2008年海南省高考物理试卷(含解析版)

2008年海南省高考物理试卷

一、单项选择题：（本题共6小题，每小题3分，共18分．在每小题给出的四

个选项中，只有一个是符合题目要求的）

1．（3分）法拉第通过精心设计的一系列试验，发现了电磁感应定律，将历史上认为各自独立的学科“电学”与“磁学”联系起来．在下面几个典型的实验设计思想中，所作的推论后来被实验否定的是（）

A．既然磁铁可使近旁的铁块带磁，静电荷可使近旁的导体表面感应出电荷，那么静止导线上的稳恒电流也可在近旁静止的线圈中感应出电流B．既然磁铁可在近旁运动的导体中感应出电动势，那么，稳恒电流也可在近旁运动的线圈中感应出电流

C．既然运动的磁铁可在近旁静止的线圈中感应出电流，那么，静止的磁铁也可在近旁运动的导体中感应出电动势

D．既然运动的磁铁可在近旁的导体中感应出电动势，那么，运动导线上的稳恒电流也可在近旁线圈中感应出电流

2．（3分）如图，质量为M的楔形物块静置在水平地面上，其斜面的倾角为θ．斜面上有一质量为m的小物块，小物块与斜面之间存在摩擦。用恒力F沿斜面向上拉小物块，使之匀速上滑。在小物块运动的过程中，楔形物块始终保持静止。地面对楔形物块的支持力为（）

A．（M+m）g B．（M+m）g﹣F C．（M+m）g+FsinθD．（M+m）g ﹣Fsinθ

3．（3分）如图所示，一轻绳的一端系在固定粗糙斜面上的O点，另一端系一小球，给小球一足够大的初速度，使小球在斜面上做圆周运动，在此过程中（）

A．小球的机械能守恒

B．重力对小球不做功

C．绳的张力对小球不做功

D．在任何一段时间内，小球克服摩擦力所做的功总是等于小球动能的减少

4．（3分）静电场中，带电粒子在电场力作用下从电势为φa的a点运动至电势为φb的b点．若带电粒子在a、b两点的速率分别为v a、v b，不计重力，则带

电粒子的电量与质量比为（）

A．B．

C．D．

5．（3分）质子和中子是由更基本的粒子即所谓“夸克”组成的．两个强作用电荷相反（类似于正负电荷）的夸克在距离很近时几乎没有相互作用（称为“渐近自由”）；在距离较远时，它们之间就会出现很强的引力（导致所谓“夸克禁闭”）．作为一个简单的模型，设这样的两夸克之间的相互作用力F与它们之

间的距离r的关系为：

式中F0为大于零的常量，负号表示引力．用U表示夸克间的势能，令U0=F0（r2﹣r1），取无穷远为势能零点．下列U﹣r图示中正确的是（）

A．B．

C．D．

6．（3分）匀强电场中有a、b、c三点．在以它们为顶点的三角形中，∠a=30°、∠c=90°，．电场方向与三角形所在平面平行．已知a、b和c点的电势分别为

（2﹣）V、（2+）V和2V．该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为（）

A．（2﹣）V、（2+）V B．0V、4V

C．（2﹣）V、（2+）V D．0V、V

二、多项选择题：（本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四

个选项中，有多个选项是符合题目要求的．全部选对的，得4分；选对但不全的，得2分：有选错的，得0分）

7．（4分）如图，理想变压器原副线圈匝数之比为4：1．原线圈接入一电压为u=U

0sinωt的交流电源，副线圈接一个R=27.5Ω的负载电阻．若U0=220V，ω=100πrad/s，则下述结论正确的是（）

A．副线圈中电压表的读数为55V

B．副线圈中输出交流电的周期为s

C．原线圈中电流表的读数为0.5A

D．原线圈中的输入功率为110W

8．（4分）t=0时，甲乙两汽车从相距70km的两地开始相向行驶，它们的v﹣t 图象如图所示．忽略汽车掉头所需时间．下列对汽车运动状况的描述正确的是（）

A．在第1小时末，乙车改变运动方向

B．在第2小时末，甲乙两车相距60km

C．在前4小时内，乙车运动加速度的大小总比甲车的大

D．在第4小时末，甲乙两车相遇

9．（4分）如图，水平地面上有一楔形物体b，b的斜面上有一小物块a；a与b 之间、b与地面之间均存在摩擦．已知楔形物体b静止时，a静止在b的斜面上．现给a和b一个共同的向左的初速度，与a和b都静止时相比，此时可能（）

