Question

如圖所示為研究電子槍中電子在電場中運動的簡化模型示意圖．在Oxy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I；在第二象限存在以x=-L； x=-2L；y=0；y=L的勻強(qiáng)電場II．兩個電場大小均為E，不計電子所受重力．求
（1）從電場I的邊界B點處由靜止釋放電子，電子離開MNPQ時的位置；
（2）由電場I的AB曲線邊界處由靜止釋放電子離開MNPQ時的最小動能；
（3）若將左側(cè)電場II整體水平向左移動

L

n

（n≥1），要使電子從x=-2L，y=0處離開電場區(qū)域II，在電場I區(qū)域內(nèi)由靜止釋放電子的所有位置．

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，先做勻速直線運動，進(jìn)入第二象限電場后做類平拋運動：水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻加速直線運動，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．
（3）設(shè)釋放位置坐標(biāo)為（x，y）．若將左側(cè)電場II整體水平向左移動

L

n

，要使電子從x=-2L，y=0處離開電場區(qū)域II，電子在電場區(qū)域II中類平拋運動通過的水平距離為L-

L

n

，豎直距離為y，運用同樣的方法得到所有位置坐標(biāo)方程．

解答：解：
（1）由題，B點縱坐標(biāo)y_B=L，根據(jù)雙曲線方程y=

L2

4x

得到，橫坐標(biāo)x_B=

L

4

電子從B運動到C過程，根據(jù)動能定理得
  eE

L

4

=

1

2

mv²，
電子在MNPQ區(qū)域做類平拋運動，
  水平方向：s=vt，
  豎直方向：L=

1

2

at²，a=

eE

m

 解得s=L．即電子從P點射出．
（2）設(shè)釋放位置坐標(biāo)為（x，y），則有
  eEx=

1

2

mv²，
   s=vt，
   y=

1

2

at²=

eE

2m

t2
得到y(tǒng)=

s2

4x

又y=

L2

4x

，解得s=L
即所有從邊界AB上靜止釋放的電子均從P點射出．
從邊界AB出發(fā)到P點射出的全過程，由動能定理得：
    E_k=eE（x+y）
又y=

L2

4x

，得到
E_k=eE（x+

L2

4x

），根據(jù)數(shù)學(xué)知識得知，當(dāng)x=y=

L

2

時，動能E_k有最小值E_k=eEL
（3）設(shè)釋放位置坐標(biāo)為（x，y），eEx=

1

2

mv²，L-

L

n

=vt，y=

1

2

at²a=

eE

m

，
解得：y=

L2

4x

(1-

1

n

)2
答：
（1）從電場I的邊界B點處由靜止釋放電子，電子從P點射出．
（2）由電場I的AB曲線邊界處由靜止釋放電子離開MNPQ時的最小動能是eEL；
（3）若將左側(cè)電場II整體水平向左移動

L

n

（n≥1），要使電子從x=-2L，y=0處離開電場區(qū)域II，在電場I區(qū)域內(nèi)由靜止釋放電子的所有位置坐標(biāo)方程為y=

L2

4x

(1-

1

n

)2．

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．