專題61 帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)-2025版高三物理一輪復(fù)習(xí)多維度導(dǎo)學(xué)與分層專練

2025屆高三物理一輪復(fù)習(xí)多維度導(dǎo)學(xué)與分層專練專題61帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)導(dǎo)練目標(biāo)導(dǎo)練內(nèi)容目標(biāo)1帶電粒子在疊加場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)目標(biāo)2帶電粒子在疊加場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)目標(biāo)3配速法處理帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【知識(shí)導(dǎo)學(xué)與典例導(dǎo)練】一、基礎(chǔ)必備知識(shí)1．三種場(chǎng)的比較力的特點(diǎn)功和能的特點(diǎn)重力場(chǎng)大小：G＝mg方向：豎直向下重力做功與路徑無關(guān)重力做功改變物體的重力勢(shì)能電場(chǎng)大?。篎＝qE方向：正電荷受力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相同，負(fù)電荷受力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相反電場(chǎng)力做功與路徑無關(guān)W＝qU電場(chǎng)力做功改變電勢(shì)能磁場(chǎng)大?。篎＝qvB(v⊥B)方向：可用左手定則判斷洛倫茲力不做功，不改變帶電粒子的動(dòng)能2．關(guān)于是否考慮粒子重力的三種情況(1)對(duì)于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等，因?yàn)槠渲亓σ话闱闆r下與靜電力或磁場(chǎng)力相比太小，可以忽略；而對(duì)于一些實(shí)際物體，如帶電小球、液滴、塵埃等一般應(yīng)當(dāng)考慮其重力。(2)在題目中有明確說明是否要考慮重力的，按題目要求處理。(3)不能直接判斷是否要考慮重力的，在進(jìn)行受力分析與運(yùn)動(dòng)分析時(shí)，要結(jié)合運(yùn)動(dòng)狀態(tài)確定是否要考慮重力。帶電粒子在疊加場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)1.帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)的疊加場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力和洛倫茲力一定相互平衡，因此可利用二力平衡解題。2.帶電粒子在電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)的疊加場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)，則粒子一定處于平衡狀態(tài)，因此可利用平衡條件解題。【例1】如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為＋q的圓環(huán)可在水平放置的足夠長(zhǎng)的粗糙細(xì)桿上滑動(dòng)，細(xì)桿處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，不計(jì)空氣阻力，現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運(yùn)動(dòng)過程中，圓環(huán)運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖像可能是下列選項(xiàng)中的（

）A． B．C． D．【答案】AD【詳解】A．帶電圓環(huán)在磁場(chǎng)中受到向上的洛倫茲力，若滿足重力與洛倫茲力相等，即圓環(huán)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A正確；D．如果洛倫茲力大于重力，圓環(huán)受到摩擦力的作用，做減速運(yùn)動(dòng)，豎直方向有隨著速度的減小，支持力減小，摩擦力減小，圓環(huán)做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)重力與洛倫茲力相等時(shí)，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，D正確；BC．如果重力大于洛倫茲力，圓環(huán)也受摩擦力作用，做減速運(yùn)動(dòng)，豎直方向有隨著速度的減小，支持力增大，摩擦力增大，圓環(huán)將做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，BC錯(cuò)誤。故選AD。帶電粒子在疊加場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)1.帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，隱含條件是必須考慮重力，且電場(chǎng)力和重力平衡。2.洛倫茲力提供向心力和帶電粒子只在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)解題方法相同。【例2】xOy為豎直面內(nèi)的直角坐標(biāo)系，x軸下方有垂直于坐標(biāo)面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第III象限還有平行于y軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖所示?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶負(fù)電的油滴從x軸上方的A點(diǎn)由靜止自由落下至P點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，A點(diǎn)到P點(diǎn)的距離為d.油滴恰好從Q點(diǎn)垂直于y軸進(jìn)入第III象限，經(jīng)過圓周從D點(diǎn)垂直于x軸進(jìn)入第II象限，D點(diǎn)與O點(diǎn)相距2d，重力加速度為g，依據(jù)上述數(shù)據(jù)，下列說法正確的是（

