Question

6．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）的一段 為邊界的勻強電場區(qū)域I；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． 從PN間不同位置處離開區(qū)域II
• B． 從PQ間不同位置處離開區(qū)域II
• C． 離開MNPQ的最小動能為$\frac{eEL}{4}$
• D． 離開MNPQ的最小動能為eEL

Answer 1

分析 設從AB曲線邊界處釋放位置坐標為（x，y），再根據(jù)動能定理和類平拋運動的分解方法，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，由位移公式求出水平位移求出電子從第二象限射出電場的位置．
設從AB曲線邊界處釋放位置坐標為（x，y），再根據(jù)動能定理和類平拋運動的分解方法，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的關系，由數(shù)學知識求出最小的動能．

解答 解：A、設釋放點在電場區(qū)域Ⅰ中的坐標為（x，y）．在電場Ⅰ中電子被加速，速度為v₁時飛離電場Ⅰ，
接著在無電場區(qū)域做勻速運動，然后進入電場Ⅱ做類平拋運動，并從NP邊離開，運動時間為t₂，偏轉位移為y₂，
由動能定理得：eEx=$\frac{1}{2}$mv₁²-0，
由勻變速直線運動的位移公式得，偏移量：y₂=$\frac{1}{2}$at₂²=$\frac{1}{2}$$\frac{eE}{m}$$（\frac{L}{{v}_{1}}）^{2}$
解得：y₂=$\frac{{L}^{2}}{4x}$，所以偏轉位移為y₂=y，電子將從P點射出．
即在電場Ⅰ區(qū)域的AB曲線邊界由靜止釋放的所有電子離開MNPQ時都從P點離開，故AB錯誤；
CD、由以上的分析可知，電子在兩個電場中被加速，w=eEx+eEy，則從B到P由動能定理得：eE（x+y）=E_k-0，
由題意可知：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：E_Kmin=eEL，離開MNPQ的最小動能為eEL，故C錯誤，D正確；
故選：D．

點評 本題考查了電子在電場中的運動，電子在加速電場中加速，在偏轉電場中做類平拋運動，分析清楚電子的運動過程是解題的前提與關鍵，應用動能定理、類平拋運動規(guī)律可以解題．本題中電子先加速后偏轉，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．