模块综合测控A(自主测控卷)

1.我国医疗专家组成员抵达上海机场的最合理时间是( A )
A.12日17时31分
B.12日18时31分
C.12日15时31分
D.12日4时31分
解析 北京时间东八区，罗马东一区，到达罗马的当地时间为3月12日22时
31分，北京时间则为3月13日5时31分，减去飞行了11小时，飞机起飞时间为
北京时间3月12日18时31分，乘飞机一般要提前1小时到达，所以，我国医疗
5.岩石按成因分类，庙湾岛的风化坑属于( A )
A.①类岩石 B.②类岩石
C.③类岩石
D.④类岩石
解析 据右侧图可知，①为侵入岩，②为喷出岩，③为沉积岩，④为变
质岩。而由材料可推断，庙湾岛的风化坑为花岗岩，因此花岗岩属于①岩
石，A正确。故选A。
01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29
01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29
目录
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等物候线是指同一日期出现同一物候(如桃花始开)的地点连成的线。到了
秋季树叶中的叶绿素因为降温而分解，绿色褪去，而呈黄色。下图示意银杏
目录
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6.形成庙湾岛风化坑的主要外力作用是( C )
A.风力侵蚀 B.流水侵蚀
C.化学风化
Hale Waihona Puke D.海浪侵蚀解析 据材料可知庙湾岛风化坑是由海水化学元素与岩石进行反应，导致
钙、钾等元素流失，向粘土矿物转化的过程，其属于化学风化范畴，侵蚀作

2024年国家电网招聘之自动控制类题库综合试卷A卷附答案单选题（共45题）1、可编程通信接口芯片8251A（）。

A.可用作并行接口B.仅可用作异步串行接口C.仅可用作同步串行接口D.可用作同步、异步串行接口【答案】 D2、RS232是一种常用的串行总路线标准，它规定逻辑“0”对应的电平是（）。

A.0～+1.8VB.+2.8～+5VC.+3～+15VD.-15～-3V【答案】 C3、8255A工作在方式1时，端口A和端口B作为数据输入/输出使用，而端口C 的各位分别作为端口A和端口B的控制信息和状态信息。

其中作为端口A和端口B的中断请求信号的分别是端口C的（）。

A.PC4和PC2B.PC5和PC1C.PC6和PC7D.PC3和PC0【答案】 D4、二阶欠阻尼系统质量指标与系统参数间的关系（）。

A.衰减系数减小，最大偏差增大、衰减比减小，调节时间增大B.衰减系数减小，衰减比减小、最大偏差减小C.衰减系数减小，调节时间增大D.衰减系数减小，静差增大【答案】 A5、3片8259A级联，最多可管理（）级中断。

A.24B.23C.22D.21【答案】 C6、8086CPU的40根引脚中，有（）个是分时复用的。

A.1B.16C.21D.24【答案】 C7、寄存器间接寻址方式中，操作数在中（）。

A.通用寄存器B.堆栈C.存储单元D.段寄存器【答案】 C8、BUFDW10HDUP（3DUP（2，10H），3，5）上述语句汇编后，为变量BUF分配的存储单元字节数是（）。

A.80HB.100HC.124D.192【答案】 B9、PN结正偏时，正向电流（），相当于PN结（）。

A.较小；导通B.较大；导通C.较小；截止D.较大；截止【答案】 B10、采用级联方式使用2片8259中断控制器，可使它的硬中断源最多扩大到（）。

A.64个B.32个C.16个D.15个【答案】 D11、总线周期是指。

（）A.执行一条指令所需要的时间B.BIU完成一次读和一次写I/O端口操作所需时间之和C.BIU完成一次访问存储器或I/O端口操作所需要的时间D.BIU完成一次读和一次写存储器操作所需时间之和【答案】 C12、三极管放大电路基极偏置电阻Rb的大小决定了静态工作点高低，Rb的数值调得过大，则造成（）。