）A．電場(chǎng)力對(duì)油滴做功2mgdB．油滴在D點(diǎn)的動(dòng)能大小為mgdC．油滴作圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的洛倫茲力大小為3mgD．從A點(diǎn)到D點(diǎn)，油滴重力做功3mgd【答案】AC【詳解】A．粒子在第三象限內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，則mg=qE則從Q點(diǎn)到D點(diǎn)，電場(chǎng)力做功為W=qE?2d=2mgd選項(xiàng)A正確；B．油滴在D點(diǎn)的動(dòng)能等于在Q點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能，從A點(diǎn)到Q點(diǎn)由動(dòng)能定理選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．油滴作圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的洛倫茲力等于向心力，則大小為選項(xiàng)C正確；D．從A點(diǎn)到D點(diǎn)，油滴重力做功mgd，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選AC。配速法處理帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1.若帶電粒子在磁場(chǎng)中所受合力不會(huì)零，則粒子的速度會(huì)改變，洛倫茲力也會(huì)隨著變化，合力也會(huì)跟著變化，則粒子做一般曲線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)比較麻煩，此時(shí)，我們可以把初速度分解成兩個(gè)分速度，使其一個(gè)分速度對(duì)應(yīng)的洛倫茲力與重力（或電場(chǎng)力，或重力和電場(chǎng)力的合力）平衡，另一個(gè)分速度對(duì)應(yīng)的洛倫茲力使粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，這樣一個(gè)復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)就可以分解分兩個(gè)比較常見的運(yùn)動(dòng)，這種方法叫配速法。2.幾種常見情況：常見情況處理方法初速度為0，有重力把初速度0，分解一個(gè)向左的速度v1和一個(gè)向右的速度v1初速度為0，不計(jì)重力把初速度0，分解一個(gè)向左的速度v1和一個(gè)向右的速度v1初速度為0，有重力把初速度0，分解一個(gè)斜向左下方的速度v1和一個(gè)斜向右上方的速度v1初速度為v0，有重力把初速度v0，分解速度v1和速度v2【例3】空間存在著勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁場(chǎng)的方向垂直于紙面（平面）向里，電場(chǎng)的方向沿y軸正方向。一帶正電的粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)的作用下，從坐標(biāo)原點(diǎn)O由靜止開始運(yùn)動(dòng)。下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運(yùn)動(dòng)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(chǎng)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(chǎng)力作用下會(huì)向y軸正方向運(yùn)動(dòng)。磁場(chǎng)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(dòng)的粒子同時(shí)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(cuò)誤；BD．運(yùn)動(dòng)的過程中在電場(chǎng)力對(duì)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(chǎng)方向是沿y軸正方向，故x軸為勻強(qiáng)電場(chǎng)的等勢(shì)面，從開始到帶電粒子偏轉(zhuǎn)再次運(yùn)動(dòng)到x軸時(shí)，電場(chǎng)力做功為0，洛倫茲力不做功，故帶電粒子再次回到x軸時(shí)的速度為0，隨后受電場(chǎng)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(cuò)誤。故選B。解法二：粒子在O點(diǎn)靜止，對(duì)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(gè)速度大小相等，方向相反。使得其中一個(gè)洛倫茲力平衡電場(chǎng)力，即則粒子的在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，可視為，向x軸負(fù)方向以速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，同時(shí)在x軸上方做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。故選B?！径嗑S度分層專練】1．