Question

6．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）的一段 为边界的勻强电场区域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（即正方 形MNPQ区域）两个电场大小均为E，电子的电荷量为e，不计电子重力的影响，则 从电场I区域的AB曲线边界由静止释放的各个电子（　　）

• A． 从PN间不同位置处离开区域II
• B． 从PQ间不同位置处离开区域II
• C． 离开MNPQ的最小动能为$\frac{eEL}{4}$
• D． 离开MNPQ的最小动能为eEL

Answer 1

分析 设从AB曲线边界处释放位置坐标为（x，y），再根据动能定理和类平抛运动的分解方法，根据牛顿第二定律求出加速度，由位移公式求出水平位移求出电子从第二象限射出电场的位置．
设从AB曲线边界处释放位置坐标为（x，y），再根据动能定理和类平抛运动的分解方法，求出电子从第二象限射出电场的位置．对全过程应用动能定理，得到电子离开MNPQ时的动能与x的关系，由数学知识求出最小的动能．

解答 解：A、设释放点在电场区域Ⅰ中的坐标为（x，y）．在电场Ⅰ中电子被加速，速度为v₁时飞离电场Ⅰ，
接着在无电场区域做匀速运动，然后进入电场Ⅱ做类平抛运动，并从NP边离开，运动时间为t₂，偏转位移为y₂，
由动能定理得：eEx=$\frac{1}{2}$mv₁²-0，
由匀变速直线运动的位移公式得，偏移量：y₂=$\frac{1}{2}$at₂²=$\frac{1}{2}$$\frac{eE}{m}$$（\frac{L}{{v}_{1}}）^{2}$
解得：y₂=$\frac{{L}^{2}}{4x}$，所以偏转位移为y₂=y，电子将从P点射出．
即在电场Ⅰ区域的AB曲线边界由静止释放的所有电子离开MNPQ时都从P点离开，故AB错误；
CD、由以上的分析可知，电子在两个电场中被加速，w=eEx+eEy，则从B到P由动能定理得：eE（x+y）=E_k-0，
由题意可知：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：E_Kmin=eEL，离开MNPQ的最小动能为eEL，故C错误，D正确；
故选：D．

点评 本题考查了电子在电场中的运动，电子在加速电场中加速，在偏转电场中做类平抛运动，分析清楚电子的运动过程是解题的前提与关键，应用动能定理、类平抛运动规律可以解题．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．