2024年海南省海口市海南师大附中高考物理模拟试卷（B卷）(含解析）

这是一份2024年海南省海口市海南师大附中高考物理模拟试卷（B卷）(含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.关于速度、速度的变化量、加速度，下列说法中正确的是( )
A. 物体运动时速度的变化量越大，它的加速度一定越大
B. 速度很大的物体，其加速度可以为零
C. 某时刻物体速度为零，其加速度不可能很大
D. 加速度很大时，运动物体的速度一定很快变大
2.物体做匀变速直线运动的位移—时间图象如图所示，由图中数据可求出的物理量是( )
A. 可求出物体的初速度B. 可求出物体的加速度
C. 可求出物体的平均速度D. 可求出物体通过的路程
3.做匀变速直线运动的物体的速度v随位移x的变化规律为v2−4=2x，v与x的单位分别为m/s和m，据此可知( )
A. 初速度v0=4m/sB. 初速度v0=1m/s
C. 加速度 a=2 m/s2D. 加速度a=1 m/s2
4.我国高速公路上行驶的最高时速为120km/ℎ.若驾驶员的反应 时间在0.3s～0.6s之间，汽车与路面间的动摩擦因数为0.6，通过计算判断汽车行驶在水平高速公路上的安全距离最接近( )
A. 60mB. 120mC. 180mD. 240m
5.在真空中，将羽毛和苹果同时从同一高度由静止释放，并拍下频闪照片，下列频闪照片符合事实的是( )
A. B. C. D.
6.如图所示，A、B、C是三个物体同时同地开始运动的位移时间图象，在时间t0内下列说法正确的是( )
A. A、C做曲线运动，B做直线运动
B. A、B、C都是直线运动，平均速度相等
C. A的路程最长，B的路程比C的路程短
D. A做减速运动，B做匀速运动，C做加速运动
7.甲、乙两物体做匀加速直线运动，速度−时间图象如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 两物体在相同的时间内运动的位移相同
B. 两物体的距离随时间均匀增大
C. 乙观察到甲沿正方向做匀加速直线运动
D. 在相同的时间内甲物体速度的增加量大于乙物体速度的增加量
8.质量分别为m1和m2、电荷量分别为q1和q2的两粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，已知两粒子的动量大小相等．下列说法正确的是( )
A. 若q1=q2，则它们作圆周运动的半径一定相等
B. 若m1=m2，则它们作圆周运动的半径一定相等
C. 若q1≠q2，则它们作圆周运动的周期一定不相等
D. 若m1≠m2，则它们作圆周运动的周期一定不相等
9.如图所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升。夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f。若木块不滑动，力F的最大值是( )
A. 2f(m+M)MB. 2f(m+M)m
C. 2f(m+M)M−(m+M)gD. 2f(m+M)m+(m+M)g
10.如图所示，用绳OA、OB和OC吊着重物P处于静止状态，其中绳OA水平，绳OB与水平方向成θ角。现用水平向右的力F缓慢地将重物P拉起，用FA和FB分别表示绳OA和绳OB的张力，则( )
A. FA、FB、F均增大B. FA增大，FB不变，F增大
C. FA不变，FB减小，F增大D. FA减小，FB不变，F增大
11.两物体M、m 用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，如图放置，OA、OB与水平面的夹角分别为30°、60°，物体M的重力大小为20N，M、m均处于静止状态。则( )
A. 绳OA对M的拉力大小为10 3N
B. 绳OB对M的拉力大小为10N
C. m受到水平面的静摩擦力大小为10 3N
D. m受到水平面的静摩擦力的方向水平向左
12.光滑水平面上有原来静止的斜劈B，B的斜面也是光滑的。现在把物体A从斜面顶端由静止释放，如图所示，在A从斜面上滑下来的过程中，以下判断正确的是( )
A. A和B组成的系统机械能守恒B. A和B组成的系统动量守恒
C. B对A的支持力对A不做功D. A的速度方向一定沿斜面向下
