在前10个自然数中，至少取多少个数，才能保证其中有两个数的和是10？

设乙车追上甲车时速度恰好相等，乙车刹车时间t，则甲车刹车时间（t+0.5）．
乙车追上甲车时：V_甲=V₀-a_甲（t+0.5）…（1）
V_乙=V₀-a_乙t…（2）
又 V_甲=V_乙…（3）
由（1）（2）（3）解得：t=1.5s
从甲刹车到速度相等过程：
甲车位移：X_甲=V₀（t+0.5）-[1/2]a_甲（t+0.5）²…（4）
乙车位移：X_乙=0.5V₀+（V₀t-[1/2]a₂t²）…（5）
要保证在紧急刹车中两车不相撞，必须满足
△X＞X_乙-X_甲…（6）
由（4）（5）（6）并代入数据得：△X＞1.5m
答：甲、乙两车行驶过程中至少应保持1.5m的距离．

点评：
本题考点： 匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 追及问题较难理解，追及问题中，速度相等是临界条件．加速追匀速，速度相等时距离最大；匀速追加速，速度相等时距离最小．

26×30=780（个）．
答：这个剧场有780个座位．
故答案为：780．

点评：
本题考点： 数字编码．

考点点评： 解决本题的关键是根据题意得出座位的排数和每排的座位数量．

设太平洋号向北冰洋号第一次发出信号时，两艘潜艇相距S米，北冰洋号潜航的速度为v米/秒．
太平洋号的航线速度为15米/秒；
太平洋号第一次发出的声波传到北冰洋号的时间是[S/1185−v]（秒）；
第一个声波传到北冰洋号时，两艘潜艇相距的距离为S+[S/1185−v]×（v-15）（米）；
从太平洋号第一次发出声波到探测到第一个返回声波之间的时间为：[S/1185−v]+
S+
S
1185−v×(v−15)
1185+15（秒）；
第二次发出声波时，两艘舰艇之间的距离为S+2×（v-15）（米）；
从太平洋号第二次发出声波到探测到第二个返回声波的时间是

S+2×(v−15)
1185−v+
S+2×(v−15)+
S+2×(x−15)
1185−v×(v−15)
1185+15（秒）；
∴2+
S+2×(v−15)
1185−v+
S+2×(v−15)+
S+2×(x−15)
1185−v×(v−15)
1185+15-（[S/1185−v]+
S+
S
1185−v×(v−15)
1185+15）=2.01，
395×（v-15）=1185-v，
解得v=17[21/22]米/秒=64[10/11]千米/时≈65千米/时．

点评：
本题考点： 分式方程的应用．

考点点评： 本题考查分式方程在行程问题中的应用，关键是得到时间相应的等量关系；易错点是得到相应时间关系的代数式．

由图象知，甲在前3s内的加速度a甲1＝−10m/s2，在3-9s内的加速度a甲2＝5m/s2，乙在前3s的加速度a_乙1=0，在3-9s内的加速度a乙2＝−5m/s2
根据图象分析知：甲前3s内做a甲1＝−10m/s2匀减速直线运动，3s后速度减为0后再以a甲2＝5m/s2做匀加速直线运动，乙在做匀速直线运动，3s后以a乙2＝−5m/s2做匀减速直线运动．
甲车在匀减速过程中的初速度为30m/s，加速度为a甲1＝−10m/s2可知3s后甲的速度刚好为0，故位移
x甲1＝
v+v0
2t＝
0+30
2×3m＝45m
乙在前3s内的位移x_乙1=vt=30×3m=90m
此时甲乙相距△x=x_甲1+s₀-x_乙1=45+100-90m=55m
从此刻开始，甲做初速度为0加速度为a甲2＝5m/s2的匀加速运动，乙做初速度为v_0乙=30m/s，加速度a乙2＝−5m/s2的匀减速直线运动，此时两车相距△x=55m
因为甲做匀加速运动，乙做匀减速运动，根据运动规律，在甲速度增加到和乙相等时两车末能相撞，则以后就不会相撞：
v_甲=a_甲2t ①
v_乙=v_乙0+a_乙2t ②
当v_甲=v_乙时，可得运动时间t=3s
在这一过程中，甲的位移x甲2＝
1
2a甲2t2＝
1
2×5×32m＝22.5m
乙的位移x乙2＝v0乙t+
1
2a乙2t2＝30×3+
1
2×(−5）×3²m=67.5m
因为：x_甲2+△x＞x_乙2
所以两车不会相撞．
答：两车在0-9s时间内不会相撞．

