Question

13．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的匀强电场区域Ⅱ．两个电场大小均为E，不计电子所受重力，电子的电荷量为e，求：
（1）从电场区域Ⅰ的边界B点处由静止释放电子，电子离开MNPQ时的坐标；
（2）由电场区域Ⅰ的AB曲线边界由静止释放电子离开MNPQ的最小动能．

Answer 1

分析 （1）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．
（2）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：（1）设电子的质量为m，电子在电场Ⅰ中做匀加速直线运动，出区域Ⅰ的速度为v₀，接着在无电场区域匀速运动，此后进入电场Ⅱ，在电场Ⅱ中做类平抛运动，假设电子从NP边射出，出射点坐标为y₁，由y=$\frac{{L}^{2}}{4x}$得，对于B点，y=L，则x=$\frac{L}{4}$
由动能定理得 eE$\frac{L}{4}$=$\frac{1}{2}$m${v}_{0}^{2}$
解得 v₀=$\sqrt{\frac{eEL}{2m}}$
设在电场Ⅱ中运动时间为t₁，则有t₁=$\frac{L}{{v}_{0}}$
电子在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
所以原假设成立，即电子离开MNPQ区域的位置坐标为（-2L，0）．
（2）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，则有   
  eEx=$\frac{1}{2}$mv₁²；
y₂=$\frac{1}{2}$at₂²=$\frac{1}{2}•\frac{eE}{m}（\frac{L}{{v}_{1}}）^{2}$
解得：y₂=$\frac{{L}^{2}}{4x}$
所以偏转位移为y₂=y，电子将从P点射出．
所以原假设成立，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  
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 
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 E_Kmin=eEL
答：
（1）从电场区域Ⅰ的边界B点处由静止释放电子，电子离开MNPQ时的坐标为（-2L，0）；
（2）由电场区域Ⅰ的AB曲线边界由静止释放电子离开P点的最小动能eEL．

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．