13.从地面以60°的抛射角抛出一个质量为m的小球，小球到达最高点时，动能为E.不考虑空气阻力，取地面为零重力势能为零，则物体在离开地面ℎ高处的机械能为( )
A. 4EB. 3EC. E+mgℎD. 3E+mgℎ
14.如图所示，滑雪者由静止开始沿斜坡从A点自由滑下，然后在水平面上前进至B点停下。己知斜坡、水平面与滑雪板之间的动摩擦因数都为μ，滑雪者(包括滑雪板)的质量为m，A、B两点间的水平距离为L，在滑雪者经过AB段运动的过程中，克服摩擦力做的功
( )
A. 大于μmgLB. 等于μmgL
C. 小于μmgLD. 以上三种情况都有可能
二、实验题（本题共1小题，共8分）
15.在做“研究匀变速直线运动”的实验时，某同学得到一条用打点计时器打下的纸带，如图所示，并在其上取了A、B、C、D、E、F、G等7个计数点，每相邻两个计数点间还有4个点图中没有画出．打点计时器接频率为f=50Hz的交流电源．
(1)打下E点时纸带的速度vE=______(用给定字母表示)；
(2)若测得d6=65.00cm，d3=19.00cm，物体的加速度a=______m/s2；
(3)如果当时电网中交变电流的频率f>50Hz，但当时做实验的同学并不知道，那么测得的加速度值比真实值______.(填“偏大”或“偏小”)
三、简答题（本题共2小题，共20分）
16.如图，质量为M的足够长金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上．一电阻不计，质量为m的导体棒PQ放置在导轨上，始终与导轨接触良好，PQbc构成矩形．棒与导轨间动摩擦因数为μ，棒左侧有两个固定于水平面的立柱．导轨bc段长为L，开始时PQ左侧导轨的总电阻为R，右侧导轨单位长度的电阻为R0.以ef为界，其左侧匀强磁场方向竖直向上，右侧匀强磁场水平向左，磁感应强度大小均为B.在t=0时，一水平向左的拉力F垂直作用于导轨的bc边上，使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度为a．
(1)求回路中感应电动势及感应电流随时间变化的表达式；
(2)经过多少时间拉力F达到最大值，拉力F的最大值为多少？
(3)某一过程中回路产生的焦耳热为Q，导轨克服摩擦力做功为W，求导轨动能的增加量．
17.一单摆在地面处的摆动周期与在某矿井底部摆动周期的比值为k.设地球的半径为R.假定地球的密度均匀．已知质量均匀分布的球壳对壳内物体的引力为零，求矿井的深度d．
四、计算题（本题共3小题，共30分）
18.一客运列车匀速行驶，其车轮在铁轨间的接缝处会产生周期性的撞击。坐在该客车中的某旅客测得从第1次到第16次撞击声之间的时间间隔为10.0 s。在相邻的平行车道上有一列货车，当该旅客经过货车车尾时，货车恰好从静止开始以恒定加速度沿客车行进方向运动。该旅客在此后的20.0 s内，看到恰好有30节货车车厢被他连续超过。已知每根轨道的长度为25.0 m，每节货车车厢的长度为16.0 m，货车车厢间距忽略不计。求：
(1)客车运行的速度大小；
(2)货车运行的加速度大小。
19.某交通路口绿灯即将结束时会持续闪烁3s，而后才会变成黄灯，3s黄灯提示后再转为红灯。(本题中的刹车过程均视为匀减速直线运动)
(1)若某车在黄灯开始闪烁时刹车，要使车在黄灯闪烁的结束时刻停下来且刹车距离不得大于18m，则该车刹车前的行驶速度不能超过多少？
(2)若某车正以v0=15m/s的速度驶向路口，此时车与停车线的距离为L=48.75m，当驾驶员看到绿灯开始闪烁时，经短暂考虑后开始刹车，该车在红灯刚亮时恰停在停车线以内。求该车驾驶员允许的考虑时间。
20.如图所示，圆管构成的半圆形竖直轨道固定在水平地面上，轨道半径为R，MN为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球A以某一初速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点M时与静止于该处的质量与A相同的小球B发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，落地点距N为2R.重力加速度为g，忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计，求：
