【高考精粹】高考物理二轮夺分学案 专题06 动量和能量观点在电磁学中的应用（有解析）

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【高考精粹】高考物理二轮夺分学案
专题06 动量和能量观点在电磁学中的应用
考纲要求 考频 考情分析
功和功率 Ⅱ 五年 7考 1.命题趋势 比较近几年的高考题，可以看出动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用在近几年有增加的趋势，常将功和能的知识和方法融入其他问题考查，情景设置为多过程，具有较强的综合性． 2．备考策略 能量观点是高中物理解决问题的三大方法之一，复习时要注意以下三点： (1)抓住功是能量转化的量度这条主线，深刻理解基本概念、基本规律； (2)熟知几种常见的功能关系并会应用； (3)重视受力分析和过程分析，提高解决综合问题的能力．
动能和动能定理 Ⅱ 五年 4考
重力做功与重力势能 Ⅱ
功能关系、机械能守恒定律及其应用 Ⅱ 五年 13考
实验五：探究动能定理
实验六：验证机械能守恒定律 五年 1考
考纲要求 考频 考情分析
动量、动量定理、动量守恒定律及其应用 Ⅱ 五年8考 1.命题趋势 (1)全国卷注重基本知识和基本规律的考查． (2)综合应用动量和能量观点解决碰撞模型问题仍是今后命题的热点． 2．备考策略 (1)掌握基本概念及公式，并理解其意义，并注意碰撞、反冲等常见现象； (2)掌握动量守恒的条件，并结合能量守恒定律灵活处理力学综合问题； (3)注重将物理规律应用于实际问题，把实际问题模型化．
弹性碰撞和非弹性碰撞 Ⅰ 五年5考
实验七：验证动量守恒定律 五年1考
说明：2014年—2016年，本章内容以选考题目出现
1．带电粒子在电场中的加速
(1)动力学观点分析：若电场为匀强电场，则有a＝，E＝，v2－v02＝2ad.
(2)功能观点分析：粒子只受电场力作用，满足qU＝mv2－mv02.
2．带电粒子在匀强电场中的偏转
(1)条件：以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场，仅受电场力．
(2)运动性质：类平抛运动．
(3)处理方法：运动的分解．
①沿初速度方向：做匀速直线运动．
②沿电场方向：做初速度为零的匀加速直线运动．
1．安培力做功与能量转化
(1)安培力做正功时将电源的能量转化为导线的动能或其他形式的能．
(2)安培力做负功时将其他形式的能转化为电能后储存起来或转化为其他形式的能．
考点剖析考点01
　带电粒子在电场中的直线运动
1．做直线运动的条件
(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动．
(2)粒子所受合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动．
2．处理带电粒子在电场中做直线运动的两个观点
(1)用动力学观点分析
a＝，E＝，v2－v02＝2ad.
(2)用功能观点分析
匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv02
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1.
