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【知识梳理

第九单元24讲磁场的描述一、1.(1)力的作用磁 (2)N (2)B＝

(3)N二、 2．电

例1 项错误；B的方向与电流元受力方向垂直，B项错误；电流元受力还与电流和磁场方向的角有关，当两者平行时，电流元不受力，C

＝ ，故 F D项正确＝ILsin

例2 [解析]电场和磁场有一个明显的区别是：电场对放入其中的电荷有力的作用，磁场对通电导线有力的作用的条件是磁场方向不能和电流方向平行，因此A对，B错

＝q

C

IBD3C[解析]A正确．由图可D正确．例4D[解析]由定则知导线A、B在O处所产生的磁感应强度大小相等，方向2B0，由定则可判定其方向沿OA方向，选项A、B、C错，选项D对．例5 [解析]力总是垂直于磁场与电流所决定的平面，因此，力总与磁场C错误；将直导线从中点折成直角，导线受到力的情况与直角导线在磁场中的放置情况有关，并不一定变为原来的一半，D错误．变式 6B[解析]方法一(电流元法)L1沿水平转动轴分成上、下两部分，每一元所在处的磁场方向向上，由左手定则可得，上半部分电流元所受力均指向纸外，下半部分电流元所受力均指向纸内，因此从左向右看线圈L1将顺时针转动．L1等效成小磁针后，转动前，NN极应由指向纸内L1将顺时针转动．L1将顺时针转动．7A[解析]结合电流元法与特殊位置法解答本题．如图甲所示，把直线电流等效OOS极右上方的一小段为研究对象，该处的导线受到垂直纸面向里的力同理判断出O点右侧的导线受到垂直纸面向外的力因受到向下的力．由以上分析可知，导线在顺时针转动的同时向下运动．选项A正确．8C[解析]NS极，所以可画出由左手定则可判断导线A必受斜向右下方的力F，由第三定律可知磁铁所受导线的F′FN1>FN2.同时，F′有沿斜面C.例 竖直向下0.01

[解析]开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的力方向竖开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了Δl1＝0.5cm.由定律和力的平衡条得式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g开关闭合后，金属棒所受力的大小式中，I是回路电流，L是金属棒的长度．两弹簧各自再伸长了Δl2＝0.3cm，由定E＝IR④式中，E是电池的电动势，Rm＝0.011BC[解析]BBzOO′看，导线受到的力F＝ILB，方向水平向左，如图甲所示，导线无法平衡，选项A错误；若B沿y轴FT＝0ILB＝mgB＝mg导线可以平衡选项B正确若B沿z轴负方向导线受到的力水平向右如图丙所示mgtan满足FTsinθ＝ILB，FTcosθ＝mg，即 悬线向上，导线受到的力垂直于悬线指向左下方，如图丁所示，导线无法平衡，选项 2ABC[解析]由左手定则可知，金属棒一开始向右做匀加速运动，当电流反向以后，金属棒开始做匀运动，经过一个周期速度变为0，然后重复上述运动，所以选D1．(多选)[2015·卷Ⅱ]指南针是我国古代四大发明之一．关于指南针，下列说法正确的是()[解析]BC 指南针为一具有磁性的物体，有两个磁极，A错误；指南针能指南北，说明故指向受到干扰，C正确；指南针正上方的通电导线会产生磁场，与地磁场共同作用于指南针，故指南针会发生偏转，D错误．abcdB的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)ab、bccdL，且∠abc＝∠bcd＝150°.流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．导线abcd所受到的力的合力()方向沿纸面向上，大小为(3－1)ILBB．方向沿纸面向上，大小为(3＋1)ILBC．方向沿纸面向下，大小为(3＋1)ILBD．方向沿纸面向下，大小为([解析]BC、D错误；abcd的有效长度为(3＋1)L，由力可得导线abcd所受到的力的合力为(3＋1)ILB，选AB正确．3．[2014·新课标卷Ⅰ]关于通电直导线在匀强磁场中所受的力，下列说法正确的是()将直导线从中点折成直角，力的大小一定变为原来的一[解析]B 垂直，A错误，B正确；力F＝BILsinθ，其中θ是电流方向与磁场方向的夹角，C错并不一定变为原来的一半，D错误．4．(多选)[2014·海南卷]如图所示，两根平行长直导线相距2l

l是导线所在平面内的三点，左侧导线与它们的距离分别为2关于这三点处的磁感应强度，下列判断正确的是 A．acb、ca、cD．b 两根导线在a处的磁感应强度均垂直纸面向里在c处的磁感应强度均垂

