天津高考物理试卷分析无水印

天津高考物理试卷分析无水印

‎2018年高考物理试卷分析 一、 总体评价 ‎2018年天津高考试卷考查形式与以往新课标考查形式基本相同，8道选择题，2道实验题，3道计算题，选择题试题难度较去年有所增加，解答题部分较去年难度降低，但是没有偏题、怪题，完全符合考纲及大纲要求，试题充分体现了学科知识与生产、生活的联系，能够充分考查学生对物理的基础知识、基本概念的理解以及综合应用能力。 全卷知识考查全面，考查到的基础知识不是直接呈现而是通过变形考查，考查学生对物理模型的变通的能力。出题的风格和以往一样其中有一部分题目是来自于历年高考试题的改编。 ‎ 二、 试卷特点 ‎ ‎1.注重基础知识,突出能力考查。试题涉及的基础知识有:电磁感应、静电场、天体运动、受力分析等，每个题目都有其考查的能力点。 ‎ ‎2.注重主干知识，兼顾覆盖面。试题重点考查：牛顿运动定律、曲线运动、机械能、动能定理、电场、磁场等主干知识，考查了较多的知识点。 ‎ ‎3.注重常见物理模型、常用物理方法，体现学科基本要求。试题涉及的物理模型有：质点、斜面、匀变速直线运动、圆周运动等；涉及的物理方法有：整体法和隔离法、正交分解法、图像法、程序法、假设法等。 ‎ ‎4.呈现新情境、开放性试题，考查学生解决实际问题的综合能力。25题属于开放性问题，这些题目对学生的综合能力有一定的要求。 ‎ ‎5.依纲扣本设置难易梯度，试题有较好的区分度。考试题目易、中、难比例结构合理，整卷有较好的区分度。‎ 三、 数据分析 四、对中学教学的建议 ‎1、突出物理学科特色，夯实基础知识，提高基本能力。 ‎ ‎2、联系实际生活，思考问题更严谨。 ‎ ‎3、重实验，理论实践相结合。 ‎ ‎4、诱导归纳，建立知识体系，多方法解题能力 五、试题分析与解读 ‎1．国家大科学工程﹣﹣中国散裂中子源（CSNS）于2017年8月28日首次打靶成功，获得中子束流，可以为诸多领域的研究和工业应用提供先进的研究平台。下列核反应中放出的粒子为中子的是（　　）‎ A．N俘获一个α粒子，产生O并放出一个粒子 B．Al俘获一个α粒子，产生P并放出一个粒子 C．B俘获一个质子，产生Be并放出一个粒子 D．Li俘获一个质子，产生He并放出一个粒子 ‎【答案】B ‎【考点】α衰变，电荷与质量数守恒，方程式书写 ‎【解析】解：A、N俘获一个α粒子，产生O后，新粒子的质量数为14+4﹣17=1，电荷数为：7+2﹣8=1，所以粒子为质子。故A错误；‎ B、Al俘获一个α粒子，产生P后，粒子的质量数为27+4﹣30=1，电荷数为：13+2﹣15=0，所以粒子为中子。故B正确；‎ C、B俘获一个质子，产生Be后，粒子的质量数为11+1﹣8=4，电荷数为：5+1﹣4=2，所以粒子为α粒子。故C错误；‎ D、Li俘获一个质子，产生He后，粒子的质量数为6+1﹣3=4，电荷数为：3+1﹣2=2，所以粒子为α粒子。故D错误 故选：B。‎ ‎【课内衔接】选修3-5中关于电子、原子核结构、放射现象等部分知识　‎ ‎2．滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直圆面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中（　　）‎ A．所受合外力始终为零 B．所受摩擦力大小不变 C．合外力做功一定为零 D．机械能始终保持不变 ‎【答案】C ‎【考点】动能定理、摩擦力、机械能 ‎【解析】解：A、滑雪运动员的速率不变，而速度方向是变化的，速度是变化的，运动员的加速度不为零，由牛顿第二定律可知，运动员所受合外力始终不为零。故A错误。‎ B、运动员下滑过程中受到重力、滑道的支持力与滑动摩擦力，由图可知，运动员从A到B的过程中，滑道与水平方向之间的夹角逐渐减小，则重力沿斜面向下的分力逐渐减小，运动员的速率不变，则运动员沿滑道方向的合外力始终等于0，所以滑动摩擦力也逐渐减小。故B错误。‎ C、滑雪运动员的速率不变则动能不变，由动能定理可知，合外力对运动员做功为0．故C正确。‎ D、运动员从A到B下滑过程中的动能不变而重力势能减小，所以机械能减小。