典型例题考点01
1．[在电场中的直线运动]　如图所示，从F处释放一个无初速度的电子向B板方向运动，指出下列对电子运动的描述中哪句是错误的(设电源电动势为U)(　　)
A．电子到达B板时的动能是Ue
B．电子从B板到达C板动能变化量为零
C．电子到达D板时动能是3Ue
D．电子在A板和D板之间做往复运动
解析：电子在AB之间做匀加速运动，且eU＝ΔEk，A正确；在BC之间做匀速运动，B正确；在CD之间做匀减速运动，到达D板时，速度减为零，C错误，D正确．
答案：C
考点剖析考点02
处理带电粒子的偏转问题的方法
(1)运动的分解法
一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动．
(2)功能关系
当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝mv2－mv02，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差．
典型例题考点02
1．[带电粒子在电场中的偏转]　(多选)三个电子从同一地点同时沿同一方向垂直进入偏转电场，出现如图所示的轨迹，则可以判断(　　)
A．它们在电场中运动时间相同
B．A、B在电场中运动时间相同，C先飞离电场
C．C进入电场时的速度最大，A最小
D．电场力对C做功最小
解析：竖直方向上的位移不等，yC＜yB.根据y＝at2，可知tC＜tB；A、B竖直位移相同，故A、B在电场中运动的时间相同，C先飞离电场，故A错误，B正确．在垂直于电场方向即水平方向，三个粒子做匀速直线运动，则有v＝，因xC＝xB，tC＜tB，则vC＞vB；根据tA＝tB，xB＞xA，则vB＞vA，所以有vC＞vB＞vA，故C正确．根据W＝EqL可知，A、B竖直位移相同，而C的竖直位移最小，故电场力对A、B两电荷做功一样多，而电场力对C电荷做功最小，故D正确．
答案：BCD
考点剖析考点03
1．安培力做功与能量转化
(1)安培力做正功时将电源的能量转化为导线的动能或其他形式的能．
(2)安培力做负功时将其他形式的能转化为电能后储存起来或转化为其他形式的能．
2．安培力做功与动能定理结合，其解题步骤如下
(1)选取研究对象，明确它的运动过程；
(2)分析研究对象的受力情况(若是立体图就改画成平面图)和各个力的做功情况，特别是分析安培力大小和方向，看安培力做正功还是负功，然后求各力做功的代数和；
(3)明确初、末状态的动能；
(4)列出动能定理的方程以及其他必要的解题方程进行求解．
典型例题考点03
　(多选)间距为L＝20 cm的光滑平行导轨水平放置，导轨左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连，右端与半径为L的两段光滑圆弧导轨相接，一根质量m＝60 g、电阻R＝1 Ω、长为L的导体捧ab，用两根长也为L的绝缘细线悬挂，如图所示，系统空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.5 T，当闭合开关S后，导体棒沿圆弧摆动，摆到最大高度时，细线与竖直方向成θ＝53°角，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态，不考虑导体棒切割磁感线的影响，导轨电阻不计，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2，则(　　)
A．磁场方向一定竖直向下
B．电源电动势E＝3.0 V
C．导体棒在摆动过程中所受安培力F＝3 N
D．导体棒在摆动过程中电源提供的电能为0.048 J
[解析]　当开关S闭合时，导体棒向右摆动，说明其所受安培力水平向右，由左手定则可知，磁场方向竖直向下，故A正确．设电路中电流为I，则根据动能定理得－mgL(1－cos 53°)＋FLsin 53°＝0，解得安培力F＝0.3 N，由F＝BIL＝，得E＝3 V，故B正确，C错误．导体棒在摆动过程中电源提供的电能一部分转化为机械能E＝mgL(1－cos 53°)＝0.06×10×0.2×0.4 J＝0.048 J，另一部分转化为焦耳热，故D错误．