处距左边导线为2，距右边导线为2bblb处的磁感应强度为DB错误．5N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心，且垂直于线圈平面，当线圈中通入如图所示方向的电流后，线圈的运动情况是()B[解析]A方法一：电流元法．首先将圆形线圈分成很多小段，每一段可看作一直线电流，取其中上、下两小段分析，其截面图和所受力情况如图甲所示．根据对称性可知，线圈所受力的合力水平向左，故线圈向左运动．只有选项A正确．A. 乙棒中通以方向如图所示的电流后，台秤读数为F2，则以下说法正确的是( [解析BC如图甲所示，导体棒处的磁场方向指向右上方，根据左手定则可知，导体棒受到的力方向垂直于磁场方向指向右下方，根据第三定律，F′指向左上方，对条形 7．(多选)三条在同一平面(纸面)I，方向如图所示．a、bc三点分别位于三角形的三个顶角的角平分线上，且到确的是()C．ab处磁场方向垂直于纸面向外，cD．a处磁场方向垂直于纸面向外，bc[解析]AC由于通过三条导线的电流大小相等结合定则可判断出三条导线在abcB1＝B2<B3，A、C正确．v0＝5m/sAA′CC′r＝0.05m的竖直圆轨I＝5A，方B＝1T，A、C＝0.2m，金属条恰好能完成竖直面里的圆周运动．(g10(3)若将CC′右侧0.06m处的金属轨道在DD′向上垂直弯曲(弯曲处量损失)，试求金](1)

(3)0.10[解析(1)BId＋mg＝m＝解得 ＝

解得 5

hm＝0.1025讲【知识梳理一、1.运动电荷 3.左手4.二、1.匀速直线2.

Bq

例1 [解析]磁极S在a点产生的磁场方向垂直于竖直面P水平向外，电子在a点的运动方向水平向右，根据左手定则判断可知力方向向上．选项A正确．， [解析]运动过力垂直小球的速度方向，对小球不做功，设小球竖直分速度为vy、水平分速度为v，以小球为研究对象，受力如图所示．，由于小球随玻璃管在水平方向做匀速直线运动则竖直方向的力F1＝qvB是恒力，线运动，B正确；在竖直方向上做匀加速直线运动，在水平方向上做匀速直线运动，所以小球的运动轨迹为抛物线，C正确；由于过内壁对小球的弹力做功，所以小球的机械能不守恒，D错误．例 [解析]第1个图，由竖直上抛运动的最大高度得

v0.3v0313v2＝2ghh＝hA0313个图，力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度Ekmgh2＋Ek＝1mv2，又由于1mv2＝mgh1 h1＞h2，D4h4h1，也可h1C正确，B错误．例 中运动的半径

l＝l＜l，t＞t＞tB、错误，A、D

＝Bq很容易得出

例 [解析]由带电粒子在磁场中运动的偏转角可知带电粒子运动轨迹所对应60l＝rsin

mv0sin60l＝v

sin

A

°＝

B0，所以可求得比荷

＝qBC、D变式题AD [解析]根据左手定则，正粒子在匀强磁场中将沿逆时针方向转动，由轨＝10cmAB＝BC＝8cm，OE＝16cmA、例 [解析]带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由力提供向心力， T(T为粒子在匀强磁场中的运动周期，

＝qB)；当粒子速度减小为3DAD所对应的圆心角∠AO2D＝120例

2)m 2)[解析]若粒子带正电，则其临界轨迹是图示上方与 d＝R－Rcos根据第二定律qvB＝R

（2＋联立解得 若粒子带负电，则其临界轨迹是图示下方与 d＝R′＋R′cos

＝（2－联立解得 [点评]q例7 [解析]依题中条件“磁场方向垂直于它的运动平面”，磁场方向有两种可 4Bqv＝mRv＝m，此种情况下，负电荷运动的角速度为ω＝R＝m

