Question

3．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ABCD區(qū)域內，存在兩個場強大小均為E的勻強電場Ⅰ和Ⅱ，兩電場的邊界均是邊長為a的正方形（不計電子所受重力）．

（1）在該區(qū)域AB邊的中點處由靜止釋放電子，求電子 離開ABCD區(qū)域的位置．
（2）在電場Ⅰ區(qū)域內適當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，求所有釋放點的位置．
（3）若將左側電場Ⅱ整體水平向右移動$\frac{a}{n}$（n≥1），仍使電子從ABCD區(qū)域左下角D處離開（D不隨電場移動），求在電場Ⅰ區(qū)域內由靜止釋放電子的所有位置．

Answer 1

分析 （1）在AB邊的中點處由靜止釋放電子，電場力對電子做正功，根據動能定理求出電子穿過電場時的速度．進入電場II后電子做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻加速直線運動，由牛頓第二定律求出電子的加速度，由運動學公式結合求出電子離開ABCD區(qū)域的位置坐標．
（2）在電場I區(qū)域內適當位置由靜止釋放電子，電子先在電場Ⅰ中做勻加速直線運動，進入電場Ⅱ后做類平拋運動，根據牛頓第二定律和運動學公式結合求出位置x與y的關系式．
（3）電子釋放，在電場I中加速到v₂，進入電場II后做類平拋運動，在高度為y′處離開電場II時的情景與（2）中類似，然后電子做勻速直線運動，運用動能定理、類平拋運動的規(guī)律和幾何關系結合解答．

解答 解：（1）設電子的質量為m，電量為e，電子在電場I中做勻加速直線運動，出區(qū)域I時的速度為v₀，此后在電場II中做類平拋運動，假設電子從CD邊射出，出射點縱坐標為y，有：eEa=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
 $\frac{a}{2}$-y=$\frac{1}{2}a{t}^{2}=\frac{1}{2}•\frac{eE}{m}（\frac{a}{{v}_{0}}）^{2}$     
解得：y=$\frac{1}{4}$a
所以原假設成立，即電子離開ABCD區(qū)域的位置坐標為（-2a，$\frac{1}{4}$a）
（2）設釋放點在電場區(qū)域I中，其坐標為（x，y），在電場I中電子被加速到v₁，然后進入電場II做類平拋運動，并從D點離開，有：
eEx=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
y=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$=$\frac{1}{2}•\frac{eE}{m}（\frac{a}{{v}_{1}}）^{2}$
解得：xy=$\frac{1}{4}{a}^{2}$       即在電場I區(qū)域內滿足該函數(shù)的點即為所求位置．
（3）設電子從（x，y）點釋放，在電場I中加速到v₂，進入電場II后做類平拋運動，在高度為y′處離開電場II時的情景與（2）中類似，然后電子做勻速直線運動，經過D點，則有eEx=$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$
  y-y′=$\frac{1}{2}•\frac{eE}{m}（\frac{a}{{v}_{2}}）^{2}$
  y′=${v}_{y}•\frac{a}{n{v}_{2}}$
可得 $\frac{y-y′}{a}$=$\frac{1}{2}•\frac{{v}_{y}}{{v}_{2}}$
解得：xy=${a}^{2}（\frac{1}{2n}+\frac{1}{4}）$
即在電場I區(qū)域內滿足該函數(shù)的點即為所求位置
答：（1）電子離開ABCD區(qū)域的位置坐標為（-2a，$\frac{1}{4}$a）．
（2）在電場Ⅰ區(qū)域內滿足方程xy=$\frac{1}{4}{a}^{2}$的點即為所有釋放點的位置．
（3）在電場Ⅰ區(qū)域內由靜止釋放電子的所有位置滿足方程xy=${a}^{2}（\frac{1}{2n}+\frac{1}{4}）$．

點評 本題實際是加速電場與偏轉電場的組合，對于加速往往根據動能定理研究速度．對于類平拋運動，運用運動的分解法研究．要有分析和處理較為復雜的力電綜合題的能力．