2023年高三物理二輪常見模型與方法強(qiáng)化專訓(xùn)專練22 帶電粒子在復(fù)合場（疊加場）中的運(yùn)動模型（解析版）

2023年高三物理二輪常見模型與方法強(qiáng)化專訓(xùn)專練專題22帶電粒子在復(fù)合場（疊加場）中的運(yùn)動模型特訓(xùn)目標(biāo)特訓(xùn)內(nèi)容目標(biāo)1高考真題（1T—4T）目標(biāo)2束縛類直線運(yùn)動模型（5T—8T）目標(biāo)3圓周運(yùn)動模型（9T—12T）目標(biāo)4一般曲線運(yùn)動模型（13T—16T）【特訓(xùn)典例】高考真題1．空間存在著勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，磁場的方向垂直于紙面（平面）向里，電場的方向沿y軸正方向。一帶正電的粒子在電場和磁場的作用下，從坐標(biāo)原點(diǎn)O由靜止開始運(yùn)動。下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運(yùn)動軌跡的是（）A． B．C． D．【答案】B【詳解】解法一：AC．在xOy平面內(nèi)電場的方向沿y軸正方向，故在坐標(biāo)原點(diǎn)O靜止的帶正電粒子在電場力作用下會向y軸正方向運(yùn)動。磁場方向垂直于紙面向里，根據(jù)左手定則，可判斷出向y軸正方向運(yùn)動的粒子同時受到沿x軸負(fù)方向的洛倫茲力，故帶電粒子向x軸負(fù)方向偏轉(zhuǎn)。AC錯誤；BD．運(yùn)動的過程中在電場力對帶電粒子做功，粒子速度大小發(fā)生變化，粒子所受的洛倫茲力方向始終與速度方向垂直。由于勻強(qiáng)電場方向是沿y軸正方向，故x軸為勻強(qiáng)電場的等勢面，從開始到帶電粒子偏轉(zhuǎn)再次運(yùn)動到x軸時，電場力做功為0，洛倫茲力不做功，故帶電粒子再次回到x軸時的速度為0，隨后受電場力作用再次進(jìn)入第二象限重復(fù)向左偏轉(zhuǎn)，故B正確，D錯誤。故選B。解法二：粒子在O點(diǎn)靜止，對速度進(jìn)行分解，分解為向x軸正方向的速度v，向x軸負(fù)方向的速度v’，兩個速度大小相等，方向相反。使得其中一個洛倫茲力平衡電場力，即則粒子的在電場、磁場中的運(yùn)動，可視為，向x軸負(fù)方向以速度做勻速直線運(yùn)動，同時在x軸上方做勻速圓周運(yùn)動。故選B。2．如圖所示，磁控管內(nèi)局部區(qū)域分布有水平向右的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。電子從M點(diǎn)由靜止釋放，沿圖中所示軌跡依次經(jīng)過N、P兩點(diǎn)。已知M、P在同一等勢面上，下列說法正確的有（）A．電子從N到P，電場力做正功B．N點(diǎn)的電勢高于P點(diǎn)的電勢C．電子從M到N，洛倫茲力不做功D．電子在M點(diǎn)所受的合力大于在P點(diǎn)所受的合力【答案】BC【詳解】A．由題可知電子所受電場力水平向左，電子從N到P的過程中電場力做負(fù)功，故A錯誤；B．根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低可知N點(diǎn)的電勢高于P點(diǎn)，故B正確；C．由于洛倫茲力一直都和速度方向垂直，故電子從M到N洛倫茲力都不做功；故C正確；D．由于M點(diǎn)和P點(diǎn)在同一等勢面上，故從M到P電場力做功為0，而洛倫茲力不做功，M點(diǎn)速度為0，根據(jù)動能定理可知電子在P點(diǎn)速度也為0，則電子在M點(diǎn)和P點(diǎn)都只受電場力作用，在勻強(qiáng)電場中電子在這兩點(diǎn)電場力相等，即合力相等，故D錯誤；故選BC。3．霍爾元件是一種重要的磁傳感器，可用在多種自動控制系統(tǒng)中。長方體半導(dǎo)體材料厚為a、寬為b、長為c，以長方體三邊為坐標(biāo)軸建立坐標(biāo)系，如圖所示。半導(dǎo)體中有電荷量均為e的自由電子與空穴兩種載流子，空穴可看作帶正電荷的自由移動粒子，單位體積內(nèi)自由電子和空穴的數(shù)目分別為n和p。