电荷所受 力与电场力方向相反时，有2Bqv′＝mR′，v′＝ R

＝m

A、C′例 [解析]若带电粒子刚好打在极板右边缘，有

l

1－2

1＝1＝4mr2＝4＝Bqv2＝4mA、B

(1)m

ABAr由第二定律可得：qv1B＝r1

＝v2ABBCr由第二定律可得：qv2B＝r2

＝AB

≤(2)B′BC由几何关系，粒子的轨道半径 8dr由第二定律可得：qv2B′＝rmθOBt1＝qB粒子从B到C的时间

2＝2OCt＝t1＋t2＝

例 (1)

(2)R13R1＝3v2vqv1B＝m3mv1＝3mR2，则由几何关系有(2r－R2)2＝R2＋r2R v2vqv2B＝m

＝.故要使粒子不穿出环形区域，粒子的初速 过. [解析]由题意，如图所示，电子正好经过C点，此时圆周运动的半径R＝ a a＝BC

a有＜有cos

mv0B＜3mv0 例11 [解析]带电粒子以垂直于cd边的速度射入正方形区域内，经过时间t0刚，则粒子运动的轨道所对的圆心角为 30cdA正 ＝6T＝3t0ad边射出的粒子中运动的最长时间为3t0 t0＝5T，则得到的轨迹所对的圆心角为5π，由于5π>5π>πbc 2Ct0＝1T，则得到的轨迹所对的圆心角为π，2ab

<π，ab射出磁场，D例 [解析]电子运动的轨道圆半径MNO

＝qB＝4.55cm.θ＝90O1SOMMNM点，MNNl＝9.1cm，A对．l＜9.1cm，B错．l>4.55cm，C错．l＝4.55cm，D对．例 [解析]粒子在磁场中的运动半径 AC相切(如图)EA2d－d＝dA

C＝2＝qB

Dmin＝6＝3qB1．(多选)[2016·内包头一中模拟]如图所示，一根光滑的绝缘斜轨道连接一个竖R＝0.50m的圆形绝缘光滑槽轨．槽轨处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感g10m/s2)()

＝20小球在槽轨最高点只受到力和重力的作小球从初始位置到槽轨最高点的过机械能守[解析]BCD 合力提供向心力，即此时小球受力和重力的作用，根据左手定则，力向上， 第二定律，有mg－qvB＝mR，选项A错误，选项C正确；从初位置到最高点的过 mgh＝mg(2R)＋2mvmg－qvB＝mR

mB、D22．[2014·新课标卷Ⅰ]如图所示，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)P点垂直于铝板向上射出，电荷量不变．不计重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为()22 2

D. [解析] 本题考查了带电粒子在磁场中的运动．根据qvB＝r有B＝r·v，穿过 2板后粒子动能减半，则v＝2，穿过铝板后粒子运动半径减半，则r＝2，因此B＝2，D 3．(多选)[2014·新课标卷Ⅱ]图为某磁谱仪部分构件的示意图．图中，永磁铁提 力的方向与其电性有关，由左手定则可知A正确．由轨道半径

＝Bq

2mEk＝ 知，D错误．因质子和正电子均带正电，且半径大小与速度有关，故依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子，C正确．4．[2014·卷]“人造小”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中B正比于()T T 根 力提供向心力有qvB＝mr，解得带电粒子在磁场中做圆周运动半径

2mEk＝qB.Ek＝2mv

qBB∝T，选项θt为() 2θmA.

[解析] t时间内电子转过的圆心角为2θ，则有 T＝eB.选项B正确6．(多选)[2015·合肥质检]B1、B2MNmeMN示的心形图线．则以下说法正确的是 P

＝[解析] 由左手定则可判定电子在P点受到的力方向向上，轨迹P→D→M→C→N→E→PA由

＝qB可得磁感应强度之比B＝2∶1t＝T12＝BeBe B1eB、C错误，Dad及磁场射入磁场区域，则()OdOaaOabOdOaabaOabbe[解析] 由 mv得带电粒子在匀强磁场中运动的半径r＝0.3m从Od边射入的粒子beaOabbeD8．[2014·江苏卷]某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示．装置的长为d.装置右端有一收集板，M、N、P为板上的三点，MOO′PN点，求粒子入射速度的最小变化量M 3[答案(1)3L－3d12 3(2)m6－4qBL－

