Question

13．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xOy平面的第一象限，存在以x軸、y軸及雙曲線y=$\frac{{L}^{2}}{4x}$的一段（0≤x≤L，0≤y≤L）為邊界的勻強電場區(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；
（2）由電場區(qū)域Ⅰ的AB曲線邊界由靜止釋放電子離開MNPQ的最小動能．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)數(shù)學知識求出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）設從AB曲線邊界處釋放位置坐標為（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)學知識求出最小的動能．

解答 解：（1）設電子的質(zhì)量為m，電子在電場Ⅰ中做勻加速直線運動，出區(qū)域Ⅰ的速度為v₀，接著在無電場區(qū)域勻速運動，此后進入電場Ⅱ，在電場Ⅱ中做類平拋運動，假設電子從NP邊射出，出射點坐標為y₁，由y=$\frac{{L}^{2}}{4x}$得，對于B點，y=L，則x=$\frac{L}{4}$
由動能定理得 eE$\frac{L}{4}$=$\frac{1}{2}$m${v}_{0}^{2}$
解得 v₀=$\sqrt{\frac{eEL}{2m}}$
設在電場Ⅱ中運動時間為t₁，則有t₁=$\frac{L}{{v}_{0}}$
電子在y方向的位移：L-y₁=$\frac{1}{2}$a${t}_{1}^{2}$=$\frac{1}{2}•\frac{eE}{m}（\frac{L}{{v}_{0}}）^{2}$
解得  y₁=0
所以原假設成立，即電子離開MNPQ區(qū)域的位置坐標為（-2L，0）．
（2）設釋放點在電場區(qū)域Ⅰ中的坐標為（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)域做勻速運動，然后進入電場Ⅱ做類平拋運動，并從NP邊離開，運動時間為t₂，偏轉(zhuǎn)位移為y₂，則有   
  eEx=$\frac{1}{2}$mv₁²；
y₂=$\frac{1}{2}$at₂²=$\frac{1}{2}•\frac{eE}{m}（\frac{L}{{v}_{1}}）^{2}$
解得：y₂=$\frac{{L}^{2}}{4x}$
所以偏轉(zhuǎn)位移為y₂=y，電子將從P點射出．
所以原假設成立，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  
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=$\frac{{L}^{2}}{4x}$
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時的坐標為（-2L，0）；
（2）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動的分解，難點在于數(shù)學知識的應用求極值和軌跡方程．