2023-2024学年云南省昆明重点中学高二上期9月考物理含解析

这是一份2023-2024学年云南省昆明重点中学高二上期9月考物理含解析，共10页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列四图中，能正确反映做曲线运动物体的运动轨迹、速度v和所受合外力F关系的是( )
A. B.
C. D.
2.如图为一种改进后的回旋加速器示意图，加速电场场强大小恒定，且被限制在AC板间，虚线中间无电场，带电粒子在P0处由静止经加速电场加速后进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对该回旋加速器，下列说法正确的是( )
A. 带电粒子每运动一周被加速两次
B. 加速粒子的最大速度与加速电场有关
C. AC板间的加速电场方向需要做周期性变化
D. 右侧相邻圆弧间距离P2P3与P1P2的比值为 3− 2： 2−1
3.如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，电容器的电容为C，定值电阻R=r，闭合开关S，待电路稳定后，电容器所带电荷量为( )
A. E2CB. CE2C. CED. EC
4.如图所示，一质量为m的物块放置于水平地面上，受到一个与水平方向夹角为θ的拉力F作用，处于静止状态。已知物块与地面的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，物体所受到摩擦力的大小一定为( )
A. μmgB. μ(mg−Fsinθ)C. FcsθD. Fsinθ
5.如图甲所示，一物块从足够长的固定粗糙斜面底端以某一速度冲上斜面。从初始位置起物块动能Ek随位移x的变化关系如图乙所示。已知物块质量为2kg，斜面倾角为37°，sin37°=0.6，cs37°=0.8，取重力加速度g=10m/s2.下列说法正确的是( )
A. 物块上升的最大高度为5mB. 物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C. 整个上滑过程物块机械能减少了100JD. 整个上滑过程物块重力势能增加了100J
6.如图所示，某空间存在一平行于竖直平面的匀强电场，高度差为ℎ的A、B两点位于同一竖直线上。将一质量为m、电量为+q的小球从A点以v0= 2gℎ的速度水平抛出，一段时间后小球通过B点，通过B点时的速度大小为2 gℎ，已知重力加速度为g，则( )
A. 场强方向竖直向下
B. 场强大小为mgq
C. 小球在A点的电势能大于在B点的电势能
D. 运动过程中，小球与A点的最大水平距离为ℎ2
二、多选题（本大题共4小题，共24.0分）
7.a、b两正弦式交流电的i−t图象如图所示，它们的周期分别用Ta、Tb不表示，它们分别通过同一个电阻时，电阻的热功率分别用Pa、Pb表示，下列关系式正确是( )
A. Ta：Tb=1：2
B. Ta：Tb=1：1
C. Pa：Pb=1：2
D. Pa：Pb=1：4
8.木星绕太阳转动的轨道，木星的卫星绕木星转动的轨道，均可视为圆。已知木星绕太阳转动的轨道半径为R1、转动的周期为T1，木星的某一卫星绕木星转动的轨道半径为R2、转动的周期为T2，万有引力常量为G。下列说法正确的是( )
A. R13T12=R23T22B. 木星的质量为4π2R23GT22
C. 该卫星绕木星转动的线速度大小为2πR2T2D. 木星绕太阳转动的角速度大小为2πT2
9.如图所示，竖直平面内的固定光滑圆形绝缘轨道的半径为R，A、B两点分别是圆形轨道的最低点和最高点，圆形轨道上C、D两点的连线过圆心O且OC与竖直向下方向的夹角为60°。空间存在方向水平向右且平行圆形轨道所在平面的匀强电场，一质量为m的带负电小球(视为质点)恰好能沿轨道内侧做完整的圆形轨道运动，且小球通过D点时的速度最小。重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A. 小球受到的电场力大小为 mg
