模块综合检测卷(2)-【优学精讲】2025-2026学年高中物理必修第一册教用课件(人教版)

模块综合检测卷(二) 1 √ (时间：75分钟　分值：100分) 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．如图所示的四个情景，分别对应四个选项，其中说法正确的是(　　)   A．图甲中，即将被踢起的足球受到脚给它的弹力是由于球发生了形变 B．图乙中，静止在光滑水平地面上的两个足球由于接触而受到相互作用的弹力 C．图丙中，落在球网中的足球受到弹力是由于球网发生了形变 D．图丁中，静止在草地上的足球受到的弹力就是它受到的重力 4 5 6 7 8 1 9 10 12 11 2 3 15 14 13 模块综合检测卷 解析：即将被踢起的足球受到脚给它的弹力是由于施力物体脚发生了形变，A错误；静止在光滑水平地面上的两个足球接触，若相互之间有弹力作用，则无法保持静止状态，所以没有受到相互作用的弹力，B错误；落在球网中的足球受到弹力是由于球网发生了形变，C正确；静止在草地上的足球受到的弹力与重力相平衡，但不是它的重力，D错误。 4 5 6 7 8 1 9 10 12 11 2 3 15 14 13 模块综合检测卷 √ 2．作用在同一物体上的三个力，大小分别为6 N、8 N和10 N，其合力大小不可能是(　　) A．0　　　 B．10 N C．20 N D．30 N 解析：当三个力方向相同时，合力最大F合＝6 N＋8 N＋10 N＝24 N，6 N和8 N的合力大于等于2 N，小于等于14 N，而10 N在这个范围内，所以三个力的合力可能为0，则三个力合力的最小值为0，所以合力不可能为30 N。 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 模块综合检测卷 √ 3．如图所示，质量为m的鱼在水中沿水平方向以加速度a从左向右匀加速游动，则水给鱼的作用力的说法正确的是(　　)  A．等于零 B．等于mg，方向竖直向上 C．等于ma，方向水平向右 D．大于mg，方向斜向右上方 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 模块综合检测卷 √ 4．在快节奏的现代生活中，家用室内引体向上器作为一种 简单实用的健身器材，受到很多人的青睐。它通常采用免 打孔设计，通过调节杆的长度，利用橡胶垫与门框或墙壁 的摩擦力起到固定的作用，如图所示。下列说法正确的是(　　)  A．橡胶垫与墙面间的压力越大，橡胶垫与墙面间的摩擦力越大 B．健身者在做引体向上运动时，橡胶垫与墙面间的摩擦力保持不变 C．健身者在单杆上悬停时，健身者的质量越大，橡胶垫与墙面间的摩擦力就越大 D．健身者在单杆上悬停时，手臂间距离越大，所受到单杆的作用力就越大 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 模块综合检测卷 解析：橡胶垫与墙面之间是静摩擦力，与压力没有必然联系，故A错误；健身者在做引体向上运动时，先做加速度向上的加速运动，后做加速度向下的减速运动，把健身者与室内引体向上器作为研究对象，由牛顿第二定律可知，摩擦力的大小与健身者的加速度有关，先大于重力后小于重力，B错误；健身者在单杆上悬停时，把健身者与室内引体向上器作为研究对象，摩擦力的大小等于健身者与室内引体向上器的重力，故健身者的质量越大，摩擦力越大，C正确；若把健身者作为研究对象，健身者处于平衡状态，受到单杆的作用力始终等于健身者的重力，D错误。 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 模块综合检测卷 √ 5．2024年巴黎奥运会，中国代表团以40金27银24铜共91枚奖牌的优异表现，创造了境外参加奥运会的最佳成绩。下列关于奥运比赛项目中物理知识说法正确的是(　　) A．给正在参加跳水比赛的运动员打分时，裁判们可以把运动员看作质点 B．羽毛球比赛中运动员击球的最大速度是指瞬时速度 C．开幕式中升奥运会会旗时，观察到会旗冉冉升起，观察者是以“会旗”为参考系的 D．在巴黎奥运会游泳项目男子100米自由泳决赛中，我国运动员以46.40 s的成绩夺得冠军，并打破世界纪录，这里的“46.40 s”指的是时刻 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 模块综合检测卷 解析：给正在参加跳水比赛的运动员打分时，运动员的形状、大小不能忽略，裁判们不可以把运动员看作质点，故A错误；羽毛球比赛中运动员击球的最大速度是指瞬时速度，故B正确；开幕式中升奥运会会旗时，观察到会旗冉冉升起，研究对象是“会旗”，不能选取“会旗”本身为参考系，可以选取地面或旗杆为参考系，故C错误；在巴黎奥运会游泳项目男子100米自由泳决赛中，我国运动员以46.40 s的成绩夺得冠军，并打破世界纪录，这里的“46.40 s”指的是时间间隔，故D错误。 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 模块综合检测卷 √ 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 模块综合检测卷 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 模块综合检测卷 √ 7．