故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎【课内衔接】必修一、必修二摩擦力、动能定理，机械能内容。　‎ ‎3．如图所示，实线表示某电场的电场线（方向未标出），虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为φM、φN，粒子在M和N时加速度大小分别为aM、aN，速度大小分别为vM、vN，电势能分别为EPM、EPN．下列判断正确的是（　　）‎ A．vM＜vN，aM＜aN B．vM＜vN，φM＜φN C．φM＜φN，EPM＜EPN D．aM＜aN，EPM＜EPN ‎【答案】D ‎【考点】牛顿第二定律、电场、电势能、动能定理 ‎【解析】解：带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，根据带负电粒子受力情况可知，电场线方向斜向左上方，又沿着电场线方向，电势逐渐降低，故φM＞φN①；‎ 若粒子从M到N过程，电场力做负功，动能减小，电势能增加，故带电粒子通过M点时的速度比通过N点时的速度大，即vM＞vN②，‎ 在M点具有的电势能比在N点具有的电势能小，即EPM＜EPN③；‎ 根据电场线疏密可知，EM＜EN，根据F=Eq和牛顿第二定律可知，aM＜aN④；‎ A、由②④可知，A错误；‎ B、由①②可知，B错误；‎ C、由①③可知，C错误；‎ D、由③④可知，D正确；‎ 故选：D。‎ ‎【课内衔接】必修一、必修二、选修3-1牛顿第二定律、电场、动能定理等内容。　‎ ‎4．教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机（内阻可忽略）通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为P．若发电机线圈的转速变为原来的，则（　　）‎ A．R消耗的功率变为P B．电压表V的读数变为U C．电流表A的读数变为2I D．通过R的交变电流频率不变 ‎【答案】B ‎【考点】电磁感应、交变电流、变压器 ‎【解析】解：A、B、线圈在匀强磁场中匀速转动，设线圈的最大横截面积为S，磁场的磁感应强度为B，线圈转动的角速度为ω，则产生的最大电动势为：‎ Em=nBSω 原线圈两端的电压等于电动势的有效值，为：‎ 设原副线圈的匝数比为k，则副线圈两端的电压为：…①‎ 当发电机线圈的转速变为原来的时，有：…②‎ 副线圈两端的电压为：…③‎ 联立①③可知，，即电压表的读数变为U；‎ 由：P=‎ R消耗的电功率：，即R消耗的功率变为；故A错误，B正确；‎ C、由变压器的特点可知，副线圈消耗的功率为原来的，则发电机产生的电功率变成原来的；由②可知，线圈产生的电动势是原来的，由P=UI可知，电流表的读数变成原来的．故C错误；‎ D、发电机线圈的转速变为原来的，则原线圈中电流的频率变成原来的，所以副线圈中，通过R的频率变成原来的．故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎【课内衔接】选修3-2电磁感应、交流电知识。‎ ‎5．氢原子光谱在可见光区域内有四条谱线Hα、Hβ、Hγ和Hδ，都是氢原子中电子从量子数n＞2的能级跃迁到n=2的能级时发出的光，它们在真空中的波长由长到短，可以判定（　　）‎ A．Hα对应的前后能级之差最小 B．同一介质对Hα的折射率最大 C．同一介质中Hδ的传播速度最大 D．用Hγ照射某一金属能发生光电效应，则Hβ也一定能 ‎【答案】A ‎【考点】氢原子的跃迁、折射率、光电效应 ‎【解析】解：A、四条谱线Hα、Hβ、Hγ和Hδ，在真空中的波长由长到短，根据，可知，四条谱线Hα、Hβ、Hγ和Hδ，的频率是由低到高；那么它们的能量也是由小到大，‎ 而△E=Em﹣En=hγ，则Hα对应的前后能级之差最小，故A正确；‎ B、当在同一介质，由于Hδ，能量最大，那么其的折射率也最大，而对Hα 的折射率最小，故B错误；‎ C、在同一介质中，Hδ的折射率最大，由v=，可知，其传播速度最小，故C错误；‎ D、若用Hγ照射某一金属能发生光电效应，由于Hβ的能量小于Hγ，即Hβ的频率小于Hγ，依据光电效应发生条件，其入射频率不小于极限频率则Hβ不一定能，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎【课内衔接】选修3-4、选修3-5中关于电磁波、氢原子的跃迁、折射率、光电效应等部分知识　‎ ‎6．