如圖所示，在真空中豎直平面（紙面）內(nèi)邊長(zhǎng)為a的正方形ABCD區(qū)域，存在方向沿CB（水平）的勻強(qiáng)電場(chǎng)和方向垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫出）。一帶電小球以速率（g為重力加速度大?。腁點(diǎn)沿AC方向射人正方形區(qū)域，恰好能沿直線運(yùn)動(dòng)。下列說法正確的是（）A．該小球帶正電B．磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外C．若該小球從C點(diǎn)沿CA方向以速率射入正方形區(qū)域，則小球?qū)⒆鲋本€運(yùn)動(dòng)D．若電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小不變、方向變?yōu)樨Q直向上，該小球仍從A點(diǎn)沿AC方向以速率射入正方形區(qū)域，則小球?qū)腄點(diǎn)射出【答案】AD【詳解】AB．由題意可知，小球做的是勻速直線運(yùn)動(dòng)，小球受力平衡，小球受向下重力、若小球帶正電，受水平向左的電場(chǎng)力，小球受洛倫茲力應(yīng)斜向右上，則磁場(chǎng)垂直紙面向里；若小球帶負(fù)電，受水平向右的電場(chǎng)力，若磁場(chǎng)垂直紙面向里，小球受洛倫茲力斜向左下；若磁場(chǎng)垂直紙面向外，小球受洛倫茲力斜向右上，小球受力都不會(huì)平衡，所以小球一定帶正電，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；C．若該小球從C點(diǎn)沿CA方向以速率射入正方形區(qū)域，小球受向下重力、小球帶正電，受水平向左的電場(chǎng)力，由左手定則可知，小球受洛倫茲力斜向左下，可知小球受的合力不是零，速度會(huì)變化，洛倫茲力也會(huì)變化，小球?qū)⒆銮€運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．由物體的平衡條件有qvB=mg其中v=；qE=mg若電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小不變、方向變?yōu)樨Q直向上后，電場(chǎng)力與重力平衡，小球沿逆時(shí)針方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)軌道半徑為r，有解得小球?qū)腄點(diǎn)射出，選項(xiàng)D正確。故選AD。2．如圖所示，光滑地面放置一足夠長(zhǎng)的不帶電絕緣木板，空間中存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)為，勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為，木板上表面靜止釋放一個(gè)帶電種類未知的物塊，二者質(zhì)量均為，它們間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。物塊的電量大小為，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為。已知?jiǎng)傞_始木板物塊一起運(yùn)動(dòng)，之后能發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則（

）A．一起運(yùn)動(dòng)時(shí)，一定共同向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B．一起運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩物體間的摩擦力不變C．兩物體間的壓力為零時(shí)，恰好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)D．恰好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，物塊速度大小為【答案】BD【詳解】A．剛開始一起運(yùn)動(dòng)，因?yàn)椴恢牢矬w電性，不能判斷運(yùn)動(dòng)方向，A錯(cuò)誤；B．物體一起運(yùn)動(dòng)時(shí)，有；所以一起運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩物體間的摩擦力不變，B正確；CD．恰好相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，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(cuò)誤，D正確；故選BD。3．如圖所示，足夠長(zhǎng)的斜面與水平虛線之間的夾角為30°，相交于P點(diǎn)，虛線以上勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里；虛線以下勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B，方向垂直紙面向外。一帶電量為q、質(zhì)量為m的帶負(fù)電滑塊，在水平虛線上方斜面上的某點(diǎn)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)過程中始終沒脫離斜面，已知滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度為g，關(guān)于它的運(yùn)動(dòng)說法正確的是（）A．滑塊在到達(dá)P點(diǎn)之前做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B．滑塊經(jīng)過P點(diǎn)后的一小段時(shí)間內(nèi)加速度可能增大C．滑塊經(jīng)過P點(diǎn)后的一小段時(shí)間內(nèi)速度可能減小D．滑塊最終一定以大小為的速度沿斜面向下運(yùn)動(dòng)【答案】CD【詳解】A．