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1、机密本科目考试启用前北京市20 22年一般高中学业水公平级性考试物 理本试卷共8 页，100分。考试时长9 0 分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试完毕后,将本试卷和答题卡一并交回。一、本局部共14题，每 题 3 分，共 4 2 分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.（3 分）以下现象不属于干预的是（）A.白光经过杨氏双缝得到彩色图样B.白光照耀肥皂膜呈现彩色图样C.白光经过三棱镜得到彩色图样D.白光照耀水面油膜呈现彩色图样2.13分）氢原子能级示意如图。现有大量氢原子处于n=3 能级上，以下说法正确的选项是（）A.这些原子跃迁过程中最多可辐射出2 种频
2、率的光子B.从 n=3 能级跃迁到n=l 能级比跃迁到n=2 能级辐射的光子频率低C.从 n=3 能级跃迁到n=4 能级需吸取0.66eV的能量D.n=3 能级的氢原子电离至少需要吸取13.6eV的能量3.（3 分）随着通信技术的更换代，无线通信使用的电磁波频率更高，频率资源更丰富，在一样时间内能够传输的信息量更大。第 5 代移动通信技术（简称5G）意味着更快的网速和更大的网络容载力量，%G 转变生活，5G转变社会”。与 4G 相比，5G使用的电磁波（）A.光子能量更大 B.衍射更明显C.传播速度更大 D.波长更长4.13分）如下图，肯定量的抱负气体从状态A 开头，经受两个过程，先后到达状态B
3、 和 C.有关A、B 和 C 三个状态温度TA、TB和 T c 的关系，正确的选项是（）1/2 0A.TA=TB,TB=TC B.TATB,TBTCD.TA=TC,TBTC TC5.（3 分）我国首次火星探测任务被命名为“天问一号”。火星质量约为地球质最的10%,半径约为地球半径的5 0%,以下说法正确的选项是（）A.火星探测器的放射速度应大于地球的其次宇宙速度B.火星探测器的放射速度应介于地球的第一和其次宇宙速度之间C.火星的第一字宙速度大于地球的第一宇宙速度D.火星外表的重力加速度大于地球外表的重力加速度6.（3 分）一列简谐横波某时刻波形如图甲所示。由该时刻开头计时，质点L 的振动状况如
4、图乙所示。以下说法正A.该横波沿x 轴负方向传播B.质点N 该时刻向y 轴负方向运动C.质点L 经半个周期将沿x 轴正方向移动到N 点D.该时刻质点K 与 M 的速度、加速度都一样7.（3 分）真空中某点电荷的等势面示意如图，图中相邻等势面间电势差相等。以下说法正确的选项是（）A.该点电荷肯定为正电荷2/2 0B.P 点的场强肯定比Q 点的场强大C.P 点电势肯定比Q 点电势低D.正检验电荷在P 点比在Q 点的电势能大8.（3 分）如下图，在带负电荷的橡胶圆盘四周悬挂一个小磁针。现驱动圆盘绕中心轴高速旋转，小磁针发生偏转。以下说法正确的选项是（）A.偏转缘由是圆盘四周存在电场B.偏转缘由是圆盘
5、四周产生了磁场C.仅转变圆盘的转动方向，偏转方向不变D.仅转变圆盘所带电荷的电性，偏转方向不变9.（3 分）如下图，抱负变压器原线圈接在u=UmSin（3t+VA，则有：TBTA，PB PC而状态B到状态C是一个等容过程，则有：3=工，由于PBPC，则有：TBTC,g 2，gP（X2%对状态A和C,依据抱负气体状态参量方程，则有：一 五=Tc-，解得：TA=TC，综上分析，可知，故C正确，A BD错误。应选：C。【点评】考察了抱负气体的盖吕萨克定律与查理定律及抱负气体状态方程，留意它们的区分，及成立的条件。5【分析】依据第一宇宙速度是卫星放射的最小速度；其次宇宙速度是人造天体脱离地球引力束缚所
