高中物理力学模块(必修第一册)综合检测题-《中学生数理化》高考理化2026年9月刊

参考答案 高中物理力学模块（必修第一册)综合检测题 参诺答探与提示 1.C提示：研究机器人的行进轨 3.C提示：将匀变速直线运动的 迹时可将其视为质点，而研究机器人的 行进动作时不可将其视为质点，选项A 位移公式x=0,1+2a1变形得二 错误。“2.5h”指结束比赛所用的时 +。 1 :根据子}图像的斜率表 间，选项B错误。机器人通过赛道边 5 光电门时的速度u=d=5m/s,选项 示初速度得v,一0.2m/s=25m/s,根 △t C正确。机器人从起点到终点的位移 据 图像的纵轴裁距表示2a得 x 大小x=12km,完成比赛所用时间 2a=一5m/s,可知该动车做匀减速 t总=2.5h,全程平均速度大小v= 之=4,8km/h,选项D错误（实际上选 直线运动的加速度a=一10m/s2,因 此该动车在前2s时间内的位移大小 项D中的8km/h是用赛道的实际长 x=25X2m-5X22m=30m. 度除以机器人完成比赛所用时间得到 4.A提示：在白板从OA位置绕 的全程平均速率的大小)。 水平转轴O缓慢转至OB位置的过程 2.A提示：因为小球与A、B两 中，白板擦始终相对白板静止，白板对 挡板碰撞后瞬间均以碰前瞬间的速率 白板擦的作用力始终等于白板擦的重 反弹回来，且在导轨上做减速运动的加 力，即保持不变，选项A正确。设白板 速度大小不变，所以可以把小球在导轨 与水平方向间的夹角为0，白板擦受到 上的往返运动等效为连续的匀减速直 的摩擦力f=ng sin0,在白板缓慢转 线运动，根据v=2ax,x=之十nLn= 动的过程中，0角先增大后减小，白板 擦所受摩擦力先增大后减小，选项B 0,1,2,…),解得a=2m十1m/s(n 错误。当白板转到竖直位置之前，白板 0,1,2,…)。当n=0时，加速度a= 擦所受弹力F=F磁-mg cos0,其中0 5 角逐渐增大，则白板擦所受弹力F逐 5m/s;当n=1时，加速度a=3m/s, 渐增大；当白板转到竖直位置之后，白 当n=2时，加速度a=1m/s2。 板擦所受弹力F=F篮十ng cos0,其中 43 参考答案 0角逐渐减小，则白板擦所受弹力F逐 先减小后增大，根据f总=mg|cos0 渐增大。综上，白板擦所受弹力一直增 可知，物体所受摩擦力先减小后增大， 大，选项C错误。白板擦所受弹力和 选项C正确。机械手对物体的作用力 摩擦力的合力始终与白板擦重力和磁 与物体对机械手的作用力是一对作用 力的合力等大反向，因为白板擦重力和 力与反作用力，二者大小相等，方向相 磁力的大小均不变，二力之间的夹角逐 反，选项D错误。 渐减小，所以白板擦重力和磁力的合力 7.D提示：A、B、C、D四个物体 逐渐增大，所以白板擦所受弹力和摩擦 处于静止状态，根据平衡条件可知，物 力的合力大小一直增大，选项D错误。 体C、D之间轻绳的拉力为4mg,因此 5.C提示：以由小球A、B、C、D、 物体D的质量为4m,选项A错误。 O通过轻杆构成的甲烷分子球棍模型 物体A、B之间轻绳的拉力为mg,突 为研究对象，根据受力分析可知，桌面 然剪断物体A、B之间轻绳的瞬间，物 对整个模型的弹力大小与其重力相等， 体B的加速度为g,方向向上，选项B 即N=4mg十Mg,桌面对小球A的弹 错误。突然剪断物体A、B之间轻绳的 瞬间，因为物体B、C之间轻弹簧的弹 力大小N,=号N=吉(mg+Mg),选 力不能发生突变，所以物体C的受力 项A、B错误。以小球O为研究对象， 情况不变，加速度等于0，选项C错误。 