Question

16．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．xOy平面的第一象限，存在以x軸、y軸及雙曲線y=$\frac{{L}^{2}}{4x}$的一段（0≤x≤L，0≤y≤L）為邊界的勻強電場區(qū)域Ⅰ（即ABCOD區(qū)域）；在第二象限存在以x=-L、x=-2L、y=0、y=L為邊界的勻強電場區(qū)域Ⅱ（即正方形MNPQ區(qū)域）．兩個電場強度的大小均為E，電子的電荷量為e，不計電子重力的影響，則從電場Ⅰ區(qū)域的AB曲線邊界由靜止釋放的各個電子（　　）

• A． 在電場區(qū)域Ⅱ中運動時間不相同
• B． 全部從同一位置處離開區(qū)域Ⅱ
• C． 從PN間和PQ間不同位置處離開區(qū)域Ⅱ
• D． 離開MNPQ的最小動能為eEL

Answer 1

分析 設(shè)電子從AB曲線邊界處釋放位置坐標為（x，y），電子在電場Ⅰ區(qū)域被加速，由動能定理得到加速后速度表達式，再類平拋運動的分解方法，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，由位移公式求出時間和水平位移表達式，求出電子從第二象限射出電場的位置．對全過程應用動能定理，得到電子離開MNPQ時的動能與x的關(guān)系，由數(shù)學知識求出最小的動能．

解答 解：A、設(shè)電子從AB曲線邊界處釋放位置坐標為（x，y），電子的質(zhì)量為m．
電子在電場Ⅰ中做勻加速直線運動，出區(qū)域Ⅰ的速度為v₀，接著在無電場區(qū)域勻速運動，此后進入電場Ⅱ，在電場Ⅱ中做類平拋運動．從NP邊離開，運動時間為t₂，偏轉(zhuǎn)位移為y₂，則有
  eEx=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
 t₂=$\frac{L}{{v}_{0}}$
聯(lián)立得：t₂=L$\sqrt{\frac{m}{2eEx}}$，x不同，則在電場區(qū)域Ⅱ中運動時間t₂不同．故A正確．
BC、y₂=$\frac{1}{2}a{t}_{2}^{2}$=$\frac{1}{2}$•$\frac{eE}{m}$$•（\frac{L}{{v}_{0}}）^{2}$
解得 y₂=$\frac{{L}^{2}}{4x}$=y，即所有電子都從P點射出，故B正確，C錯誤．
D、電子在兩個電場中被加速，電場力做功 W=eEx+eEy
則從B到P由動能定理得  eE（x+y）=E_k-0 
又 y=$\frac{{L}^{2}}{4x}$，所以只有x=y點釋放的電子，離開P點時動能最小，所以x+y=L，即最小動能為  E_Kmin=eEL，故D正確．
故選：ABD．

點評 本題中電子先加速后偏轉(zhuǎn)，基本方法是動能定理和運動的分解，難點在于數(shù)學知識的應用求極值和軌跡方程．