[答案]　AB
专题06
1．如图所示，是竖直平面上圆的一条竖直直径，是该圆的任意一条直径，已知和不重合，且该圆处于匀强电场中，场强大小为E，方向在圆周平面内。将一带负电的粒子Q从O点以相同的动能射出，射出方向不同时，粒子会经过圆周上不同的点，在这些所有的点中，到达A点时粒子的动量总是最小。如果不考虑重力作用的影响，则关于电场强度的下列说法中正确的是（　　）
A．一定由C点指向A点 B．一定由A点指向C点
C．可能由B点指向D点杆 D．可能由D点指向B点
2．如图，一带电的平行板电容器固定在绝缘底座上，底座置于光滑水平面上，一光滑绝缘轻杆左端固定在电容器的左极板上，并穿过右极板上的小孔，电容器极板连同底座总质量为，底座锁定在水平面上时，套在杆上质量为m的带电环以某一初速度由小孔进入电容器后，最远能达到距离右极板为d的位置。底座解除锁定后，将两极板间距离变为原来的2倍，其他条件不变，则带电环进入电容器后，最远能达到的位置距离右极板（　　）
A． B．d C． D．
3．如图所示，在空间存在竖直向上的匀强电场，质量为m电量为+q的物块从A点由静止开始下落，加速度为，下落H到B点后与一轻弹簧接触，又下落h后到达最低点C。在由A运动到C的过程中（空气阻力不计），则（　　）
A．物块机械能减少
B．物块和弹簧组成的系统机械能减少
C．物块在B点的速度最大
D．对于系统，重力势能的减少量等于弹性势能与电势能的增加量之和
4．在匀强电场中，一电子从原点O由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位置x变化的关系如图所示，则（　　）
A．电场强度方向沿x轴正方向
B．电场强度大小为2.5N/C
C．x=5m处的电势为0
D．电子从原点O运动到x=4m处的过程中，动能增加了8eV
5．如图，质量为m、带电荷量为q的质子（不计重力）在匀强电场中运动，先后经过水平虚线上A、B两点时的速度大小分别为v、v，方向分别与AB成α=60°斜向上、θ=30°斜向下，已知AB=L，则（　　）
A．电场方向与AB垂直 B．场强大小为
C．质子从A点运动到B点所用的时间为 D．质子的最小动能为
6．如图所示，空间存在竖直向上、大小为的匀强电场和沿水平方向、垂直于纸面向里、大小为的匀强磁场。一个质量为的带电小球用长为的绝缘细线系着悬于点，给小球一个水平方向的初速度，小球在竖直面内做匀速圆周运动，细线张力不为零。某时刻细线断开，小球仍做半径为的匀速圆周运动。不计小球的大小，重力加速度为。则（ ）
A．细线未断时，小球沿顺时针方向运动
B．小球运动的速度大小为
C．小球的带电荷量为
D．细线未断时，细线的拉力大小为
7．粗糙绝缘水平地面与光滑绝缘半圆弧竖直轨道相切P点，右侧（含）有水平向右的匀强电场，电场强度大小为，圆轨道半径为R，长度．A点左侧有一弹射装置，A点右侧B处静置一质量为m带电荷量为的滑块C，长度，如图所示．现用此装置来弹射一质量为的滑块D，滑块D在A点获得弹簧储存的全部弹性势能后向右运动，到达B点与C发生弹性碰撞（碰撞过程中C的电荷量不变），碰撞后滑块C继续向右运动到P点进入光滑圆轨道．滑块C、D与地面的动摩擦因数均为，不计空气阻力，滑块都可看作质点，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g．
（1）若滑块D获得的弹性势能后与C发生碰撞，求碰后瞬间滑块C的速度大小；
（2）第（1）问的情境中，C继续运动到达圆轨道的最高点Q，求此时滑块C对轨道的压力大小；
（3）若弹射装置弹射出滑块D后，滑块D与C发生弹性碰撞，要使C能滑上圆弧轨道，并且可沿轨道滑回平面，求滑块D获得的弹性势能的范围．
