Question

如图所示，在oxy平面的第一象限内，存在以x轴（0≤x≤L）、y轴（0≤y≤L）及双曲线y=

L 2

4x

的一段为边界的匀强电场区域I，在第二象限内的-2L≤x≤一L、0≤y≤L所包围的区域内存在匀强电场区域Ⅱ．两个区域的场强大小均为E，电子质量为m、电荷量为e，不计电子所受重力．求：
（1）从电场区域I边界B点处由静止释放电子，电子离开区域MNPQ时的位置
（2）由电场区域I边界AB曲线上由静止释放电子，电子离开区域MNPQ时的最小动能
（3）若将左侧电场Ⅱ整体水平向左移动

L

n

（n≥1），要使电子从x=-2L、y=0处离开电场区域Ⅱ，在电场区域I内由静止释放电子的所有位置．

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．
（3）设释放位置坐标为（x，y）．若将左侧电场II整体水平向左移动

L

n

，要使电子从x=-2L，y=0处离开电场区域II，电子在电场区域II中类平抛运动通过的水平距离为L-

L

n

，竖直距离为y，运用同样的方法得到所有位置坐标方程．

解答：解：（1）关于B点，其纵坐标y=L，根据曲线方程y=

L 2

4x

，求得相应坐标x=

L

4

电子从B运动到C过程，根据动能定理得
eE?

L

4

=

1

2

mv2
得v=

eEL 2m

电子以速度v水平射入电场区域Ⅱ，做类平抛运动．
假设穿出，则有
水平方向：s=vt
竖直方向：L=

1

2

at2，a=

eE

m

解得s=L，即电子恰从P点射出．
（2）设释放位置坐标为（x，y），则有
eEx=

1

2

mv2
s=vt
y=

1

2

at2=

1

2

eE

m

t²
得到y=

s2

4x

又y=

L2

4x

，解得s=L
即所有从边界AB上静止释放的电子均从P点射出．
从边界AB出发到P点射出的全过程，由动能定理得：
    E_k=eE（x+y）
又y=

L2

4x

，得到
E_k=eE（x+

L2

4x

），根据数学知识得知，当x=y=

L

2

时，动能E_k有最小值E_k=eEL
（3）设释放位置坐标为（x，y），
eEx=

1

2

mv2
L-

L

n

=vt
y=

1

2

at2
a=

eE

m

解得y=

L2

4x

(1-

1

n

)2
答：
（1）从电场I的边界B点处由静止释放电子，电子从P点射出；
（2）由电场I的AB曲线边界处由静止释放电子离开MNPQ时的最小动能是eEL；
（3）若将左侧电场II整体水平向左移动

L

n

（n≥1），要使电子从x=-2L，y=0处离开电场区域II，在电场I区域内由静止释放电子的所有位置坐标方程为y=

L2

4x

(1-

1

n

)2．

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．