如图甲所示，静止在水平地面上的物块A，从t＝0时刻起受到水平拉力F的作用，F与t的关系如图乙所示。已知物块与水平地面间的最大静摩擦力fmax等于滑动摩擦力，下列说法正确的是(　　)   A．t2时刻物块速度最大 B．t1至t3时间内，加速度先增大后减小 C．0至t2时间内，物块速度一直在增大 D．0至t2时间内，摩擦力一直在增大 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 模块综合检测卷 解析：根据题图乙可知，t1时刻之前，拉力小于最大静摩擦力，物块始终处于静止状态，t1至t3时间内，拉力大于最大静摩擦力，物块做加速运动，t3时刻之后，拉力小于最大静摩擦力，物块做减速运动，可知t3时刻物块速度最大，故A错误；t1至t3时间内，根据牛顿第二定律有F－fmax＝ma，结合题图可知，物块的加速度先增大后减小，故B正确；结合上述可知，0至t2时间内，物块先静止后加速，即物块速度先为0后增大，即物块先受到静摩擦力，大小与拉力大小相等，后受到滑动摩擦力，大小一定，即0至t2时间内，摩擦力先增大后不变，故C、D错误。 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 模块综合检测卷 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求。全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。 8．如图所示为三种形式的吊车工作示意图，AO为固定杆，图中所示夹角θ＝30°，绳和滑轮的质量忽略不计，AB缆绳通过滑轮吊着相同重物，均处于静止状态。图甲中∠AOB＝120°，则定滑轮受到缆绳的作用力F甲、F乙、和F丙的大小关系是(　　) 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 模块综合检测卷 √ √ 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 模块综合检测卷 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 模块综合检测卷 √ 9.甲、乙两车在同一条直道上行驶，它们运动的位置x随时间t变化的关系如图所示，已知乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10 s处，则下列说法正确的是(　　) A．5 s到15 s内，乙车的平均速度为0 B．乙车的加速度大小为4 m/s2 C．整个运动过程中，甲、乙两车共相遇2次 D．前15 s内，乙车速度的变化量大小为24 m/s √ √ 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 模块综合检测卷 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 模块综合检测卷 √ 10．与水平地面夹角为θ的两倾斜平行杆上分别套着a、b圆环，两环上均用细线悬吊着相同的小球，如图所示。当它们都沿杆向下滑动，各自的环与小球保持相对静止时，a的悬线与杆垂直，b的悬线沿竖直方向，已知重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)  A.a环不受杆的摩擦力 B．d球可能做匀加速直线运动 C．c球的加速度大小为g sin θ D．细线对c、d球的拉力大小可能相等 √ 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 模块综合检测卷 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 模块综合检测卷 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11．(8分)某同学利用如图甲所示实验装置探究小车加速度与其质量的关系，已知打点计时器所用电源频率为50 Hz。 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 模块综合检测卷 (1)下列说法正确的是________。 A．图甲中的电磁打点计时器应接8 V左右交流电源 B．平衡阻力时，需要把钩码通过细绳系在小车上 C．需调节定滑轮的高度，使滑轮与小车间的细绳与木板平行 D．改变小车质量后，需重新平衡阻力 AC 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 模块综合检测卷 解析：题图甲中的电磁打点计时器应接8 V左右交流电源，故A正确；平衡阻力时，不能把钩码通过细绳系在小车上，故B错误；为给小车提供一个恒定的牵引力，需调节定滑轮的高度，使滑轮与小车间的细绳与木板平行，故C正确；改变小车质量后，小车所受重力沿斜面向下的分力与阻力等倍率变化，仍保持相等，所以不需要重新平衡阻力，故D错误。 