當(dāng)半導(dǎo)體材料通有沿方向的恒定電流后，某時刻在半導(dǎo)體所在空間加一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，沿方向，于是在z方向上很快建立穩(wěn)定電場，稱其為霍爾電場，已知電場強(qiáng)度大小為E，沿方向。（1）判斷剛加磁場瞬間自由電子受到的洛倫茲力方向；（2）若自由電子定向移動在沿方向上形成的電流為，求單個自由電子由于定向移動在z方向上受到洛倫茲力和霍爾電場力的合力大?。唬?）霍爾電場建立后，自由電子與空穴在z方向定向移動的速率分別為、，求時間內(nèi)運(yùn)動到半導(dǎo)體z方向的上表面的自由電子數(shù)與空穴數(shù)，并說明兩種載流子在z方向上形成的電流應(yīng)滿足的條件。【答案】（1）自由電子受到的洛倫茲力沿方向；（2）；（3）見解析所示【詳解】（1）自由電子受到的洛倫茲力沿方向；（2）設(shè)t時間內(nèi)流過半導(dǎo)體垂直于x軸某一橫截面自由電子的電荷量為q，由電流定義式，有設(shè)自由電子在x方向上定向移動速率為，可導(dǎo)出自由電子的電流微觀表達(dá)式為單個自由電子所受洛倫茲力大小為霍爾電場力大小為自由電子在z方向上受到的洛倫茲力和霍爾電場力方向相同，聯(lián)立得其合力大小為（3）設(shè)時間內(nèi)在z方向上運(yùn)動到半導(dǎo)體上表面的自由電子數(shù)為、空穴數(shù)為，則霍爾電場建立后，半導(dǎo)體z方向的上表面的電荷量就不再發(fā)生變化，則應(yīng)即在任何相等時間內(nèi)運(yùn)動到上表面的自由電子數(shù)與空穴數(shù)相等，這樣兩種載流子在z方向形成的電流應(yīng)大小相等、方向相反。4．如圖，兩個定值電阻的阻值分別為和，直流電源的內(nèi)阻不計(jì)，平行板電容器兩極板水平放置，板間距離為，板長為，極板間存在方向水平向里的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量為、帶電量為的小球以初速度沿水平方向從電容器下板左側(cè)邊緣點(diǎn)進(jìn)入電容器，做勻速圓周運(yùn)動，恰從電容器上板右側(cè)邊緣離開電容器。此過程中，小球未與極板發(fā)生碰撞，重力加速度大小為，忽略空氣阻力。（1）求直流電源的電動勢；（2）求兩極板間磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度；（3）在圖中虛線的右側(cè)設(shè)計(jì)一勻強(qiáng)電場，使小球離開電容器后沿直線運(yùn)動，求電場強(qiáng)度的最小值?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）小球在電磁場中作勻速圓周運(yùn)動，則電場力與重力平衡，可得，兩端的電壓根據(jù)歐姆定律得聯(lián)立解得（2）如圖所示設(shè)粒子在電磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為，根據(jù)幾何關(guān)系解得根據(jù)解得（3）由幾何關(guān)系可知，射出磁場時，小球速度方向與水平方向夾角為，要使小球做直線運(yùn)動，當(dāng)小球所受電場力與小球重力在垂直小球速度方向的分力相等時，電場力最小，電場強(qiáng)度最小，可得解得束縛類直線運(yùn)動模型5．如圖所示，一傾角為θ＝53°（圖中未標(biāo)出）的斜面固定在水平面上，在其所在的空間存在方向豎直向上、電場強(qiáng)度大小E＝2×106V/m的勻強(qiáng)電場和方向垂直于豎直面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝4×105T的勻強(qiáng)磁場。現(xiàn)讓一質(zhì)量m＝4kg、電荷量q＝＋1.0×10－5C的帶電物塊從斜面上某點(diǎn)（足夠高）由靜止釋放，當(dāng)沿斜面下滑位移大小為3m時，物塊開始離開斜面．g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.下列說法正確的是（）A．物塊離開斜面時的動能為18JB．