A．a与b之间的压力减少，且a相对b向下滑动

B．a与b之间的压力增大，且a相对b向上滑动

C．a与b之间的压力增大，且a相对b静止不动

D．b与地面之间的压力不变，且a相对b向上滑动

10．（4分）一航天飞机下有一细金属杆，杆指向地心．若仅考虑地磁场的影响，则当航天飞机位于赤道上空（）

A．由东向西水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由上向下

B．由西向东水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由上向下

C．沿经过地磁极的那条经线由南向北水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由下向上

D．沿经过地磁极的那条经线由北向南水平飞行时，金属杆中一定没有感应电动势

三、填空题（本题共2小题，每小题4分，共8分．把答案写在答题卡中指定

的答题处，不要求写出演算过程）

11．（4分）当光照射到光敏电阻上时，光敏电阻的阻值（填“变大”、“不变”或“变小”）．半导体热敏电阻是利用半导体材料的电阻率随变化而改变的特性制成的．

12．（4分）一探月卫星在地月转移轨道上运行，某一时刻正好处于地心和月心

的连线上，卫星在此处所受地球引力与月球引力之比为4：1．已知地球与月球的质量之比约为81：1，则该处到地心与到月心的距离之比约为．

四、实验题（本题共2小题，第13题4分，第14题11分，共15分．把答案

写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程）

13．（4分）某同学用螺旋测微器测量一金属丝的直径，测微器的示数如图所示，该金属丝直径的测量值为mm．

14．（11分）一毫安表头满偏电流为9.90mA，内阻约为300Ω．要求将此毫

安表头改装成量程为1A的电流表，其电路原理如图1所示．图中，是量程为2A的标准电流表，R0为电阻箱，R为滑动变阻器，S为开关，E为电源．

图1图2

（1）完成下列实验步骤：

①将图2虚线框内的实物图按电路原理图连线；

②将滑动变阻器的滑动头调至端（填“a”或“b”），电阻箱R0的阻值调至

零；

③合上开关；

④调节滑动变阻器的滑动头，增大回路中的电流，

使标准电流表读数为1A；

⑤调节电阻箱R0的阻值，使毫安表指针接近满偏，此时标准电流表的读数会

（填“增大”、“减小”或“不变”）；

⑥多次重复步骤④⑤，直至标准电流表的读数为，同时毫安表指针满偏．（2）回答下列问题：

①在完成全部实验步骤后，电阻箱使用阻值的读数为3.1Ω，由此可知毫安表头

的内阻为．

②用改装成的电流表测量某一电路中的电流，电流表指针半偏，此时流过电阻箱

的电流为A．

⑧对于按照以上步骤改装后的电流表，写出一个可能影响它的准确程度的因

素：．

五、计算题（本题共2小题，第15题8分，第16题11分，共19分．要求写

出必要的文字说明、方程式和演算步骤）

15．（8分）科研人员乘气球进行科学考察．气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为990kg．气球在空中停留一段时间后，发现气球漏气而下降，及时堵住．堵住时气球下降速度为l m/s，且做匀加速运动，4s内下降了12m．为使气球安全着陆，向舷外缓慢抛出一定的压舱物．此后发现气球做匀减速运动，下降速度在5分钟内减少了3m/s．若空气阻力和泄漏气体的质量均可忽略，重力加速度g=9.89m/s2，求抛掉的压舱物的质量．

16．（11分）如图，空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向为y轴正方向，磁场方向垂直于xy平面（纸面）向外，电场和磁场都可以随意加上或撤除，重新加上的电场或磁场与撤除前的一样．一带正电荷的粒子从P（x=0，y=h）点以一定的速度平行于x轴正向入射．这时若只有磁场，粒子将做半径为R0的圆周运动：若同时存在电场和磁场，粒子恰好做直线运动．现在，只加电场，当粒子从P点运动到x=R0平面（图中虚线所示）时，立即撤除电场同时加上磁场，粒子继续运动，其轨迹与x轴交于M点．不计重力．求：（1）粒子到达x=R0平面时速度方向与x轴的夹角以及粒子到x轴的距离；（2）M点的横坐标x M．

六、模块选做题（本题包括3小题，只要求选做2小题．每小题4分，共24分．把

解答写在答题卡中指定的答题处．对于其中的计算题，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤）[模块3-3试题]