(3)m 1≤n<3d－1，n取整数[解析](1)设粒子在磁场中的轨道半径为r L＝3rsin30°＋3dcos30°且h＝r(1－cos30°)—解 h＝2L－ 3.— 2 mr＝qvB，mr′由题意 3rsin30°＝4r′sin解得

＝m6－4(3)n由题意 L＝(2n＋2)dcos30°＋(2n＋2)rnsinn rn解

qBL－

n＝m

1≤n<3d－1，n取整数专题八热点 质谱仪、回例 (1)2×105 (2)5.2×10－3[解析](1)能通过速度选择器的粒子所受电场力和力大小相等、方向相反，解得 E 2×105B＝B1BR＝B2d＝2R－2R

2×mv＝5.2×10－3 ×B2e

例 [解析]回旋利用电场加速和磁场偏转来加速粒子粒子射出时的轨

半径恰好等于D形盒的半径，根据qvB＝R可得，v＝m，因此离开回 时的动 Ek＝2mv＝2mA、C误；磁感应强度越大，DB、D热点二带电粒子在组合场中的运动例3 (1)0.4m (2)B≥(22＋2)×10－2T[解析](1)tyO则 1 OA＝2at，a＝ma＝1.0×1015m/s2，t＝2.0×10－8s，y＝0.4(2)yvx＝at＝2×107yv＝v2＋v2＝22×107 ytanθ R＋222qvB＝mB≥(22＋2)×10－2

(1)2v0tanθ(2)v0tan[解析(1)B，粒子质量与所带电荷量分别为m和q，圆周运动的半径为R0.由力及第二定律得v2vRqv0B＝mR0Exax，在电场中运动的时间为t，离开电场时沿x轴负方向的速度大小为vx.由定律及运动学得22tanθ

B＝2v0tant＝ 例

v0tanx[解析](1)t0av0由运动学 1v＝v＝ tanθ⑦R1，粒子在第一象限的运动轨迹如图所示，O1由几何关系可知△O1OQ 第二定律RqvB0＝mR1 R2，由几何分析[粒子运动的轨迹如图所示，O2、O2′是系知，O2FGO2O2QHO2FQ、GH均为直径，QFGH也是矩形，又FH⊥GQQFGH是正方形，△QOF为等腰直角三角形]可知，粒子在第一、第三象限2R2＝2Qt ⑮热点三 例 (1) [解析(1)设磁场方向垂直于纸面向里时为正，正离子射入磁场后做匀速圆周运动，rB0qv0＝mrT0＝B0＝qT0O′N4nnT0r＝d40v0＝2nT0例 (1)0.2 (2)2×105O′0.2mO′0.18m[解析(1)t＝0

则带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径rmin＝qB

－3m＝0.2

10 U1ql代入数据解得：U1＝100100V100V时，带电粒子速度为

1mv2＋

q·vmax＝2×105由第(1)问计算可知，t＝00.2E，E为带电粒子打在屏幕上的最高点O′E＝rmin＝0.2mrmax，打在屏幕上的位F，运动径迹如图中曲线Ⅱ所示，有

2

qB＝108×5×10－3m＝5QQM板

m＝0.1＝2＝5F，则O′F＝rmax－O′Q＝2－0.1m＝0.18m5O′0.2mO′0.18m[点评]本题解题的突破口在于：(1)要求圆周运动的最小半径，由带电粒子在匀强磁场中例

(2)[解析](1) m(2)当磁感应强度为B0时，有最大偏转，打在荧光屏上Q点，PQ＝3L.电子运＝θ，由几何关系可知，tanθ＝

L根据几何关系，在磁场中运动路径所对的圆心角α＝θ，

tan 第二定律 得evB0＝R，解得

3er 2π (1)π，ππ

[解析

＝B0q＝

α＝2r由第二定律得qv0B0＝mr1得 1＝

粒子的位置坐标为ππr

1＝qB0＝t0～2t0时间内做匀加速直线运动，2t0～3t0x

2 t＋r＝ vt

π0

－ [解析(1)RqvB＝m22Em＝(2)nEmn次经过狭缝的总时间为

＝匀加速直线运动 t0＝(n－1)·2＋Δt

－ (3)0～2－Δt22η＝2 2．(1) (2)qD或 [解析(1)E ·2＝2mvE＝qd②设Ⅰ区磁感应强度的大小为B，粒子做圆周运动的半径为R，由第二定律qvB＝R③甲DR＝4B＝qDR＝4