B. 小球通过D点时的速度大小为 2gR
C. 小球在运动过程中的最大速度为 8gR
D. 小球通过C点时所受轨道的作用力大小为12mg
10.如图所示，一长度为1m，质量为0.1kg的通电直导线紧靠竖直墙水平放置，导线中通以垂直指向向外，大小为2A的电流，导线与竖直墙壁的动摩擦因数为0.5，为了让导体棒处于静止状态，现加一竖直向上的匀强磁场，取重力加速度g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则所加匀强磁场的磁感应强度大小可能为( )
A. 2TB. 1.5TC. 0.8TD. 0.5T
三、填空题（本大题共1小题，共6.0分）
11.用电磁打点计时器、平板(光滑)、小车等器材探究小车速度随时间变化的规律，如图所示是某同学即将释放小车之前的实验装置图．该装置图中有3处明显错误，它们分别是：
(1) ______ ；
(2) ______ ；
(3) ______ ．
四、实验题（本大题共1小题，共10.0分）
12.要描绘一只标有“6V、3W”字样小灯泡的伏安特性曲线，为确保得到该小灯泡的一条完整伏安特性曲线，除了导线和开关外，实验室还有如下器材可供选择：
电流表A1(量程0.6A，内阻约为0.5Ω)
电流表A2(量程3A，内阻约为0.2Ω)
电压表V(量程3V，内阻RV=3kΩ)
滑动变阻器R1(阻值0～5Ω，额定电流1.5A)
滑动变阻器R2(阻值0～lkΩ，额定电流0.1A)
定值电阻R3=300Ω
定值电阻R4=3kΩ
直流电源(电动势E=6V，内阻很小)
(1)为减小实验误差，电流表应选______(选填“A1”或“A2”)；滑动变阻器应选______(如填“R1”或“R₂”)；定值电阻应选______(选填“R3”或“R4”)；
(2)为提高实验精度，请设计电路图，并画在虚线框中(图中标出所选择器材的符号)：
(3)根据设计合理的电路图连接实物进行实验时，当电压表V显示读数为2.50V时，灯泡两端实际电压为______V；
(4)根据该电路设计图进行实验，测得电压表的读数为U、电流表读数为I，若考虑电表的内阻，则此时灯泡的电阻为______。(用题目中所给字母或符号表示)
五、计算题（本大题共3小题，共36.0分）
13.如图所示，坐标系xOy的第一、二象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电量为+q的粒子从坐标原点O以速度v0射入磁场，v0与x轴正向的夹角为30°，一段时间后另一个质量为m、带电量为−q的粒子以相同的速度从O点射入磁场，最后两粒子同时从x轴上离开磁场，离开磁场时两粒子相距L。不计粒子的重力和粒子之间的相互作用，求：
(1)磁感应强度B的大小；
(2)两粒子射入磁场的时间差。
14.在如图所示的电路中，电源的电动势E=36V，内阻r=6Ω，电阻R1=R3=4Ω，R2=R4=8Ω，C为平行板电容器，其电容C=2.0pF，虚线到两极板的距离相等，极板长l=0.20m，两极板的间距d=0.24m，极板右边缘到荧光屏的距离b=0.2m。(1)若开关S处于断开状态，则将其闭合后，流过R4的电荷量为多少？
(2)若开关S断开时，有一个带电微粒沿虚线方向以v0=2.0m/s的初速度射入平行板电容器的两极板间，刚好沿虚线匀速运动，则当开关S闭合稳定后，t=0时，该带电微粒以相同的初速度沿虚线方向射入两极板间，试证明粒子能否从极板间射出。(g取10m/s2，要求写出计算和分析过程)
15.如图所示，倾角θ=37°的足够长光滑斜面固定在水平地面上，其上端固定一光滑定滑轮，薄板A通过跨过定滑轮的轻质细绳与物块B相连，初始时薄板A被锁定在斜面上，将一可视为质点的物块C从薄板A的最上端由静止释放。已知薄板A、物块B、物块C的质量分别mA=2kg、mB=4kg、mc=lkg，薄板A与物块C之间的滑动摩擦因数μ=0.5，sin37°=0.6，cs37°=0.8，取重力加速度g=10m/s2。
(1)求物块C释放时的加速度；
(2)若t=0时刻释放物块C的同时解除对薄板A的锁定，