17．（4分）下列关于分子运动和热现象的说法正确的是（）A．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在势能的缘故

B．一定量100℃的水变成100℃的水蒸汽，其分子之间的势能增加

C．对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热

D．如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体分子的平均动能增大，因此压强必然增大

E．一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和F．如果气体温度升高，那么所有分子的速率都增加

18．（8分）如图，一根粗细均匀、内壁光滑、竖直放置的玻璃管下端密封，上端封闭但留有一抽气孔。管内下部被活塞封住一定量的气体（可视为理想气体），气体温度为T1．开始时，将活塞上方的气体缓慢抽出，当活塞上方的压强达到p0时，活塞下方气体的体积为V1，活塞上方玻璃管的容积为2.6V1．活塞因重力而产生的压强为0.5p0．继续将活塞上方抽成真空并密封。整个抽气过程中管内气体温度始终保持不变。然后将密封的气体缓慢加热。求：

①活塞刚碰到玻璃管顶部时气体的温度；

②当气体温度达到1.8T1时气体的压强。

七、模块3-4试题

19．（4分）设宇宙射线粒子的能量是其静止能量的k倍．则粒子运动时的质量等于其静止质量的倍，粒子运动速度是光速的倍．20．（8分）某实验室中悬挂着一弹簧振子和一单摆，弹簧振子的弹簧和小球（球中间有孔）都套在固定的光滑竖直杆上．某次有感地震中观察到静止的振子开始振动4.0s后，单摆才开始摆动．此次地震中同一震源产生的地震纵波和横波的波长分别为10km和5.0km，频率为1.0Hz．假设该实验室恰好位于震源的正上方，求震源离实验室的距离．

八、模块3-5试题

21．（4分）某考古队发现一古生物骸骨．考古专家根据骸骨中的含量推断出了该生物死亡的年代．已知此骸骨中的含量为活着的生物体中的

，的半衰期为5730年．该生物死亡时距今约年．

22．（8分）一置于桌面上质量为M的玩具炮，水平发射质量为m的炮弹．炮可在水平方向自由移动．当炮身上未放置其它重物时，炮弹可击中水平地面上的目标A；当炮身上固定一质量为M0的重物时，在原发射位置沿同一方向发射的炮弹可击中水平地面上的目标B．炮口离水平地面的高度为h．如果两次发射时“火药”提供的机械能相等，求B、A两目标与炮弹发射点之间的水平距离之比．

2008年海南省高考物理试卷

参考答案与试题解析

一、单项选择题：（本题共6小题，每小题3分，共18分．在每小题给出的四

个选项中，只有一个是符合题目要求的）

1．（3分）法拉第通过精心设计的一系列试验，发现了电磁感应定律，将历史上认为各自独立的学科“电学”与“磁学”联系起来．在下面几个典型的实验设计思想中，所作的推论后来被实验否定的是（）

A．既然磁铁可使近旁的铁块带磁，静电荷可使近旁的导体表面感应出电荷，那么静止导线上的稳恒电流也可在近旁静止的线圈中感应出电流B．既然磁铁可在近旁运动的导体中感应出电动势，那么，稳恒电流也可在近旁运动的线圈中感应出电流

C．既然运动的磁铁可在近旁静止的线圈中感应出电流，那么，静止的磁铁也可在近旁运动的导体中感应出电动势

D．既然运动的磁铁可在近旁的导体中感应出电动势，那么，运动导线上的稳恒电流也可在近旁线圈中感应出电流

【考点】D2：感应电流的产生条件．

【分析】静止导线上的稳恒电流产生稳定的磁场，穿过静止线圈的磁通量不变，不能在静止的线圈中感应出电流．稳恒电流可在近旁运动的线圈中感应出电流，静止的磁铁也可在近旁运动的导体中感应出电动势，运动导线上的稳恒电流也可在近旁线圈中感应出电流．