6、需的最小速度；第三宇宙速度是人造天体脱离太阳束缚所需的最小速度；结合匀速圆周运动中万有引力供给向心力，及万有引力近似等于重力，一一列式，即可求解。【解答】解：A、当放射速度大于其次宇宙速度时，探测器将脱离地球的引力在太阳系的范围内运动，火星在太阳系内，所以火星探测器的放射速度应大于其次宇宙速度，故A正确；B、其次宇宙速度是探测器脱离地球的引力到太阳系中的临界条件，当放射速度介于地球的第一和其次宇宙速度之间时，探测器将围绕地球运动，故B错误；10/20c、万有引力供给向心力，则有:GMm m u jRN 一 R解得第一宇宙速度为：丫1=母所以火星的第一宇宙速度为：V=f v =4 v ，因此火星
7、的第一宇宙速度小于地球的第一宇宙速度，故c火 丫5 0%地 5地错误；GMmD、万有引力近似等于重力，则有：=-=7GM 次 1 fycL L o解得：火星外表的重力加速度，g尸三二言%g七二5。代，所以火星外表的重力加速度小于地球外表的重火 R(50%)J 力加速度，故D错误。应选：A。【点评】了解三个宇宙速度的根本含义，把握万有引力定律的内容，理解引力近似等于重力的条件，同时能通过物理规律把进展比较的物理量表示出来，再通过的物理量关系求出问题是选择题中常见的方法。6【分析】依据质点L的振动图象，从而判定波的传播方向，再依据波的微平移法，则可确定质点N点的振动方向，依据波在传播过程中，质点不
8、随波迁移；最终结合速度与加速度是矢量，是否相等要从大小与方向两角度考虑。【解答】解：A.由图乙可知，质点L在该时刻，向y轴正方向振动，依据微平移法，可知，该横波沿x轴正方向传播，故A错误；B.由上分析，结合微平移法，可知，质点N该时刻向y轴负方向运动，故B正确：C.依据机械波在传播过程中质点并不随波一起迁移，因此质点L经半个周期不会沿x轴正方向移动到N点，故C错误；D.因K、M之间间隔半个波长，K、M的步调始终相反，因此该时刻质点K与M的速度、加速度大小都一样，但它们的方向不同，故D错误；应选：B【点评】把握用微平移法推断质点的振动方向和波的传播方向，知道质点不会随波迁移，理解波动图象与振动图
9、象的区分，留意速度与加速度是矢量，是否一样还要考虑其方向。7【分析】依据顺着电场线电势渐渐降低从而推断电场线的方向，以此推断点电荷的电性；依据等势面的疏密程度分析场强的大小；正电荷电势越高，电势能越大。【解答】解：ACD、由于题中P、Q两点的电势的大小关系不确定，所以无法确定电场线的方向，则没有方法确定点电荷的电性，正检验电荷在P、Q两点的电势能的大小也无法确定，故ACD错误；B、依据等势面的疏密程度可知，P点的电场强度大于Q点的电场强度，故B正确。11/20应选：Bo【点评】解决该题的关键是把握点电荷的电性的推断方法，知道等势面的疏密程度反响了电场强度的大小。8【分析】依据电荷的定向移动形成
10、电流，电流四周存在磁场，结合安培定则，从而确定电流方向与磁场方向的关系；再依据磁极间的相互作用可明确小磁针N极的偏转方向。【解答】解：AB、由题意可知，磁针受到磁场力的作用，缘由是由于电荷的定向移动，从而形成电流，而电流四周会产生磁场，故B正确，A错误；C、只转变圆盘的转动方向，那么电流产生磁场方向与之前的相反，则小磁针的偏转方向也与之前的相反，故C错误；D、假设使圆盘带上正电，圆盘的转动方向不变，那么电流产生磁场方向与之前的相反，则小磁针的偏转方向也与之前的相反，小磁针的偏转方向发生变化，故D错误。应选：Bo【点评】解决该题需要明确知道电荷的移动会产生磁场，而小磁针的转动是由于磁场的缘由造成
11、的。9【分析】变压器的动态分析问题和闭合电路中的动态分析类似，可以依据闭合开关S后，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的状况，再依据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的状况。【解答】解：ABC、因开关S闭合时，副线圈电路的总的电阻减小，由于变压器的匝数比和输入的电压都不变，所以输出的电压也不变，即V i示数不变，但因总电阻减小，则电流增大，因干路中电阻R分压增大，所以电压表V2示数变小，电流表的示数为：1A2，故电流表A2的示数减小，故A正确，B C错误；UV 2_丁D、开 关S闭合时，总的电阻减小，所以电路的总电流I?要变大，依据，可 知IA I变大，电流表A