1＝qD

2＝qDqvB1＝mR，qvB2＝mR 1＝ ，T2＝ Ⅰ区两段圆弧所对圆心角相同，设为θ1θ2，圆弧和大圆的两个Oα，由几何关系得乙t1、t2，可得

1＝α×360°

αα

联立⑨⑩⑪⑫⑬⑭⑮3．(1)0.02 10－73(2)13×10－2 (3)0.077＋7＋

T T11＋[解析](1)由第二定律qvB1＝mr＝mv＝0.021T＝SP

10－7 3LOhL＝（2r）2－h2＝×10－2x

1y

＝m＝3

x＝r＋r2－h2＝0.03yOy′＝y＋d＝0.07ySH，有H＝y′＋h＝(7＋3)×10－2myyθtan

v′＝yS

＝v则在y轴左侧磁场中圆周运动半径R＝H 7＋

10－2 第二定律得qv′B2＝m 0.87＋2＝qR7＋yS处，则进r′＝2r＝22×10－2my H＋

11＋ 2

同理得B′2＝ T11＋4．(1)0.11 (2)1.1×103[解析(1)1＝Bq＝0.15 2＝Bq＝0.20d出射．y′1＝r1(1－cosθ1)＝0.06 y″1＝Ltanθ1＝0.16my′″1＝y′1＝0.06m1y1＝0.28m2y′2＝r2(1－cosθ2)＝0.04y′2＝Ltanθ2＝0.09y′″2＝y′2＝0.04m2y2＝0.17d射出qE y′3＝2·m1t＝2m1y″3＝2y′3＝m1在区域Ⅲ中有：y′″3＝y′3＝2m1m1y3＝m120m2y4＝m20 二者的出射点之间的距离Δy2＝y3－y4＝mv2mv2＝0.111 2E＝1.1×1031．[2014·海南卷]xB，方向垂PxP

](1) (2)[解析](1)RT，根据Rqv0B＝R ＝v0x轴时，运动转过的角度为5π，t1 t1＝4qB(2)0；然后沿原路返回做匀加速运E，有 1＝2at

2＝qE⑦PE＝qT02．[2015·浙江卷]使用回旋的实验需要把离子束从中引出，离子束引出的方法有磁通道法和静电偏转法等．质量为m，速度为v的离子在回旋内旋转，旋O′点(O′点图中未画出)．引出离子时，令引出通道内L，OQOPθ.qP点进入，QB′E的方向和大小．

mv（2r－2Lcosθ）](1)

q（r2＋L2－2rLcosmv2（2r－2Lcos q（r＋L－2rLcos[解析(1)

＝B′qv＝RR＝r2＋L2－2rLcosR＝2r－2Lcos mv（2r－2Lcosθ） q（r＋L－2rLcosBqv－Eq＝Rmv2（2r－2Lcos解得 q（r＋L－2rLcos3．[2015·咸宁质检]如图所示，空间内存在着范围足够大的相互正交的匀强电场和匀强磁场(未画出)yxOy平面向里．图中虚线SU0O点，并可作为一个整OSm、电荷量为＋q的粒子(初速度不计)，Ox轴正方向射出的粒子恰好能沿直线运动．不计粒子的重力O点射出前的运动不受外界正交电场、磁场的影响．Ov

Ox轴正方向射出的粒子刚好经过坐标为E

，－2Nmm[答案

Lx30150°[解析](1)粒子经电场加速，由动能定理知L22m解得 mxL＝vt沿 1轴方向有 第二定律知 ＝

＝Oxθ2Rsin由力提供向心力，则qvB＝Rθ＝304．[2015·八市联考]如图甲所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现 一重力不计、比荷m＝1×10C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过 v0＝1.5×104m/sMN进入其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁MNt＝0时刻)．计算结果可用π表示．OMN求

