2023年华侨、港澳、台联考高考物理试卷与答案

2023年华侨、港澳、台联考高考物理试卷
一、选择题：本大题共13小题，每小题4分，共52分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．（4分）根据卢瑟福提出的原子核式结构模型解释α粒子散射实验，使少数α粒子发生大角度偏转的作用力是金原子核对α粒子的（）
A．库仑斥力B．库仑引力C．万有引力D．核力
2．（4分）声波能绕过某一建筑物传播而光波却不能绕过该建筑物，这是因为（）
A．光波是横波B．光波振幅小C．光波波长很短D．光波波速很大
3．（4分）一月球探测器绕月球做周期为T的圆周运动，轨道距月球表面的高度为H。

已知月球半径为R，引力常量为G，则月球的平均密度为（）
A．（1+）3B．（1+）3C．（1+）3D．（1+）3
4．（4分）如图，水平地面上放有一质量为M的⊥形支架。

一质量为m的小球用长为l的轻绳连接在支架顶端，小球在竖直平面内做圆周运动，重力加速度大小为g。

已知小球运动到最低点时速度大小为v，此时地面受到的正压力大小为（）
A．Mg B．（M+m）g C．（M+m）g+m D．（M+m）g﹣m
5．（4分）一质点在水平面上做匀加速运动，它的轨迹为抛物线，质点在某段时间内每隔1s的位置如图所示。

则该质点的加速度大小为（）
A．0.05m/s2B．0.10m/s2C．0.15m/s2D．0.20m/s2
6．（4分）如图，在置于水平地面的楔状物体P的斜面上有一小物块Q，Q受水平外力F的作用。

已知P 和Q始终保持静止，则（）
A．增加P的质量，P与地面间摩擦力的大小一定增加
B．增加外力F的大小，P与地面间摩擦力的大小一定增加
C．增加Q的质量，P与Q间摩擦力的大小一定增加
D．增加外力F的大小，P与Q间摩擦力的大小一定增加
7．（4分）如图，两块大导体板水平相对放置，相距为d，电势分别为U0和﹣U0（U0＞0），长为L的绝缘细绳上端固定于上板，下端与质量为m的带正电小球连接，小球带电量为Q。

重力加速度大小为g。

小球在平衡位置附近摆动的周期是（）
A．2πB．2πC．2πD．2π
8．（4分）两个质量相等的小球P和Q位于同一高度，它们以相同大小的速度分别抛出，P做平抛运动，Q做竖直下抛运动，则（）
A．P落地时的动量大小小于Q落地时的动量大小
B．P落地时的动量大小大于Q落地时的动量大小
C．在各自从抛出到落地时间内，P所受重力冲量的大小比Q的大
D．在各自从抛出到落地时间内，P所受重力冲量的大小比Q的小
9．（4分）一定质量的理想气体被活塞封闭在汽缸中，p﹣V图中的a、b、c三点对应其三种状态，若a、b 两状态体积相等，则气体无论通过什么途径（）
A．从状态a变化到c，内能一定增加
B．从状态b变化到c的过程中，气体始终对外做功
C．从状态b变化到a的过程中，气体始终对外做功
D．从状态a变化到b，吸收的热量一定大于放出的热量
10．（4分）如图，一水平放置的橡胶圆盘上带有大量均匀分布的正电荷，与圆盘同一平面内放置一通有恒定电流的直导线，电流方向如图所示。

当圆盘绕其中心O顺时针转动时，通电直导线所受安培力的方向（）
A．指向圆盘B．背离圆盘C．垂直于圆盘平面向里D．垂直于圆盘平面向外11．（4分）如图，两根相同的橡皮筋各有一端系于固定的挡板，另一端分别与带电量为q、﹣q的小球连接，小球静止在光滑水平绝缘板上，两橡皮筋位于同一水平直线上，橡皮筋的伸长量均为Δl。

若缓慢地增加两球的电荷量，当电荷量增加至原来2倍时（两小球不会相碰），恰好平衡。

则每条橡皮筋的伸长量（）
A．恰为2Δl B．大于2Δl但小于4Δl C．恰为4Δl D．大于4Δl
12．（4分）如图，水平面（纸面）内有一光滑U形金属导轨，导轨上有一金属棒ab；虚线左边有一方向垂直纸面向里，大小随时间均匀增加的匀强磁场。