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 模块综合检测卷 (2)某次实验中获得的纸带如图乙所示，A、B、C、D、E、F、G为选出的计数点，每相邻两个计数点之间有4个点未画出，则打点C时小车的速度大小为________m/s，小车的加速度大小为________m/s2(结果均保留2位有效数字)。 0.098 0.25 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 模块综合检测卷 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 模块综合检测卷 C 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 模块综合检测卷 12．(10分)如图甲所示，某兴趣小组在探究加速度与力、质量的关系实验中，将一端带定滑轮的长木板放在水平实验桌面上，小车的左端通过轻细绳跨过定滑轮与砝码盘相连，小车的右端与穿过打点计时器的纸带相连，实验中认为砝码和盘的总重力近似等于绳的拉力，已知重力加速度为g，打点计时器的工作频率为50 Hz。 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 模块综合检测卷 (1)实验主要步骤如下，下列做法正确的是________。 A．实验时，先放开小车再接通打点计时器的电源 B．调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行 C.把远离定滑轮一侧的木板垫高，调节木板的倾角，使小车在砝码和盘的牵引下做匀速直线运动 D．每次通过增减小车上的砝码改变小车质量时，都需要重新调节木板倾角 B 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 模块综合检测卷 解析：实验时，要先接通打点计时器的电源再放开小车，故A错误；为使小车细绳的拉力近似等于小车受到的合力，应调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行，故B正确；把远离定滑轮一侧的木板垫高，调节木板的倾角，使小车在不受牵引力时做匀速直线运动，以此平衡摩擦力，故C错误；平衡摩擦力后，每次通过增减小车上的砝码改变小车质量时，不需要重新调节木板倾角，故D错误。 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 模块综合检测卷 (2)甲同学在补偿阻力后，在保持小车质量不变的情况下，改变砝码盘中砝码的质量，重复实验多次，作出了如图乙所示的a－F图像，其中图线末端发生了弯曲，产生这种现象的原因可能是________。 A．因为补偿阻力不足 B．因为补偿阻力过度 C．砝码和盘的总质量未满足远大于小车总质量的条件 D．砝码和盘的总质量未满足远小于小车总质量的条件 解析：图线末端发生了弯曲，产生这种现象的原因可能是砝码和盘的总质量没有满足远小于小车质量的要求，若补偿阻力过度，则图线应与纵轴出现交点，若补偿阻力不足，则图线应与横轴出现交点。 D 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 模块综合检测卷 (3)图丁所示的是实验中打出的一段纸带，在打出的点中，从A点开始每5个打点间隔取1个计数点，分别记为A、B、C、D、E，相邻计数点间的距离已在图中标出。打点计时器打下计数点C时，小车的瞬时速度v＝________m/s，小车的加速度a＝________m/s2。(结果保留2位有效数字) 1.0 5.0 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 模块综合检测卷 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 模块综合检测卷 (4)乙同学遗漏了补偿阻力这一步骤，若长木板水平，保持小车质量一定，测得小车加速度a与所受外力F的关系图像如图丙所示，则小车与木板间的动摩擦因数μ＝__________(用b、c、g表示)。 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 15 14 13 模块综合检测卷 13.(10分)质量m＝2 kg的物体静止在光滑水平面上。现给 该物体同时施加两个大小分别为F1＝3 N、F2＝4 N且相 互垂直的水平力，如图所示。求： (1)物体所受合力F的大小；(3分) 答案：5 N　 13 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 模块综合检测卷 (2)物体加速度a的大小；(3分) 答案：2.5 m/s2　 13 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 模块综合检测卷 (3)2 s末物体速度v的大小。(4分) 解析：由速度时间关系式v＝v0＋at可知 2 s末物体速度v的大小 v＝2.5×2 m/s＝5 m/s。 