Question

（2007?濰坊模擬）如圖所示，AB間存在方向與豎直成45°角斜向上的勻強(qiáng)電場E₁，BC間存在豎直向上的勻強(qiáng)電場E₂，AB間距為0.2m，BC間距離為0.1m，C為熒光屏，質(zhì)量m=1.0×10^-3kg，電量q=+1.0×10^-2C的帶電粒子由a點(diǎn)靜止釋放，恰好沿水平方向經(jīng)過b點(diǎn)到達(dá)熒光屏的O點(diǎn)，若在BC間再加方向垂直紙面向外大小B=1.0T的勻強(qiáng)磁場，粒子經(jīng)b點(diǎn)偏轉(zhuǎn)到達(dá)熒光屏的O′點(diǎn)（未畫出）．取g=10m/s²．求：
（1）E₁的大小
（2）加上磁場后，粒子由b到點(diǎn)O′點(diǎn)電勢能的變化量．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)力的平行四邊形定則，可將電場力分解，即可求解；
（2）根據(jù)動能定理，可求出粒子經(jīng)b點(diǎn)的速度，再由平衡狀態(tài)，與牛頓第二定律，及幾何關(guān)系可確定電勢能變化量．

解答：解：（1）粒子在AB間作勻加速直線運(yùn)動，受力如圖，

qE₁cos45°=mg…①
E1=

mg

qcos45°

=

2

=1.4v/m…②
（2）由動能定理得：qE1sin45°?dAB=

1

2

m

v

2 b

…③
vb=

2qE1sin45°?dAB m

=

2gdAB

=2m/s…④
加磁場前粒子在BC間作勻速直線運(yùn)動
則有qE₂=mg…⑤
加磁場后粒子作勻速圓周運(yùn)動，軌跡如圖．

由牛頓第二定律得：qvbB=

m v 2 b

R

，R=

mvb

qB

=0.2m．…⑥
設(shè)偏轉(zhuǎn)距離為y，由幾何關(guān)系得：R2=dBC2+(R-y)2…⑦
解得：y=2.7×10^-2m…⑧
W=-qE2?y=-mgy=-2.7×10-4J…⑨
即電勢能變化了2.7×10^-4J…⑩
答：（1）E₁的大小為1.4V/m；
（2）加上磁場后，粒子由b到點(diǎn)O′點(diǎn)電勢能的變化量2.7×10^-4J．

點(diǎn)評：考查力的平行四邊形定則，學(xué)會進(jìn)行力的分解，理解動能定理與牛頓第二定律的應(yīng)用，注意幾何關(guān)系的正確性，同時(shí)掌握三角函數(shù)關(guān)系．