模块综合测评(教师用书独具)一、单选题1．对于质量一定的物体，下列关于加速度的说法中正确的是()A．物体加速度方向与速度方向相同B．物体的速度变化越大，加速度就越大C．物体加速度方向可能与所受的合外力方向相反D．物体所受的合外力越大，加速度一定越大D[物体加速度方向与速度方向不一定相同，选项A错误；物体的速度变化越快，加速度就越大，选项B错误；物体加速度方向一定与所受的合外力方向相同，选项C错误；根据a＝Fm可知，物体所受的合外力越大，加速度一定越大，选项D正确．]2．国产歼-15舰载机以65 m/s的速度降落在静止的“辽宁号”航母水平甲板上，机尾挂钩精准钩住阻拦索．在阻拦索的拉力帮助下，舰载机经历2.5 s速度减小为零．若将上述运动视为匀减速直线运动，根据以上数据不能求出舰载机在甲板上运动的()A．位移B．加速度C．平均速度D．受到的阻力D[根据平均速度公式可得，v＝v0＋v2＝65＋02m/s＝32．5 m/s位移：x＝v0＋v2t＝65＋02×2.5 m＝81.25 m，所以能求出舰载机在甲板上运动的位移、平均速度，故A、C不符合题意；根据加速度的定义式a＝ΔvΔt＝0－652.5m/s2＝－26 m/s2，能求出舰载机在甲板上运动的加速度，因为不知道舰载机的质量，无法由牛顿第二定律求舰载机所受的阻力，故选项B不符合题意，选项D符合题意．] 3．把一个薄板状物体悬挂起来，静止时如图所示，则对于此薄板状物体所受重力的理解，下列说法正确的是()A．重力就是地球对物体的引力B．重力大小和物体运动状态有关C．重力的方向总是指向地心的D．薄板的重心一定在直线AB上D[重力是由于地球的吸引而使物体受到的力，不是地球对物体的引力，故A错误；重力的大小与物体的运动状态无关，故B错误；重力的方向竖直向下，故C错误；因为绳对板的拉力与板受的重力为一对平衡力，必在一条直线上，所以重心一定在细绳的延长线上，即薄板的重心一定在直线AB上，故D正确．] 4．一物体从高h处做自由落体运动，经时间t到达地面，落地速度为v，那么当物体下落时间为t3时，物体的速度和距地面高度分别是()A．v3，h9B．v9，h9C．v3，89h D．v9，33hC[物体做自由落体运动，经时间t到达地面的速度为v，根据速度公式v＝gt可知，下落时间为t3时的速度为v′＝g⎝⎛⎭⎪⎫t3＝13v，又知下落时间t内的位移为h，则t3时间内的位移为h′＝12g⎝⎛⎭⎪⎫t32＝19h，物体距地面高度h″＝h－19h＝89h，故选项C正确．]5．如图所示，一个重力为10 N的物体，用细线悬挂在O点，现在用力F拉物体，使悬线偏离竖直方向30°时处于静止状态，此时所用拉力F的最小值为()A．5 NB．2.5 NC．8.65 ND．4.3 NA[如图所示，将重力沿细线及拉力方向分解，分析图形可知，只有当拉力与细线垂直时，重力沿拉力方向的分力最小，根据平衡条件，F＝G sin 30°＝5 N，故选项A正确．]6．如图所示，两根相同的直木棍AB和CD相互平行，斜靠在竖直墙壁上固定不动，一表面各处情况相同的圆筒恰能沿直木棍匀速下滑，若保持两木棍倾角不变，将两者间的距离稍微增大后固定不动，仍使该圆筒以一定的初速度从两木棍上端滑下，则()A．圆筒将沿木棍减速下滑B．圆筒将沿木棍加速下滑C．木棍对圆筒的摩擦力不变D．木棍和圆筒间的动摩擦因数μ＝tan αA[圆筒从木棍的上部匀速滑下过程中，受到重力、两棍的支持力和摩擦力，根据平衡条件得知，两棍支持力的合力和摩擦力不变；将两棍间的距离稍增大后，两棍支持力的合力不变，而两支持力夹角增大，则每根木棍对圆筒的支持力变大，故滑动摩擦力变大，故圆筒将会减速滑行，故A正确，B、C错误；匀速下滑时，圆筒受2个支持力、2个摩擦力，根据平衡条件，有：2μF N－mg sin α＝0，其中2F N≠mg cos α，故μ≠tan α，故D错误．]7．如图所示，质量为4 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面．质量为1 kg 的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起，但A、B之间无压力．某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为(取g＝10 m/s2)()A．0 B．8 NC．10 N D．2 NB[剪断细线前，A、B间无压力，则弹簧的弹力F＝m A g＝40 N，剪断细线的瞬间，A、B整体的加速度a＝(m A＋m B)g－Fm A＋m B＝2 m/s2，对B受力分析，m B g－F N＝m B a，解得F N＝8 N，由牛顿第三定律知B正确．]8．如图所示，两个质量分别为m1＝1 kg、m2＝4 kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接．两个大小分别为F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则达到稳定状态后，下列说法正确的是()A．