Question

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．

Answer 1

（1）粒子在AB间作匀加速直线运动，受力如图，



qE₁cos45°=mg…①
E1=

mg

qcos45°

=

2

=1.4v/m…②
（2）由动能定理得：qE1sin45°?dAB=

1

2

m

v

2b

…③
vb=

2qE1sin45°?dAB m

=

2gdAB

=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=

m v 2b

R

，R=

mvb

qB

=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．