题目内容
（2007?潍坊模拟）如图所示，AB间存在方向与竖直成45°角斜向上的匀强电场E1，BC间存在竖直向上的匀强电场E2，AB间距为0.2m，BC间距离为0.1m，C为荧光屏，质量m=1.0×10-3kg，电量q=+1.0×10-2C的带电粒子由a点静止释放，恰好沿水平方向经过b点到达荧光屏的O点，若在BC间再加方向垂直纸面向外大小B=1.0T的匀强磁场，粒子经b点偏转到达荧光屏的O′点（未画出）．取g=10m/s2．求：（1）E1的大小
（2）加上磁场后，粒子由b到点O′点电势能的变化量．
分析：（1）根据力的平行四边形定则，可将电场力分解，即可求解；
（2）根据动能定理，可求出粒子经b点的速度，再由平衡状态，与牛顿第二定律，及几何关系可确定电势能变化量．
（2）根据动能定理，可求出粒子经b点的速度，再由平衡状态，与牛顿第二定律，及几何关系可确定电势能变化量．
解答：解：（1）粒子在AB间作匀加速直线运动，受力如图，
qE1cos45°=mg…①
E1=
=
=1.4v/m…②
（2）由动能定理得：qE1sin45°?dAB=
m
…③
vb=
=
=2m/s…④
加磁场前粒子在BC间作匀速直线运动
则有qE2=mg…⑤
加磁场后粒子作匀速圆周运动，轨迹如图．
由牛顿第二定律得：qvbB=
，R=
=0.2m．…⑥
设偏转距离为y，由几何关系得：R2=dBC2+(R-y)2…⑦
解得：y=2.7×10-2m…⑧
W=-qE2?y=-mgy=-2.7×10-4J…⑨
即电势能变化了2.7×10-4J…⑩
答：（1）E1的大小为1.4V/m；
（2）加上磁场后，粒子由b到点O′点电势能的变化量2.7×10-4J．
qE1cos45°=mg…①
E1=
| mg |
| qcos45° |
| 2 |
（2）由动能定理得：qE1sin45°?dAB=
| 1 |
| 2 |
| v | 2 b |
vb=
|
| 2gdAB |
加磁场前粒子在BC间作匀速直线运动
则有qE2=mg…⑤
加磁场后粒子作匀速圆周运动，轨迹如图．
由牛顿第二定律得：qvbB=
m
| ||
| R |
| mvb |
| qB |
设偏转距离为y，由几何关系得：R2=dBC2+(R-y)2…⑦
解得：y=2.7×10-2m…⑧
W=-qE2?y=-mgy=-2.7×10-4J…⑨
即电势能变化了2.7×10-4J…⑩
答：（1）E1的大小为1.4V/m；
（2）加上磁场后，粒子由b到点O′点电势能的变化量2.7×10-4J．
点评：考查力的平行四边形定则，学会进行力的分解，理解动能定理与牛顿第二定律的应用，注意几何关系的正确性，同时掌握三角函数关系．
练习册系列答案
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