小球O受到重力Mg和四根轻杆的作 突然剪断物体C、D之间轻绳的瞬间， 用力，处于平衡状态，因此四根轻杆对 因为物体B、C之间轻弹簧的弹力不发 小球O的合力大小等于小球O的重力 生突变，所以物体A和B的加速度均 大小，选项C正确，D错误。 为0，选项D正确。 6.C提示：题图所示时刻物体受 8.AD 提示：雨滴在均匀分布的 到重力、左侧机械手的压力、右侧机械 空气中下落受到的阻力大小f= 手的压力、左侧机械手的静摩擦力、右 24 6 1 -0.4 侧机械手的静摩擦力，共5个力的作 pud 0d22,不是 8 1+ 用，选项A错误。物体缓慢转动，处于 与雨滴速率的平方成正比，而是随着速 平衡状态，受到的摩擦力为静摩擦力。 率的增大而增大，则加速度减小，即 设物体侧面与竖直方向之间的夹角为 雨滴下落过程中做加速度减小的加速 θ，根据平衡条件，沿侧面方向有f总= 运动，直到加速度减为0，选项A正确， ng cos0,可知摩擦力大小与压力无关 (只要压力足够大以维持静止)，选项B B错误。根据f=8pdo知友= 错误。在物体缓慢转动的过程中，夹角 8f 因此雷诺系数k的单位为 0从0°逐渐变为180°，c0s0的绝对值 44 参考答案 kg·m/s2 =1,无单位，选项 2 kg/m3·m.m2/s 3 mgsin9cos(30°+0)。根据牛顿第 C错误。因为k无单位，所以k的经验 三定律可知，半圆柱体A对地面的摩 24 6 公式k= +0.4中的 pud 擦力大小'=f= 2√3 3 mg sin0· 1+ 7 cos(30°+0)，利用三角函数的积化和 pud 之 也无单位，即黏滞系数)的单位与 差公式得f'-2 ig sin0eos（30+ 23 pvd的单位相同，为kg/m3·m/s· m=kg/(m·s),选项D正确。 0)= 23 sin(20+30)- 2 9.BD提示：球体B在挡板MN 的弹力F1、半圆柱体A的弹力F2和 3 mg sin(20+30)- 2 因此在0从 重力mg的作用下处于平衡状态，受力 0°缓缓增大到60°的过程中，半圆柱体 分析如图1所示。根据几何关系得 A对地面的摩擦力先增大后减小，选项 sin a- R R十R则Q=30,根据平行 C错误，D正确。 10.BC提示：根据煤块的a-t图 像可知，煤块在0~1s时间内的加速 度a1=10m/s2,在1s~5s时间内的 M 00m 777777777777777 加速度a2=2m/s2。煤块沿传送带下 图1 滑时，根据牛顿第二定律得mg sin0+ 四边形定则可知，在力的矢量三角形中 umg cos 0=ma,mg sin 0-umg cos 0 =ma2,解得=0.5，sin0=0.6,故 夹角B=120°，根据正弦定理得mg。一 sinβ 0=37°，选项A错误，B正确。在0~ F2 F 1s时间内，煤块受到传送带的摩擦力 当0=309 sin 0 =sin(180°-g-0) 沿传送带向下，传送带的速度大于煤块 时，解得F,=F,= 3mg,选项A错 的速度，在1s5s时间内，煤块受到 传送带的摩擦力沿传送带向上，传送带 误，B正确。根据牛顿第三定律可知， 的速度小于煤块的速度，因此t=1s 球体B对半圆柱体A的弹力FA与 时刻煤块的速度等于传送带的速度，则 F,等大，则FBA=2yS 3 mg sin0,根据平 传送带的速率v=a1t1=10m/s。0 衡条件可知，地面对半圆柱体A的摩 1s时间内，煤块的位移x1=2= 擦力大小f=F BAcOS(a十0)= 5m,传送带的位移s1=vt1=10m,二 45 参考答案 者的相对位移大小△x1=51一x1=5m。 00十 -T=0.50m。 1s~5s时间内，煤块的位移x2=t2十 2 12.