8．如图所示，一半径r的光滑绝缘细圆管固定在水平面上，在圆心处绝缘固定电荷量为的点电荷，一质量为m、电荷量为q的小球在细圆管中运动。垂直细圆管平面、以细圆管为边界的圆柱形区域内存在方向竖直向上的匀强磁场，其磁感应强度大小随时间的变化规律如图2所示（竖直向上为正）。已知变化的磁场在细圆管处产生环形感生电场，其电场强度，静电力常量为k．
（1），细圆管壁水平方向受力为零，求小球的运动速度大小；
（2）在期间，求小球运动一周所获得的动能增量；
（3），求小球对管壁的水平作用力。
9．现代科学研究中常用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备。电子感应加速器的圆形磁铁的两极之间有一环形真空室，如图所示，设法把高能电子引入其中，能使其进一步加速。若电子在半径为r = 0.84m圆轨道上，经4.2×10-3s时间获得的能量为E=120MeV，假设这期间电磁铁线圈中的电流增大使电子轨道内的磁场是线性变化的，磁通量从零增加到1.8Wb，求：
（1）这期间环形真空室内将产生多大的感应电动势？
（2）这期间电子在真空室中大约绕行了多少圈？ （ 保留两位有效数字）
（3）有人说，当电磁铁线圈中的电流减小，环形真空室内电子轨道内的磁场也会线性变化从而也能产生感应电动势使电子加速，所以电磁铁线圈中的电流减小也是可以的。你同意这个观点吗？请简述理由。
10．如图所示，粗糙绝缘水平地面ABC与光滑绝缘半圆弧竖直轨道CD相切C点，CD右侧（含CD）有水平向右的匀强电场，电场强度大小为，圆弧轨道半径为R，AB长度L1=R，BC长度L2=4R。有一质量为M=2m的滑块P以从A点向右运动，在B处与一质量为m、带电荷量为的滑块Q发生弹性碰撞（碰撞过程中Q的电荷量不变），碰撞后滑块Q继续向右运动经过C点进入光滑圆轨道。已知滑块P、Q与地面的动摩擦因数均为μ=0.5，不计空气阻力，滑块都可看作质点，重力加速度为g。求：
（1）若滑块P与Q发生碰撞后瞬间滑块Q速度v的大小；
（2）滑块Q继续运动到达圆轨道的最高点D时对轨道压力N的大小：
（3）若滑块P与Q发生弹性碰撞后使Q能滑上圆弧轨道并且可沿轨道滑回平面，求滑块P初速度的最大值vm。（答案可用分数及根式表示）
11．如图，倾角θ=30°的足够长光滑绝缘斜面固定在水平向右的匀强电场中，一质量为m、电荷量为＋q的小滑块A放在斜面上，恰好处于静止状态。质量也为m的不带电小滑块B 从斜面上与A 相距为L 的位置由静止释放，下滑后与A多次发生弹性正碰，每次碰撞时间都极短，且没有电荷转移，已知重力加速度大小为g。求∶
（1）斜面对A的支持力大小和匀强电场的场强大小；
（2）两滑块发生第1次碰撞到发生第 2次碰撞的时间间隔；
12．如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为，极板间距离为，上极板正中有一小孔。质量为、带电荷量为的小球从小孔正上方高处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处时速度恰为零。求：（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为）
（1）小球到达小孔处时的速度大小；
（2）极板上的电荷量大小；
（3）小球从开始下落至运动到下极板处所用的时间。
13．如图，竖直面内固定着一圆心在点、半径为R的光滑绝缘圆弧轨道，轨道和绝缘光滑水平面相切于A点，和直径之间的夹角为，在图示坐标系中，A、C分别位于x轴和y轴上；Ⅰ象限（含x、y轴）有沿x轴正方向、场强大小为的匀强电场，Ⅱ象限（不含y轴）有沿y轴正方向的匀强电场和垂直于坐标平面向里的矩形匀强磁场区域（图中未画出）。质量为m、电荷量为的小球从坐标原点O以某一初速度沿x轴正方向运动，进入轨道后，小球在C点对轨道的压力大小为，过C点后小球即刻进入Ⅱ象限的矩形区域做匀速圆周运动直到撞击水平面，撞击前小球的瞬间速度与y轴负方向的夹角为。小球可视为质点，重力加速度大小为g，。求：（结果可以用根式表示）
（1）小球在O点的初速度大小；
（2）磁场的磁感应强度大小；