12、|示nL _%数要变大，故D错误；2 lA 1应选：A.【点评】对于电路的动态变化的分析，总的原则就是由局部电路的变化确定总电路的变化的状况，再确定其他的电路的变化的状况，即先局部后整体再局部的方法。留意变压器输出电压由输入电压打算，而输入功率由输出功率打算。0【分析】当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小；当分子间距离小于平衡距离时，分 子 力表现为斥力，当分子间距离大于平衡距离时，分子力表现为引力；依据分子力做功状况分析分析势能和动能的变化。【解答】解：A、从r=n至U r=r。分子间引力、斥力都在增加，但斥力增加的更快，故A错误；B、由图可知，在=玲时分子力为零，故从r=2
13、到r=n分子力的大小先增大后减小再增大，故B错误；C、分子势能在r=r0时最小，故从=2到 =分子势能始终在减小，故C错误；12/20D、从r=n 到 r=n 分子力先做正功后做负功，故分子动能先增大后减小，故D 正确;应选：D。【点评】解决此题的关键是把握分子力做功与分子势能的关系，知道分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小。【分析】以物块为争辩对象，物块始终受力平衡。由图乙可知，开头棉线拉力F 从 0 增大，始终与长木板给的静摩擦力平衡，始 终 到 峰 值 10N 左右；之后物块与长木板相对滑动，物块受动摩擦力和棉线拉力平衡，由图乙知动摩擦力大小7N左右；最大静摩擦力大于动摩擦
14、力；动摩擦力=FN。【解答】解：A、动摩擦力大小与是否匀速直线运动无关，故A错误；B、图乙曲线是拉力F 随时间的变化曲线，故B 错误；C、由图乙可知，开头物块受到棉线拉力和长木板给的静摩擦力平衡，始终到拉力峰值1 0 N 左右，此时最大静摩擦力 约 为 10N；之后物块与长木板相对滑动，物块受动摩擦力和棉线拉力平衡，由图乙知动摩擦力大小7 N 左右，最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10：7,故C 正确：D、图乙中数据可得出物块与木板间的动摩擦力大小，f=FN=mg,m 未知，故求不出动摩擦因数，故 D 错误。应选：Co【点评】此题选择争辩对象很重要，留意传感器表示哪个力；明确静摩擦力和动摩擦力
15、的求法。【分析】由甲图读出温度与电阻的关系，再由闭合电路欧姆定律得出电流与电阻的关系，从而得到温度与电阻的关系，即可分析电阻温度计的温度刻度状况。【解答】解：AB、由甲图可知，tA 点对应的电阻阻值较小，由闭合电路欧姆定律知对应电路中的电流较大，由图甲得：R=R0+kt由闭合电路欧姆定律得：1=号上+E%+心+厂联立解得：t=R-R,可知，温度与电流是非线性关系，故A 错误，B 正确；CD、同理，0应标在电流较小的刻度上，且温度与电流是非线性关系，故C D 错误。应选：B【点评】此题考察闭合电路欧姆定律，要留意依据图象列式进展分析，明确题目中给出的信息，再结合闭合电路欧姆定律进展分析即可得出结
16、论。【分析】质量相等的两球发生弹性碰撞时，碰后交换速度。发生完全非弹性碰撞时，机械能损失最大。只有重力做功时物体的机械能守恒。【解答】解：A、将 1 号移至高度h 释放，碰撞后，观看到2 号静止、3 号摆至高度h,可知，小 球 1、2 间，2、3 间发生了弹性碰撞，且碰后交换速度。假 设 2 号换成质量不同的小钢球，1、2 间，2、3 间碰后并不交换速度，13/20则3号上摆的高度不等于h,故A错误;B、将1、2号一起移至高度h释放，碰撞后，观看到1号静止，2、3号一起摆至高度h,三小球之间的碰撞为弹性碰撞，且三小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，但整个过程中，系统所受合外力不为