答案： m/s 13 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 模块综合检测卷 14．(12分)如图所示，一只可爱的企鹅喜欢在倾角θ＝37°的冰面上游戏：先以恒定加速度从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，经t＝0.7 s后，在x＝0.56 m处，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏。企鹅在滑行过程中姿势保持不变，企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，求： 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 模块综合检测卷 (1)企鹅向上加速“奔跑”结束时的速度大小v；(2分) 答案：1.6 m/s　 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 模块综合检测卷 (2)企鹅向上运动的最大距离；(5分) 解析：设向上减速滑行时企鹅的加速度大小为a1，时间为t1，滑行位移为x1，根据牛顿第二定律有 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1 根据速度时间公式有 v＝a1t1 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 模块综合检测卷 根据速度位移公式有 v2＝2a1x1 联立解得a1＝8 m/s2，t1＝0.2 s ，x1＝0.16 m 则向上运动的最大距离 xm＝x＋x1＝0.72 m。 答案：0.72 m　 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 模块综合检测卷 (3)企鹅完成一次游戏的总时间t总。(5分) 答案：1.5 s 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 模块综合检测卷 15．(14分)如图所示，倾角θ＝37°的足够长粗糙斜面固定在水平面上，斜面上放一质量M＝2 kg的薄木板，木板的最上端叠放一质量m＝1 kg的小物块，对木板施加沿斜面向上的拉力F＝32.4 N，使木板沿斜面向上由静止开始做匀加速直线运动，经测量得知F的作用时间为2 s时，物块滑离木板。已知木板与斜面间、物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.5，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.8，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 模块综合检测卷 (1)2 s末木板的位移大小；(4分) 答案：2 m　 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 模块综合检测卷 (2)2 s末物块的速度和位移的大小；(5分) 答案：0.8 m/s　0.8 m　 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 模块综合检测卷 (3)物块滑离木板后沿斜面上升的最大距离。(5分) 答案：0.032 m 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 模块综合检测卷 解析：根据题意可知，鱼所受重力与水给鱼的作用力的合力水平向右，所以F＝ eq \r(（mg）2＋（ma）2) ＞mg，方向斜向右上方。 6．甲、乙两辆汽车在一条平直的单行道上同向行驶，乙车在前，速度大小为v2，甲车在后，速度大小为v1，且v1＞v2，当两车相距L时，甲车感觉到危险以加速度大小a开始刹车，同时鸣笛示意乙车，乙车同时也以加速度大小a开始加速，为了避免相撞，a最小应为(　　) A．2,1) eq \f(v－v eq \o\al(2,2) ,2L) 　　　　　　 B．2,1) eq \f(v－v eq \o\al(2,2) ,4L) C． eq \f(（v1－v2）2,2L) D． eq \f(（v1－v2）2,4L) 解析：两车恰好不相撞时位移满足关系v1t－ eq \f(1,2) at2＝v2t＋ eq \f(1,2) at2＋L，且此时两车速度大小相等，v1－at＝v2＋at，联立解得a＝ eq \f(（v1－v2）2,4L) 。 A．F甲、F乙和F丙均沿杆AO B．F甲沿杆，F乙和F丙与杆AO夹角均为30° C．F甲∶F乙∶F丙＝ eq \r(3) ∶1∶1 D．F甲∶F乙∶F丙＝ eq \r(3) ∶ eq \r(3) ∶1 解析：设重物重力为G，由题意可知题图甲、乙、丙中，每段绳的拉力大小等于重物的重力大小G。题图甲中定滑轮受到缆绳的作用力与两段绳合力大小相等，方向相同，根据平行四边形定则，可得F甲＝2Gcos 30°＝ eq \r(3) G，方向沿杆AO方向；同理，题图乙中定滑轮受到缆绳的作用力F乙＝2Gcos 60°＝G，方向与杆AO成30°指向右下方；同理，可得题图丙中F丙＝2Gcos 60°＝G，方向与竖直方向成60°指向右下方，即与杆AO夹角为30°。