2018年2月2日，我国成功将电磁监测试验卫星“张衡一号”发射升空，标志我国成为世界上少数拥有在轨运行高精度地球物理场探测卫星的国家之一。通过观测可以得到卫星绕地球运动的周期，并已知地球的半径和地球表面处的重力加速度。若将卫星绕地球的运动看作是匀速圆周运动，且不考虑地球自转的影响，根据以上数据可以计算出卫星的（　　）‎ A．密度 B．向心力的大小 C．离地高度 D．线速度的大小 ‎【答案】CD ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．‎ ‎【解析】解：A、设观测可以得到卫星绕地球运动的周期为T，地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g；‎ 地球表面的重力由万有引力提供，所以：mg=‎ 所以地球的质量：M=，没有告诉万有引力常量，所以不能求出地球的质量，就不能求出地球的密度。故A错误；‎ B、题目中没有告诉卫星的质量，不能求出卫星受到的向心力。故B错误；‎ C、根据万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：=m（R+h）‎ 解得：h== 可以求出卫星的高度。故C正确；‎ D、由牛顿第二定律得：=‎ 解得：v==，可知可以求出卫星的线速度。故D正确 故选：CD。‎ ‎【课内衔接】必修二人造卫星问题　‎ ‎7．明朝谢肇淛的《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不可。一游僧见之曰：无烦也，我能正之。”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身。假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力FN，则（　　）‎ A．若F一定，θ大时FN大 B．若F一定，θ小时FN大 C．若θ一定，F大时FN大 D．若θ一定，F小时FN大 ‎【答案】C ‎【考点】动能定理、摩擦力、机械能 ‎【解析】解：A、滑雪运动员的速率不变，而速度方向是变化的，速度是变化的，运动员的加速度不为零，由牛顿第二定律可知，运动员所受合外力始终不为零。故A错误。‎ B、运动员下滑过程中受到重力、滑道的支持力与滑动摩擦力，由图可知，运动员从A到B的过程中，滑道与水平方向之间的夹角逐渐减小，则重力沿斜面向下的分力逐渐减小，运动员的速率不变，则运动员沿滑道方向的合外力始终等于0，所以滑动摩擦力也逐渐减小。故B错误。‎ C、滑雪运动员的速率不变则动能不变，由动能定理可知，合外力对运动员做功为0．故C正确。‎ D、运动员从A到B下滑过程中的动能不变而重力势能减小，所以机械能减小。故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎【课内衔接】必修一、必修二摩擦力、动能定理，机械能内容。　‎ ‎8．一振子沿x轴做简谐选动，平衡位置在坐标原点。t=0时振子的位移为﹣0.1m，t=1s时位移为0.1m，则（　　）‎ A．若振幅为0.1m，振子的周期可能为s B．若振幅为0.1m，振子的周期可能为s C．若振幅为0.2m，振子的周期可能为4s D．若振幅为0.2m，振子的周期可能为6s ‎【答案】AD ‎【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系 ‎【解析】解：A、B、t=0时刻振子的位移x=﹣0.1m，t=1s时刻x=0.1m，如果振幅为0.1m，则：（n+）T=t 解得：T==‎ 当n=0时，T=2s；‎ 当n=1时，T=s；‎ 当n=2时，T=s 故A正确，B错误；‎ C、D、t=0时刻振子的位移x=﹣0.1m，t=4s时刻x=0.1m，如果振幅为0.2m，结合位移时间关系图象，有：‎ t=+nT ①‎ 或者t=T+nT ②‎ 或者t=+nT ③‎ 对于①式，当n=0时，T=2s；‎ 对于①式，当n=1时，T=s；‎ 对于②式，当n=0时，T=s；‎ 对于②式，当n=1时，T=s 对于③式，当n=0时，T=6s；‎ 对于③式，当n=1时，T=s 故C错误，D正确；‎ 故选：AD。