對(duì)滑塊受力分析，如圖所示：由牛頓第二定律得：隨著速度增加，加速度增加，滑塊做加速度增加的加速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；BC．滑塊經(jīng)過P點(diǎn)后受到的洛倫茲力垂直斜面向下，摩擦力f=μ（mgcosθ+qvB）變大，加速度不會(huì)變大，若f＞mgsinθ，滑塊可能減速運(yùn)動(dòng)，速度減小，B錯(cuò)誤，C正確；D．滑塊最終做勻速運(yùn)動(dòng)，則有：mgsinθ=μ（mgcosθ+qvB）解得：，D正確。故選CD。4．如圖所示，虛線MN右側(cè)存在著勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外，電場(chǎng)方向豎直向上，長(zhǎng)方形ABCD的AD邊與MN重合，長(zhǎng)方形的AB邊長(zhǎng)為l，AD邊長(zhǎng)為。一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的微粒垂直于MN射入電場(chǎng)、磁場(chǎng)區(qū)域后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)刻，電場(chǎng)方向立刻旋轉(zhuǎn)90°，同時(shí)電場(chǎng)強(qiáng)度大小也發(fā)生變化，帶電微粒沿著對(duì)角線CA從A點(diǎn)離開。重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．電場(chǎng)方向旋轉(zhuǎn)90°之后，電場(chǎng)方向水平向左B．電場(chǎng)改變之后，場(chǎng)強(qiáng)大小變?yōu)樵瓉淼?倍C．微粒進(jìn)入N右側(cè)區(qū)域時(shí)的初速度為D．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為【答案】CD【詳解】A．微粒從C到A做直線運(yùn)動(dòng)，可知洛倫茲力（斜向左上方）與重力（豎直向下）和電場(chǎng)力的合力平衡，則電場(chǎng)力方向必然水平向右，所以電場(chǎng)方向水平向右，A錯(cuò)誤；B．電場(chǎng)改變前，微粒在電場(chǎng)、磁場(chǎng)區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則qE＝mg即電場(chǎng)改變之后，受力情況如圖所示微粒受力平衡，重力與電場(chǎng)力的合力與洛倫茲力等大反向，可得即，B錯(cuò)誤；CD．微粒做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)受力平衡，可得由洛倫茲力作為向心力可得由幾何關(guān)系可得聯(lián)立解得；，CD正確。故選CD。5．如圖所示，豎直放置的兩塊很大的平行金屬板a、b，相距為d，a、b間的電場(chǎng)強(qiáng)度為E，今有一帶正電的微粒從a板下邊緣以初速度豎直向上射入電場(chǎng)，當(dāng)它飛到b板時(shí)，速度大小不變，而方向變成水平方向，且剛好從高度也為d的狹縫穿過b板而進(jìn)入?yún)^(qū)域，寬度也為d，所加電場(chǎng)大小為E，方向豎直向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小等于，重力加速度為g，則下列說法中正確的是（）A．微粒在區(qū)域中做勻變速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為B．微粒在區(qū)域中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)圓周半徑C．微粒在區(qū)域中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為D．微粒在、區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為【答案】AC【詳解】A．微粒在ab間受到的重力、電場(chǎng)力恒定，故合力，加速度恒定，做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，末速度為0，故運(yùn)動(dòng)時(shí)間，上升高度，A正確；BC．在ab區(qū)域，水平方向上，做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，末速度，由牛頓第二定律可得由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得聯(lián)立可得qE=mg，在cd區(qū)域，所受電場(chǎng)力與重力等大反向，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得由，，聯(lián)立可解得r=2d，設(shè)微粒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心角為，由幾何關(guān)系可得故，在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間B錯(cuò)誤，C正確；D．微粒在、區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為，D錯(cuò)誤。故選AC。6．如圖，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向上（與紙面平行），磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里。三個(gè)質(zhì)量相等的小球，分別帶上不等量的正電荷，電荷量分別為、、。已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，b在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)，三球速度大小相等，下列選項(xiàng)正確的是（）A． B．