Question

12．如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图．在xOy平面的第一象限，存在以x轴、y轴及双曲线y=$\frac{{l}^{2}}{4x}$的一段（0≤x≤L，0≤y≤L）为边界的匀强电场区域Ⅰ；在第二象限存在以x=-L、x=-2L、y=0、y=L为边界的匀强电场区域Ⅱ．两个电场强度的大小均为E，不计电子重力的影响，电子的电荷量为e，则以下说法中不正确的是（　　）

• A． 从电场区域Ⅰ的边界B点（B点的纵坐标为L）处由静止释放电子，到达区域Ⅱ的M点时的速度为v=$\sqrt{\frac{eEL}{2m}}$
• B． 从电场区域Ⅰ的边界B（B点的极坐标为L）处由静止释放电子，电子离开MNPQ区域时的极坐标为（-2L，0）
• C． 从电场区域Ⅰ的AB曲线上任一点处由静止释放的电子都能从MNPQ区域左下角P点离开
• D． 在电场区域Ⅰ的AB曲线上任一点处由静止释放的电子离开MNPQ区域时最小动能为2eEL

Answer 1

分析 （1）根据B点的纵坐标求出B点的横坐标，根据动能定理求出电子到达区域Ⅱ的M点时的速度．
（2）电子进入电场II做类平抛运动，在垂直电场方向上做匀速直线运动，沿电场方向做匀加速直线运动，根据偏转位移的大小求出离开MNPQ时的纵坐标．
（3）根据动能定理，结合类平抛运动的规律求出在电场区域Ⅱ中偏转位移

解答 解：A、B点坐标（$\frac{1}{4}L$，L），在电场I中电子被加速到V，由动能定理有：
$eE\frac{L}{4}=\frac{1}{2}m{v}^{2}$，
所以$v=\sqrt{\frac{eEL}{2m}}$，故A正确．
B、电子进入电场II做类平抛运动，有：
t=$\frac{L}{v}$；
$y=\frac{1}{2}a{t}^{2}$，
$a=\frac{eE}{m}$，
所以横坐标x=-2L；纵坐标y=L-y=0即为（-2L，0），故B正确
C、设释放点在电场区域I的AB曲线边界，其坐标为（x，y），在电场I中电子被加速到v₁，然后进入电场II做类平抛运动，有：
$eEx=\frac{1}{2}{mv}_{1}^{2}$；
t=$\frac{L}{{v}_{1}}$；
$y′=\frac{1}{2}a{t}^{2}=\frac{1}{2}\frac{eE}{m}（\frac{L}{{v}_{1}}）^{2}$；
所以离开点的横坐标X₁=-2L，纵坐标y₁=y-y′=0，即（-2L，0）为P点，故C正确
D、电子在两个电场中被加速，电场力做功为：W=eEx+eEy
则从B到P由动能定理得：eE（x+y）=E_k-0 
又 y=$\frac{{L}^{2}}{4x}$，所以只有x=y点释放的电子，离开P点时动能最小，所以x+y=L，即最小动能为  E_Kmin=eEL，故D不正确．
因选不正确的，故选：D

点评 本题中电子先加速后偏转，基本方法是动能定理和运动的分解，难点在于数学知识的应用求极值和轨迹方程