(1)粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间t；
(2)小球A冲进轨道时速度v的大小。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查速度、速度变化量和加速度的关系。加速度是运动学中最重要的物理量，对它的理解首先抓住物理意义，其次是定义式，以及与其他物理量的关系。
根据加速度的定义式a=ΔvΔt可知物体的加速度等于物体的速度的变化率，加速度的方向就是物体速度变化量的方向，与物体速度无关，即物体的速度变化越快物体的加速度越大。
【解答】
A、物体的速度变化大，但所需时间更长的话，物体速度的变化率可能很小，则加速度就会很小，故A错误；
B、运动物体的速度很大，其加速度可能为零，例如匀速直线运动，故B正确；
C、运动物体的速度为零，其加速度可能很大，刚开始发射的火箭，故C错误。
D、加速度很大时，其运动物体的速度变化一定越快，而不是速度一定很快变大，故D错误。
故选B。
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题意在考查考生对位移−时间图象等所学知识的识记能力和综合应用能力及熟记基础知识是解答此题的关键。
位移−时间图象反映物体的位置坐标随时间的变化规律；图象中，斜率表示物体运动的速度，平均速度等于总位移除以总时间。
本题是位移−时间图象，直接读出位位置，由坐标的变化量读出位移。
【解答】
A.图象中，斜率表示物体运动的速度，图象是曲线，无法算出初始刻的速度，故A错误；
B.斜率表示物体运动的速度，斜率无法求出，速度就无法求出，加速度也无法求解，故B错误；
C.平均速度等于总位移除以总时间，则v=xt=8−212=0.5m/s，故C正确；
D.物体先沿正方向运动，后沿负方向运动，只知道初末位移的坐标，不知道具体过程，只能求位移，不能求出路程，故D错误。
故选C。
3.【答案】D
【解析】解：根据匀变速直线运动的速度位移公式v 2−v02=2ax，结合v2−4=2x，知物体的初速度v0=2m/s，加速度为a=1m/s2.故D正确，ABC错误．
故选：D
根据匀变速直线运动的速度位移公式v 2−v02=2ax得出初速度的大小和加速度的大小．
解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度位移公式，并能灵活运用．
4.【答案】B
【解析】解：汽车的最高速度为v=120km/ℎ=33.3m/s．
在反应时间内，汽车仍做匀速直线运动，通过的最大距离为x1=vt=33.3×0.6m=20m
在汽车刹车的过程，根据动能定理得
−μmgx2=0−12mv2
得x2=v22μg=33．322×0.6×10m≈92m，则总位移大小为x=x1+x2=112m，接近112m．
故选B
根据运动学求出反应时间内汽车通过的距离，由动能定理求出刹车后滑行的距离，再求解安全距离最接近的值．
本题一、抓住在反应时间内，汽车仍保持原来的运动状态；二、刹车后的运动由运动学公式求得
5.【答案】C
【解析】解：在真空中物体只受重力作用，根据牛顿第二定律F=ma可得：mg=ma，即a=g；
由于物体从静止开始下落，根据ℎ=12gt2可得
物体下落的时间为t= 2ℎg，由于苹果和羽毛从同一高度同时下落，故任意时刻都在同一高度，且是加速，故频闪间距不断变大，故C正确；
故选：C。
要知哪个物体先到达地面，就要知道它们各自下落的时间，由于两物体仅受重力，故两物体的加速度都为g，且下落位移相同，根据ℎ=12gt2即可解得．
学习物理一定要学会用数学进行推理和分析，不能凭感觉进行判断．
6.【答案】B
【解析】解：A、由图可知，三个物体均只沿正方向运动，故均做直线运动，故A错误；
B、因三个物体在相等时间内的位移相同，故平均速度相等，故B正确；
C、因A越过相同位移后又返回，故A的路程最大；但BC均只有单向运动，故路程相等，故C错误；
D、x−t图象中图象的斜率表示物体的速度大小，故A先做减速运动再反向做加速运动；B做匀速运动，C做加速运动，故D错误；
故选：B。
由x−t图象可知物体的位移随时间变化的关系；由图象可得出物体的位移，则由平均速度公式可求得物体的平均速度；由运动过程可得出运动位移，明确物体的运动状态．
