Question

12．如圖所示為研究電子槍中電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的簡(jiǎn)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）為邊界的勻強(qiáng)電場(chǎng)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(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域Ⅱ．兩個(gè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小均為E，不計(jì)電子重力的影響，電子的電荷量為e，則以下說法中不正確的是（　�。�

• A． 從電場(chǎng)區(qū)域Ⅰ的邊界B點(diǎn)（B點(diǎn)的縱坐標(biāo)為L(zhǎng)）處由靜止釋放電子，到達(dá)區(qū)域Ⅱ的M點(diǎn)時(shí)的速度為v=$\sqrt{\frac{eEL}{2m}}$
• B． 從電場(chǎng)區(qū)域Ⅰ的邊界B（B點(diǎn)的極坐標(biāo)為L(zhǎng)）處由靜止釋放電子，電子離開MNPQ區(qū)域時(shí)的極坐標(biāo)為（-2L，0）
• C． 從電場(chǎng)區(qū)域Ⅰ的AB曲線上任一點(diǎn)處由靜止釋放的電子都能從MNPQ區(qū)域左下角P點(diǎn)離開
• D． 在電場(chǎng)區(qū)域Ⅰ的AB曲線上任一點(diǎn)處由靜止釋放的電子離開MNPQ區(qū)域時(shí)最小動(dòng)能為2eEL

Answer 1

分析 （1）根據(jù)B點(diǎn)的縱坐標(biāo)求出B點(diǎn)的橫坐標(biāo)，根據(jù)動(dòng)能定理求出電子到達(dá)區(qū)域Ⅱ的M點(diǎn)時(shí)的速度．
（2）電子進(jìn)入電場(chǎng)II做類平拋運(yùn)動(dòng)，在垂直電場(chǎng)方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)偏轉(zhuǎn)位移的大小求出離開MNPQ時(shí)的縱坐標(biāo)．
（3）根據(jù)動(dòng)能定理，結(jié)合類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出在電場(chǎng)區(qū)域Ⅱ中偏轉(zhuǎn)位移

解答 解：A、B點(diǎn)坐標(biāo)（$\frac{1}{4}L$，L），在電場(chǎng)I中電子被加速到V，由動(dòng)能定理有：
$eE\frac{L}{4}=\frac{1}{2}m{v}^{2}$，
所以$v=\sqrt{\frac{eEL}{2m}}$，故A正確．
B、電子進(jìn)入電場(chǎng)II做類平拋運(yùn)動(dòng)，有：
t=$\frac{L}{v}$；
$y=\frac{1}{2}a{t}^{2}$，
$a=\frac{eE}{m}$，
所以橫坐標(biāo)x=-2L；縱坐標(biāo)y=L-y=0即為（-2L，0），故B正確
C、設(shè)釋放點(diǎn)在電場(chǎng)區(qū)域I的AB曲線邊界，其坐標(biāo)為（x，y），在電場(chǎng)I中電子被加速到v₁，然后進(jìn)入電場(chǎng)II做類平拋運(yùn)動(dòng)，有：
$eEx=\frac{1}{2}{mv}_{1}^{2}$；
t=$\frac{L}{{v}_{1}}$；
$y′=\frac{1}{2}a{t}^{2}=\frac{1}{2}\frac{eE}{m}（\frac{L}{{v}_{1}}）^{2}$；
所以離開點(diǎn)的橫坐標(biāo)X₁=-2L，縱坐標(biāo)y₁=y-y′=0，即（-2L，0）為P點(diǎn)，故C正確
D、電子在兩個(gè)電場(chǎng)中被加速，電場(chǎng)力做功為：W=eEx+eEy
則從B到P由動(dòng)能定理得：eE（x+y）=E_k-0 
又 y=$\frac{{L}^{2}}{4x}$，所以只有x=y點(diǎn)釋放的電子，離開P點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最小，所以x+y=L，即最小動(dòng)能為  E_Kmin=eEL，故D不正確．
因選不正確的，故選：D

點(diǎn)評(píng) 本題中電子先加速后偏轉(zhuǎn)，基本方法是動(dòng)能定理和運(yùn)動(dòng)的分解，難點(diǎn)在于數(shù)學(xué)知識(shí)的應(yīng)用求極值和軌跡方程