10－5sO＝3Od＝67.5cmMNO点出发

10－5](1)112.5 (2)4

45[解析(1) U＝0＝112.5

rr1B1qv0＝r1

mv0＝5

1＝qB1＝3

mv0＝3

2＝qB2＝5 t＝0 ＝3 sO点的水平距离为Δd＝2(r1－r2)＝4电荷从第一次通过MN开始，其运动的周期

10－5＝5s＝15Δd＝607.5cmr1＋r1cosα＝7.5cosα＝0.5

＝t

10－5 ＋3

455．[2015·卷]现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动．真空中存在着2v2n

[解析](1)粒子在进入第2层磁场时，经过两次电场加速，中间穿过磁场时力不做 粒子在第2层磁场中受到的力充当向心力，rqv2B＝mr2Bq(2)nvnrn(各量的下标均代表粒子所在nrqvnB＝mrnvn－1sinθn－1＝vnsinαn⑦1看出rnsinθn－rnsinαn＝d⑧rnsinθn－rn－1sinr1sinθ1，r2sinθ2，…，rnsinθnd，可得rnsinθn＝r1sinθ1＋(n－1)d⑩n＝12r1sin nqd⑫(3)n层磁场右侧边界穿出，则sin

nq′>m′sin6．[2015·重庆卷]下图为某种离子的设计方案．两个半圆形金属盒内存在相同的MNM′N′h的两平行极板，其上分别有正对的OO′，O′N′＝ON＝d，P为靶点，O′P＝kd(k1的整数)．极板间存在方向O′O′N′区域(N′点)或外壳上时将会被吸收．两虚PPP2

2

答案](

(n＝1，2，3，…，k－ (3)22[解析(1)2离子做匀速圆周运动，力提供向心力，qvB＝m

2＝ 2nP2

(n＝1，2，3，…，k的匀加速直线运动，则当n＝k2－1时，离子获得最大能量，在电场中运动的时间t电＝

qB，t磁

Tnθ为22－1)π，当n＝k－1时，代入B可得，t磁 7．[2015·江苏卷]一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量均为＋q、质量不同的离子飘U0O沿着与磁场垂B

MQ损坏，检测不到离子，但右侧3

QNMQQNMNPPQNU

[答案](1) (2)81≤U≤2[解析(1)2qvB＝mBB3

q

r0＝4Lm＝32U0Q

＝N

＝

81≤U≤9

专题九热点一1BD[解析]MbC错误，D正确．例2D[解析]表面电势低，且当 U时，电荷不再偏转，电压表示数恒定，与污水中离子浓度无关＝bq选项A、B、C错误；由Q＝vbc可得 Uc，Q与U成正比，与a、b无关，选项D正确＝例3B[解析]微粒恰好能沿水平直线OO′通过该区域，说明力qvB与电场力B正确．4CD[解析]由于导电物质为电子，在霍尔元件中，电子是向上做定向移动的，根BRRL RRI＝RLICBI成正比，I dUH＝kIHB∝I2，RLDd热点二5AC[解析]mgqE和斜向右下方的力qvB，知微粒不可能做直线运动，据此可知微粒应带负电荷，它受竖AA正确，B＝θ＝mgqvBsinθ＝qE mg ＝

mgtan

qvcos

例例

gg 2 q[解析(1)qE1sinqE1＝qqqav，在区R，则 qE1cos RsinqvB＝m g微粒在区域Ⅰ内做匀加速直线运动 g60T＝ 2 解得t＝t＋t

2 g＋

例 RcosθRsin 2

热点三例 [解析]对甲、乙两物块受力分析，甲物块受竖直向下且不断增大Ff＝maA、C、D例

[解析]经分析，物块沿斜面运动过加速度不变，但随速度增大，物块所受支持力逐qvmB＝mgcos物块沿斜面下滑过，由动能定理mgssinm mmgcos

2例 2 5

2gsinθ15q[解析]mg－μ(qE＋qvB)＝ma.v＝0am＝2vm＝5m/s.

[解析]

v＝qB场强E的大小E＝vB.2．(1)4 (2)0.56f，则

v＝4(2)设P1在G点的速度大小为vG，由于力不做功，根据动能定qErsinθ－mgr(1－cos 律qEcosθ－mgsinθ－μ(mgcosθ＋qEsinP1P2GHP1GHs1

＋2a1tP2m2GHa2m2gsinθ－μm2gcosP1P2GHP2GHs222联立⑤～⑨s＝0.563．AC[解析]f＝μ(mg＋Mg＋qvB)，因为整－μ(mg＋Mg＋qvB)＝(M＋m)a，整体的加速度逐渐减小，A正确，D错误；对甲