Question

5．电子枪是加速电子轰击靶屏发光的一种装置，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（方向如如所示），两电场的边界均是边长为L的正方形（不计电子所受重力）．
（1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD区域时的位置坐标；
（2）若将左侧电场Ⅱ整体水平向右移动距离H（0＜H＜L），由AB边中点静止释放的电子能从ABCD区域左下角D处离开（D不随电场移动），求H；
（3）若将左侧电场Ⅱ整体水平向右移动$\frac{1}{2}$L，且电场Ⅱ的场强变为E₁，由I区中OB连线上的某点（横纵坐标均记为X）静止释放的电子仍从D处离开（D不随电场移动），求E₁的表达式（用E、X、L来表示）．

Answer 1

分析 （1）在AB边的中点处由静止释放电子，电场力对电子做正功，根据动能定理求出电子穿过电场时的速度．进入电场II后电子做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出电子的加速度，由运动学公式结合求出电子离开ABCD区域的位置坐标．
（2）在电场I区域内适当位置由静止释放电子，电子先在电场Ⅰ中做匀加速直线运动，进入电场Ⅱ后做类平抛运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求出位置x与y的关系式．
（3）电子释放，在电场I中加速到v₂，进入电场II后做类平抛运动，在高度为y′处离开电场II时的情景与（2）中类似，然后电子做匀速直线运动，运用动能定理、类平抛运动的规律和几何关系结合解答．

解答 解：（1）电子在I区域，由动能定理，得：$eEL=\frac{1}{2}mv_0^2$
解得：${v_0}=\sqrt{\frac{2eEL}{m}}$
若电子恰能从D点打出来，则：$\left.\begin{array}{l}{\frac{L}{2}=\frac{eE}{2m}{t}^{2}；L={v}_{D}t}\end{array}\right.$
解得：${v_D}=\sqrt{\frac{eEL}{m}}$
由于v₀＞v_D，所以电子一定能从CD边打出来，
则：y=$\frac{eE}{2m}{（\frac{L}{v_0}）^2}$=$\frac{L}{4}$
故电子离开时坐标为$（-2L，\frac{L}{4}）$
（2）由上一小题可知，电子在Ⅱ区的偏移量y=$\frac{L}{4}$
利用类平抛运动末速度的反向延长线经过水平位移中点这一特点，则有
解得：$H=\frac{L}{2}$
（3））电子在I区域，由动能定理，得：$eEX=\frac{1}{2}mv_0^2$
电子在Ⅱ区的偏移量y=$\frac{{e{E_1}}}{2m}{（\frac{L}{v_0}）^2}$
利用类平抛运动末速度的反向延长线经过水平位移中点这一特点，则有y=X-y即$y=\frac{X}{2}$
联立以上各式可得：$E_1^{\;}=\frac{{2E{X^2}}}{L^2}$
答：（1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，电子离开ABCD区域时的位置坐标是$（-2L，\frac{L}{4}）$；
（2）若将左侧电场Ⅱ整体水平向右移动距离H（0＜H＜L），由AB边中点静止释放的电子能从ABCD区域左下角D处离开（D不随电场移动），则H为$\frac{L}{2}$；
（3）E₁的表达式为$E_1^{\;}=\frac{{2E{X^2}}}{L^2}$．

点评 本题实际是加速电场与偏转电场的组合，对于加速往往根据动能定理研究速度．对于类平抛运动，运用运动的分解法研究．要有分析和处理较为复杂的力电综合题的能力．