(1)小于(1分)(2)1.20 2a:t号=56m,传送带的位移s2=t2= (2分)(3)(1-)g-a1(2分) 40m,二者的相对位移大小△x2= (4)0.54(2分)(5)偏大(1分) x2-s2=16m。因为1s~5s时间内 提示：(1)在木盒2拖动木盒1加 煤块的位移大于传送带的位移，所以 速运动的过程中，木盒2的加速度方向 1s~5s时间内煤块在传送带上留下 向下，故细线的拉力小于木盒2（含细 的痕迹覆盖了0~1s时间内煤块在传 沙)的总重力。(2)相邻两计数点之间 送带上留下的痕迹，所以0~5s时间内 的时间间隔T=5×}=5X0.02s 煤块在传送带上留下的痕迹长度△x △x2=16m,选项C正确。0~5s时间 0.10s,根据逐差法得对应的加速度 内煤块与传送带之间因摩擦而产生的 (x6十x5十x4)-(x3十x2十x1) (3T)2 内能Q=mg cos0(△x1+△x2）= 1.20m/s2。(3)选由木盒1和木盒2 42J,选项D错误。 (含细沙)组成的整体为研究对象，根据 11.(1)2.00 (2分) (2)4 (2 牛顿第二定律得m2g一m1g=(m1+ t2 分)速度随时间均匀变化(2分) m2)a1,两木盒位置互换之后，同理得 (3)0.50(2分) m1g一m2g=(m1十m2)a2,两式相加 提示：(1)根据游标卡尺的读数规 并化简得a2=(1一u)g一a1。(4)结合 则可知d=2.00cm。(2)因为小球的 a2a1图像可得(1-)g=4.5m/s2, 直径为d,小球经过光电门C时的遮光 其中g=9.80m/s2,解得μ=0.54。 时间为t2,所以小球经过光电门C的 (5)因为纸带与打点计时器之间有摩 擦，所以测量的动摩擦因数会偏大。 碳时速度0一号。小球的T国惊是 13.(1)分别对题图中的六个瓦片 一条倾斜的直线，说明小球的加速度为 进行受力分析，其中瓦片1的受力情况 定值，因此小球沿倾斜直槽运动时的速 如图2所示。根据平衡条件和牛顿第 度随时间均匀变化。(3)根据小球的 三定律得F21=F31= (1分)， -T图像可知，当小球经过光电门C 的速度v=1.00m/s时，小球经过B、C 两个光电门的时间间隔T=0.64s,经 过光电门B的瞬时速度vo=0.57m/s, 图2 因此光电门B、C之间的距离s= 46 参考答案 F58=F6= 2(F+mg)= 2(F1+ 追上B车之前，两车在运动方向上的 最远距离△x=xo十xB一xA=45m mg)=3 （1分)，F42=F52= (2分)。(2)设经过时间t2,B车停下 2Fa+mg)=号(Fa+mg)-是 来，根据运动学公式得12=B=10s (1分)。在t2时间内，A车的位移 （1分)，F在=F市=专(g十 xA'=℃At2=100m(1分)，B车的位 UB 1 7 2(mg+F2) F24)= 8mg (1分)， 移xg'=2:=100m(2分)，说明 当B车速度减小到零时，A、B两车还 1 F地左=F地右=2(mg十F2s十Fs)= 相距xo=20m。之后，A车追上B车 5 2(mg+F2十Fg）=星mg (2分)。 还需运动的时间。- =2s(1 UA 因此瓦片5左、右两端受到的支持力均 分)，所以A车追上B车所用的时间 1 t=t2+t3=12s(1分)。 为mg。(2)F地左=F地s右=2(mg十 15.(1)根据物块和木板的a-F图 7 Fs)=2(mg+F6s)=8mg（2分)， 像可知，当F>25N时，物块与木板发 生相对滑动；当F=25N时，物块与木 即瓦片6左、右两端受到的支持力均为 板之间的静摩擦力达最大，二者的加速 8mg。(3)瓦片5右端受到的支持力 度a1=3m/s2(2分)。对物块应用 牛顿第二定律得1mg=ma1（1 与瓦片2右端受到支持力的比值为 分)，解得1=0.3(1分)。