金属棒所在区域存在方向向左的恒定匀强磁场，则金属棒所受安培力的方向为（）
A．水平向左B．水平向右C．垂直纸面向里D．垂直纸面向外
13．（4分）利用如图所示的电路做光电效应实验，通过改变滑动变阻器的滑动头位置，可获得光电流强度与电压的关系图线。

实验中使用了几种已知频率的入射光照射光电管，这些光入射后在电路中均出现了光电流。

保持电路接法不变，通过实验可以测出（）
A．普朗克常量B．金属的逸出功
C．光电子脱离金属后的最大初动能D．一定光强下的饱和光电流
二、实验题：本大题共2小题，共24分。

按题目要求作答。

14．（12分）一玻璃砖上下底面为相互平行的平面，两个侧面中一个为平面，另一个为圆柱面的一部分。

现要用插针法测量该玻璃砖的折射率，可用的器材还有：木板，白纸，铅笔，四枚大头针和带刻度的三角板（一个角为直角，两个锐角均为45°）。

完成下列实验步骤中的填空并完成光路示意图：
（1）将铺有白纸的木板平放在桌面上，玻璃砖放在白纸上面（图中纸面为玻璃砖底面），用铅笔描下其轮廓线，如图所示。

（2）将玻璃砖移开，过其轮廓直线段的中点O作垂线（图中点划线）与圆弧交于a点，在轮廓外过a 点做一条与点划线夹角为45°的直线ab；然后将玻璃砖放回原处。

（3）将第一、第二两枚大头针插在。

（4）在玻璃砖的另一侧插上第三枚大头针和第四枚大头针，使得。

（5）再次移开玻璃砖，过第三、第四枚大头针在纸上的插孔作直线，与轮廓线交于O′点，测量线段和的长度。

（6）完成光路示意图。

（7）可以求出玻璃砖的折射率的表达式为n＝。

15．（12分）现要利用图（a）中电路测量一电池组的电动势E和内阻r。

图中R0为固定电阻（阻值为4.0Ω），R为电阻箱（阻值0～999.9Ω），为电压表（量程为5V，内阻很大），S为开关。

（1）根据图（a）中的电路，在图（b）给出的实物图中画出连线。

（2）若电阻箱阻值分别取为R1和R2时，电压表的示数分别为U1和U2，分别用I1和I2表示两种情况下流过电池组的电流，则电池组的内阻可由U1、U2、I1和I2表示为r＝。

（3）测量中，当电阻箱阻值取值R1＝3.6Ω时，电压表的示数U1如图（c）所示；则U1＝V （保留3位有效数字）。

计算可得此时流过电池组的电流为A（保留2位有效数字）。

（4）若当电阻箱阻值取值为R2＝60Ω时，电压表的示数为U2＝3.72V，则所测得的电池组内阻为r＝Ω，电动势为E＝V。

（结果均保留2位有效数字）
三、计算题：本大题共4小题，共74分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和主要演算步骤。

只写出最后答案，不能得分。

有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

16．（16分）一列火车以速度v0沿水平长直轨道匀速行驶，突然列车后部有部分车厢脱钩。

已知脱钩后车头的牵引力不变；脱钩车厢的质量为列车总质量的；假设列车所受阻力与其所受重力成正比。

求当脱钩车厢的速度变为时，列车前部未脱钩部分的速度。

17．（18分）将汽车橡胶轮胎套在金属轮毂上，内部密封空间体积为V0并已充满压强为p0的空气，温度为外界环境温度t0＝17℃，用气泵将压强为p0、温度为t0、体积为2V0的空气压缩后通过气门注入轮胎，胎内的气体温度上升为t1＝27℃。

假设空气为理想气体，轮胎内部体积不变。

（1）求此时轮胎内部的气体压强；
（2）若汽车高速行驶一段时间后，轮胎内气体温度上升到t2＝77℃，求此时气体的压强。

18．（20分）如图，人体眼球等价于一个凸透镜成像系统，眼球内的晶状体（作用同凸透镜）的焦距可以在一定范围内连续变化，使得在一定距离范围内的物体都能清晰地成像在视网膜上，小明同学近视之前，能看清远处的小物体，晶状体中心到视网膜的距离d＝16.70mm，此时晶状体的焦距即为d。