17、零，所以系统动量不守恒，故B错误；C、将右侧涂胶的1号移至高度h释放，1、2号碰撞后粘在一起，发生完全非弹性碰撞，机械能有损失，再与3球碰撞后，3获得的速度小于1与2碰撞前瞬间的速度，则3号上升的高度小于h,故C错误；D、小 球1、2间，2、3间发生完全非弹性碰撞，机械能有损失，释放后整个过程机械能和动量都不守恒，故D正确。应选：Do【点评】解决此题的关键要了解碰撞的类型，知道质量相等的两球发生弹性碰撞时碰后交换速度。发生完全非弹性碰撞时，机械能有损失。i【分析】依据篮球未转动时和转动时的受力状况，确 定k i、k 2是否与篮球转动角速度有关；依据质量关系分析篮球的角速度变化状况、推断篮球是否
18、能够回到原高度，故B错误；依据篮球下落过程中的受力状况方向篮球是否可能向上运动：假设篮球的速度变成水平方向，则空气阻力的作用会使篮球速度减小，则篮球受到的偏转力f2将变小，由此分析篮球是否可能在空中持续一段水平直线运动。【解答】解：A、篮球未转动时，篮球竖直下落，没有受到偏转力f 2的作用，而篮球转动时，将受到偏转力（2的作用，所以偏转力f2=k2V中 的k2与篮球转动角速度有关，故A错误；B、空气阻力始终对篮球做负功，篮球的机械能将减小，篮球的角速度也将减小，所以篮球没有足够的能量回到原高度，故B错误；篮球下落过程中，由受力分析可知，随着速度不断增大，篮球受到f1和f2的合力沿竖直方向的分力
19、可能比重力大，可使篮球竖直方向的分速度减小为零或变成竖直向上，所以篮球可能向上运动，故C正确；D、假设篮球的速度变成水平方向，则空气阻力的作用会使篮球速度减小，则篮球受到的偏转力f2将变小，不能保持f2与重力持续等大反向，所以不行能在空中持续一段水平直线运动，故D错误。应选：Co【点评】此题主要是考察篮球旋转时的运动状况，关键是弄清楚篮球在运动过程中的受力状况和能量转化状况，然后再分析其运动状况。二、本局部共6 题，共 58分。14/205 【分析】(1)依据把握变量法进展分析；(2)描出第4组数据，依据图中的点迹进展画图；(3)依据受力状况画出小车的受力示意图，再依据受力状况结合题意进展分析
20、。【解答】解(1)为猜测加速度与质量的关系，应当把握合外力肯定(即钩码的质量肯定)，转变小车的质量的大小，从而分析加速度的大小，故A C 错误、B正确；(2)依据图2中的点可知少第4组，即 M =0.4 k g,=k g-i =2.5 k g-i,点迹如图，作 出 a-2图象如图所M 0.4.示：Mm”0605(3)小车受力的示意图如下图:024 5 曲A、使小车沿倾角适宜的斜面运动，小车所受重力沿斜面的分力刚好等于小车所受的摩擦力，则小车受力可等效为只受绳的拉力，故A正确；B、假设斜面倾角过大，重力沿斜面的分力大于摩擦力，小车所受合力将大于绳的拉力，不利于简化“力”的测量,故 B错误；C、由
21、牛顿其次定律可知，无论小车运动的加速度多大，砂和桶的重力都大于绳的拉力，故C错误；D、当小车的运动趋近于匀速运动时，砂和桶可近似看成受力平衡，则砂和桶的重力才近似等于绳的拉力，故D正确。15/20应选：A D。故答案为：（1）B；（2）如下图；（3）受力图见解析；A D。【点评】对于试验题，要弄清楚试验目的、试验原理以及数据处理、误差分析等问题，一般的试验设计、试验方法都是依据教材上给出的试验方法进展拓展，延长，所以肯定要娴熟把握教材中的重要试验。6【分析】（1）将电源和电流表视为等效电源，电源电动势是电源本身具有的属性，电流表不具有产生电动势的本领，所以等效电源的电动势仍旧为E =E,而电流