弹簧测力计的示数是25 NB．弹簧测力计的示数是50 NC．在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为7 m/s2D．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为13 m/s2C[以m1、m2以及弹簧测力计为研究对象，则整体向右的加速度a＝F1－F2m1＋m2＝2 m/s2；再以m1为研究对象，设弹簧的弹力为F，则F1－F＝m1a，得F＝28 N，A、B错误；突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，此时m2的加速度a＝Fm2＝7 m/s2，C正确；突然撤去F1的瞬间，弹簧的弹力也不变，此时m1的加速度a＝Fm1＝28 m/s2，D错误．]二、实验题9．(6分)某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动，用自制“滴水计时器”计量时间．实验前，将该计时器固定在小车旁，如图(a)所示．实验时，保持桌面水平，用手轻推一下小车．在小车运动过程中，滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴，图(b)记录了桌面上连续的6个水滴的位置．(已知滴水计时器每30 s 内共滴下46个小水滴)(1)由图(b)可知，小车在桌面上是________(填“从右向左”或“从左向右”)运动的．(2)该小组同学根据图(b)的数据判断出小车做匀变速运动．小车运动到图(b)中A点位置时的速度大小为________m/s，加速度大小为________m/s2(结果均保留2位有效数字)．[解析](1)小车运动时由于摩擦力的作用，速度逐渐减小，滴水计时器滴下水滴的间距逐渐变小，因此小车从右向左运动．(2)滴水的时间间隔T＝3045s≈0.67 s小车运动到A点位置时的瞬时速度v A＝s n＋s n＋12T＝(117＋133)×0.0012×0.67m/s≈0.19 m/s根据逐差法，共有5组数据，舍去中间的一组数据，则加速度a＝s4＋s5－s1－s26T2＝(100＋83－150－133)×0.0016×0.672m/s2≈－0.037 m/s2因此加速度的大小为0.037 m/s2．[答案](1)从右向左(2)0.190.037三、计算题10．(10分)如图所示，某人用轻绳牵住一只质量m＝0.6 kg的氢气球，因受水平风力的作用，系氢气球的轻绳与水平方向成37°角．已知空气对气球的浮力为15 N，人的质量M＝50 kg，且人受的浮力忽略不计(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s2)．(1)求水平风力的大小；(2)求人对地面的压力大小；(3)若水平风力增强，人对地面的压力如何变化？并说明理由．[解析](1)对氢气球进行受力分析，如图甲所示．由平衡条件可知，＝mg＋F T sin 37°竖直方向：F浮＝F T cos 37°水平方向：F风＝12 N，F T＝15 N．解得F风(2)对人进行受力分析，如图乙所示．由平衡条件可知，竖直方向：F N＝Mg－F T′sin 37°＝500 N－15 N×0.6＝491 N根据牛顿第三定律，人对地面的压力大小为491 N．(3)若风力增强，只改变了水平方向的力，视氢气球及人为一整体，所以竖直方向上的受力情况没有改变，人对地面的压力不变．[答案](1)12 N(2)491 N(3)不变，理由见解析一、多选题11．甲、乙两物体从同一地点沿同一条直线同时运动，其速度—时间图像如图所示，下列说法正确的是()A．0～t1时间内两物体均处于静止状态B．t1～t2时间内甲物体始终在乙物体的前面C．t2时刻两物体相遇D．t1～t2时间内，甲物体做匀减速直线运动BD[由v-t图像可知，0～t1时间内甲、乙均做匀速运动，t1～t2时间内，甲物体做匀减速直线运动，A错误，D正确；t2时刻之前，v甲始终大于v乙，两物体又从同一地点同向运动，故t1～t2时间内甲物体始终在乙物体前面，且两物体相距越来越远，B正确，C错误．]12．两物体M、m用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，如图所示放置，OA、OB 与水平面的夹角分别为30°、60°，M重20 N，M、m均处于静止状态．下列说法正确的是()A．OA对物体M的拉力为12 NB．OB对物体M的拉力为10 3 NC．物体m受到的摩擦力为10(3－1)N，方向水平向左D．物体m受到的摩擦力为10(3－1)N，方向水平向右BC[O点受力分析如图所示，则F A＝Mg cos 60°＝10 N，A错；F B＝Mg cos 30°＝10 3 N，B对；两绳对物体m的拉力的合力F B－F A＝10(3－1)N，方向向右，故物体m受到的摩擦力F f＝10(3－1)N，方向水平向左，C对，D错．]