Question

5．電子槍是加速電子轟擊靶屏發(fā)光的一種裝置，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(nèi)，存在兩個場強大小均為E的勻強電場Ⅰ和Ⅱ（方向如如所示），兩電場的邊界均是邊長為L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)域時的位置坐標；
（2）若將左側(cè)電場Ⅱ整體水平向右移動距離H（0＜H＜L），由AB邊中點靜止釋放的電子能從ABCD區(qū)域左下角D處離開（D不隨電場移動），求H；
（3）若將左側(cè)電場Ⅱ整體水平向右移動$\frac{1}{2}$L，且電場Ⅱ的場強變?yōu)镋₁，由I區(qū)中OB連線上的某點（橫縱坐標均記為X）靜止釋放的電子仍從D處離開（D不隨電場移動），求E₁的表達式（用E、X、L來表示）．

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(jù)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(jié)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(nèi)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(jù)牛頓第二定律和運動學公式結(jié)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(jié)合解答．

解答 解：（1）電子在I區(qū)域，由動能定理，得：$eEL=\frac{1}{2}mv_0^2$
解得：${v_0}=\sqrt{\frac{2eEL}{m}}$
若電子恰能從D點打出來，則：$\left.\begin{array}{l}{\frac{L}{2}=\frac{eE}{2m}{t}^{2}；L={v}_{D}t}\end{array}\right.$
解得：${v_D}=\sqrt{\frac{eEL}{m}}$
由于v₀＞v_D，所以電子一定能從CD邊打出來，
則：y=$\frac{eE}{2m}{（\frac{L}{v_0}）^2}$=$\frac{L}{4}$
故電子離開時坐標為$（-2L，\frac{L}{4}）$
（2）由上一小題可知，電子在Ⅱ區(qū)的偏移量y=$\frac{L}{4}$
利用類平拋運動末速度的反向延長線經(jīng)過水平位移中點這一特點，則有
解得：$H=\frac{L}{2}$
（3））電子在I區(qū)域，由動能定理，得：$eEX=\frac{1}{2}mv_0^2$
電子在Ⅱ區(qū)的偏移量y=$\frac{{e{E_1}}}{2m}{（\frac{L}{v_0}）^2}$
利用類平拋運動末速度的反向延長線經(jīng)過水平位移中點這一特點，則有y=X-y即$y=\frac{X}{2}$
聯(lián)立以上各式可得：$E_1^{\;}=\frac{{2E{X^2}}}{L^2}$
答：（1）在該區(qū)域AB邊的中點處由靜止釋放電子，電子離開ABCD區(qū)域時的位置坐標是$（-2L，\frac{L}{4}）$；
（2）若將左側(cè)電場Ⅱ整體水平向右移動距離H（0＜H＜L），由AB邊中點靜止釋放的電子能從ABCD區(qū)域左下角D處離開（D不隨電場移動），則H為$\frac{L}{2}$；
（3）E₁的表達式為$E_1^{\;}=\frac{{2E{X^2}}}{L^2}$．

點評 本題實際是加速電場與偏轉(zhuǎn)電場的組合，對于加速往往根據(jù)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．