①求t=1s时薄板A、物块B、物块C的速度大小(此时物块C未滑离薄板A)；
②若t=1s时剪断轻质细绳，最终物块C给好没有滑离薄板A，求薄板A的长度。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、图中速度的方向不是沿曲线的切线方向。故A错误；
B、图中速度的方向沿曲线的切线方向，合外力F的方向在曲线弯曲的一侧，是正确的。故B正确；
C、中速度的方向沿曲线的切线方向，但合外力的方向指向曲线弯曲的外侧，这是不可能的。故C错误；
D、中速度的方向不是沿曲线的切线方向。故D错误；
故选：B。
当物体速度方向与加速度方向不在同一直线上时，物体做曲线运动，加速度指向曲线凹的一侧；当加速度与速度方向夹角小于90度时物体做加速运动；当加速度的方向与速度方向大于90度时物体做减速运动；分析图示情景然后答题。
该题考查速度的方向与受力的方向、轨迹的方向之间的关系；知道物体做曲线运动的条件，分析清楚图示情景即可正确解题。
2.【答案】D
【解析】解：AC.根据回旋加速器的工作原理可知，带电粒子在磁场中偏转，带电粒子只有经过AC板间时被加速，因此带电粒子每运动一周被加速一次；电场的方向没有改变，则在AC间加速，故AC错误；
B.当粒子从D形盒中出来时，速度最大
根据洛伦兹力提供向心力qvB=mv2r
解得v=Bqrm
可知加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关，D形盒半径越大，与加速电场无关，故B错误；
D.根据洛伦兹力提供向心力qvB=mv2r
解得r=mvqB
则P1P2=2(r2−r1)=m(v2−v1)qB
同理，有P2P3=2(r3−r2)=m(v3−v2)qB
因为每转一圈被加速一次，速度变化量Δv=at
t为经过相同位移用的时间，根据运动学规律t1：t2=( 2−1)：( 3− 2)
即右侧相邻圆弧间距离P2P3与P1P2的比值为P2P3P1P2=t2t1= 3− 2 2−1，故D正确。
故选：D。
AC.带电粒子经加速电场加速后，进入磁场发生偏转，电场被限制在A、C板间，只有经过AC板间时被加速，所以运动一周加速一次，电场的方向不需改变；
B.带电粒子在匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力，当带电粒子离开回旋加速器时，速度最大；
D.带电粒子在匀强磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，求解圆周运动的半径，根据题图求解右侧相邻圆弧间的距离P2P3与P1P2；带电粒子在电场中加速，加速度的大小相同，根据加速度的定义式求时间之比，最后再求距离之比。
解决本题的关键知道该回旋加速器的原理，知道粒子每转一圈，加速一次，且都在AC间加速，加速的电场不需改变。
3.【答案】B
【解析】解：根据电路特征可知，电容器两端的电压为U=UR= RR+r⋅E=E2，
所以电容器所带电荷量为：Q=CU=CE2；
故ACD错误，B正确；
故选：B。
求出电容器两端的电压，根据公式Q=CU求解电容器所带的电荷量。
解决该题的关键是知道电容器两端的电压等于预知并联的物体的电压，熟记电容器的电荷量的求解公式。
4.【答案】C
【解析】解：物体受力如图所示，物体处于静止状态，所以合力为零，则水平方向合力为零，
故有：F⋅csθ=f，
故ABD错误，C正确；
故选：C。
根据物体的平衡状态进行受力分析，列方程求解即可；
该题的关键是正确对物体受力分析，能根据平衡状态列出方程，
5.【答案】B
【解析】解：A、由图可知，当动能减少到零时，x=20m，因此物块上升的最大高度为H=xsin37°=3m，故A错误；
B、根据功能关系可得：Ek=mgH+μmgcs37°⋅x，代入数据解得：μ=0.5，故B正确；
CD、根据能量关系可知，机械能减少了△E=μmgcs37°⋅x=40J；重力势能增加了△EP=60J，故CD错误；
故选：B。