13．如图所示，当小车水平向右加速运动时，物块M相对车厢静止于车厢后竖直壁上，当小车的加速度增大时()A．M所受静摩擦力增大B．M对车厢壁的压力增大C．M仍相对于车厢静止D．M在竖直方向上所受合外力为零BCD[以物块为研究对象，分析受力，作出受力图如图．物块竖直方向受力平衡，合外力等于零，摩擦力f＝Mg，保持不变，选项A 错误，D正确；小车的加速度增大时，弹力N＝ma增大，物块受到的最大静摩擦力增大，物块不可能沿壁下滑，所以物块M仍相对于车厢静止，选项B、C正确．] 14．如图所示为运送粮袋的传送装置，已知AB间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，以下说法正确的是()A．粮袋到达B点的速度可能大于、等于或小于vB．粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－cos θ)，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动C．若μ<tan θ，则粮袋从A到B一直做加速运动D．不论μ大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a>g sin θAC[粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于v；可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v；故A正确；粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为μmg cos θ，根据牛顿第二定律得，加速度a＝g(sin θ＋μcos θ)，故B错误；若μ<tan θ，则重力的下滑分力大于滑动摩擦力，故a的方向一直向下，粮袋从A到B一直是做加速运动，可能是一直以g(sin θ＋μcos θ)的加速度匀加速；也可能先以g(sin θ＋μcos θ)的加速度匀加速，后以g(sin θ－μcos θ)的加速度匀加速，故C正确；由以上分析可知，粮袋从A到B不一定一直做匀加速运动．故D错误．]二、实验题15．(10分)某实验小组利用如图所示的装置探究加速度与力、质量的定量关系．(1)下列做法正确的是________．A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上C．实验时，先放开木块，再接通打点计时器的电源D．通过增减木块上的砝码改变质量时，需要每次都重新调节木板倾斜度(2)为使砝码桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量________木块和木块上砝码的总质量．A．远大于B．远小于C．近似于(3)甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图中甲、乙两条直线．设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲________m乙，μ甲________μ乙．A ．小于B ．等于C ．大于[解析] (1)调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，从而减小实验的误差，选项A 正确；在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，应该不挂装有砝码的砝码桶，让木块拖着纸带在木板上做匀速运动，选项B 错误；实验时，先接通打点计时器的电源，再放开木块，选项C 错误；通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要每次都重新调节木板倾斜度，选项D 错误；故选A ．(2)为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量远小于木块和木块上砝码的总质量，选项B 正确．(3)由牛顿第二定律可知：F －μmg ＝ma ，解得a ＝1m F －μg ，由图像可知：1m 甲>1m 乙，所以m 甲<m 乙；直线与纵轴的截距等于μg ，则μ甲>μ乙． [答案] (1)A (2)B (3)A C三、计算题16．(10分)如图是上海中心大厦，小明乘坐大厦快速电梯，从底层到达第119层观光平台仅用时55 s ．若电梯先以加速度a 1做匀加速运动，达到最大速度18 m/s ，然后以最大速度匀速运动，最后以加速度a 2做匀减速运动恰好到达观光平台．假定观光平台高度为549 m ．(1)若电梯经过20 s 匀加速达到最大速度，求加速度a 1及匀加速上升的高度h ；(2)在(1)问中的匀加速上升过程中，若小明的质量为60 kg ，求小明对电梯地板的压力；(3)求电梯匀速运动的时间．