Question

16．如圖所示，A、B間存在與豎直方向成450角斜向上的勻強(qiáng)電場E，B、C間存在豎直向上的勻強(qiáng)電場E₂，其大小E₂=20N/c，A、B間距離L₁=0.05m，B、C間距離L₂=0.3m，C為熒光屏．一個(gè)質(zhì)量m=1.0×10^-3kg、電荷量q=+1.0×10^-3C的帶電微粒由0點(diǎn)靜止釋放，恰好沿水平方向OP做直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過P點(diǎn)后進(jìn)入電場E2，最后打到光屏C上，P點(diǎn)為B所在的豎直線與O所在的水平線的交點(diǎn)．（g=10m/s²）求：
（1）電場E₁的大小和微粒由P點(diǎn)打到光屏上過程中電勢能的變化量．
（2）若將B、C間電場E₂大小減半，方向不變，同時(shí)再加上方向垂直紙面向外、大小B=2T的勻強(qiáng)磁場，求微粒由P點(diǎn)打到光屏上的過程中速度偏轉(zhuǎn)角．

Answer 1

分析 （1）由平衡條件可以求出電場強(qiáng)度，根據(jù)動(dòng)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．
（2）根據(jù)粒子的受力可知，此時(shí)重力等于電場力，只有洛倫茲力提供向心力，由運(yùn)動(dòng)軌跡和幾何關(guān)系判斷角度

解答 解：（1）粒子在A、B間做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向受力平衡，則有：
qE₁cos 45°=mg         
解得：E₁=10$\sqrt{2}$ N/C．
粒子從O到P的過程中，由動(dòng)能定理得：
qE₁d_OPsin 45°=$\frac{1}{2}$mv_P²           
解得：v_P=$\sqrt{2g4oyckwk_{OP}}$=1 m/s           
微粒在BC間做類平拋運(yùn)動(dòng)
水平方向$t=\frac{{L}_{2}}{{v}_{0}}=0.3s$
豎直方向$a=\frac{{E}_{2}q-mg}{m}=10m/{s}^{2}$
$y=\frac{1}{2}a{t}^{2}=0.45m$        
有功能關(guān)系可知△E₁-W=-E_P
解得${E}_{P}=-9×1{0}^{-2}$J
粒由P點(diǎn)打到光屏上過程中電勢能減小了9×10^-2J
（2）彈簧在BC間受到電場力為F_電=mg，彈簧在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由題意可得半徑
$R=\frac{m{v}_{0}}{qB}=0.5m$
設(shè)位移由P點(diǎn)打到光屏上的過程中速度偏轉(zhuǎn)角為α，則$sinα=\frac{L}{R}$
解得α=37°
微粒由P點(diǎn)打到光屏上的過程中速度偏轉(zhuǎn)角為37°．
答：（1）電場E₁的大小為$10\sqrt{2}N/C$，微粒由P點(diǎn)打到光屏上過程中電勢能減小了9×10^-2J．
（2）微粒由P點(diǎn)打到光屏上的過程中速度偏轉(zhuǎn)角為37°．

點(diǎn)評 理解動(dòng)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