（1）小明同学近视之后，晶状体中心到视网膜的距离增加了Δd＝0.30mm，假设此时晶状体的焦距不变，他能看清小物体的距离为多少？
（2）如用近视眼镜（凹透镜）来矫正小明同学的视力，要求佩戴跟镜后最远能看清30m处的小物体，眼镜镜片的焦距该取何值？
19．（20分）如图，在x＞0、y＞0区域有方向垂直纸面向外的匀强磁场，在y＜0区域有方向向左的匀强电场。

一质量为m，电荷量为q（q＞0）的粒子在点（0，l）以速度v0向正右方发射。

已知该粒子在点（2l，0）进入电场区域。

运动一段时间后越过y轴，粒子越过y轴时的速度与它进入电场时的速度垂直，不计重力，求
（1）磁场的磁感应强度大小；
（2）电场强度大小；
（3）粒子越过y轴时距抛出点（0，l）的距离。

2023年华侨、港澳、台联考高考物理试卷答案
1．【分析】这是因为原子核带正电荷且质量很大，α粒子也带正电荷，由于二者近距离时的库仑斥力较大，且原子核质量较大，α粒子质量相对较小，导致极少数α粒子发生大角度偏转。

【解答】解：α粒子和电子之间有相互作用力，它们接近时就有库仑引力作用，但因为电子的质量只有α粒子质量的，粒子与电子碰撞就像一颗子弹与一个灰尘碰撞一样，α粒子质量大，其运动方向几
乎不改变，只有是原子核对α粒子的库仑斥力，其力较大，且原子核质量较大，导致极少数α粒子发生大角度偏转，所以A正确，BCD错误。

故选：A。

【点评】本题考查的是α粒子散射实验。

对这个实验要清楚两点：一是α粒子散射实验的实验现象；二是对实验现象的微观解释——原子的核式结构。

2．【分析】波能否绕过某一建筑物传播是指波是否发生明显的衍射现象，波发生明显的衍射现象的条件是：孔缝的宽度或障碍物尺寸与波长相比差不多或比波长更短。

【解答】解：波发生明显的衍射现象的条件是：孔缝的宽度或障碍物尺寸与波长相比差不多或比波长更短。

由于声波的波长比较大（1.7cm～17m）和建筑物的高度相近，故可以发生明显的衍射现象，而可见光的波长很小，无法发生明显的衍射现象。

故C正确，ABD错误。

故选：C。

【点评】掌握了波发生明显衍射的条件即可顺利解决此题。

3．【分析】月球探测器绕月球做匀速圆周运动，月球对探测器的引力提供向心力，根据万有引力提供向心力求解月球的质量，根据密度公式求解月球的平均密度。

【解答】解：月球探测器绕月球做匀速圆周运动，月球对探测器的引力提供向心力，有：G＝
m（R+H）
解得：M＝
月球的体积为V＝πR3
则月球的平均密度ρ＝＝＝（1+）3
故A正确，BCD错误。

故选：A。

【点评】本题考查万有引力定律在天体问题中的应用，解题关键是知道月球探测器绕月球做匀速圆周运
动，月球对探测器的引力提供向心力，结合密度公式列式求解即可。

4．【分析】小球运动到最低点时，根据牛顿第二定律，求拉力，再对M受力分析，根据平衡条件，求出地面对M的支持力，最后根据牛顿第三定律，得出地面受到的正压力大小。

【解答】解：小球运动到最低点时，对小球进行受力分析，小球受竖直向下的重力和轻绳竖直向上的拉力，根据牛顿第二定律，T﹣mg＝m，对M受力分析，受竖直向下的重力、小球对绳子竖直向下的
拉力和自身的重力，根据平衡条件F＝Mg+T＝（M+m）g+m，根据牛顿第三定律，地面受到的正压力与地面对M的支持力F大小相等，故C正确，ABD错误。

故选：C。

【点评】本题考查学生对圆周运动的牛顿第二定律、平衡条件、牛顿第三定律的掌握，是一道具有一定综合性，难度中等的题。

5．【分析】本题根据图像确定单位长度，结合匀变速直线运动等时相邻位移差公式Δx＝at2，即可解答。

【解答】解：一质点在水平面上做匀加速运动，质点在某段时间内每隔1s的位置如图所示，单位长度l为m＝0.05m，y方向相邻等时位移差为Δy＝7l﹣5l＝at2，其中t＝1s，解得a＝0.10m/s2，故B正确，ACD错误。