(2)当 F在4S 5 F=25N时，对由物块和木板组成的 F52 23 (2分)。 整体应用牛顿第二定律得F一μ2(m十 mg M)g=(m十M)a1(1分)，解得2= 14.(1)当两车的速度相等时，两车 0.2(1分)。(3)当F=28N时，物块 之间的距离最大。设经过时间t1两车 与木板发生相对滑动。撤去恒力F之 的速度相等，则B一at1=vA (1 前，对木板应用牛顿第二定律得F一 分)，其中vA=36km/h=10m/s, 1mg-2(m+M)g=Ma2(1分)， vB=72km/h=20m/s,解得t1=5s 解得a2=4m/s2(1分)。撤去恒力 (1分)。在t1时间内，A车的位移 F之后，对木板应用牛顿第二定律得 xA=vAt1=50m(1分)，B车的位移 1mg+2（m+M)g=Ma3(1分)， A十VB t1=75m(2分)，A车 16 XB=- 2 解得a:=3m/s(1分)。设恒力F 47 参考答案 持续作用的时间为t,撤去恒力F之 分)，其中a= 8eUo 2mL (1分)，解得y1= 后，经过时间t'板块恰好分离，此时二 者的速度相同，则a2t一a3t'=a1(t十 L 4 (2分)。电子射出偏转电场后做 1分)，解得'=31。物块滑离 25 匀速直线运动，沿中心线PO方向有 1 1.5L=v4t2,沿竖直方向有y2=v,t2, 木板时，物块的位移z1一241(1+)2 且，=011解得g-8站 (2分)。因 1 (1分)，木板的位移x2= 2a2t2+ 此电子打在荧光屏上的位置到O点的 距离Y1=y1十y2=L(1分)。(3)电 a2tt'- 2a312 (1分)，根据几何关 子穿过n个金属圆筒后，根据动能定理 系得x2-x1=L(1分)，解得t= 1 得neU=2mu (1分)，电子在两极 2.5s(1分)。 16.(1)根据直线加速器的u-t图 板之间偏转的过程中，根据类平抛运动 像可知，为了达到同步加速，电子在各 1 规律得L=0,tym=2at号(1分)。 个金属圆筒中做匀速直线运动的时间 设电子打在荧光屏上时的动能为Ek, 均为？，在电子加速两次的过程中，根 根据动能定理得 eUo 2L y.-E-mv 据动能定理得2eU。=2mu (1分)， 1分)，解得E-a+号)0 (1 解得电子射入第2个金属圆筒时的速 分)。根据数学知识可知，当n=2时， eUo 度v2=2 第2个金属圆筒的长 电子打在荧光屏上时的动能最小，且动 m 能的最小值Ekmm=4eU,(2分)。电 ,解得2=T0 T leUo 子经过2个金属圆简加速后，在两极板 度s2=02· (1 之间偏转的过程中，有L=0t3,y3= 分)。(2)当n=4时，在整个电子加速 的过程中，根据动能定理得4U。= 之解得号 (1分)。电子射 20(1分)，解得电子射入第4个 1 出偏转电场后，有1.5L=v2t4,y4= ut1=at,解得y4= (1 8eUo 金属圆筒时的速度v4= 。 电子 m 分)。因此电子打在荧光屏上的位置到 在两极板之间偏转的过程中，根据类平 O点的距离Y2=y3+y4=2L(1 1 分)。理 抛运动规律得L=041y1=2at号 (2 (参考答案与提示由命题者提供) 48学以致用 高中物理力学模块（必修第-册）综合检测题 ■河南省洛阳市第二高级中学 王春旺 一、单项选择题（本题共7小题，每 动的加速度大小不变，为使小球最终恰 小题4分，共28分。在每小题给出的 好停在A、B两挡板的中央，则小球的 四个选项中，只有一项是符合题目要求 加速度大小可能为( )。 的) A.1 m/s2 B.2 m/s2 1.某地举行人形机器人半程马拉 C.3 m/s2 D.4 m/s2 松赛。