【解答】解：A、静止导线上的稳恒电流产生稳定的磁场，穿过静止线圈的磁通量没有变化，不能在静止的线圈中感应出电流。符合题意。故A正确。

B、稳恒电流产生的磁场是稳定的，穿过在近旁运动的线圈的磁通量可能变

化，可在近旁运动的线圈中感应出电流。不符合题意。故B错误。

C、静止的磁铁周围的磁场是稳定的，在其近旁运动的导体中可切割磁感线

产生感应出电动势。不符合题意。故C错误。

D、运动导线上的稳恒电流在空间产生的磁场是变化的，穿过近旁线圈中的

磁通量在变化，可感应出电流。不符合题意。故D错误。

故选：A。

【点评】本题实质是考查对感应电流产生条件的理解能力．历史上科学家采用类比的方法设计实验的．基础题．

2．（3分）如图，质量为M的楔形物块静置在水平地面上，其斜面的倾角为θ．斜面上有一质量为m的小物块，小物块与斜面之间存在摩擦。用恒力F沿斜面向上拉小物块，使之匀速上滑。在小物块运动的过程中，楔形物块始终保持静止。地面对楔形物块的支持力为（）

A．（M+m）g B．（M+m）g﹣F C．（M+m）g+FsinθD．（M+m）g ﹣Fsinθ

【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．

【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．

【分析】小物块匀速上滑，受力平衡，合力为零，楔形物块始终保持静止，受力也平衡，合力也为零，以物块和楔形物块整体为研究对象合力同样为零，分析受力，画出力图，根据平衡条件求解地面对楔形物块的支持力。

【解答】解：以物块和楔形物块整体为研究对象，受到重力（M+m）g，拉力F，地面的支持力F N和摩擦力F f。

根据平衡条件得

地面对楔形物块的支持力F N=（M+m）g﹣Fsinθ

故选：D。

【点评】本题涉及两个物体的平衡，关键要灵活选择研究对象。当几个物体的加速度相同时，可以采用整体法研究受力情况，往往简单方便。本题也可以隔离两个物体分别研究。

3．（3分）如图所示，一轻绳的一端系在固定粗糙斜面上的O点，另一端系一小球，给小球一足够大的初速度，使小球在斜面上做圆周运动，在此过程中（）

A．小球的机械能守恒

B．重力对小球不做功

C．绳的张力对小球不做功

D．在任何一段时间内，小球克服摩擦力所做的功总是等于小球动能的减少

【考点】65：动能定理；6C：机械能守恒定律．

【专题】52E：机械能守恒定律应用专题．

【分析】物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹力做功，根据机械能守恒的条件逐个分析物体的受力的情况，即可判断物体是否是机械能守恒．知道除了重力之外的力做功量度机械能的变化．

【解答】解：A、小球在斜面上做圆周运动，在此过程中小球除了重力之外还有摩擦力做功，所以小球的机械能不守恒，故A错误。

B、小球在斜面上做圆周运动，在此过程中小球在竖直方向上有位移产生，所以

重力做功，故B错误。

C、绳的张力始终与小球的速度方向垂直，所以绳的张力对小球不做功，故C正

确。

D、根据除了重力之外的力做功量度机械能的变化，在任何一段时间内，小球克

服摩擦力所做的功总是等于小球的机械能的减少，故D错误。

故选：C。

【点评】本题是对机械能守恒条件的直接考查，掌握住机械能守恒的条件，同时能判断各个力做功情况．

4．（3分）静电场中，带电粒子在电场力作用下从电势为φa的a点运动至电势为φb的b点．若带电粒子在a、b两点的速率分别为v a、v b，不计重力，则带

电粒子的电量与质量比为（）

A．B．

C．D．

【考点】A6：电场强度与电场力；AC：电势；AG：电势差和电场强度的关系．

【专题】532：电场力与电势的性质专题．

【分析】根据带电粒子在a、b两点的速率分别为v a、v b，可求出动能的变化．根据能量守恒，动能的变化量和电势能的变化量大小相等．

【解答】解：带电粒子在a、b两点的速率分别为v a、v b，

带电粒子在a、b两点动能的变化△E K=mv b2﹣mv a2

带电粒子在电场力作用下从电势为φa的a点运动至电势为φb的b点，电势能的变化为△E P=qφb﹣qφa，

根据能量守恒得，

△E K=﹣△E P，

解得：=

故选：C。

【点评】解决本题的关键是根据能量守恒列出表达式找出答案．

5．（3分）质子和中子是由更基本的粒子即所谓“夸克”组成的．两个强作用电荷相反（类似于正负电荷）的夸克在距离很近时几乎没有相互作用（称为“渐近自由”）；在距离较远时，它们之间就会出现很强的引力（导致所谓“夸克禁闭”）．作为一个简单的模型，设这样的两夸克之间的相互作用力F与它们之