故选：B。

【点评】本题考查学生对匀变速直线运动等时相邻位移差公式的掌握，是一道基础题。

6．【分析】本题根据平衡条件，结合整体法、隔离法分析，结合选项，即可解答。

【解答】解：AB、P和Q始终保持静止，根据整体法，整体受力如图：
水平方向平衡，f＝F，故增加P的质量，P与地面间摩擦力的大小不变，增加外力F的大小，P与地面间摩擦力的大小一定增加，故A错误，B正确；
CD、由于不确定F沿斜面向上分量与Q的重力沿斜面向下分量的关系，故P与Q间摩擦力的大小变化不能确定，故CD错误。

故选：B。

【点评】本题解题关键是正确对物体受力分析，根据平衡条件解答，同时采用整体法和隔离法。

7．【分析】若上下导体板电势均为零时，小球在平衡位置附近摆动的周期为T0＝2π，由于上下导
体板间有电势差，带电小球处于重力场和电场的双重作用中，故上述周期公式中的重力加速度g实际应为重力场和电场作用下的等效重力加速度g′，
即等效重力加速度g′中有电场的作用效果，也就是说，按照力的独立性原则，电场也会对带电小球产
生向下加速的效果。

上下导体板间的电势差可求，电场强度依E＝可求，小球所受电场力可求。

将求出的等效重力加速度g′代入单摆周期公式即可。

【解答】解：若上下导体板电势均为零时，由单摆周期公式可得，小球在平衡位置附近摆动的周期为
T0＝2π
由于上下导体板间有电势差，带电小球处于重力场和电场的双重作用中，故上述周期公式中的重力加速度g实际应为重力场和电场作用下的等效重力加速度g′
上下导体板间有电势差为U＝U0﹣（﹣U0）＝2U0
上下导体板间的电场强度为E＝
按照力的独立性原则，小球在重力场和电场共同作用下，产生的等效重力加速度g′应满足
g′＝g+
联立各式解得
g′＝
代入单摆周期公式，可得小球在平衡位置附近摆动的周期为
T＝2π
故A正确，BCD错误。

故选：A。

【点评】本题主要考查复合场下的运动问题，物体在只有重力场的作用下适用的公式，在复合场下，公式基本形式不变，但具体参数和物理意义会有所变化，要灵活变通，本题关键要掌握力的独立性原则。

8．【分析】P小球做平抛运动，Q小球做竖直下抛运动，根据运动学公式求解两小球落地时速度大小，根据动量公式比较两小球落地时动量大小；竖直方向，根据匀变速直线运动位移—时间公式比较两小球下落时间的大小，根据冲量公式比较冲量大小。

【解答】解：AB、设小球初速度大小为v0，抛出位置离地面高度为h，P小球落地的速度大小为v P，Q 小球落地的速度大小为v Q，P小球做平抛运动，水平方向为匀速直线运动，落地时水平分速度v x＝v0
竖直方向为自由落体运动，落地时竖直分速度v y＝
则v P＝＝
Q小球做竖直下抛运动，根据匀变速直线运动位移—速度公式得：﹣＝2gh
解得：v Q＝
则小球落地时速度大小相等，落地时的动量为p＝mv
则两小球落地时动量大小相等，故AB错误；
CD、设P小球下落时间为t P，Q小球下落时间为t Q，P小球竖直方向为自由落体运动，有：h＝
解得：t P＝
Q小球做竖直下抛运动，有：h＝v0t Q+
则t Q＜t P＝
两小球所受冲量大小为I＝mgt
则P所受重力冲量的大小比Q的大，故C正确，D错误。

故选：C。

【点评】本题考查冲量和动量，解题关键是掌握动量和冲量的计算公式，结合运动学公式列式分析即可。

9．【分析】A、由理想气体状态方程＝C判断气体温度变化情况，进而判断内能变化情况。

B、从状态b变化到c的过程中，若能找到体积不变的变化过程，则气体没有对外做功；当气体按照从b到a再到c的途径变化状态时，在从b到a状态过程中，气体体积不变，气体没有对外做功。