已知从起点到终点直线距离约 3.为研究某动车运动情况而绘制 为12km,实际赛道长度约为20km。 的子1图像如图2所示。已知该动车 冠军机器人用时约2.5h完成比赛，在 2 t=3600s时刻，宽度为0.3m的机器 的运动轨迹是直线，则该动车在前2s 人通过赛道边光电门时，光电门显示时 时间内的位移大小为( 间△t=0.06s,则( )。 /ms A.研究机器人的行进动作时可将 其视为质点 0.2 B.“2.5h”指结束比赛的时刻 C.机器人通过赛道边光电门时的 图2 速度为5m/s A.20m B.25m D.机器人的全程平均速度大小约 C.30m D.31.25m 为8km/h 4.如图3甲所示为磁性白板，白 2.如图1所示， 板擦吸附在白板上，白板擦与白板之 A、B为两块弹性竖直 间的磁力大小保持不变，方向垂直于 挡板，相距L=5m,挡 图1 板面。如图3乙所示，将白板从OA 板A、B之间为水平导轨。一小球（可 位置绕水平转轴O缓慢转至OB位 视为质点)从挡板A处开始，以速度 置的过程中，白板擦始终相对白板保 wo=5m/s沿导轨向挡板B运动，它与 持静止，则下列关于白板擦受力情况 A、B两挡板碰撞后瞬间均以碰前瞬间 的判断中正确的是()。 的速率反弹回来，且在导轨上做减速运 31 学以致用 图3 图5 A.白板对白板擦的作用力不变 A.图示时刻物体共受4个力作用 B.白板擦所受摩擦力一直增大 B.增大对物体的压力，物体所受 C.白板擦所受弹力先增大后减小 摩擦力一定变大 D.白板擦所受弹力与摩擦力的合 C.转动过程中物体所受摩擦力先 力大小先减小后增大 减小后增大 5.某同学在学习了甲烷分子的结 D.机械手对物体的作用力大于物 构之后搭建了一个球 体对机械手的作用力 棍模型，如图4所示。 7.如图6所示，A、B、C、 质量均为m的四个相 D四个物体分别通过轻绳和 同小球A、B、C、D通 轻弹簧连接，处于静止状态。 百B 过相同轻杆连接在质 图4 已知物体A、B的质量为m, 物体C的质量为2m,重力加 A 量为M的小球O周围，形成正四面体 结构，静置在水平桌面上。已知重力加 速度为g,则下列说法中正确 图6 速度为g,则下列说法中正确的 的是( 是()。 A.物体D的质量为3m A.桌面对小球A的弹力大小为 B.突然剪断物体A、B之间轻绳 Amg+Mg 的瞬间，物体B的加速度为0 B.桌面对小球A的弹力大小为 C.突然剪断物体A、B之间轻绳 mg 的瞬间，物体C的加速度大小等于g -Mg D.突然剪断物体C、D之间轻绳 C.四根轻杆对小球O的合力大小 的瞬间，物体A的加速度为0 为Mg 二、多项选择题（本题共3小题，每 D.四根轻杆对小球O的合力大小 小题6分，共18分。在每小题给出的 为mg+Mg 四个选项中，有多项符合题目要求。全 6.如图5所示，智能机械手从左右 部选对的得6分，选对但不全的得3 两侧夹住物体，使其从图示位置在竖直 分，有选错的得0分) 面内绕O点缓慢旋转半周，则( )。 8.下雨时，雨滴在均匀分布的空气 32 学以致用 中下落受到的阻力大小可以表示为 A.当0=30°时，半圆柱体A对球 f-日ame,其中p表示空气密度d 体B的支持力大小为)mg 表示雨滴直径，表示雨滴下落的速 B.当0=30°时，挡板MN对球体 率，k被称为雷诺系数，其经验公式为 24 6 B的支持力大小为 3 mg +0.4(n为流体的 pud lovd C.半圆柱体A对地面的摩擦力一 之 1+ Nn 直增大 黏滞系数)，根据以上信息可判断下列 D.半圆柱体A对地面的摩擦力先 说法正确的是( )。 增大后减小 A.雨滴下落过程中做加速度减小 10.