如图23-13所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图．在Oxy平面的第一象限.存在以x轴.y轴及双曲线y＝的一段(0≤x≤L,0≤y≤L)为边界的匀强电场Ⅰ,在第二象限存在匀强电场Ⅱ(-2L≤x≤-L,0≤y≤L)．两个电场大小均为E.不计电子所受重力．求图23-13 (1)从电场Ⅰ的边界B点处由静止释放电子.电子离开MNPQ时的位置, (2)由电场Ⅰ的AB曲线� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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如图23－13所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图．在Oxy平面的第一象限，存在以x轴、y轴及双曲线y＝的一段(0≤x≤L,0≤y≤L)为边界的匀强电场Ⅰ；在第二象限存在匀强电场Ⅱ(－2L≤x≤－L,0≤y≤L)．两个电场大小均为E，不计电子所受重力．求

图23－13

(1)从电场Ⅰ的边界B点处由静止释放电子，电子离开MNPQ时的位置；

(2)由电场Ⅰ的AB曲线边界处由静止释放电子离开MNPQ时的最小动能．

解析：(1)据题意，B点纵坐标y_B＝L，根据双曲线方程y＝得到，横坐标x_B＝，电子从B运动到C过程，根据动能定理得：eE＝mv²，

电子在MNPQ区域做类平抛运动，水平方向：s＝vt，竖直方向：L＝at²，a＝，

解得：s＝L，即电子从P点射出．

(2)设释放位置坐标为(x，y)，则有eEx＝mv²，s＝vt，y＝at²＝t²，解得：y＝，

又y＝，得到：E_k＝eE(x＋)，

根据数学知道得知，当x＝y＝时，动能E_k有最小值E_k＝eEL.

答案：(1)电子从P点射出　(2)eEL

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图17－12

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某同学求解如下：

图21－11

由B球初始加速度恰好等于零，得初始时刻A对B的库仑斥力F＝m₂gsinα，当两球距离为L′时，A球的加速度a₁＝，B球的加速度a₂＝，由a₁∶a₂＝3∶2，得F′＝2.5m₂gsinα，再由库仑力公式便可求得L′∶L.

问：你认为上述解法正确吗？若认为正确，请求出最终结果；若认为不正确，则说明理由并求出你认为正确的结果．

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图23－7

A．若保持开关S闭合，将A、B两极板靠近些，指针张开角度将变小

B．若保持开关S闭合，将A、B两极板正对面积变小些，指针张开角度将不变

C．若断开开关S后，将A、B两极板靠近些，指针张开角度将变大

D．若断开开关S后，将A、B两极板正对面积变小些，指针张开角度将不变

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