22、表的内阻和电动势的内阻作为等效电源的内阻；（2）对甲图，考虑电表内阻时，依据闭合电路欧姆定律得到U-I图象为虚线和直接通过试验获得数据为实线进展比较；同理，对乙图，考虑电表内阻时（即虚线对应的真实状况），依据闭合电路欧姆定律得到U7 图象为虚线和直接通过试验获得数据为实线进展比较即可。（3）依据图甲电流表分压较为明显，所以内阻测量的误差很大：图乙电压表内阻很大，分流不明显，所以电动势和内阻的测量误差较小来推断。【解答】解（1）将电源和电流表视为等效电源，电源电动势是电源本身具有的属性，电流表不具有产生电动势的本领，所以等效电源的电动势仍旧为E =E而电流表的内阻和电动势的内阻作为等效电源的内阻
23、，即：r =r+RA（2）对甲图，考虑电表内阻时，依据闭合电路欧姆定律得：E=U +I r =U+I （r+R）A路 内变形得：U=-（r+RA）1+E直接通过试验获得数据，可得：U=-r I+E图象与纵轴截距均为电源电动势E,虚线对应的斜率大小为r+R,实线对应的斜率大小为r,所以对应图甲电路分析的图象是C:对 乙 图，考 虑 电 表 内 阻 时（即虚线对应的真实状况），依据闭合电路欧姆定律得：E =U+Ir=路 内u+（，+）r=U+I r+U 总n y,n变形得U=-I+瓦 士 E直接通过试验获得数据，可得U=-r l+ERv _虚线对应的斜率大小为r,实线对应的斜率大小为；虚线对应的纵
24、轴截距为E,实线对应的纵轴截距为两图线在U=0时，对应的短路电流均为1 =7 所以对应图乙电路分析的U-1图象是A。R y+r短 丁（3）图甲虽然测量的电源电动势准确，但电流表分压较为明显，所以内阻测量的误差很大；图乙虽然电动势和内阻测量均偏小，但是电压表内阻很大，分流不明显，所以电动势和内阻的测量误差较小，所以选择图乙可以减小由电表内电阻引起的试验误差。16/20故答案为：(1)E=E,r=r+RA,理由如上所述；(2)C,A；(3)乙。【点评】此题考察了安箱法和伏箱法测量某电源的电动势和内电阻的比照，要明白试验的原理是闭合电路欧姆定律，要会应用等效电源法并结合U-1 图象去分析试验误差。I
25、 【分析依据竖直高度求出物体在空中运动的时间，结合水平位移公式求包裹释放点到落地点的水平距离x；(2)依据速度位移公式求出落地时的竖直分速度，结合平行四边形定则求出包裹落地时的速度大小V；(3)包裹做平抛运动，分解位移，分别得到水平方向和竖直方向上的分位移表达式，然后消去时间得包裹的轨迹方程。【解答】解(1)包裹脱离无人机后做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，则有：A=解 得:=楞水平方向上做匀速直线运动，所以水平距离为：X=VOt =V0(2)包裹落地时，竖直方向速度为：V y=g t=丫的；落地时速度为：v=+埠=冷+2gh(3)包裹做平抛运动，分解位移，水平方向上有：x=v ot 竖直
26、方向上有：y=|g t 2两式消去时间得包裹的轨迹方程为：丫=捻 炉答：(1)包裹释放点到落地点的水平距离X 为(2)包裹落地时的速度大小v落地时速度为Jk+(3)以释放点为坐标原点，初速度方向为x 轴方向，竖直向下为y轴方向，建立平面直角坐标系，该包裹运动的轨迹方程为y=/炉。【点评】此题以无人机水平匀速飞行并释放一包裹为背景考察了平抛运动在实际问题中的应用，解决此题的关键是要明白平抛运动在水平方向上做匀速直线运动和竖直方向上做自由落体运动，机敏选取运动学公式求解。8 【分析】(1)依据楞次定律推断感应电流的方向；(2)由图求出磁通量的变化率，依据法拉第电磁感应定律求出回路中感应电动势；(3
27、)依据闭合电路的欧姆定律求解感应电流，再依据欧姆定律求解电压表的读数。17/20【解答】解(1)线圈相当于电源，由楞次定律可知a 相当于电源的正极，b相当于电源的负极;通过电阻R的电流方向a-b；(2)由法拉第电磁感应定律得:中 0 0 1 5-0 0 1E =N-=2 0 0：,V=1 0 V；t 0(3)由闭合电路的欧姆定律得：i=4877A=0.2 A又由局部电路的欧姆定律得：U=I R=0.2 X 48 V=9.6 V。答(1)通过电阻R的电流方向为a-b；(2)线圈产生的感应电动势为1 0 V；(3)电阻R两端的电压为9.6 V。【点评】此题依据法拉第电磁感应定律求感应电动势，由楞次