物塊從釋放至剛要離開斜面的過程中，重力勢能減少120JC．物塊從釋放至剛要離開斜面的過程中，電勢能增加了60JD．物塊從釋放至剛要離開斜面的過程中，由于摩擦而產(chǎn)生的熱量為30J【答案】AD【詳解】A．對物塊進(jìn)行受力分析，物塊離開斜面時應(yīng)滿足qvB=(mg－qE)cos53°解得v=3m/s因此物塊的動能為mv2=18J，A正確；B．物塊從釋放到離開斜面，重力勢能減少mgxsin53°=96J，B錯誤；C．電勢能的增加量等于克服靜電力做的功，即ΔEp=qExsin53°=48J，C錯誤；D．由功能關(guān)系得(mg－qE)xsin53°=mv2＋Q解得Q=30J，D正確。故選AD。6．如圖所示，長度為L、內(nèi)壁光滑且一端開口的輕玻璃管平放在水平面上，管底有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球。輕玻璃管以速度v0進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，磁場方向豎直向下，在外力的作用下玻璃管向右勻速運(yùn)動，最終小球從上端口飛出。從玻璃管進(jìn)入磁場至小球飛出上端口的過程中，下列說法正確的是（）A．小球的運(yùn)動軌跡是一段拋物線B．小球沿管方向的加速度大小C．洛倫茲力對小球做的功D．管壁的彈力對小球做的功【答案】AD【詳解】AB．由題意知小球既沿管方向運(yùn)動，又和管一起向右勻速直線運(yùn)動，又因?yàn)楣芷椒旁谒矫嫔希瑒t對小球受力分析知，沿管方向小球所受洛倫茲力為恒力，由牛頓第二定律得解得即沿管方向小球做勻加速直線運(yùn)動，而水平方向做勻速直線運(yùn)動，所以小球軌跡為拋物線，故A正確，B錯誤；C．因?yàn)槁鍌惼澚Ψ较蚩偸呛退俣确较虼怪保月鍌惼澚τ啦蛔龉?，故C錯誤；D．因?yàn)樽罱K小球從上端口飛出，沿管方向的速度為而水平方向一直勻速直線運(yùn)動，所以小球動能增加，又因?yàn)槁鍌惼澚Σ蛔龉Γ怨鼙趯π∏蛳蛴业膹椓π∏蜃稣?，且小球飛出時速度為所以整個過程對小球由動能定理得解得管壁的彈力對小球做功為故D正確。故選AD。7．如圖所示，足夠長的固定絕緣粗細(xì)均勻的直管道水平放置，橫截面為正方形，里面放有帶正電的立方體物塊。物塊的質(zhì)量為m，電荷量為q，邊長稍微小于管道橫截面的邊長，與管道間的動摩擦因數(shù)為μ，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于管道的前后面?，F(xiàn)對物塊施加水平向右的力F，使物塊自靜止開始以大小為a的加速度向右做勻加速直線運(yùn)動，已知重力加速度為g，對物塊運(yùn)動過程的說法正確的是（）A．力F隨時間先均勻減小，后均勻增大B．力F的最小值為零C．自開始運(yùn)動至F最小的過程中，物塊的位移大小為D．自開始運(yùn)動至F最小的過程中，力F對物塊的沖量大小為【答案】ACD【詳解】AB．自物塊開始運(yùn)動至力F最小，物塊受力如圖所示，豎直方向水平方向又所以力F和時間t為一次函數(shù)關(guān)系，隨時間t的連續(xù)均勻減小，當(dāng)時力F最小，最小值設(shè)為，則之后管道支持方向變?yōu)橄蛳?，用同樣的方法分析可得出，力F隨時間又均勻增大，A正確，B錯誤；C．自開始運(yùn)動至F最小的過程中，物塊經(jīng)過的位移，C正確；D．物塊剛開始運(yùn)動時力F最大，最大值設(shè)為，根據(jù)牛頓第二定律有力F隨時間先均勻減小，所以，D正確。故選ACD。8．如圖所示，光滑地面放置一足夠長的不帶電絕緣木板，空間中存在水平向右的勻強(qiáng)電場和垂直向里的勻強(qiáng)磁場，勻強(qiáng)電場場強(qiáng)為，勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度為，木板上表面靜止釋放一個帶電種類未知的物塊，二者質(zhì)量均為，它們間的動摩擦因數(shù)為。物塊的電量大小為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為。已知剛開始木板物塊一起運(yùn)動，之后能發(fā)生相對滑動，則（