‎ ‎【课内衔接】选修3-4中关于机械振动和机械波等部分知识。‎ ‎9．（1）质量为0.45kg的木块静止在光滑水平面上，一质量为0.05kg的子弹以200m/s的水平速度击中木块，并留在其中，整个木块沿子弹原方向运动，则木块最终速度的大小是 ‎　 m/s。若子弹在木块中运动时受到的平均阻力为4.5×103N，则子弹射入木块的深度为　 　m。‎ ‎【答案】20；0.2。‎ ‎【考点】动能定理、动量守恒 ‎【解析】解：木块的质量M=0045kg，子弹的质量为m=0.05kg，初速度为v0=200m/s，‎ 二者组成的系统水平方向动量守恒，设子弹初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：‎ mv0=（m+M）v 解得木块最终速度的大小v==m/s=20m/s；‎ 设子弹射入木块的深度为d，根据能量守恒定律可得：‎ fd=，‎ 解得：d=0.2m。‎ 故答案为：20；0.2。‎ ‎【课内衔接】必修二动能定理，选修3-5动量等内容。　‎ ‎9（2）．某研究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，所有器材有：方木板一块，白纸，量程为5N的弹簧测力计两个，橡皮条（带两个较长的细绳套），刻度尺，图钉（若干个）。‎ ‎①具体操作前，同学们提出了如下关于实验操作的建议，其中正确的有　 　。‎ A．橡皮条应和两绳套夹角的角平分线在一条直线上 B．重复实验再次进行验证时，结点O的位置可以与前一次不同 C．使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线；读数时视线应正对测力计刻度 D．用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力必须都小于只用一个测力计时的拉力 ‎②该小组的同学用同一套器材做了四次实验，白纸上留下的标注信息有结点位置O、力的标度、分力和合力的大小及表示力的作用线的点，如下图所示。其中对于提高实验精度最有利的是　 　。‎ ‎【答案】（1）BC；（2）B ‎【考点】验证力的平行四边形定则 ‎【解析】解：（1）A、F1、F2方向间夹角大小适当即可，不一定要橡皮条应和两绳套夹角的角平分线在一条直线上，故A错误；‎ B、合力与分力的关系为等效替代的关系，效果是相同的，所以在同一次实验时，需要让两个力拉橡皮条和一个力拉橡皮条产生的作用效果相同，则必定结点O的位置要相同；而在重复实验再次进行验证时，结点O的位置可以与前一次不同。故B正确；‎ C、使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线，可以减小引摩擦产生的误差；读数时视线应正对测力计刻度，可以减小偶然误差。故C正确；‎ D、用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力不一定必须都小于只用一个测力计时的拉力，故D错误；‎ 故选：BC ‎（2）A、为了便于确定拉力的方向，拉橡皮条的细绳要稍长一些，同时在纸上描点时，所描的点不要太靠近结点，该图中所描的点太靠近结点。故A错误；‎ B、该图中所描的点到结点的距离适中，力的大小适中，而且两个力的角度的大小也适中。故B正确；‎ C、实验要方便、准确，两分力适当大点，读数时相对误差小，但不宜太大，该图中的读数都太小，故C错误；‎ D、该图中两个分力之间的夹角太小，这样误差容易大，故D错误；‎ 故选：B 故答案为：（1）BC；（2）B ‎【课内衔接】必修一验证力的平行四边形定则等内容。　‎ ‎（3）．某同学用伏安法测定待测电阻Rx的阻值（约为10kΩ），除了Rx、开关S、导线外，还有下列器材供选用：‎ A．