点评：
本题考点： 匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的图像．

考点点评： 能正确的读懂图象，并能根据图象所反映的物体运动规律进行求解．能抓住两车相距最近时的临界条件是两车速度相等．

两车速度相同、同向行驶，两车相对静止，若以车为参照物，两人相对静止．两人以相对自身为2v₀的初速度水平射出，两人同时被击中．
故选C．

点评：
本题考点： 运动和静止的相对性；速度公式及其应用．

考点点评： 本题考查了学生对运动和静止的相对性的了解与掌握，分析得出两车相对静止、两人相对静止是本题的关键．

设快车追上慢车需要x小时，根据题意得：
55x=48x+21，
解得：x=3，
答：快车追上慢车需要3小时．

点评：
本题考点： 一元一次方程的应用．

考点点评： 此题考查了一元一次方程的应用，关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系列出方程，再求解．

v_A=72km/h=20m/s
A，B相遇不相撞，则A，B相遇时速度相等，设所用时间为t
对A车有：v₂=v_A-at
由位移关系：x_A=x_B+100
x_A=v_At-[1/2]at²
x_B=v₂t
由以上计算式可得
a=0.5m/s²
故a的大小至少为0.5m/s²，才能使A车与B车不相撞．

点评：
本题考点： 匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．

考点点评： A车减速追B车，若要相撞，只能在速度相等之前或相等之时相撞，要求加速度的最小值，即在速度相等之时恰好不相撞．

10×（4+3）÷（4-3）
=10×7÷1
=70（分钟）．
答：70几分钟后甲追上乙．

点评：
本题考点： 追及问题．

考点点评： 此题解答的关键是把甲乙两辆汽车每分钟的速度分别看作4和3，根据速度和与速度差，求出追及时间，解决问题．

（1）设火车的加速度为a．
由运动公式v²-v₀²=2ax得：a＝
v2−v02
2x＝
0−302
2×1800＝−0.25m/s2
所以B车刹车的最大加速度大小为0.25m/s²．
（2）当B车速度减小到v=10m/s时，二者相距最近，设此时B车的位移为x₁，A车的位移为x₂．
则有x1＝
v2−vB2
2a，x₂=v_At，t＝
vA−vB
a
联立解得x₁=1600m，x₂=800m．
因为x₁＞x₂+750，所以两车会相撞．
设经过时间t两车相撞，则
vAt+750＝vBt+
1
2at2
解得：t=60s，
此时A运动的位移x₁=v_At=10×60=600m．
（3）能见度至少达到△x米时才能保证两辆火车不相撞
则△x=x₁-x₂=800m．
答：（1）B车刹车的最大加速度大小为0.25m/s²；
（2）A车若按原来速度前进，则两车会相撞，经过60s，离A车600m的位置相撞；
（3）能见度至少达到800m时才能不相撞．

点评：
本题考点： 匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．

考点点评： 解决本题的关键知道速度大者减速追速度小者，在速度相等之前，两车的距离越来越小，若未相撞，速度相等之后，两车的距离越来越大，可知只能在速度相等之时或相等之前相撞．

以地面为参照物，甲刹车后的一小段时间内，乙车的速度大于甲车的速度，0.5s后乙刹车，乙的速度减小得快，甲的速度减小的慢，当两车的速度相等时两车相距最近，设此时甲运动了t时间

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设乙车追上甲车时速度恰好相等，乙车刹车时间t，则甲车刹车时间（t+0.5）．
乙车追上甲车时：V_甲=V₀-a_甲（t+0.5）…（1）
V_乙=V₀-a_乙t…（2）
又 V_甲=V_乙…（3）
由（1）（2）（3）解得：t=1.5s
从甲刹车到速度相等过程：
甲车位移：X_甲=V₀（t+0.5）-[1/2]a_甲（t+0.5）²…（4）
乙车位移：X_乙=0.5V₀+（V₀t-[1/2]a₂t²）…（5）
要保证在紧急刹车中两车不相撞，必须满足
△X＞X_乙-X_甲…（6）
由（4）（5）（6）并代入数据得：△X＞1.5m
答：甲、乙两车行驶过程中至少应保持1.5m的距离．

点评：
本题考点： 匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 追及问题较难理解，追及问题中，速度相等是临界条件．加速追匀速，速度相等时距离最大；匀速追加速，速度相等时距离最小．

设快车追上慢车需要x小时，根据题意得：
55x=48x+21，
解得：x=3，
答：快车追上慢车需要3小时．

点评：
本题考点： 一元一次方程的应用．

考点点评： 此题考查了一元一次方程的应用，关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系列出方程，再求解．