）A．一起運(yùn)動時，一定共同向右做勻加速直線運(yùn)動B．一起運(yùn)動時，兩物體間的摩擦力不變C．兩物體間的壓力為零時，恰好發(fā)生相對滑動D．恰好發(fā)生相對滑動時，物塊速度大小為【答案】BD【詳解】A．剛開始一起運(yùn)動，因?yàn)椴恢牢矬w電性，不能判斷運(yùn)動方向，A錯誤；B．物體一起運(yùn)動時，有；所以一起運(yùn)動時，兩物體間的摩擦力不變，B正確；CD．恰好相對滑動時，兩者之間的水平作用力達(dá)到最大靜摩擦力，滿足解得，C錯誤，D正確；故選BD。圓周運(yùn)動模型9．如圖，長直導(dǎo)線水平固定放置，通有向右的恒定電流，絕緣細(xì)線一端系于導(dǎo)線上的點(diǎn)，另一端系一個帶電小球，細(xì)線拉直，第一次讓小球在A點(diǎn)由靜止釋放，讓小球繞點(diǎn)沿圓1在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動；第二次讓小球在點(diǎn)由靜止釋放，讓小球繞點(diǎn)沿圓2在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動。圓1與直導(dǎo)線在同一豎直面內(nèi)，圓2與直導(dǎo)線垂直，A、兩點(diǎn)高度相同，不計(jì)空氣阻力，則兩次小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時（）A．速度大小相等，線的拉力相等 B．速度大小不等，線的拉力相等C．速度大小相等，線的拉力不等 D．速度大小不等，線的拉力不等【答案】C【詳解】由于洛倫茲力不做功，只有重力做功，所以兩次小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時，根據(jù)動能定理可知，合外力做功相同，所以兩次在最低點(diǎn)小球的速度大小相等，在圓1中小球在最低點(diǎn)速度方向與磁場方向相互垂直，根據(jù)左手定則，如果兩小帶正電，則在圓1中小球在最低點(diǎn)線的拉力大小為在圓2中小球在最低點(diǎn)速度方向與磁場方向相互平行，洛倫茲力為0，則在圓1中小球在最低點(diǎn)線的拉力大小為則兩次小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時，線的拉力不等，所以C正確；ABD錯誤；故選C。10．在如圖所示的正交電磁場中豎直固定著一個半徑R=m的光滑圓弧，圓弧CD豎直固定，它對應(yīng)的圓心角為240°，在C的左端有一傾斜的切線光滑軌道AC與水平面夾角θ=30°。電場強(qiáng)度為E的電場充滿整個空間，而磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的磁場只分布在圓弧軌道所在的右半側(cè)區(qū)域，已知E和B在數(shù)值上相等，取重力加速度g=10m/s2?，F(xiàn)在A點(diǎn)安裝一個彈射裝置，它能以不同速度沿AC方向發(fā)射可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球，小球的質(zhì)量為m，小球射出后能在AC上做勻速直線運(yùn)動，則下列說法正確的是（）A．小球一定帶負(fù)電B．小球在軌道的最低點(diǎn)F處速度最大C．若小球以初速度v0=(5＋）m/s射出，則小球會從D點(diǎn)離開軌道D．若撤去磁場，讓小球以初速度v0=2m/s射出，則小球一定不會脫離軌道【答案】D【詳解】A．小球射出后能在AC上做勻速直線運(yùn)動，小球所受合力為零，電場力水平向左，則小球帶正電，A項(xiàng)錯誤；B．小球受力如圖所示，電場力與重力的合力與豎直方向夾角為θ=30°，小球速度最大位置在圖中C點(diǎn)，B項(xiàng)錯誤；C．重力與電場力的合力電場力qE=mgtanθ=mg小球在P點(diǎn)恰好不脫離軌道，此時軌道對小球彈力為零，由牛頓第二定律得F＋qvB=m由題意可知E=B解得v=m/s從A到C過程小球速度不變，從C到P過程，由動能定理得-F·2R=mv2-mv02解得則小球不會通過P到達(dá)D點(diǎn)，故C項(xiàng)錯誤；D．設(shè)當(dāng)小球初速度v1時，恰好從C點(diǎn)沿圓弧轉(zhuǎn)過90°到B點(diǎn)，從C到B根據(jù)動能定理FR=mv12解得v1=2m/s由于v0=2m/s<2m/s則小球一定不會脫離軌道。選項(xiàng)D正確。故選D。11．如圖所示，兩個半徑相同的半圓形光滑軌道置于豎直平面內(nèi)，左右兩端點(diǎn)等高，分別處于沿水平方向的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中。兩個相同的帶正電小球同時從兩軌道左端最高點(diǎn)由靜止釋放。M、N為軌道的最低點(diǎn)，則下列說法中正確的是（