（3）矩形磁场区域的最小面积。
14．如图所示，平面内有一矩形区域ABCD，其AB长为L，AD长为，一质量为m，电量为+q的带电粒子从A点沿AD方向以室的速度射入v0，当在矩形区域只加上平行于平面，垂直于AD的匀强电场时，粒子刚好过C点；当在矩形区域只加上垂直于平面的匀强磁场时，粒子也刚好过C点。不计重力，求：
（1）电场强度与磁感应强度的比值；
（2）粒子在电场中的运动时间与在磁场中的运动时间之比。
15．在某一坐标系第一象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，在第二象限存在竖直向上的匀强电场1，在第四象限存在竖直向下的匀强电场2，一质量为m，电荷量为–q的球形带电粒子a从（–L，L）沿x轴正方向以速度v0射出，在y轴某点处进入磁场，速度方向与y轴夹角为53°，在磁场中运动一段时间后沿垂直于x轴的方向与静止在x轴上M点且与入射粒子形状大小一样但质量为2m的不带电粒子b发生弹性正碰，碰后电荷量重新平均分配，经过一段时间，两粒子会再次先后通过x轴上的某一点，粒子所受重力不计（sin53°=0.8，cos53°=0.6）。求：
（1）电场1的电场强度E1，磁场的磁感应强度B；
（2）碰撞后两粒子的速度大小分别是多少。
16．如图，在真空中，xoy坐标平面第一象限x≤1m的范围内，存在一水平向右的匀强电场，场强大小E＝2.0×102N/C，在x＝1m处有一足够大吸收荧光屏MN，在第二象限存在一半径R＝0.4m的四分之一圆弧边界的匀强磁场，原点O为圆心，磁感应强度B＝0.2T，方向垂直纸面向里。现有一束宽度也为R的线状正粒子源，以水平速度v0＝1.28×104m/s沿x轴正向射入磁场区域，穿过磁场后通过y轴进入右侧电场区域。所有粒子的比荷均为＝1.6×105C/kg，不计粒子的重力及其相互作用。
（1）从A（－0.4m，0）处水平射入的粒子刚进入电场时的y坐标
（2）吸收光屏上有粒子出现的y坐标范围
（3）若已知粒子质量m＝1.0×10－8kg，粒子打在光屏上不反弹，作用时间均为t＝1.0×10－3s，求单个粒子打到光屏上时，与光屏间的最大作用力。（结果保留两位有效数字，提示：＝1.4，＝1.7）
参考答案
1．A
【详解】
粒子在运动的过程中只有电场力做功，动能和电势能之间相互转化，粒子的速度增大（或减小），到达A点时粒子的动量总是最小，说明小球到A的动能最小，所以粒子在A点的电势能最大，由于粒子带负电，所以A点的电势最低，电场线的方向一定是由 C点指向A点故A正确，BCD错误。
故选A。
2．C
【详解】
设带电环所带电荷量为q，初速度为v0，底座锁定时电容器极板间电场强度为E，则由功能关系有
底座解除锁定后，两极板间距离变为原来的2倍，极板间电场强度大小不变，电容器及底座在带电环作用下一起向左运动，当与带电环共速时，带电环达到进入电容器最远位置，整个过程满足动量守恒，则有
再由功能关系有
联立解得
故选C。
3．BD
【详解】
质量为m电量为+q的物块从A点由静止开始下落，加速度为，根据牛顿第二定律
A．以C点为重力势能零势能面，则物块在A点机械能
物块在C点机械能为零，则物块由A运动到C的过程中，物块机械能减少
故A错误；
B．根据题意可知，物块由A运动到C的过程中，物块和弹簧组成的系统机械能减少等于克服电场力做功
故B正确；
C．物块由A运动到C的过程中，下落到B点时，物块受电场力和重力，则加速度仍为，方向向下，物块继续加速，则物块在B点的速度不是最大，故C错误；
D．对于系统，能量守恒，根据能量守恒定律可知，重力势能的减少量等于弹性势能与电势能的增加量之和，故D正确。
故选BD。
4．CD
【详解】
A．根据电场力做功与电势能的变化关系可知，带负电粒子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，电势能减小，则电场力做正功，因此电场强度方向沿 x轴负方向，故A错误；
B．由题目图可知，电势能的变化率不变，所以负电荷受到的电场力不变，则知该电场为匀强电场，根据公式