[解析](1)由运动学公式v t＝v0＋at和t1＝20 s得电梯匀加速时的加速度a1＝v m－0t1＝18－020m/s2＝0.9 m/s2电梯匀加速上升的高度h＝v2m2a1＝1822×0.9m＝180 m．(2)设小明受到电梯地板的支持力大小为F N由牛顿第二定律得F N－mg＝ma1，又m＝60 kg所以F N＝ma1＋mg＝60×0.9 N＋60×10 N＝654 N由牛顿第三定律可知，小明对电梯地板的压力大小F′N＝F N＝654 N，方向竖直向下．(3)设电梯匀速运动的时间为t，对电梯整个上升过程有h总＝v m2t1＋v m t＋v m2(t总－t1－t)代入数据得t＝6 s．[答案](1)0.9 m/s2180 m(2)654 N，方向竖直向下(3)6 s17．(12分)如图所示，一质量为m B＝2 kg的木板B静止在光滑的水平面上，其右端上表面紧靠一固定斜面轨道的底端(斜面底端与木板B右端的上表面之间有一段小圆弧平滑连接)，轨道与水平面的夹角θ＝37°，一质量为m A＝2 kg的物块A由斜面轨道上距轨道底端s0＝8 m处由静止释放，物块A刚好没有从木板B的左端滑出，已知物块A与斜面轨道间的动摩擦因数为μ1＝0.25，与木板B上表面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，物块A可看作质点，请问：(1)物块A刚滑上木板B时的速度为多大？(2)物块A从刚滑上木板B到相对木板B静止共经历了多长时间？木板B有多长？[解析](1)设物块A沿斜面下滑的加速度为a1，则m A g sin θ－μ1m A g cos θ＝m A a1解得a1＝4 m/s2物块A滑到木板B上时的速度为v1＝2a1s0＝2×4×8 m/s＝8 m/s．(2)物块A在木板B上滑动时，它们在水平方向上的受力大小相等，质量也相等，故它们的加速度大小相等，数值为a2＝μ2m A gm A＝μ2g＝2 m/s2设木板B的长度为L，二者相对静止时经历的时间为t2，最终的共同速度为v2，在达到共同速度时，木板B滑行的距离为s，利用位移关系得v1t2－12a2t22－12a2t22＝L对物块A有v2＝v1－a2t2v22－v21＝－2a2(s＋L)对木板B有v22＝2a2s联立解得相对滑行时间和木板B的长度分别为：t2＝2 s，L＝8 m．[答案](1)8 m/s(2)2 s8 m18．(12分)足球比赛中，经常使用“边路突破，下底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中．某足球场长90 m、宽60 m．攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为12 m/s的匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s2．试求：(1)足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为多大？(2)足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员沿边线向前追赶足球．他的启动过程可以视为初速度为0，加速度为2 m/s2的匀加速直线运动，他能达到的最大速度为8 m/s．该前锋队员至少经过多长时间能追上足球？(3)若该前锋队员追上足球后，又将足球以10 m/s的速度沿边线向前踢出，足球的运动仍视为加速度大小为2 m/s2的匀减速直线运动．与此同时，由于体力的原因，该前锋队员以6 m/s的速度做匀速直线运动向前追赶足球，通过计算判断该前锋队员能否在足球出底线前追上．[解析](1)已知足球的初速度为v1＝12 m/s，加速度大小为a1＝2 m/s2足球做匀减速运动的时间为t1＝v1a1＝6 s运动位移大小为s1＝v12t1＝36 m．(2)已知前锋队员的加速度为a2＝2 m/s2，最大速度为v2＝8 m/s，前锋队员做匀加速运动达到最大速度的时间和位移分别为t2＝v2a2＝4 ss2＝v22t2＝16 m之后前锋队员做匀速直线运动，到足球停止运动时，其位移为s3＝v2(t1－t2)＝16 m由于s2＋s3<s1，故足球停止运动时，前锋队员没有追上足球，然后前锋队员继续以最大速度匀速运动追赶足球，利用公式s1－(s2＋s3)＝v2t3，得t3＝0.5 s 前锋队员追上足球的时间t＝t1＋t3＝6.5 s．(3)此时足球距底线的距离为s4＝45 m－s1＝9 m，初速度为v3＝10 m/s足球运动到停止的位移为s5＝v232a1＝25 m>s4所以，足球运动到底线时没停止由公式s4＝v3t4－12a1t24足球运动到底线的时间为t4＝1 s前锋队员在这段时间内匀速运动的位移s6＝v t4＝6 m<9 m 所以前锋队员不能在足球出底线前追上足球．[答案](1)36 m(2)6.5 s(3)不能。