电压表（量程0～1V，内阻约10kΩ）‎ B．电压表（量程0～10V，内阻约100kΩ）‎ C．电流表（量程0～1mA，内阻约30Ω）‎ D．电流表（量程0～0.6A，内阻约0.05Ω）‎ E．电源（电动势1.5V，额定电流0.5A，内阻不计）‎ F．电源（电动势12V，额定电流2A，内阻不计）‎ G．滑动变阻器R0（阻值范围0～10Ω，额定电流2A）‎ ‎①为使测量尽量准确，电压表选用　 　，电流表选用　 　，电源选用　 　。（均填器材的字母代号）‎ ‎②画出测量Rx阻值的实验电路图。‎ ‎③该同学选择器材、连接电路和操作均正确，从实验原理上看，待测电阻测量值会　 　其真实值（填“大于”、“小于”或“等于”），原因是　 　。‎ ‎【答案】①B；C；F；②如图所示；③大于；电压表的读数大于待测电阻两端的实际电压。‎ ‎【考点】电阻的测量、电表的选用、电路连接 ‎【解析】解：①因待测电阻阻值较大，为了准确测量，应采用较大的电动势，故选电动势为12V的电源F；电压表选择10V的量程，最大电流I约为：‎ I==0.001A=1mA，故电流表选择C；‎ ‎②因给出的滑动变阻器总阻值较小，所以应采用分压接法，同时因待测电阻较大，为了准确测量，电流表选择内接法，故电路图如图所示；‎ ‎③因本实验采用电流表内接法，由于电流表分压影响，电压表测量值将大于真实值，由欧姆定律可知，电阻测量值将大于真实值；‎ 故答案为：①B；C；F；②如图所示；③大于；电压表的读数大于待测电阻两端的实际电压。‎ ‎【课内衔接】选修3-1中关于电学实验、电阻测量等部分知识。‎ ‎10．我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程。假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x=1.6×103m时才能达到起飞所要求的速度v=80m/s。已知飞机质量m=7.0×104kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度取g=10m/s2．求飞机滑跑过程中 ‎（1）加速度a的大小；‎ ‎（2）牵引力的平均功率P。‎ ‎【答案】2m/s2 ；8.4×106W ‎【考点】动能定理、匀变速直线运动、牛顿运动定律 ‎【解析】解：（1）根据速度位移公式得，v2=2as 代入数据得 a=2m/s2。‎ ‎（2）由v=at得：‎ ‎ t=s 飞机受到的阻力：F阻=0.1mg 设牵引力做的功为W，则由动能定理可得：W﹣F阻•x=‎ 牵引力的平均功率：‎ 代入数据联立可得：P=8.4×106W 答：（1）飞机滑行过程中加速度大小a是2m/s2；‎ ‎（2）牵引力的平均功率是8.4×106W。‎ ‎【课内衔接】必修一、必修二匀变速直线运动、牛顿运动定律、动能定理内容。　‎ ‎11．如图所示，在水平线ab的下方有一匀强电场，电场强度为E，方向竖直向下，ab的上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。磁场中有一内、外半径分别为R、R的半圆环形区域，外圆与ab的交点分别为M、N．一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中P点静止释放，由M进入磁场，从N射出。不计粒子重力。‎ ‎（1）求粒子从P到M所用的时间t；‎ ‎（2）若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出，同样能由M进入磁场，从N射出。粒子从M到N的过程中，始终在环形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子在Q时速度v0的大小。