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如图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=| L2 |
| 4x |
（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；
（3）若将左侧电场II整体水平向左移动
| L |
| n |
分析：（1）根据数学知识求出B点距离y轴的距离．由动能定理求出电子从B运动到C时的速度．电子离开第一象限电场后，先做匀速直线运动，进入第二象限电场后做类平抛运动：水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度，由位移公式求出水平位移．
（2）设从AB曲线边界处释放位置坐标为（x，y），再根据动能定理和类平抛运动的分解方法，求出电子从第二象限射出电场的位置．对全过程应用动能定理，得到电子离开MNPQ时的动能与x的关系，由数学知识求出最小的动能．
（3）设释放位置坐标为（x，y）．若将左侧电场II整体水平向左移动
，要使电子从x=-2L，y=0处离开电场区域II，电子在电场区域II中类平抛运动通过的水平距离为L-
，竖直距离为y，运用同样的方法得到所有位置坐标方程．
（2）设从AB曲线边界处释放位置坐标为（x，y），再根据动能定理和类平抛运动的分解方法，求出电子从第二象限射出电场的位置．对全过程应用动能定理，得到电子离开MNPQ时的动能与x的关系，由数学知识求出最小的动能．
（3）设释放位置坐标为（x，y）．若将左侧电场II整体水平向左移动
| L |
| n |
| L |
| n |
解答：解：
（1）由题，B点纵坐标yB=L，根据双曲线方程y=
得到，横坐标xB=
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
得到y=
又y=
，解得s=L
即所有从边界AB上静止释放的电子均从P点射出．
从边界AB出发到P点射出的全过程，由动能定理得：
Ek=eE（x+y）
又y=
，得到
Ek=eE（x+
），根据数学知识得知，当x=y=
时，动能Ek有最小值Ek=eEL
（3）设释放位置坐标为（x，y），eEx=
mv2，L-
=vt，y=
at2a=
，
解得：y=
(1-
)2
答：
（1）从电场I的边界B点处由静止释放电子，电子从P点射出．
（2）由电场I的AB曲线边界处由静止释放电子离开MNPQ时的最小动能是eEL；
（3）若将左侧电场II整体水平向左移动
（n≥1），要使电子从x=-2L，y=0处离开电场区域II，在电场I区域内由静止释放电子的所有位置坐标方程为y=
(1-
)2．
（1）由题，B点纵坐标yB=L，根据双曲线方程y=
| L2 |
| 4x |
| L |
| 4 |
电子从B运动到C过程，根据动能定理得
eE
| L |
| 4 |
| 1 |
| 2 |
电子在MNPQ区域做类平抛运动，
水平方向：s=vt，
竖直方向：L=
| 1 |
| 2 |
| eE |
| m |
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=
| 1 |
| 2 |
s=vt，
y=
| 1 |
| 2 |
| eE |
| 2m |
得到y=
| s2 |
| 4x |
又y=
| L2 |
| 4x |
即所有从边界AB上静止释放的电子均从P点射出．
从边界AB出发到P点射出的全过程，由动能定理得：
Ek=eE（x+y）
又y=
| L2 |
| 4x |
Ek=eE（x+
| L2 |
| 4x |
| L |
| 2 |
（3）设释放位置坐标为（x，y），eEx=
| 1 |
| 2 |
| L |
| n |
| 1 |
| 2 |
| eE |
| m |
解得：y=
| L2 |
| 4x |
| 1 |
| n |
答：
（1）从电场I的边界B点处由静止释放电子，电子从P点射出．
（2）由电场I的AB曲线边界处由静止释放电子离开MNPQ时的最小动能是eEL；
（3）若将左侧电场II整体水平向左移动
| L |
| n |
| L2 |
| 4x |
| 1 |
| n |
点评：本题中电子先加速后偏转，基本方法是动能定理和运动的分解，难点在于数学知识的应用求极值和轨迹方程．