根据功能关系进行解题，计算出摩擦系数，其中机械能损失等于摩擦力做功；再根据重力做功与重力势能变化量存在相反数进行求解势能变化。
本题考查了能量关系及动能定理，解题的关键是知道结合图象进行解题，并结合动能定理及能量转化解题即可。
6.【答案】D
【解析】解：A、从A到B，根据动能定理：mgℎ+W电=12mvB2−12mvA2，代入数据解得：W电=0，可见，电场的方向水平向左，故A错误；
B、小球竖直方向做自由落体运动，由ℎ=12gt2，得t= 2ℎg；水平方向做初速度为v0= 2gℎ的匀减速直线运动，有v0t−12at2=0，a=qEm，解得：E=2mgq，a=2g，故B错误；
C、A、B两点位于同一等势线上，小球在A、B两点电势能相等，故C错误；
D、小球在水平方向做匀变速直线运动，水平最大位移x=v022a=( 2gℎ)22×2g=ℎ2，故D正确。
故选：D。
从A到B，根据动能定理，可以求出电场力做功为零，从而判断电场的方向水平向左；小球运动可以分解成竖直方向的自由落体运动和水平方方向的匀减速直线运动，利用匀变速直线运动规律可以求出电场强度和小球的水平加速度大小。
本题考查了电势能与电场力做功、带电粒子在匀强电场中的运动、运动合成与分解、动能定理等知识点。注意点：可以类比平抛运动的特点，对运动进行分解，把复杂的曲线运动化为简单的直线运动来解题。
7.【答案】BD
【解析】解：A、从图象可知，两个交流电的周期都是T，它们的周期是相等的。故A错误，B正确；
C、由图可知，交流电a与b的电流最大值分别为I与2I，则它们电流的有效值分别为I 2，和 2I，它们分别通过同一个电阻时，a的电阻的热功率：Pa=(I 2)2R=12I2R；
b的热功率：Pb=( 2I)2R=2I2R
所以：Pa：Pb=1：4
故C错误，D正确
故选：BD。
从图象可读出电压的最大值、周期，继而求出电压的有效值和电功率。
本题题干图象考查了正弦交流电的峰值、有效值、周期和瞬时值表达式，难度不大。
8.【答案】BC
【解析】解：A、根据开普勒第三定律R3T2=k，知k与中心天体的质量有关，与环绕天体无关。木星绕太阳做圆周运动的中心天体是太阳，卫星绕木星做圆周运动的中心天体为木星，所以R13T12≠R23T22，故A错误；
B、木星的某一卫星绕木星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得：
Gm木m卫R22=m卫4π2T22R2
解得木星的质量为：m木=4π2R23GT22，故B正确；
C、根据线速度与周期的关系可知，该卫星绕木星转动的线速度大小为2πR2T2，故C正确；
D、木星绕太阳转动的周期为T1，根据角速度与周期的关系可知，木星绕太阳转动的角速度为：ω=2πT1.故D错误。
故选：BC。
根据开普勒第三定律分析A项；木星的某一卫星绕木星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式，来求解木星的质量；根据线速度与周期的关系求该卫星绕木星转动的线速度大小；根据角速度与周期的关系求木星绕太阳转动的角速度大小。
一个物理量能不能求出，我们应该先通过物理规律表示出这个物理量的关系式，再根据题目中已知物理量判断。开普勒第三定律公式为：R3T2=k，我们要清楚式中k与中心天体的质量有关，与环绕天体的质量无关。
9.【答案】BD
【解析】解：A、小球在通过D点时的速度最小，则在该点电场力与重力的合力沿半径方向，则有小球受到的电场力大小：F=mgtan60°= 3mg
故A错误；
B.D点竖直平面内圆周运动的物理“最高点”，恰好能完整的做圆周运动，在“最高点”有最小速度，即
mgcs60∘=mvD2R
解得：vD= 2gR
故B正确；
C.分析可得小球在等效最低点C点得速度最大，故小球从C到D的过程中，由动能定理得
−mgcsθ⋅2R=12mvD2−12mvC2
联立解得：vC= 10gR
故C错误；
D.在C点由牛顿第二定律可知
FN−mgcs60∘=mvC2R
解得：FN=12mg，故D正确。
故选：BD。
