Question

如圖所示為研究電子槍中電子在電場中運(yùn)動的簡化模型示意圖．在xOy平面的第一象限，存在以x軸、y軸及雙曲線y=

L2

4x

的一段（0≤x≤L，0≤y≤L）為邊界的勻強(qiáng)電場區(qū)域Ⅰ；在第二象限存在以x=-L、x=-2L、y=0、y=L的勻強(qiáng)電場區(qū)域Ⅱ．兩個電場大小均為E，不計電子所受重力，電子的電荷量為e，求：
（1）從電場區(qū)域Ⅰ的邊界B點處由靜止釋放電子，電子離開MNPQ時的坐標(biāo)；
（2）試證明在電場Ⅰ區(qū)域的AB曲線邊界由靜止釋放的所有電子離開MNPQ時都從P點離開的
（3）由電場區(qū)域Ⅰ的AB曲線邊界由靜止釋放電子離開P點的最小動能．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)數(shù)學(xué)知識求出B點距離y軸的距離．由動能定理求出電子從B運(yùn)動到C時的速度．電子離開第一象限電場后，先做勻速直線運(yùn)動，進(jìn)入第二象限電場后做類平拋運(yùn)動：水平方向做勻速直線運(yùn)動，豎直方向做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，由位移公式求出水平位移．
（2）設(shè)從AB曲線邊界處釋放位置坐標(biāo)為（x，y），再根據(jù)動能定理和類平拋運(yùn)動的分解方法，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，由位移公式求出水平位移求出電子從第二象限射出電場的位置．
（3）設(shè)從AB曲線邊界處釋放位置坐標(biāo)為（x，y），再根據(jù)動能定理和類平拋運(yùn)動的分解方法，求出電子從第二象限射出電場的位置．對全過程應(yīng)用動能定理，得到電子離開MNPQ時的動能與x的關(guān)系，由數(shù)學(xué)知識求出最小的動能．

解答：解：（1）設(shè)電子的質(zhì)量為m，電子在電場Ⅰ中做勻加速直線運(yùn)動，出區(qū)域Ⅰ的速度為v₀，接著在無電場區(qū)域勻速運(yùn)動，此后進(jìn)入電場Ⅱ，在電場Ⅱ中做類平拋運(yùn)動，假設(shè)電子從NP邊射出，出射點坐標(biāo)為y₁，由y=

L2

4x

對于B點，y=L，則x=

L

4

由動能定理得 eE

L

4

=

1

2

m

v

2 0

 解得v0=

eEL 2m

設(shè)在電場Ⅱ中運(yùn)動時間為t₁，則有t1=

L

v0

電子在y方向的位移：L-y1=

1

2

a

t

2 1

=

1

2

eE

m

(

L

v0

)2
   解得  y₁=0
所以原假設(shè)成立，即電子離開MNPQ區(qū)域的位置坐標(biāo)為（-2L，0）
（2）設(shè)釋放點在電場區(qū)域Ⅰ中的坐標(biāo)為（x，y）．在電場Ⅰ中電子被加速，速度為v₁時飛離電場Ⅰ，接著在無電場區(qū)域做勻速運(yùn)動，然后進(jìn)入電場Ⅱ做類平拋運(yùn)動，并從NP邊離開，運(yùn)動時間為t₂，偏轉(zhuǎn)位移為y₂，則有   eEx=

1

2

m

v

2 1

y2=

1

2

a

t

2 2

=

1

2

eE

m

(

L

v1

)2
解得：y2=

L2

4x

所以偏轉(zhuǎn)位移為y₂=y，電子將從P點射出．
所以原假設(shè)成立，即在電場Ⅰ區(qū)域的AB曲線邊界由靜止釋放的所有電子離開MNPQ時都從P點離開  
（3）由以上的分析可知，電子在兩個電場中被加速，w=eEx+eEy
則從B到P由動能定理得     eE（x+y）=E_k-0 
又 y=

L2

4x

所以只有x=y點釋放的電子，離開P點時動能最小   所以x+y=L    即  E_Kmin=eEL
答：（1）從電場區(qū)域Ⅰ的邊界B點處由靜止釋放電子，電子離開MNPQ時的坐標(biāo)為（-2L，0）；
（2）證明略；
（3）由電場區(qū)域Ⅰ的AB曲線邊界由靜止釋放電子離開P點的最小動能eEL．

點評：本題中電子先加速后偏轉(zhuǎn)，基本方法是動能定理和運(yùn)動的分解，難點在于數(shù)學(xué)知識的應(yīng)用求極值和軌跡方程．