可知，电场强度
故B错误；
C．由图可知可知，处的电势能为零，根据公式
可知，处的电势
故C正确；
D．电子从原点O运动到处的过程中，只有电场力做功，电势能降低了8eV，那么动能增加了8eV，故D正确。
故选CD。
5．BD
【详解】
A．质子在匀强电场中做匀变速运动，
从A到B速度变化量的方向与电场力的方向相同，故场强方向斜向下，与x轴正方向夹，故A错误；
B．根据动能定理
故B正确；
C．根据动量定理
故C错误；
D．在匀变速运动过程中，当速度与电场力垂直时，质子的速度最小，有
故D正确。
故选BD。
6．AC
【详解】
A．由于细线断了以后，小球还能做匀速圆周运动，小球受电场力与重力平衡，则小球带正电，细线未断时，细线张力不为零，根据左手定则判断小球沿顺时针方向运动，A项正确．
C．由于细线断了以后，小球还能做匀速圆周运动，电场力与重力等大反向，因此
C项正确；
BD．由于细线断了以后，小球仍做半径为L的匀速圆周运动，因此细线未断时，
细线断了以后
得到
细线的拉力大小
BD项错误；
故选AC。
7．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）滑块D从释放到与C碰撞前，列动能定理有
解得
D与C发生弹性碰撞，设水平向右为正方向，根据动量守恒和动能守恒列方程有
则碰后C的速度为
（2）对滑块C从B点到Q点列动能定理有
解出滑块C在Q点速度为
在Q点，对滑块列牛顿第二定律知
联立代入数据解得
由牛顿第三定律得滑块C对轨道的压力
（3）若滑块C能滑上P点，对滑块C从碰后到P处列动能定理有
对D列能量守恒知
再根据（1）中C、D撞前撞后的关系，联立解得
若滑块C能沿轨道返回水平面，则C滑块至多滑到与等效重力场方向垂直时速度减为0
对D列能量守恒知
再根据（1）中C、D撞前撞后的关系，联立解得
则
8．（1）；（2）或 ；（3） ，方向沿径向向内
【详解】
（1）时只有库仑力充当向心力，则
解得
（2）在期间
如果小球顺时针（俯视）方向运动，则
如果小球逆时针（俯视）方向运动，则
（3）如果小球顺时针（俯视）方向运动，则
方向沿径向向内。如果小球逆时针（俯视）方向运动，则
方向沿径向向内
9．（1）；（2） 圈；（3）见解析
【详解】
（1）当磁场线性增大时，电子所处的环形真空室内将产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律得
（2）电子在真空室中运动一周电场力做功
W1 =eE1
故获得120MeV的能量需绕行的圈数
圈
（3）不同意；尽管磁场线性减小也能产生感应电动势使电子加速，但减小的磁场不能提供越来越大的洛仑磁力以维持电子绕行所需的向心力。
10．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）设滑块P到B点碰撞前的速度为，与滑块碰撞后速度为，滑块P从A到B过程中，由动能定理得
设水平向右为正方向，滑块P与Q碰撞过程中，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
联立解得滑块P与Q发生碰撞后瞬间滑块Q速度
（2）对滑块Q从B点到D点过程中，由动能定理得
在D点，对滑块由牛顿第二定律得
由牛顿第三定律得滑块Q继续运动到达圆轨道的最高点D时对轨道压力
联立解得
（3）由几何关系知，重力和电场力的合力为与竖直方向的夹角正切值
解得
要使滑块P与Q发生弹性碰撞后使Q能滑上圆弧轨道并且可沿轨道滑回平面，则滑块Q只能到达与等效重力场方向垂直时（即点）速度减为零，如图所示
设滑块Q在碰后的速度为，由动能定理得
设滑块P到达B点时速度为，滑块P与Q碰撞过程满足动量守恒定律和能量守恒定律，满足
滑块P从A到B的过程中由动能定理得
联立解得
11．（1），；（2）
【详解】
（1）滑块A受力受力如图，A处于静止状态，则
斜面对滑块A的支持力大小为
滑块A受到的电场力大小为
可得
（2）B下滑过程中，加速度大小为a，第1次与A碰撞时的速度为v，有