C． D．【答案】A【詳解】由題意可知，a球在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)a球受力分析可知，a球受到豎直向上的電場(chǎng)力，豎直向上的洛倫茲力，豎直向下的重力mg；由球a受力平衡可得其中，聯(lián)立以上兩式解得，b球受力分析可知，b球受豎直向上的電場(chǎng)力，豎直向下的重力mg，指向圓心的洛倫茲力。由于b球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以b球的合外力只由洛倫茲力提供，所以重力和電場(chǎng)力的合力為零，得其中聯(lián)立以上兩式解得對(duì)c球進(jìn)行受力分析可知，c球受豎直向上的電場(chǎng)力，豎直向下的洛倫茲力，豎直向下的重力。由于c球向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即受力平衡，得其中，聯(lián)立以上兩式解得所以所以A項(xiàng)正確，故選A。7．如圖所示，下端封閉、上端開口、內(nèi)壁光滑的細(xì)玻璃管豎直放置，管子底部有一帶電小球。整個(gè)裝置以水平向右的速度勻速運(yùn)動(dòng)，垂直于磁場(chǎng)方向進(jìn)入方向水平的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，由于外力的作用，玻璃管在磁場(chǎng)中的速度保持不變，最終小球從上端口飛出，小球的電荷量始終保持不變，則小球從玻璃管進(jìn)入磁場(chǎng)至飛出上端口的過程中（）A．小球運(yùn)動(dòng)軌跡是一段圓弧B．小球運(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線C．洛侖茲力對(duì)小球做正功D．管壁的彈力對(duì)小球做負(fù)功【答案】B【詳解】AB．最終小球從上端口飛出，再由磁場(chǎng)方向垂直向里，依據(jù)左手定則可知，小球帶正電荷；設(shè)小球豎直分速度為vy、水平分速度為v，以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，受力如圖所示，由于小球隨玻璃管在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則豎直方向的洛倫茲力F1=qvB是恒力，由牛頓第二定律得qvB-mg=ma；a=小球的加速度不隨時(shí)間變化，恒定不變，故小球豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則小球運(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線，故A錯(cuò)誤，B正確；C．洛倫茲力方向總是與小球的速度方向垂直，對(duì)小球不做功，故C錯(cuò)誤；D．小球從進(jìn)入磁場(chǎng)到飛出端口前的過程中管壁的彈力向右，小球向右運(yùn)動(dòng)，故彈力做正功，故D錯(cuò)誤．故選B。8．如圖所示，將一質(zhì)量為m，帶電量為+q的小球在空間垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中由靜止釋放，其運(yùn)動(dòng)軌跡為“輪擺線”，為方便分析，可將初始狀態(tài)的速度（為零）分解為一對(duì)水平方向等大反向的速度v，即該運(yùn)動(dòng)可以分解為一個(gè)勻速直線運(yùn)動(dòng)1和一個(gè)勻速圓周運(yùn)動(dòng)2兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，為實(shí)現(xiàn)上述運(yùn)動(dòng)的分解，下列說法正確的是（）A．速度B．分運(yùn)動(dòng)2的半徑為C．小球在軌跡最低點(diǎn)處的曲率半徑為D．小球從釋放到最低點(diǎn)的過程中重力勢(shì)能的減少量為【答案】C【詳解】A．分運(yùn)動(dòng)1為勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件有解得故A錯(cuò)誤；B．分運(yùn)動(dòng)2做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可得解得故B錯(cuò)誤；C．小球在最低點(diǎn)的速度大小為2v，則有且，解得故C正確；D．此過程只有重力做功，重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，所以有故D錯(cuò)誤。故選C。9．如圖所示，一質(zhì)量為m、電量為+q的帶電粒子，以初速度v0從左端中央沿虛線射入正交的場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)和磁感強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域中。若，當(dāng)粒子從右端某點(diǎn)p（圖中沒標(biāo)出）離開時(shí)的速率為vp，側(cè)移量為s，粒子的重力不計(jì)，則下列說法正確的是（）A．粒子從p點(diǎn)離開時(shí)的速率為B．粒子有可能從虛線的下方離開磁場(chǎng)C．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最大速度為2v0D．粒子在該區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的加速度大小恒為【答案】AD【詳解】AB．粒子從進(jìn)入到p點(diǎn)的過程中，由于，可知粒子向上偏轉(zhuǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功，由動(dòng)能定理解得，A正確，B錯(cuò)誤；CD．設(shè)，將粒子的速度v0分解為水平向右的v和水平向右的(v0-v)，則粒子的運(yùn)動(dòng)可分解為以速度v向右的勻速直線運(yùn)動(dòng)（受電場(chǎng)力和洛倫茲力