28、定律推断感应电动势的方向，再结合闭合电路的欧姆定律进展解答。9【分析】(1)a.在柱面和导线之间，只加恒定电压时，依据动能定理求得出射电子的初速度；b.在柱面内，只加与MN平行的匀强磁场，依据洛伦兹力供给向心力及几何关系求得出射电子的初速度：(2)依据电流的微观表达式和动量定理及动能的定义求得单位长度导线单位时间内出射电子的总动能。【解答】解(1)a.在柱面和导线之间，只加恒定电压U o,粒子刚好没有电子到达柱面，此时速度为零，依据动能定理得：-e U o n o T i 石解得：v0=b.在柱面内，只 加 与 MN平行的匀强磁场，磁感应强度为Bo 时，刚好没有电子到达柱面，设粒子的偏转半径为
29、 r,粒子俯视图，如下图：依据几何关系有：2 r=R依据洛伦兹力供给向心力，得：Bo e voB QGR解得：Vo=H18/20(2)撤去柱面，设单位长度射出电子数为n,则单位时间都到柱面的粒子数为：N=舞金属片上电流为：I=，=N e所以：n=呼Q Q D依据动量定理得金属片上的压强为：p=解得=史 曳=等mn?ni故总动能为：Ek=7l ；7n1/二=丑 鬻 匕答：(1)a.在柱面和导线之间，只加恒定电压，出射电子的初速度为小当；V mBn eRb.在柱面内，只加与M N平行的匀强磁场，出射电子的初速度为f一；2mnReabp2(2)单位长度导线单位时间内出射电子的总动能为为-：.ml【点
30、评】此题考察了动能定理、动量定理及向心力公式的综合应用，解决此题的关键是应用电流强度的微观表达式解题。0【分析】(1)依据图线分析列车速度从20 m/s降至3m/s的过程加速度大小，由加速度定义式求时间，由速度-位移公式求位移；(2)依据感应电动势的计算公式结合闭合电路的欧姆定律、安培力的计算公式、牛顿其次定律等列方程求解棒的加速度与棒的速度关系：由于列车电气制动产生的加速度与列车的速度成正比，为 过P点的正比例函数，由此画图；(3)电气制动和空气阻力产生的加速度都随速度的减小而减小，列车速度从20 m/s降至3m/s的过程中加速度大小a斗骐速度v减小而增大，由此分析列车速度为多少时需机械制动
31、最强。【解答】解(1)由题图1可知，列车速度从20 m/s降至3m/s的过程是加速度为a=0,7m/s2的匀减速直线运动，v由加速度定义式可得：a=Z tu 20-3所以 t=T=07Fsg 24.3s；19/20由速度-位移公式v2-vo2=-2ax得：I冶一屏x=279.3m；Za(2)M N 沿导轨向右运动切割磁场线产生感应电动势 =8 5回 路 中 感 应 电 流 总M N受到的安培力F=BIL加速度为2=3联立上面几式得a=所以棒的加速度与棒的速度为正比例函数。又由于列车的电气制动过程，可 假 设 M V 棒运动的速度与列车的速度、棒的加速度与列车电气制动产生的加速度成正比，所以列车
32、电气制动产生的加速度与列车的速度成正比，为 过 P 点的正比例函数，画出的图线如以下图所示：(3)由(2)可知，列车速度越小，电气制动的加速度越小。由题设可知列车还会受到随车速减小而减小的空气阻力，所以电气制动和空气阻力产生的加速度都随速度的减小而减小。由 图 1 中，列车速度从20 m/s降 至 3 m/s的过程中加速度大小a 期 速 度 v 减小而增大，所以列车速度从20 m/s降至3m/s的过程中所需的机械制动渐渐变强，所以列车速度为3m/s四周所需机械制动最强。答 列车速度从20 m/s降 至 3m/s经过的时间为24.3s,行进的距离为279.3m；u(2)电气制动产生的加速度大小随列车速度变化的关系为a 图象见解析；(3)列车从10 0 m/s减 到 3m/s的过程中，在速度为3m/s四周所需机械制动最强。【点评】此题主要是考察列车振动问题，涉及运动学的计算、电磁感应现象之力学问题的分析以及牛顿其次定律的综合应用等问题，涉及的学问点较多，题干阅读量大，弄清楚题意利用相应的学问进展解答是关键。20/20