）A．兩個小球到達(dá)軌道最低點(diǎn)的速度<B．兩個小球第一次經(jīng)過軌道最低點(diǎn)時對軌道的壓力C．小球第一次到達(dá)點(diǎn)的時間大于小球第一次到達(dá)點(diǎn)的時間D．在磁場中小球能到達(dá)軌道的另一端最高處，在電場中小球不能到達(dá)軌道另一端最高處【答案】BD【詳解】A．對勻強(qiáng)磁場中的小球有得對勻強(qiáng)電場中的小球有得所以，A錯誤；B．對勻強(qiáng)磁場中的小球，在最低點(diǎn)有得對勻強(qiáng)電場中的小球，在最低點(diǎn)有得所以，B正確；C．因小球第一次到達(dá)點(diǎn)的過程中，只有重力做正功，平均速率大，時間短；而小球第一次到達(dá)點(diǎn)的過程中，重力做正功，電場力做負(fù)功，平均速率小，時間長，C錯誤；D．根據(jù)能量守恒，在磁場中的小球上升到最高點(diǎn)時重力勢能還轉(zhuǎn)化為重力勢能，能上升到同高度，而電場中的小球上升到最高點(diǎn)時重力勢能有一部分轉(zhuǎn)化為電勢能，所以末狀態(tài)的重力勢能小于初狀態(tài)的重力勢能，不能上升到原高度，故D正確。故選BD。12．一個質(zhì)量為、帶電量為的小球，由長為的細(xì)線吊在天花板下，空間有豎直向下的勻強(qiáng)磁場．現(xiàn)小球恰好以速率在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，軌道平面與地面的距離為，細(xì)線與豎直方向的夾角為，如圖所示，已知重力加速度大小為，空氣阻力忽略不計(jì)．下列選項(xiàng)正確的是（）A．小球的向心加速度大小為B．由題中數(shù)據(jù)可以求得磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小C．某時刻剪斷細(xì)線，小球?qū)⒆銎綊佭\(yùn)動D．剪斷細(xì)線后，小球落到地面時速度大小為【答案】BD【詳解】AB．小球做圓周運(yùn)動時，受向下的重力、細(xì)線的拉力和指向圓心的洛倫茲力作用，由牛頓第二定律可知則小球的向心加速度大小a>gtanθ，由題中數(shù)據(jù)可求得磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小，選項(xiàng)A錯誤B正確；C．某時刻剪斷細(xì)線，小球因?yàn)橛兴剿俣?，則受到洛倫茲力作用，小球的運(yùn)動不是平拋運(yùn)動，選項(xiàng)C錯誤；D．剪斷細(xì)線后，小球運(yùn)動過程中洛倫茲力不做功，則由機(jī)械能守恒定律解得小球落到地面時速度大小為選項(xiàng)D正確。故選BD。一般曲線運(yùn)動模型13．在xOy豎直平面內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場和垂直于平面向外的勻強(qiáng)磁場，現(xiàn)讓一個質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電小球從O點(diǎn)沿y軸正方向射入，已知電場強(qiáng)度大小為，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，小球從O點(diǎn)射入的速度大小為，重力加速度為g，則小球的運(yùn)動軌跡可能是（）A． B．C． D．