如图8甲所示，固定在水平地 的加速运动，直到加速度减为0 面上倾角为日的传送带以恒定速率沿 B.雨滴下落过程中受到的阻力大 逆时针方向运行。现将一质量m= 小与雨滴速率的平方成正比 0.5kg的煤块（可视为质点）轻轻放在 C.雷诺系数的单位为kg/(m·s2) 传送带的A端，煤块的加速度随时间 D.黏滞系数的单位为kg/(m·s) 变化的关系如图8乙所示，t=5s末煤 9.如图7所示，将半径为R的半 块到达传送带的B端，取沿传送带向 圆柱体A放置在粗糙水平地面上，将 下为正方向，重力加速度g=10m/s2, 另一半径也为R的球体B置于半圆柱 sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说 A上，球体B下端用挡板MN托住，挡 法正确的是( )。 板MV的延长线过半圆柱体A横截面 ta/ms） 的圆心O,且与水平面间的夹角为， 以O点为轴沿逆时针方向转动挡板 MN,在夹角0从0°缓缓增大到60°的 BO 过程中，半圆柱体A始终保持静止。 已知球体B的质量为m,不计半圆柱 图8 体A与球体B之间的摩擦力，取重力 A.倾角0=30° 加速度g=10m/s2,则下列说法正确 B.煤块与传送带之间的动摩擦因 的是( 数为0.5 C.0~5s时间内，煤块在传送带 上留下的痕迹长度为16m D.05s时间内，煤块与传送带 图7 之间因摩擦而产生的内能为65J 33 学以致用 三、非选择题（本题共5小题，共 u(m.s) 1.2 54分。请根据要求作答) 11.(8分)某实验小组利用如图9 所示的装置探究小球沿倾斜直槽运动 的特点。数字计时器可分别采集小球 0.9 经过光电门B、C的遮光时间t1、t2,以 0.8 及小球经过B、C两个光电门的时间间 隔T。 0.6 数字计时器 0.5田H由出 00.20.40.60.81.0% 图11 (3)拓展研究： 根据小球的-t图像可知，当小球 图9 经过光电门C的速度v=1.00m/s (1)实验步骤： 时，光电门B、C之间的距离为m ①测量小球的直径：如图10所示， (保留2位小数)。 游标卡尺的读数d=cm; 12.(8分)某同学在实验室取两个 完全相同的木盒，测量木盒与木板之间 的动摩擦因数。由于实验室中的天平 损坏，无法称量质量，所以他采用“对调 0510 法”完成测量。如图12所示，一端装有 图10 定滑轮的长木板固定在水平桌面上，木 ②从倾斜直槽顶端A由静止释放 盒1放置在长木板上，左侧与穿过打点 计时器的纸带相连，右侧用细线跨过定 小球，记录对应的t1、t2、T; 滑轮与木盒2相接。 ③保持光电门B的位置不变，改 木盒1 变光电门C的位置： 打点计时器 定滑轮 ④重复步骤②③，得到多组数据。 (2)数据处理： 小球经过光电门C的瞬时速度表 木盒2 达式为v=(用d、t1t2、T表示)； 图12 根据所记录的数据，作出小球的-T (1)实验前已经调整定滑轮的角度 图像如图11所示，则小球沿倾斜直槽 使细线与长木板平行，并将长木板左侧 运动时速度变化的特点是 垫高来平衡摩擦力，在木盒2拖动木盒 34 学以致用 1加速运动的过程中，细线的拉力 (5)因受纸带的影响，实验测得的 (选填“大于”“等于”或“小于”)木盒2 动摩擦因数将 （选填“保持不变” (含细沙)的总重力。 “偏大”或“偏小”)。 (2)实验时，木盒1中不放细沙，质 13.(10分)如图15甲所示是传统 量设为m1,在木盒2中装人适量的细 民居建筑材料一瓦片，相同的质量为 沙，木盒2（含细沙）的总质量设为m2。 m的六个瓦片紧靠在一起叠放在水平 接通电源，释放纸带，打点计时器打出 地面上，如图15乙所示，假设下方瓦片 一条纸带，加速度记为a1,随后将木盒 的受力点均在其顶端，重力加速度为 1与木盒2（含细沙）的位置互换，换一 g。