C、从状态b变化到a的过程中，若能找到体积不变的变化过程，则气体没有对外做功；当气体从b状态直接变化到a状态时，气体体积不变，气体没有对外做功。

D、从状态a变化到b，由理想气体状态方程＝C可判断气体温度变化情况、进而判断内能变化情况，再由热力学第一定律ΔU＝W+Q可判断气体总体上是吸热还是放热。

【解答】解：A、从状态a变化到c，气体压强增大、体积增大，由理想气体状态方程＝C可知，气体温度升高，则内能一定增加，故A正确；
B、从状态b变化到c的过程中，当气体按照从b到a再到c的途径变化状态时，在从b到a状态过程中，气体体积不变，此过程气体没有对外做功，故B错误；
C、从状态b变化到a的过程中，若气体从b状态直接变化到a状态，由于气体体积不变，此过程气体没有对外做功，故C错误；
D、从状态a直接变化到b时，气体压强减小、体积不变，由理想气体状态方程＝C可知，气体温度降低，内能减少，由热力学第一定律ΔU＝W+Q可知，ΔU＜0，W＝0，则Q＜0。

当气体按照从a到c再到b的途径变化状态时，从a到c，气体压强增大、体积增大，由理想气体状态方程＝C可知，气体温度升高，内能增加。

由热力学第一定律有ΔU1＝W1+Q1，ΔU1＞0，W1＜0，则Q1＞0，Q1为吸热。

从c到b，气体压强减小、体积减小，由理想气体状态方程＝C可知，气体温度降低，内能减少。

由热力学第一定律有ΔU2＝W2+Q2，ΔU2＜0，W2＞0，则Q2＜0，Q2为放热。

因为Q＝Q1+Q2，Q＜0，所以Q2的绝对值大于Q1的绝对值，即吸收的热量小于放出的热量，故D错误。

故选：A。

【点评】本题主要考查理想气体状态方程和热力学第一定律的综合应用，不仅要考虑气体从初态最终变化到末态时的情况，还要考虑中间过程中可能出现的各种情况，要注意温度与内能的关系、体积与做功的关系。

10．【分析】橡胶圆盘不导电，带有大量均匀分布的正电荷，当圆盘绕其中心O顺时针转动时，在橡胶圆盘上会形成半径不等的若干个同心顺时针环形电流，这些环形电流在通电直导线处会产生磁场，分别判断左半侧、右半侧的环形电流在通电直导线处产生磁场的方向、磁感应强度的强弱，按照磁场叠加原理，最终确定通电直导线处的磁场方向。

再根据左手定则，可以判断出通电直导线所受安培力的方向。

【解答】解：橡胶圆盘绕其中心O顺时针转动时，在橡胶圆盘上会形成若干个同心顺时针环形电流，所有的等效环形电流在直导线出的磁场都是向上的，根据左手定则，伸出左手，四指指向直导线电流方向，手心向下，则大拇指指向右侧，即通电直导线所受安培力的方向为背离圆盘。

故ACD错误，B正确。

故选：B。

【点评】本题主要考查磁场对通电导线的作用（左手定则），一要确定橡胶圆盘上产生的电流的方向；
二要确定橡胶圆盘上产生的环形电流在通电直导线处产生的磁场方向；三要会运用左手定则判定通电直导线所受安培力的方向。

11．【分析】对小球电荷量变化前后进行分析，根据平衡条件列出弹力等于库仑力的式子，对比分析从而得出伸长量的变化情况。

【解答】解：设初始时带电量为q、﹣q的小球之间的距离为l，由于小球处于平衡状态，则有橡皮筋弹力等于小球之间的库仑力，即对任意小球有：
kΔl＝k
电荷量增大为原来的2倍时，设两个小球之间的距离为l′，橡皮筋的伸长量变为Δl′，当小球再次处
于平衡状态时，对任意小球有：
kΔl′＝k＝4k
又因为小球相互吸引，相互靠近，所以两个小球之间的距离会小于初始距离，即：
l′＜l
因此：kΔl′＝4k＞4k＝4kΔl
所以：Δl′＞4Δl，故D正确，ABC错误。

故选：D。

【点评】本题解题关键是采用假设法，假设小球距离不变，分析橡皮筋弹力变化。

12．【分析】根据楞次定律，结合右手定则，分析ab棒感应电流方向，再根据左手定则，分析金属棒所受安培力的方向。

【解答】解：虚线左边有一方向垂直纸面向里，大小随时间均匀增加的匀强磁场，根据楞次定律，闭合回路形成垂直回路向外的磁场，根据右手定则，ab棒的电流方向竖直向上，根据左手定则，ab棒所受安培力的方向为垂直纸面向外，故D正确，ABC错误。

故选：D。

【点评】本题考查学生对楞次定律、右手定则、左手定则的掌握，是一道基础题。

13．【分析】当光电管接反向电压时，调节滑动变阻器，可测量遏止电压，接正向电压时，无法测量遏止电压，无法求解光电子脱离金属后的最大初动能；根据光电效应方程分析即可；当电流达到饱和光电流时，再增大光电管两端的电压，电流不变。