【答案】C【詳解】小球射入時將初速度進(jìn)行分解，其中分速度可使得小球受到的電場力、洛倫茲力與重力三力平衡，即解得根據(jù)左手定則可知沿x軸正方向，由題意知初速度沿y軸正方向，大小為，根據(jù)平行四邊形法則可得分速度與y軸的夾角為，如下圖所示分速度的大小為故小球以分速度做勻速圓周運(yùn)動，以分速度沿x軸正方向做勻速直線運(yùn)動，兩者的合運(yùn)動軌跡即為小球的運(yùn)動軌跡。小球y軸方向上的位移只與勻速圓周運(yùn)動有關(guān)，圓周運(yùn)動軌跡如下圖圓周運(yùn)動的軌跡與x軸正方向勻速直線運(yùn)動合成后的軌跡即為小球?qū)嶋H運(yùn)動軌跡，如下圖所示故選C。14．如圖所示，一個可以看成點(diǎn)電荷的帶電小球質(zhì)量為m，電荷量為+q，從水平面上的M點(diǎn)以初速度v0拋出，初速度方向與豎直方向的夾角為θ，小球恰好垂直撞擊在豎直墻壁的N點(diǎn)，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。下列說法正確的是（）A．小球從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的豎直位移y與水平位移x之比滿足B．若在空間施加一個垂直紙面向里的勻強(qiáng)電場，小球從M點(diǎn)以速度v0沿原方向拋出后可能會垂直擊中墻面C．若在空間施加一個大小為方向與v0同向的勻強(qiáng)電場，從水平地面上的P點(diǎn)將小球以速度v0拋出，速度方向與豎直方向的夾角為θ＝37°，sin37°＝0.6，小球垂直撞擊在豎直墻壁上的Q點(diǎn)，則PQ兩點(diǎn)間的水平間距D．若空間中充滿了垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度，從水平地面上的S點(diǎn)將小球以速度v0豎直向上拋出后，小球垂直撞擊在豎直墻壁上的T點(diǎn)，則ST兩點(diǎn)間豎直高度差【答案】D【詳解】A．可采用逆向思維法，將小球的斜上拋運(yùn)動看作一個反向的平拋運(yùn)動來處理，設(shè)小球水平拋出的初速度為v，從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的時間為t，借助速度的分解，可得由位移的分解可則故A錯誤；B．由運(yùn)動的獨(dú)立性可知，當(dāng)小球運(yùn)動到N點(diǎn)時在豎直面的速度水平向左，但仍有垂直紙面向里的分速度，所以不可能垂直擊中墻面，故B錯誤；C．電場力與重力的合力大小為，方向與v0垂直向左下方，將該合力與初速度v0沿水平方向與豎直方向分解，豎直方向上在水平方向上故C錯誤；D．由于可將小球的運(yùn)動分解為水平向右的速度為v0的勻速運(yùn)動和速率的逆時針方向的勻速圓周運(yùn)動兩個分運(yùn)動，在T處的速度是兩種運(yùn)動速度的矢量之和，即由動能定理得解得故D正確。故選D。15．如圖所示，在空間直角坐標(biāo)系中，沿z軸正方向有電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場，沿y軸正方向有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為m、帶電荷量為的小球以一定的初速度沿x軸正方向拋出后小球做平拋運(yùn)動，已知重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．小球的初速度可能小于B．經(jīng)過時間，小球的動能變?yōu)槌跏紩r的2倍C．僅將小球的初速度方向變?yōu)檠貀軸正方向，小球不可能做勻變速運(yùn)動D．僅將磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向變?yōu)檠貁軸正方向，小球不可能做類平拋運(yùn)動【答案】C【詳解】A．小球在平面內(nèi)做平拋運(yùn)動，則有解得，A錯誤；B．經(jīng)過時間，小球在y軸方向的分速度小球的動能為即經(jīng)過時間，小球的動能變?yōu)槌跏紩r的3倍，B錯誤；C．當(dāng)小球的初速度方向變?yōu)檠貀軸正方向時，在z軸方向，洛倫茲力和電場力不平衡，小球沿z軸方向的分速度大小發(fā)生變化，小球受到的洛倫茲力變化，小球的加速度變化，小球不可能做勻變速運(yùn)動