模块综合试卷(二)(满分：100分)一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分。

每题只有一个选项最符合题意。

1．2022年，神舟十三号、十四号、十五号接力腾飞，中国空间站全面建成，可有多名宇航员长期驻留，并开展一系列的实验研究。

下列情景可以在空间站中实现的是()A．如图甲所示，燃烧的火焰呈球状B．如图乙所示，用弹簧测力计测量重力C．如图丙所示，小球抛出后做平抛运动D．如图丁所示，滴管中滴出的水滴呈水滴状2．(2023·全国乙卷)小车在水平地面上沿轨道从左向右运动，动能一直增加。

如果用带箭头的线段表示小车在轨道上相应位置处所受合力，下列四幅图可能正确的是()3．无缝钢管的制作原理如图所示，竖直平面内，管状模型置于两个支承轮上，支承轮转动时通过摩擦力带动管状模型转动，铁水注入管状模型后，由于离心作用，铁水紧紧地覆盖在模型的内壁上，冷却后就得到无缝钢管。

已知管状模型内壁半径为R，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．铁水是由于受到离心力的作用才覆盖在模型内壁上的B．模型各个方向上受到的铁水的作用力大小相等C．若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，此时仅重力提供向心力D．管状模型转动的角速度最大为g R4．某种太阳能无人驾驶试验汽车上安装有太阳能电池板、蓄能电池和电动机。

在某次启动中，汽车以恒定的功率P启动，所受阻力与速度成正比，比例系数为k，经时间t汽车的速度达到最大值，对这个过程下列说法正确的是()A．汽车的合外力不变B．汽车的牵引力增大C．汽车合外力做的功等于PtD．汽车达到的最大速度为P k5.2022年10月31日，“梦天”实验舱在文昌航天发射场发射，成功和“天和”核心舱对接，并保持轨道半径不变，离地约400 km。

“梦天”实验舱完成“T”字基本构型后，“神舟十四号”航天员乘组在“梦天”实验舱内完成了货包整理、设备安装等工作，彰显了中国独自组建空间站的航天实力。

下列说法正确的是()A．“梦天”实验舱从高轨向低轨完成对接，加速运动就可完成对接任务B．“梦天”实验舱与“天和”核心舱对接后，核心舱向心加速度变大C．“梦天”实验舱发射速度必须小于第二宇宙速度D．对接后“梦天”实验舱的角速度大小比同步卫星小6．如图所示，A、B为两个相邻的试验平台，两平台高度差为80 cm，平台B的长度为2 m。