间的距离r的关系为：

式中F0为大于零的常量，负号表示引力．用U表示夸克间的势能，令U0=F0（r2﹣r1），取无穷远为势能零点．下列U﹣r图示中正确的是（）

A．B．

C．D．

【考点】65：动能定理；AE：电势能与电场力做功．

【专题】16：压轴题；532：电场力与电势的性质专题．

【分析】本题通过分析两夸克之间的相互作用力F做功情况判断势能的变化情况，即可进行选择．无穷远处电势为零，从无穷远开始到r=r2位置，势能恒定为零，在r=r2到r=r1过程中，两夸克之间的相互作用力F为引力，恒定引力做正功，势能逐渐均匀减小，r＜r1之后势能不变，恒定为﹣U0．

【解答】解：从无穷远处电势为零开始到r=r2位置，由F的表达式可知，两夸克之间的相互作用力F=0，则知势能恒定为零；

在r=r2到r=r1过程中，恒定引力做正功，势能逐渐均匀减小，即势能为负值且越来越小，此部分图象为A、B选项中所示；

r＜r1之后，F=0，势能不变，恒定为﹣U0，由引力做功等于势能将少量，故U0=F0（r2﹣r1）。故B正确。

故选：B。

【点评】本题是信息给予题，关键根据两夸克之间的相互作用力F与它们之间的距离r的关系，分析F做功的正负，判断势能如何变化．

6．（3分）匀强电场中有a、b、c三点．在以它们为顶点的三角形中，∠a=30°、∠c=90°，．电场方向与三角形所在平面平行．已知a、b和c点的电势分别为（2﹣）V、（2+）V和2V．该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为（）

A．（2﹣）V、（2+）V B．0V、4V

C．（2﹣）V、（2+）V D．0V、V

【考点】AC：电势．

【专题】16：压轴题；532：电场力与电势的性质专题．

【分析】作出三角形的外接圆，其圆心O在ab的中点，该点电势为2V，OC为等势线，作出OC的垂线MN为电场线，根据U=Ed，顺着电场线MN，找出离O点最远的点，电势最低；逆着电场线，离O点最远点电势最高．

【解答】解：如图所示，取ab的中点O，即为三角形的外接圆的圆心，且该点电势为2V，故Oc为等势线，其垂线MN为电场线，方向为M→N方向。外接圆上电势最低点为N点，最高点为M点。

设外接半径为R，则U OP=U Oa=V，

U ON=ER，U OP=ERcos30°，

则U ON：U OP=2：，

故U ON=2V，N点电势为零，为最低电势点，

同理M点电势为4V，为最高电势点。

故选B

【点评】找等势点，作等势线，进一步作出电场线，并结合几何知识是求电势问题常用的方法．

二、多项选择题：（本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四

个选项中，有多个选项是符合题目要求的．全部选对的，得4分；选对但不全的，得2分：有选错的，得0分）

7．（4分）如图，理想变压器原副线圈匝数之比为4：1．原线圈接入一电压为u=U

0sinωt的交流电源，副线圈接一个R=27.5Ω的负载电阻．若U0=220V，ω=100πrad/s，则下述结论正确的是（）

A．副线圈中电压表的读数为55V

B．副线圈中输出交流电的周期为s

C．原线圈中电流表的读数为0.5A

D．原线圈中的输入功率为110W

【考点】E8：变压器的构造和原理．

【专题】53A：交流电专题．

【分析】根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．

【解答】解：A、由瞬时值的表达式可知，原线圈的电压最大值为220V，所

以原线圈的电压的有效值为=220V，在根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压的有效值为55V，即为电压表的读数，所以A正确。