在x−t图象中要明确图象表示的是位移随时间的变化关系；图象的点的坐标表示物体的位置；图象中的斜率表示物体的运动速度；而图象只能描述直线运动．
7.【答案】B
【解析】解：A、图象与时间轴围成的面积表示物体的位移，由图可知甲的位移大于乙的位移，故A错误；
B、由图可知，两图象之间的面积差值为两图之间的平行四边形，故随时间面积均匀增大，位移均匀增大，故B正确；
C、由于两人加速度相同，故两人相对为匀速直线运动，故C错误；
D、因两人的加速度相同，故两人速度的增加量相同，故D错误；
故选：B。
v−t图象中的点表示任一时刻的速度，图象的斜率表示物体的加速度；由图象与时间轴围成的面积表示物体的位移．
本题考查v−t图象的应用，注意图象中点、线、面的含义，特别要灵活应用面积的含义．
8.【答案】A
【解析】解：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，其半径r=mvBq=PBq，已知两粒子动量相等，
A、若q1=q2，则它们的圆周运动半径一定相等，选项A正确；
B、若m1=m2，不能确定两粒子电量关系，不能确定半径是否相等，选项B错；
C、由周期公式T=2πmBq可知：仅由电量或质量关系，无法确定两粒子做圆周运动的周期是否相等，故C、D错误。
故选：A。
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据半径和周期公式即可判断．
熟记和运用半径公式和周期公式进行合理变形和推导，难度适中．
9.【答案】A
【解析】【分析】
隔离对木块分析，通过牛顿第二定律求出木块的最大加速度，再对整体分析，运用牛顿第二定律求出拉力F的最大值。
解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用。
【解答】
对木块分析得：2f−Mg=Ma，解得木块的最大加速度为：a=2fM−g，
对整体分析得：F−(M+m)g=(M+m)a，
将a代入解得：F=2f(m+M)M，故A正确，B、C、D错误。
故选：A。
10.【答案】B
【解析】解：设重物的重力为G，绳OC与竖直方向的夹角为α。以重物为研究对象，分析其受力，如图1所示。
根据平衡条件得：F=Gtanα
缓慢地将重物P拉起会使α增大，则F增大。
以三根绳子和重物整体为研究对象，分析其受力，如图2所示。
根据平衡条件得：FBsinθ=G，其中G、θ 不变，则FB不变；
同理可得：FA=F+FBcsθ，因F增大，故F ​A增大，故ACD错误、B正确。
故选：B。
应用整体法与隔离法，分别以重物和整体为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件分析三个力的变化。
本题是共点力动态平衡分析问题，首先要灵活选择研究对象，其次根据平衡条件得出力与变化的角度的关系式，采用的函数法解答，也可以运用图解法解答。
11.【答案】D
【解析】解：对接点O受力分析如图1：
图1
把F1和F2分别分解到水平方向和竖直方向。
沿水平方向列方程：
F1cs30°=F2cs60°…①
沿竖直方向列方程：
F1sin30°+F2sin60°=Mg…②
由①②联立得：
F1=Mg2=10N
F2= 3F1=10 3N
A、由上述计算知绳AO对M的拉力F1=10N，故A错误。
B、由上述计算知绳BO对M的拉力F2=10 3N，故B错误。
C、对m受力分析如下图：
水平方向列平衡方程：F1+f=F2…③
由③解得：f=F2−F1=10( 3−1)=10( 3−1)N，故m受到的摩擦力为静摩擦力大小为10( 3−1)N，方向水平向左。故C错误。
D、由C项解析知m受到的静摩擦力f=F2−F1=10( 3−1)=10( 3−1)N，方向水平向左。故D正确
故选：D。
(1)先对结点O受力分析，再沿水平方向对正交分解，然后利用平衡条件求出AO、BO绳的张力F1和F2。
(2)对m受力分析，两绳对m的拉力为水平向左的F1，水平向右的F2，有平衡条件知F1和F2的差就等于m受到的摩擦力的大小。
本题综合了受力分析、正交分解、平衡条件应用等内容。解题过程中要注意研究对象选取，正确选取研究对象是解决此类问题的关键，该题难度中等。
12.【答案】A