由运动学公式
第1次碰撞后A的速度为，B的速度为，由动量守恒和机械能守恒得
解得
第1次碰撞后，A匀速下滑，B匀加速下滑，发生第1次碰撞到发生第2次碰撞的过程中两滑块下滑的位移相等，所用时间为，有
解得
12．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）依题意根据机械能守恒，有
解得小球到达小孔处时的速度大小
（2）对小球运动的全过程，根据动能定理
解得
电容器所带电荷量
联立解得极板上的电荷量大小
（3）小加速过程，根据动量定理有
减速过程有
联立解得
13．(1) ；(2) ；(3)
【详解】
(1)Ⅰ象限中，重力和电场力的合力为
且合力与竖直方向夹角的正切为
因为，可知
即C点是小球做圆周运动的等效最高点，小球在C点对轨道的压力大小为，根据牛顿第三定律可得，轨道对小球的压力也等于，根据
可得
根据几何关系可知
小球从O到C，电场力做功为零，则有
可得小球在O点的初速度大小
(2) 小球在Ⅱ象限做匀速圆周运动，由几何关系得
可得
因为小球做匀速圆周运动，则重力与电场力平衡，由洛伦兹力提供向心力
可得
(3)小球在Ⅱ象限做匀速圆周运动的轨迹如图
如图所示矩形区域面积最小，有几何关系可得矩形的长为
宽为
则矩形的最小面积为
14．（1）；（2）
【详解】
（1）当在矩形区域只加匀强电场时，粒子刚好过C点。由于粒子带正电且不计重力，可知电场线沿AB方向，粒子在电场中做类平抛运动，沿AD方向做匀速直线运动，沿AB方向做初速度为零的匀加速直线运动。设粒子由A到C所用的时间为，加速度为a则
联立解得
当在矩形区域只加匀强磁场时，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，粒子的轨迹如图所示
则轨迹半径为
由图可知
则
可知为等边三角形，由
可知
由得
所以
（3）由可得粒子在电场中的运动时间为
设粒子在磁场中由A到C所用时间为，OA与OC的夹角为可知
可得
15．（1） ， ；（2） ，
【详解】
（1）如图所示
设粒子a从（–L，L）沿x轴正方向以速度v0射出，在y轴P点处进入磁场，速度方向与y轴夹角为53°，可知此时粒子a速度为v，与水平方向夹角为37°，由于粒子此过程为类平抛运动，根据相关规律，得
联立解得
此过程中粒子a下降的距离
粒子a到达y轴的P点坐标为（0，），粒子a进入磁场后的速度为v，则
方向与y轴夹角为53°，在磁场中做匀速圆周运动，沿垂直于x轴的方向到达x 轴上的M点。若粒子a在磁场中运动的轨道半径为R，由几何关系可得
即
根据带电粒子在磁场中运动规律及牛顿第二定律，得
解得
（2）在M点，粒子a与粒子b发生弹性碰撞，遵守动量守恒定律和能量守恒定律，设碰后粒子a与粒子b的速度大小分别为v1和v2，以向下为正方向，则可得
解得
16．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）由题意得，于A处释放的粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为R，由牛顿第二定律可得
解得
分析可知，粒子在磁场中的轨迹刚好经过Q点
故
（2）从A处射入的粒子进入磁场后做匀速圆周运动，经Q点后进入电场做类平抛运动，设在电场中沿x轴方向做匀加速运动的时间为t1，由匀变速位移公式得
又由牛顿第二定律得
解得
由y轴方向粒子做匀速运动，设粒子打在光屏上的D点，根据匀速规律可得
沿直接射入电场的粒子，沿x轴方向做匀加速运动，直接打在光屏上C点，故可得
综合上述结论可得粒子打在光屏上所有位置的y坐标取值范围。
（3）所有粒子均从Q点出发，打在之间，由动能定理及运动的合成知识可知，显然到达C点处的粒子速度大小最大。设打到C点处的粒子末速度为。由动能定理可得
代入数据解得
在不反弹的情况下，打到C点处的粒子动量变化最大，作用力也最大。
由动量定理可得
解得
由题意对荧光屏的作用力包含电场力，故作用力大小为