恒，能量守恒可得
mAvA+mCvB=mAv2+mCv3
12mAvA2+12mCvB2=12mAv22+12mCv32
求得
v3=4m/s