【解析】解：A、水平面与斜面均是光滑的，在A从斜面上滑下来的过程中，A和B组成的系统无机械能损失，故此系统机械能守恒，故A正确；
B、物体A从斜面上加速下滑的过程中，A具有向下的加速度分量，A和B组成的系统具有竖直向下的加速度，故此系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒。此系统在水平方向所受合外力为零，在水平方向上动量守恒，故B错误；
CD、A和B组成的系统在水平方向上动量守恒，且初始系统水平方向总动量为零。A下滑时在水平方向有向左的动量分量，由动量守恒定律可知，B在水平方向有向右的动量，即斜面向右运动，则A的速度方向不与斜面平行，即A的速度方向不沿斜面向下，而B对A的支持力方向垂直于斜面，可知B对A的支持力方向不与A的速度方向垂直，则B对A的支持力对A做功，故CD错误。
故选：A。
A和B组成的系统无机械能损失；根据动量守恒的条件分析；根据力做功的条件分析；应用动量守恒定律分析。
本题考查了动量守恒定律的应用，以及机械能守恒的条件，掌握系统动量守恒与机械能守恒的条件，分析清楚物体运动过程即可解题。要注意：本题系统整体动量不守恒，只是在水平方向系统动量守恒。
13.【答案】A
【解析】解：由动能公式可知，最高点处的速度vx= 2Em；
因水平方向不受外力，故水平速度不变，则由运动的合成与分解可知，抛出点的速度v=vxcs60∘=2 2Em；
在水平面上物体的机械能为：12mv2=4E；
由于只有重力做功，故机械能守恒；小球在ℎ高处的机械能仍为4E；
故选：A。
由动能的公式可求得最高点处的速度，再由运动的合成与分解可求得抛出点的速度；由机械能守恒可求得ℎ高处时的机械能．
本题考查机械能守恒定律的应用，要注意正确分析零势能面，求出地面上的机械能即可求得任意时刻的机械能．
14.【答案】B
【解析】解：在AC段，滑雪者的摩擦力大小f=μmgcsθ
AC段克服摩擦力做的功WAC=μmgcsθ⋅LAC
LACcsθ=L1，即为AC段在水平方向的距离。
CB段克服摩擦力做的功WCB=μmgLBC
所以在滑雪者经过AB段运动的过程中，克服摩擦力做的功W=μmgL。
故选：B。
对物体进行受力分析，求出在斜面和水平面上的摩擦力大小．
根据功的定义式求解．
解决该题的关键要能把功的定义式和几何关系结合运用求解．
15.【答案】(d5−d3)f10 3.0 偏小
【解析】解：(1)每相邻两个计数点间还有4个点，图中没有画出，所以相邻的计数点之间的时间间隔为T=5f=0.1s．
利用匀变速直线运动的推论得：
vE=xDF2T=(d5−d3)f10，
(2)根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可得
a=d6−d33T2=3.0m/s2；
(3)如果在某次实验中，交流电的频率51Hz，f>50Hz，那么实际打点周期变小，
根据运动学公式△x=at2得：真实的加速度值就会偏大，
所以测量的加速度值与真实的加速度值相比是偏小．
故答案为：(1)(d5−d3)f10； (2)3.0； (3)偏小．
根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上E点时小车的瞬时速度大小，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小．
要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．
16.【答案】解：(1)对杆发电：E=BLv，
导轨做初速为零的匀加速运动，v=at，
E=BLat，
s=12at2
对回路：闭合电路欧姆定律：
I=BLVR总=BLatR+2R0(12at2)=BLatR+R0at2
(2)导轨受外力F，安培力FA摩擦力f.其中
对杆受安培力：FA=BIL=B2L2atR+R0at2
Ff=μFN=μ(mg+BIL)=μ(mg+B2L2atR+R0at2)
由牛顿定律F−FA−Ff=Ma
F=Ma+FA+Ff=Ma+μmg+(1+μ)B2L2atR+R0at2
上式中当：Rt=R0at
即t= RaR0时，外力F取最大值，
Fmax=Ma+μmg+12(1+μ)B2L2 aRR0，
(3)设此过程中导轨运动距离为s，
由动能定理，W合=△Ek W合=Mas.