抓住带电小球运动至C点的速度最大这一突破口，根据竖直平面内圆周运动的最大速度出现在物理“最低点”，即合外力沿半径指向圆心，而电场力和重力的合力则背离圆心的方向。作出受力示意图，求解电场力的大小；D点竖直平面内圆周运动的物理“最高点”，恰好能完整的做圆周运动，在“最高点”有最小速度，在“最高点”对轨道压力为0，由牛顿第二定律求解；对D的最小压力等于零，由动能定理求解。
本题抓住小球经C点时速度最大这也关键突破口展开讨论，小球在D点压力对轨道压力最小为0，根据指向圆心的合力提供圆周运动向心力为解题关键。
10.【答案】AB
【解析】解：通电直导线受到重力、水平受到安培力和弹力、竖直受到摩擦力作用，当达到最大静摩擦力时，磁感应强度最小，μBIL=mg，解得B=1T，故AB正确，CD错误。
故选：AB。
通电直导线处于受力平衡状态，根据平衡条件，结合安培力公式求解磁感应强度大小。
本题考查了安培力作用下的受力平衡问题，解题的关键是理解达到最大静摩擦力时，磁感应强度最小。
11.【答案】细线与木板不平行；小车离打点计时器太远；打点计时器接的是直流电源
【解析】解：探究小车速度随时间变化的规律实验，要求小车做匀加速直线运动，所以细线应与木板平行，释放小车前，小车应远离定滑轮或应靠近打点计时器，打点计时器应使用交流电源，所以上图中由三处明显错误，(1)细线与木板不平行，(2)小车离打点计时器太远，(3)打点计时器接的是直流电源．
故答案为(1)细线与木板不平行，(2)小车离打点计时器太远，(3)打点计时器接的是直流电源
打点计时器应使用交流电源，开始实验前，应将小车靠近打点计时器，细线应与木板平行．
本题比较简单，考查了基本仪器的使用和基础实验的操作细节，对于基础知识，平时训练不可忽略，要在练习中不断加强．
12.【答案】A1 R1 R4 5.00 2UI−URV
【解析】解：(1)灯泡额定电流为：I=PU=3W6V=0.5A，电流表应选A ​1；为方便实验操作，滑动变阻器应选择R1；
灯泡额定电压为6V，电压表量程为3V，把电压表量程扩大为6V，应给电压表串联一个与电压表内阻相等的定值电阻，定值电阻应选择R4；
(2)描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，由题意可知，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示；
(3)定值电阻阻值与电压表内阻相等，定值电阻两端电压与电压表两端电压相等，当电压表示数为2.50V时，灯泡两端电压为5.00V；
(4)由图示电路图可知，灯泡电阻为：R=ULIL=2UI−URV；
故答案为：(1)A1；R1；R4；(2)实验电路图如图所示；(3)5.00；(4)2UI−URV。
(1)根据灯泡额定电流选择电流表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器；根据电压表内阻与灯泡额定电压选择定值电阻。
(2)根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出实验电路图。
(3)根据串联电路特点求出灯泡两端电压。
(4)根据串并联电路特点与欧姆定律求出灯泡电阻。
本题考查了实验器材的选择、实验电路设计与实验数据处理，要掌握实验器材的选择原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作原则；根据题意确定滑动变阻器与电流表接法是设计实验电路的关键。
13.【答案】解：(1)设粒子做圆周运动的轨道半径为r，由粒子运动轨迹如图所示，由几何关系可知：2×2rsin30°=L
正负粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B=mv02r
解得：B=2mv0qL
(2)由几何知识可知，正粒子在磁场中转过的圆心角为300°，负粒子在磁场中转过的圆心角为60°，
两粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=2πrv0=2πmqB
