Question

11．如圖所示為研究電子槍中電子在電場中運動的簡化模型示意圖，在Oxy平面的OABC區(qū)域內(nèi)，存在兩個大小均為E的勻強電場Ⅰ和Ⅱ，電場Ⅰ的方向水平向左，電場Ⅱ的方向豎直向上，兩電場的邊界均是邊長為L的正方形（中間為無場區(qū)，不計電子所受重力）．
（1）在位置坐標(biāo)（0，$\frac{3}{4}$L）處由靜止釋放一電子，求電子離開OABC區(qū)域時的位置坐標(biāo)；
（2）若在OA邊上的某位置由靜止釋放電子，電子恰能經(jīng)過D（3L，0）處，求該釋放點的位置坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）電子在電場I區(qū)域做初速度為0的勻加速運動，進入電場II區(qū)域后做類平拋運動，根據(jù)運動的合成與分解求解電子離開OABC區(qū)域的位置坐標(biāo)；
（2）根根據(jù)電子在電場I中做勻加速運動，在兩電場間做勻速直線運動，進入電場II做類平拋運動，離開電場II做勻速直線運動，根據(jù)運動規(guī)律反推電子的坐標(biāo)．

解答 解：（1）電子在電場I區(qū)域做初速度為0的勻加速直線運動，根據(jù)動能定理有電子離開電場I時的速度：
$eEL=\frac{1}{2}m{v}^{2}$
可得電子速度$v=\sqrt{\frac{2eEL}{m}}$
電子離開電場I后做勻速直線運動后再進入電場II，在電場II中電子具有水平方向的初速度和豎直方向的電場力，電子做類平拋運動，
水平方方向做勻速直線運動滿足：L=vt       ①
在豎直方向做初速度為0的勻加速直線運動：${s}_{y}=\frac{1}{2}a{t}^{2}$        ②
在豎直方向上的加速度$a=\frac{eE}{m}$        ③
由①②③可解得電子在電場II區(qū)域內(nèi)偏轉(zhuǎn)的位移s_y=$\frac{1}{2}•\frac{eE}{m}•（\frac{L}{\sqrt{\frac{2eEL}{m}}}）^{2}$=$\frac{L}{4}$
所以電子離開電場時的縱坐標(biāo)y=$\frac{3}{4}L-{s}_{y}=\frac{3}{4}L-\frac{1}{4}L=\frac{L}{2}$，即離開電場II的坐標(biāo)為（$\frac{L}{2}$，0）
（2）在OA邊上釋放的電子經(jīng)過電場I加速后進入電場II的速度大小為$v=\sqrt{\frac{2eEL}{m}}$，離開電場II時的速度與水平方向的夾角的正切值
$tanθ=\frac{{v}_{y}}{{v}_{x}}=\frac{\frac{eE}{m}•\frac{L}{\sqrt{\frac{2eEL}{m}}}}{\sqrt{\frac{2eEL}{m}}}=\frac{1}{2}$
離開電場后電子做勻速直線運動，經(jīng)過D（3L，0）處根據(jù)幾何關(guān)系知，離子離開電場II區(qū)域的位置坐標(biāo)為（$\frac{5L}{2}$，$\frac{L}{2}$），所以由（1）式分析知電子釋放處坐標(biāo)為（0，$\frac{3L}{4}$）．
答：（1）在位置坐標(biāo)（0，$\frac{3}{4}$L）處由靜止釋放一電子，電子離開OABC區(qū)域時的位置坐標(biāo)為（$\frac{L}{2}$，0）；
（2）若在OA邊上的某位置由靜止釋放電子，電子恰能經(jīng)過D（3L，0）處，釋放點的位置坐標(biāo)為（0，$\frac{3}{4}$L）．

點評 分析電子在電場中的受力特點，根據(jù)運動特征確定電子的運動情況，再根據(jù)運動的規(guī)律求解．掌握運動的合成與分解求解曲線運動的規(guī)律是正確解題的關(guān)鍵．