求： 条纸带再次实验，打出第二条纸带，加 速度记为a2,两条纸带编号为第一组。 改变木盒2中细沙的多少，重复上述过 程，得到多组纸带。如图13所示为某 图15 组实验中获得的两条纸带中的一条，其 (1)瓦片5左、右端受到的支持力。 中相邻两计数点之间还有4个计时点 (2)瓦片6左、右端受到的支持力。 未标出，已知交流电源的频率为50Hz, (3)瓦片5右端受到的支持力与瓦 则该纸带对应的加速度a= m/s2 片2右端受到支持力的比值。 (保留3位有效数字)。 单位：cm 14.(13分)5G自动驾驶是基于 0 6 5G通信技术实现的网联式全域感知、 0.6041.81-3.01--4.21-5.40 -6.62- 协同决策与智慧云控，相当于有了“千 图13 里眼”的感知能力，同时，5G网络超低 (3)通过理论分析，分别推导a1和 延时的特性，让“汽车大脑”可以实时接 a2的表达式后，找到a2与a1的关系 收指令，极大提高了汽车运行的安全 为a2=(用a1、g表示)。 性。A、B两辆5G自动驾驶测试车，在 (4)将实验测得 d/m.s 同一平直公路上同向做匀速直线运动， 的加速度a1、a2绘 B车在A车前方，A车的速度大小为 制成如图14所示的 36km/h,B车的速度大小为72km/h。 a2a1图像，已知当 a/(m.s) 当A、B两车相距xo=20m时，B车 地的重力加速度为 图14 因前方突发情况而紧急刹车，假设刹车 9.80m/s2,根据图 过程可视为匀减速直线运动，加速度大 像可得木盒与木板之间的动摩擦因数 小a=2m/s2,则从B车紧急刹车瞬间 u= (保留2位有效数字)。 开始计时，求： 35 学以致用 (1)A车追上B车之前，两车相距 序号为0的金属圆板中央的一个电子 的最远距离。 由静止开始加速，冲进圆简1，电子穿 (2)A车追上B车所用的时间。 过圆筒与圆筒之间各个间隙时，所受静 15.(15分)如图16甲所示，水平 电力的方向都能恰好与运动方向相同 地面上放着一质量M=3kg,长度L= 而不断加速。已知电子的质量为m,电 3.5m的木板，木板左端放有一质量 荷量为e,交变电压的绝对值为U。,周 m=2kg的物块（可视为质点），初始时 期为T,电子通过圆筒间隙的时间忽略 刻二者均静止。现用一水平向左的拉 不计。偏转电场由两块相同的平行金 力F作用在木板上，物块和木板的加 属极板A与B组成，板长为L,两极板 速度随拉力F的变化关系如图16乙 间距为2L,UAB=8U。,忽略边缘效应， 所示。假设最大静摩擦力等于滑动摩 在距两极板右侧1.5L处竖直放置一 擦力，取重力加速度g=10m/s2。求： 足够大的荧光屏。电子从直线加速器 a/(m.s 射出后，沿两极板的中心线PO射入偏 转电场，最后打到荧光屏上。 图16 15 (1)物块与木板之间的动摩擦因 数μ1。 (2)木板与地面之间的动摩擦因 数H2。 (3)若对木板施加水平向左的恒力 F=28N,要使物块与木板能分离，则 图17 恒力F至少需要持续作用多长时间？ (1)求第2个金属圆筒的长度s2。 四、附加题(20分) (2)若金属圆筒的个数n=4,求 16.如图17甲所示，某装置由直线 电子打在荧光屏上的位置到O点的 加速器、偏转电场和荧光屏三部分组 距离Y1。 成。直线加速器由n个金属圆筒依次 (3)当金属圆筒的个数n取何值 排列（图中只画出了6个），直线加速器 时，电子打在荧光屏上时的动能最小？ 的交变电压u随时间t的变化规律如 动能的最小值为多少？并求出此时电 图17乙所示，t=0时刻，奇数圆筒相 子打在荧光屏上的位置到O点的距离 对偶数圆筒的电势差为正值，此时位于 Y2。理 36