‎ ‎【答案】；‎ ‎【考点】带电粒子在电场、磁场中运动应用 ‎【解析】解：（1）设粒子第一次在磁场中运动的速度为v，粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供向心力，可得：‎ 可得：v=‎ 粒子在电场中受到的电场力为qE，设运动的时间为t，则：‎ qEt=mv﹣0‎ 联立可得：t=‎ ‎（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动的过程中，其周期：T=，可知粒子在磁场中运动的周期与其速度、半径都无关；‎ 根据：‎ 可知粒子在磁场中运动的时间由轨迹的圆弧对应的圆心角有关，圆心角越小，则时间越短；所以当轨迹与内圆相切时，所用的时间最短，设粒子此时的半径为r，如图：‎ 由几何关系可得：‎ 设粒子进入磁场时速度的方向与ab的夹角为θ，则圆弧所对的圆心角为2θ，由几何关系可得：‎ tanθ=‎ 粒子从Q点抛出后做类平抛运动，在电场方向向上的分运动与从P释放后的情况相同，所以粒子进入磁场时，沿竖直方向的分速度同样也为v，在垂直于电场方向的分速度始终为v0，则：‎ tanθ=‎ 联立可得：v0=‎ 答：（1）粒子从P到M所用的时间是；‎ ‎（2）所用的时间最少时，粒子在Q时速度v0的大小是。‎ ‎【课内衔接】必修二、选修3-1曲线运动、电磁场知识 ‎12．‎ 真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计。ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m。列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示。为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计。列车启动后电源自动关闭。‎ ‎（1）要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；‎ ‎（2）求刚接通电源时列车加速度a的大小；‎ ‎（3）列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l。若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？‎ ‎【答案】M接电源正极；；‎ 见解析 ‎【考点】电磁感应，牛顿第二定律、动量定理 ‎【解析】解：（1）M接电压正极，列车要向右运动，安培力方向向右，根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a到b、由c到d，故M接电源正极。‎ ‎（2）由题意，启动时ab、cd并联，设回路总电阻为R总，由电阻的串并联知识可得：‎ 设回路总电流为I，根据闭合电路欧姆定律有：‎ 设两根金属棒所受安培力之和为F，有：‎ F=BIl ‎ 根据牛顿第二定律有：‎ F=ma 得：a=‎ ‎（3）设列车减速时，cd进入磁场后经△t时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化率为△φ，平均感应电动势为E1，则由法拉第电磁感应定律有：‎ 其中△φ=Bl2‎ 设回路中平均电流为I′，由闭合电路欧姆定律有：‎ 设cd受到的平均安培力为F′，有：‎ F′=BI′l 以向右为正方向，设△t时间内cd受到安培力冲量为I冲，有：‎ I冲=﹣F′△t 同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0，有：‎ I0=2I冲 设列车停下来受到的总冲量为I总，由动量定理有：‎ I总=0﹣mv0‎ 联立上式解得：‎ 讨论：若恰好为整数，设其为n，则需设置n块磁场，若的整数部分为N，则需设置N+1块磁场。‎ 答：（1）要使列车向右运行，启动时图1中M接电源正极，理由见解答；‎ ‎（2）刚接通电源时列车加速度a的大小为；‎ ‎（3）列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l。若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：若恰好为整数，设其为n，则需设置n块磁场，若的整数部分为N，则需设置N+1块磁场。‎ ‎【课内衔接】必修二、选修3-2、选修3-5电磁感应，牛顿第二定律、动量定理等内容。‎