粒子在磁场中做圆周运动的时间：t=θ360∘T
两粒子射入磁场的时间差：△t=t正−t负=300°360∘×2πmqB−60°360∘×2πmqB=4πm3qB
答：(1)磁感应强度B的大小是2mv0qL；
(2)两粒子射入磁场的时间差是4πm3qB。
【解析】(1)粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意作出粒子运动轨迹，求出粒子做圆周运动的轨道半径，应用牛顿第二定律求出磁感应强度。
(2)根据粒子做圆周运动的周期与粒子在磁场中的运动时间，求出两粒子射入磁场的时间差。
本题考查了带电粒子在磁场中的运动，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提，应用牛顿第二定律与粒子做圆周运动的周期公式可以解题。
14.【答案】解：(1)S断开时，R2和R3串联，电阻R3两端电压：U3=ER3R2+R3+r
解得：U3=8V
S闭合后，R2和R3串联后再与R1并联，外电路的总电阻：R=R1(R2+R3)R2+R3+R1，
解得：R=3Ω，
路端电压U=RER+r，解得：U=12V
电阻R3两端的电压：U3′=R3R2+R3U，解得：U3′=4V
流过R4的电荷量ΔQ=C(U3−U3′)
代入数据解得：ΔQ=8.0×10−12C；
(2)设带电微粒的质量为m，电荷量为q，当开关S断开时有：qU3d=mg
当开关S闭合后，设带电微粒的加速度为a，
根据牛顿第二定律可得：mg−qU3′d=ma
假设带电微粒能从极板间射出，则有：
水平方向：t=lv0，
竖直方向：y=12at2，
联立解得y=0.025m答；(1)若开关S处于断开状态，则将其闭合后，流过R4的电荷量为8.0×10−12C；
(2)粒子能从极板间射出，证明过程参看解析。
【解析】(1)根据闭合电路欧姆定律分别计算出开关S闭合前后电容器两端的电压值，根据ΔQ=C⋅ΔU计算流过电阻R4的电荷量；
(2)根据开关S断开时粒子做匀速直线运动列平衡方程，闭合后据牛顿第二定律求出竖直方向的加速度，根据平抛运动的规律计算出电容器时粒子的偏转距离即可判断能否出电容器。
本题计算量大，属于闭合电路欧姆定律和粒子在电场中偏转的综合，要熟练掌握电荷量的求解方法以及根据类平抛运动的推论解决问题。
15.【答案】解：(1)对物块C分析，根据牛顿第二定律可得：mCgsin37°−μmCgcs37°=mCaC
解得：aC=2m/s2；
(2)①对薄板A、物块B整体分析：mBg−mAgsin37°−μmCgcs37°=(mA+mB)a1
解得：a1=4m/s2
物块C受力不变，仍有：aC=2m/s2
当t=1s时，对薄板A、物块B有：
vA=vB=aAt
解得vA=4m/s
对物块C有：vC=aCt
vC=2m/s
②剪断细绳后，对薄板A有：
mAgsin37°+μmCgcs37°=mAa2
解得a2=8m/s2
物块C受力始终不变，加速度仍不变
当薄板A和物块C速度相等时，有：
vA+a2t′=vC+aCt′
解得t′=1s
v′A=vC=4m/s
在全过程中，薄板A运动的位移为xA=−12aAt2+vAt′+12a2t′2
解得：xA=−2m
物块C运动的位移xC=12aC(t+t′)2
xC=4m
则木板长度为L=xC−xA=6m。
答：(1)物块C释放时的加速度为2m/s2；
(2)①t=1s时薄板A、物块B、物块C的速度大小分别为4m/s、4m/s、2m/s；
②若t=1s时剪断轻质细绳，最终物块C给好没有滑离薄板A，薄板A的长度为6m。
【解析】(1)对物块C分析，根据牛顿第二定律求解加速度；
(2)①对薄板A、物块B整体根据牛顿第二定律求解加速度；根据速度时间关系求解速度；
②剪断细绳后，对薄板A根据牛顿第二定律求解加速度，求出当薄板A和物块C速度相等的时间，求出在全过程中薄板A运动的位移、物块C运动的位移，即可得到木板长度。
对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。