B、变压器不会改变电流的周期，电流的周期为T==s=s，所以B错

误。

C、副线圈的电流为A=2A，根据电流与匝数成反比可得，原线圈的电流大小

为A=0.5A，所以C正确。

D、变压器的输入功率和输出功率相等，副线圈的功率为P==W=110W，

所以原线圈中的输入功率也为110W，所以D错误。

故选：AC。

【点评】掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题．

8．（4分）t=0时，甲乙两汽车从相距70km的两地开始相向行驶，它们的v﹣t 图象如图所示．忽略汽车掉头所需时间．下列对汽车运动状况的描述正确的是（）

A．在第1小时末，乙车改变运动方向

B．在第2小时末，甲乙两车相距60km

C．在前4小时内，乙车运动加速度的大小总比甲车的大

D．在第4小时末，甲乙两车相遇

【考点】1I：匀变速直线运动的图像．

【分析】根据图象知识可得出两物体在任一时刻的速度、每段的加速度及任一时间段内的位移；则根据两物体的运动关系可判断各选项是否正确．

【解答】解；A、由图可知，2小时内乙车一直做反方向的运动，1小时末时开始减速但方向没有变，故A错误；

B、图象与时间轴围成的面积为汽车运动的位移，则可知，2小时内，甲车正向

×2×30km=30km；而乙车反向运动，其位移大小x乙=×运动的位移为x

甲=

2×30km=30km；因两车相向运动，且初始时刻相距70km，则2小时末时，两车还相距10km；故B错误；

C、图象的斜率表示加速度，由图可知，乙车的图象斜率总是大于甲车的图象的

斜率，故乙车的加速度总比甲车的大；

D、4小内甲车的总位移为120km；而乙车的总位移为﹣30km+60km=30km，即

乙车的位移为正方向的30km，两车原来相距70km，4小时末时，甲车离出发点120km，而乙车离甲车的出发点70+30km=100km，故此时甲车已超过乙车，两车不会在此时相遇，故D错误；

故选：C。

【点评】解答本题应注意：（1）速度的正负表示物体速度的方向；（2）面积的正负表示物体位移的方向；（3）明确两物体的距离关系，可通过画运动的过程示意图帮助理解题意．

9．（4分）如图，水平地面上有一楔形物体b，b的斜面上有一小物块a；a与b 之间、b与地面之间均存在摩擦．已知楔形物体b静止时，a静止在b的斜面上．现给a和b一个共同的向左的初速度，与a和b都静止时相比，此时可能（）

A．a与b之间的压力减少，且a相对b向下滑动

B．a与b之间的压力增大，且a相对b向上滑动

C．a与b之间的压力增大，且a相对b静止不动

D．b与地面之间的压力不变，且a相对b向上滑动

【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．

【专题】16：压轴题；527：共点力作用下物体平衡专题．

【分析】给a和b一个共同的向左的初速度，若两物体相对静止向左做减速运动，分静摩擦力沿斜面向上和向下，对a物体受力分析，根据牛顿第二定律列式研究．再分析若两者相对滑动时，由牛顿第二定律列式研究．

【解答】解：a和b有一个共同的向左的初速度，且b与地面之间有摩擦，所以a和b所受的合外力水平向右，a所受的合外力同样水平向右，

A、B、C（1）若a、b相对静止，当a受到的摩擦力方向沿斜面向上时，对a进

行受力分析，如图：

当原来静止，a受重力、支持力、摩擦力三力平衡时，根据平衡条件可知，

竖直方向：Ncosα+fsinα=G

给a和b一个共同的向左的初速度，若两物体依然相对静止，则a的加速度一定水平向右，当合外力为F时，竖直方向合外力为零，摩擦力可能为零。

竖直方向：N′cosα=G

解得N′＞N

故：a与b之间的压力增大。故A错误。

（2）当a受到的摩擦力方向沿斜面向下时，此时有两种情况：

第一种情况，假设物块a、b恰好仍相对静止，f达到最大静摩擦力时，对a进行受力分析，如图：

竖直方向加速度为零，

竖直方向：G+fsinα=N′cosα

由牛顿第二定律得到：

水平方向：N′sinα+fcosα=F

F=ma

解得：N′＞N

故：a与b之间的压力增大，此时物体a、b相对静止，故C正确。

第二种情况，当加速度a继续增大时，此时物体a相对于b就会发生向上滑动，故B正确。

D、若物块a相对b向上滑动，则a具有向上的分加速度，即对整体的牛顿第二

定律可知，系统处于超重状态，b与地面之间的压力将大于两物体重力之和。

故D错误。

故选：BC。

【点评】本题关键要熟练共点力平衡分析，同时要能结合牛顿运动定律求解，对于加速度不同的几个物体，也可以运用牛顿第二定律进行分析，利用超、失重的观点分析竖直方向整体的受力情况．

10．（4分）一航天飞机下有一细金属杆，杆指向地心．若仅考虑地磁场的影响，则当航天飞机位于赤道上空（）

A．由东向西水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由上向下

B．由西向东水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由上向下

C．沿经过地磁极的那条经线由南向北水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由下向上