Question

如圖在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，兩電場的邊界均是邊長為L的正方形（設電子的電量為q，質(zhì)量為m，不計電子的重力）．
（1）在該區(qū)域AB邊的B處由靜止釋放電子，求電子經(jīng)過多長時間達到勻強電場II區(qū)域的右邊界和電子最終離開CD邊界的位置坐標．
（2）在電場I區(qū)域內(nèi)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．（提示：設釋放點的位置為（x．y）坐標點，最后寫出含有xy的函數(shù)表達式）

Answer 1

分析：（1）在AB邊的B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，由于電子做勻加速直線運動，因此由運動學公式可求出在電場中加速運動的時間；進入電場II之前，電子做勻速直線運動，由運動學公式結(jié)合求出電子在沒有電場中運動的時間，從而可求出電子從靜止到達到電場II區(qū)域右邊界的時間．當電子進入電場II時，做類平拋運動，運用運動學公式結(jié)合牛頓第二定律，可求出離開CD區(qū)域的位置坐標．
（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．

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

1

2

m

v

2 0

 
由運動學公式，t1=

v0

a

  
由牛頓第二定律，a=

qE

m

  
解得：t1=

2mL qE

 
勻速運動時間，t2=

L

v0

=

mL 2qE

    
則所需的時間，tB=t1+t2=

3

2

2mL qE

假設電子從CD邊射出，出射點縱坐標為y，則整個運動過程中
對電子先后運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   
 縱坐標為L-y=

3

4

L
  解得　y=

3

4

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

3

4

L）
（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，
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

時間達到勻強電場II區(qū)域的右邊界和電子最終離開CD邊界的位置坐標（-2L，

3

4

L）．
（2）在電場I區(qū)域內(nèi)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，則所有釋放點的位置滿足：xy=

L2

4

．

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