Question

如圖在Oxy平面的ABCD區(qū)域內(nèi)，存在兩個(gè)場強(qiáng)大小均為E的勻強(qiáng)電場I和II，兩電場的邊界均是邊長為L的正方形（設(shè)電子的電量為q，質(zhì)量為m，不計(jì)電子的重力）．
（1）在該區(qū)域AB邊的B處由靜止釋放電子，求電子經(jīng)過多長時(shí)間達(dá)到勻強(qiáng)電場II區(qū)域的右邊界和電子最終離開CD邊界的位置坐標(biāo)．
（2）在電場I區(qū)域內(nèi)適當(dāng)位置由靜止釋放電子，電子恰能從ABCD區(qū)域左下角D處離開，求所有釋放點(diǎn)的位置．（提示：設(shè)釋放點(diǎn)的位置為（x．y）坐標(biāo)點(diǎn)，最后寫出含有xy的函數(shù)表達(dá)式）

Answer 1

分析：（1）在AB邊的B點(diǎn)處由靜止釋放電子，電場力對電子做正功，根據(jù)動能定理求出電子穿過電場時(shí)的速度，由于電子做勻加速直線運(yùn)動，因此由運(yùn)動學(xué)公式可求出在電場中加速運(yùn)動的時(shí)間；進(jìn)入電場II之前，電子做勻速直線運(yùn)動，由運(yùn)動學(xué)公式結(jié)合求出電子在沒有電場中運(yùn)動的時(shí)間，從而可求出電子從靜止到達(dá)到電場II區(qū)域右邊界的時(shí)間．當(dāng)電子進(jìn)入電場II時(shí)，做類平拋運(yùn)動，運(yùn)用運(yùn)動學(xué)公式結(jié)合牛頓第二定律，可求出離開CD區(qū)域的位置坐標(biāo)．
（2）在電場I區(qū)域內(nèi)適當(dāng)位置由靜止釋放電子，電子先在電場Ⅰ中做勻加速直線運(yùn)動，進(jìn)入電場Ⅱ后做類平拋運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式結(jié)合求出位置x與y的關(guān)系式．

解答：解：（1）電子的質(zhì)量為m，電量為q，在電場I中做勻加速直線運(yùn)動，出區(qū)域I時(shí)的速度為v₀，時(shí)間為t₁，
然后勻速直線運(yùn)動到達(dá)電場II所用時(shí)間t₂，此后進(jìn)入電場II做類平拋運(yùn)動，
由動能定理得：qEL=

1

2

m

v

2 0

 
由運(yùn)動學(xué)公式，t1=

v0

a

  
由牛頓第二定律，a=

qE

m

  
解得：t1=

2mL qE

 
勻速運(yùn)動時(shí)間，t2=

L

v0

=

mL 2qE

    
則所需的時(shí)間，tB=t1+t2=

3

2

2mL qE

假設(shè)電子從CD邊射出，出射點(diǎn)縱坐標(biāo)為y，則整個(gè)運(yùn)動過程中
對電子先后運(yùn)用及勻變速位移公式有：(L-y)=

1

2

at2=

1

2

qE

m

(

L

v0

)2
 則：側(cè)位移y=

1

2

at2=

1

2

qE

m

(

L

v0

)2   
 縱坐標(biāo)為L-y=

3

4

L
  解得　y=

3

4

L，
所以原假設(shè)成立，
即電子離開ABCD區(qū)域的位置坐標(biāo)為（-2L，

3

4

L）
（2）設(shè)釋放點(diǎn)在電場區(qū)域I中，其坐標(biāo)為（x，y），在電場I中電子被加速到v₁，
然后進(jìn)入電場II做類平拋運(yùn)動，并從D點(diǎn)離開，
同理，有：qEx=

1

2

m

v

2 1

，
y=

1

2

at2=

1

2

qE

m

(

L

v1

)2  
解得：xy=

L2

4

，
即在電場I區(qū)域內(nèi)滿足此方程的點(diǎn)即為所求位置．
答：（1）在該區(qū)域AB邊的B處由靜止釋放電子，求電子經(jīng)過

3

2

2mL qE

時(shí)間達(dá)到勻強(qiáng)電場II區(qū)域的右邊界和電子最終離開CD邊界的位置坐標(biāo)（-2L，

3

4

L）．
（2）在電場I區(qū)域內(nèi)適當(dāng)位置由靜止釋放電子，電子恰能從ABCD區(qū)域左下角D處離開，則所有釋放點(diǎn)的位置滿足：xy=

L2

4

．

點(diǎn)評：本題實(shí)際是加速電場與偏轉(zhuǎn)電場的組合，考查分析帶電粒子運(yùn)動情況的能力和處理較為復(fù)雜的力電綜合題的能力．