综上可知，F甲∶F乙∶F丙＝ eq \r(3) ∶1∶1，故B、C正确。 解析： 5 s到15 s内，乙车的位移为0，故乙车的平均速度为0，故A正确；由题意可知，乙车在10 s末的速度为0，在5 s到10 s的时间内x1＝ eq \f(1,2) at eq \o\al(2,1) ，则乙车的加速度大小a＝ eq \f(2×20,52) m/s2＝1.6 m/s2，故B错误；x－t图像的交点表示相遇，由题图可知整个运动过程中，甲、乙两车共相遇2次，故C正确；由于乙车做匀变速直线运动，根据Δv＝aΔt，可知前15 s内，乙车速度的变化量大小Δv＝aΔt＝1.6×15 m/s＝24 m/s，故D正确。 解析：c球受重力和拉力两个力，两个力的合力不等于零，受力如图所示， c球与a环以共同的加速度向下滑，对c球有a＝ eq \f(mg sin θ,m) ＝g sin θ，则a环的加速度为g sin θ，做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有f＋m1g sin θ＝m1a，解得f＝0，故a环不受杆的摩擦力，故A、C正确；对d球隔离分析，只受重力和竖直方向的拉力，因此d球的加速度为零，不可能做匀加速直线运动，故B错误；根据B项分析，知d球处于平衡状态，根据共点力平衡，可得细线对c球的拉力Tc＝mg cos θ，对d球的拉力Td＝mg，细线对c、d球的拉力大小不相等，故D错误。 解析：相邻两计数点间的时间间隔T＝5×0.02 s＝0.1 s，由题图乙可知，计数点B、C、D、E、F、G对应的刻度分别为0.60 cm、1.45 cm、2.55 cm、3.90 cm、5.50 cm、7.35 cm，所以打点C时小车的速度大小vC＝ eq \f(xBD,2T) ＝ eq \f(（2.55－0.60）×10－2,2×0.1) m/s≈0.098 m/s，小车的加速度大小a＝ eq \f(xDG－xAD,（3T）2) ＝ eq \f(（7.35－2.55－2.55）×10－2,（3×0.1）2) m/s2＝0.25 m/s2。 (3)平衡阻力后，保持钩码的质量m不变，改变小车的质量M，测出对应的加速度a，并作出 eq \f(1,a) －M图像，实验操作无误，下列图像最符合实际的是________。 解析：设细绳对小车的拉力大小为T，对小车和钩码，根据牛顿第二定律有T＝Ma，mg－T＝ma，两式联立，得 eq \f(1,a) ＝ eq \f(1,mg) M＋ eq \f(1,g) ，所以 eq \f(1,a) 与M为线性关系，且图线与纵轴交于正半轴。 解析：根据题意可知，相邻两计数点之间的时间间隔T＝5×0.02 s＝0.1 s，所以打点C时速度大小v＝ eq \f(BD,2T) ＝ eq \f(（7.50＋12.51）×10－2,2×0.1) m/s≈1.0 m/s，小车运动的加速度a＝ eq \f(CE－AC,（2T）2) ＝ eq \f([（12.51＋17.50）－（2.50＋7.50）]×10－2,（2×0.1）2) m/s2≈5.0 m/s2。 解析：设小车质量为M，根据牛顿第二定律有F－μMg＝Ma，所以a＝ eq \f(F,M) －μg，结合图线可知μg＝b，所以μ＝ eq \f(b,g) 。 eq \f(b,g) 解析：根据力的平行四边形定则，可知物体所受F1和F2的合力大小 F＝2,1) eq \r(F＋F eq \o\al(2,2) ) ＝ eq \r(32＋42) N＝5 N。 解析：根据牛顿第二定律可知，物体加速度的大小 a＝ eq \f(F,m) ＝2.5 m/s2。 解析：由题可知，企鹅向上“奔跑”做匀加速直线运动，根据位移公式有 x＝ eq \f(v,2) t 代入数据解得 v＝1.6 m/s。 解析：设向下滑行时，企鹅的加速度大小为a2，时间为t2，根据牛顿第二定律有 mg sin θ－μmg cos θ＝ma2 根据位移时间公式有 xm＝ eq \f(1,2) a2t eq \o\al(2,2) 解得a2＝4 m/s2，t2＝0.6 s 所以总时间 t总＝t＋t1＋t2＝1.5 s。 解析：对木板根据牛顿第二定律得 F－Mgsin 37°－μ2mgcos 37°－μ1(m＋M)gcos 37°＝Ma1 解得a1＝1 m/s2 2 s末木板的位移 x1＝ eq \f(1,2) a1t eq \o\al(2,1) ＝2 m。 解析：物块向上做匀加速运动，对物块根据牛顿第二定律得 μ2mgcos 37°－mg sin 37°＝ma2 解得a2＝0.4 m/s2 2 s末物块的速度和位移分别为 v2＝a2t1＝0.8 m/s x2＝ eq \f(1,2) a2t eq \o\al(2,1) ＝0.8 m。 解析：物块滑离木板后，对物块根据牛顿第二定律得 mg sin 37°＋μ1mg cos 37°＝ma3 解得 a3＝10 m/s2 物块滑离木板后沿斜面上升的最大距离，根据速度位移关系有 v eq \o\al(2,2) ＝2a3x3 解得x3＝0.032 m。 $