由于摩擦力Ff=μ(mg+FA)，
所以摩擦力做功：W=μmgs+μWA=μmgs+μQ，
s=W−μQμmg，
△Ek=Mas=W−μQμmgMa
答：(1)回路中感应电动势及感应电流随时间变化的表达式E=BLat，I=BLatR+R0at2；
(2)经过 aRR0时间拉力F达到最大值，拉力F的最大值为Ma+μmg+12(1+μ)B2L2 aRR0，
(3)导轨动能的增加量为W−μQμmgMa．
【解析】电磁感应定律求电动势，匀变速运动求速度，由闭合电路欧姆定律求出感应电流随时间变化的表达式，对导轨受力分析，牛顿第二定律求F得最大值，由动能定理求导轨动能的增加量．
考查了电磁感应定律产生电动势、电流随时间变化的规律，讨论其最大值，能量守恒定律的应用．
17.【答案】解：在地面处，单摆所受万有引力近似等于其重力，即mg=GMmR2，
单摆的在地面的摆动周期T=2π Lg
设地球密度为ρ，地球的质量M=ρ43πR3
综合以上四得得：T=π 3LGρπR
质量均匀分布的球壳对壳内物体的引力为零，矿井内单摆受到的万有引力可以看作是半径为(R−d)的球体施加的，同理单摆的摆动周期T′=π 3LGρπ(R−d)
而单摆在地面处的摆动周期与矿井底部摆动周期之比TT′=K
解得：d=R(1−K2)
答；矿井的深度为R(1−K2)
【解析】利用单摆周期公式和万有引力近似等于其重力，矿井内单摆受到的万有引力可以看作是半径为(R−d)的球体施加的，即可联立求解．
本题考查万有引力定律的应用及单摆的周期公式，意在考查对基本物理规律的分析计算能力．
18.【答案】解：(1)设连续两次撞击轨道的时间间隔为△t，每根轨道的长度为l，则客车的速度为v=l△t
其中l=25.0 m，△t=10.016−1s
解得 v=37.5m/s；
(2)设从货车开始运动后t=20.0 s内客车行驶的距离为s1，货车行驶的距离为s2，货车的加速度为a，30节货车车厢的总长度为 L=30×16.0 m
由运动学公式有 s1=vt
s2=12at2
由题意，有 L=s1−s2
联立解得 a=1.35 m/s2。
答：(1)客车运行的速度大小为37.5m/s；
(2)货车运行加速度的大小为1.35m/s2。
【解析】(1)求出客车经过每根轨道的长度所用的时间，根据平均速度求出客车运行的速度大小；
(2)抓住客车和货车的位移关系求出货车的位移，根据匀变速直线运动的位移时间公式求出货车的加速度。
解决本题理清两车的位移关系，灵活运用运动学公式进行求解。
19.【答案】解：(1)设该车刹车前的行驶速度最大为v，根据匀变速直线运动平均速度推论可得：
x1=v2t1
其中：x1=18m，t1=3s
解得：v=12m/s
则该车刹车前的行驶速度不能超过12m/s。
(2)设该车驾驶员允许的考虑时间最长为t。
反应时间内行驶的距离为：L0=v0t
从绿灯闪烁到红灯亮起的过程中，汽车做减速运动的时间为：t2=3s+3s−t=6s−t
该汽车在刹车过程中通过的位移为：x2=v02t2
由位移关系得：L=L0+x2
代入数据解得：t=0.5s
则该车驾驶员允许的考虑时间不大于0.5s。
答：(1)该车刹车前的行驶速度不能超过12m/s；
(2)该车驾驶员允许的考虑时间不大于0.5s。
【解析】(1)根据匀变速直线运动平均速度的推论，求出该车刹车前的行驶最大速度。
(2)汽车在驾驶员考虑时间内做匀速直线运动，结合匀速运动的位移和匀减速直线运动的位移等于L，应用运动学公式求出允许的反应时间。
解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷。
20.【答案】解：(1)粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向分运动为自由落体运动，
有2R=12gt2…①
解得t=2 Rg…②
(2)设球A的质量为m，碰撞前速度大小为v1，把球A冲进轨道最低点时的重力势能定为0，由机械能守恒定律知 12mv2=12mv12+2mgR…③
设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为v2，则v2=2Rt= gR
由动量守恒定律知 mv1=2mv2…④
飞出轨道后做平抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，有 2R=v2t…⑤
综合②③④⑤式得v=2 2gR
答：(1)两球从飞出轨道到落地的时间t=2 Rg
(2)小球A冲进轨道时速度为2 2gR。
【解析】(1)求平抛运动的时间，当然是从竖直方向的自由落体运动中求得。
(2)小球A以某一初速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点的过程机械能守恒、A与B碰撞过程动量守恒，而碰撞完成后的速度就是AB一起平抛的初速度。列出机械能守恒和动量守恒的方程组，问题可解。
本题考查机械能守恒和动量守恒，分段列出相应的物理规律方程是解决问题的关键，