【解答】解：C、将电源反接，调节滑动变阻器，当电流表的示数为0时，电压表的示数为遏止电压，由动能定理得，光电子获得的最大初动能E km＝eU，若保持电路接法不变，则无法测量光电子脱离金属后的最大初动能，故C错误；
AB、根据光电效应方程得：E km＝hν﹣W0，入射光的频率ν已知，保持电路接法不变，无法测量光电子获得的最大初动能，则无法测量普朗克常量h和金属的逸出功W0，故AB错误；
D、调节滑动变阻器，当电流表的示数不再增大时，电流表的示数为该光强下的饱和光电流，故D正确。

故选：D。

【点评】本题考查光电效应，解题关键是掌握遏止电压的测量方法，掌握光电效应方程，结合动能定理分析即可。

14．【分析】（3）（4）（6）第三枚大头针挡住第一枚和第二枚大头针的像，第四枚大头针挡住第三枚大头针和第一枚和第二枚大头针的像，故通过第一、二枚大头针的光线折射后通过第三、四枚大头针，由
此作出光路图；
（5）（7）根据折射定律分析即可。

【解答】解：（3）将第一、第二两枚大头针插在线段ab上；
（4）在玻璃砖的另一侧插上第三枚大头针和第四枚大头针，使得第三枚大头针挡住第一枚和第二枚大头针的像，使第四枚大头针挡住第三枚大头针和第一枚和第二枚大头针的像；
（5）设aO′与Oa的夹角为θ，则折射率n＝＝
为测量折射率，则应测量线段OO′和aO′的长度；
（6）光路图如图
（7）玻璃砖的折射率n＝＝＝
故答案为：（3）线段ab上；（4）第三枚大头针挡住第一枚和第二枚大头针的像，使第四枚大头针挡住第三枚大头针和第一枚和第二枚大头针的像；（5）OO′，aO′；（6）见解析；（7）。

【点评】本题考查用插针法测定玻璃砖折射率，解题关键是掌握折射定律，掌握实验原理，分析即可。

15．【分析】（1）根据电路图画实物图即可；
（2）根据闭合电路欧姆定律列式求解即可；
（3）根据图片读电压表示数即可，根据欧姆定律求解流过电池组的电流；
（4）根据欧姆定律求解电路中的电流，根据闭合电路欧姆定律求解电池组的内阻和电动势。

【解答】解：（1）实物图如图
（2）由闭合电路欧姆定律得：E＝U1+I1r，E＝U2+I2r
联立解得：r＝
（3）电压表的读数为U1＝3.50V
此时通过电池组的电流为I1＝＝A≈0.46A
（4）当电阻箱阻值取值为R2＝60Ω时，电压表的示数为U2＝3.72V
电路中的电流为I2＝＝A≈0.058A
电池组内阻r＝＝Ω≈0.55Ω
电动势为E＝U2+I2r＝3.72V+0.058×0.55V≈3.8V
故答案为：（1）见解析；（2）；（3）3.50，0.46；（4）0.55，3.8。

【点评】本题考查电源电动势和内阻的测量，解题关键是分析好电路图，结合闭合电路欧姆定律列式求解即可。

16．【分析】火车匀速运动时受力平衡，脱钩后，分别对脱钩车厢和剩余车厢受力分析，根据牛顿第二定律求解其加速度；先根据速度—时间公式求解脱钩车厢运动的时间，再根据速度—时间公式求解此时剩余车厢的速度。

【解答】解：设车头的牵引力为F，火车总质量为m，火车匀速运动时，受力平衡，有：F＝kmg
脱钩后，设脱钩车厢的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：k•mg＝ma1
设剩余车厢的加速度大小为a2，剩余车厢的质量为m′＝mg﹣mg＝mg
由牛顿第二定律得：F﹣km′g＝m′a2
联立解得：a1＝kg
a2＝kg
脱钩车厢的速度变为时，由速度—时间公式得：＝v0﹣a1t
解得：t＝
设此时剩余车厢的速度为v，由速度—时间公式得：v＝v0+a2t＝v0
答：列车前部未脱钩部分的速度为v0。

【点评】本题考查牛顿第二定律，解题关键是灵活选择研究对象并对其受力分析，结合牛顿第二定律和运动学公式列式求解即可。