题目内容
如图，为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示怠图．在xOy平面的第一象限，存在以x轴y轴及双曲线
的一段_o≤x≤L，0≤y≤L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．在电场区域II中运动时间相同
D．离开MNPQ的最小动能为eEL
【答案】分析：根据数学知识求出B点距离y轴的距离．由动能定理求出电子从B运动到C时的速度．电子离开第一象限电场后，先做匀速直线运动，进入第二象限电场后做类平抛运动：水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度，由位移公式求出水平位移，确定电子离开区域的位置和时间；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：令电子从I电场区域的AB曲线上静止释放的横坐标为X，则据曲线方程可知纵坐标y=
，则粒子在第一象限里粒子在电场力作用下做匀加速直线运动，根据动能定理有：
eEX=
，则电子离开电场I时的速度
电子进入电场II时，在电场力作用下做类平抛运动，初速度为
：
水平方向：S=v1t=
t
竖直方向：y=
，a=
解得：S=L，t=
所以可知，电子从P点离开II区域电场，且电子在II区域电场中运动时间跟出发位置的纵坐标 X有关的变量，故ABC均错误；
由上面分析知，所有从边界AB上出发的电子都从P点射出，所以从全过程使用动能定理有，电子射出电场II的动能
Ek=eE（x+y）
又y=
得：
动能
，根据数学知识得知，当x=y=
时，动能Ek有最小值Ek=eEL
所以D正确．
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．
解答：解：令电子从I电场区域的AB曲线上静止释放的横坐标为X，则据曲线方程可知纵坐标y=
，则粒子在第一象限里粒子在电场力作用下做匀加速直线运动，根据动能定理有：eEX=
，则电子离开电场I时的速度
电子进入电场II时，在电场力作用下做类平抛运动，初速度为
：水平方向：S=v1t=
t竖直方向：y=
，a=
解得：S=L，t=
所以可知，电子从P点离开II区域电场，且电子在II区域电场中运动时间跟出发位置的纵坐标 X有关的变量，故ABC均错误；
由上面分析知，所有从边界AB上出发的电子都从P点射出，所以从全过程使用动能定理有，电子射出电场II的动能
Ek=eE（x+y）
又y=
得：动能
，根据数学知识得知，当x=y=
时，动能Ek有最小值Ek=eEL所以D正确．
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．
练习册系列答案
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（附加题）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Oxy平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场I和II，两电场的边界均是边长为L的正方形（不计电子所受重力）．
如图，为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示怠图．在xOy平面的第一象限，存在以x轴y轴及双曲线
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Oxy平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场Ⅰ和Ⅱ，两电场的边界均是边长为L的正方形（不计电子所受重力）．若在该区域AB边的中点处由静止释放质量为m，带电量为e的电子：