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xOy平面的第一象限，存在以x轴、y轴及双曲线y=L24x的一

解题思路：（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，根据牛顿第二定律求出加速度，由位移公式求出水平位移求出电子从第二象限射出电场的位置．
（3）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．

（1）设电子的质量为m，电子在电场Ⅰ中做匀加速直线运动，出区域Ⅰ的速度为v₀，接着在无电场区域匀速运动，此后进入电场Ⅱ，在电场Ⅱ中做类平抛运动，假设电子从NP边射出，出射点坐标为y₁，由y＝
L2
4x对于B点，y=L，则x＝
L
4
由动能定理得 eE
L
4＝
1
2m
v20
解得v0＝

eEL
2m
设在电场Ⅱ中运动时间为t₁，则有t1＝
L
v0
电子在y方向的位移：L−y1＝
1
2a
t21＝
1
2
eE
m(
L
v0)2
解得y₁=0
所以原假设成立，即电子离开MNPQ区域的位置坐标为（-2L，0）
（2）设释放点在电场区域Ⅰ中的坐标为（x，y）．在电场Ⅰ中电子被加速，速度为v₁时飞离电场Ⅰ，接着在无电场区域做匀速运动，然后进入电场Ⅱ做类平抛运动，并从NP边离开，运动时间为t₂，偏转位移为y₂，则有eEx＝
1
2m
v21
y2＝
1
2a
t22＝
1
2
eE
m(
L
v1)2
解得：y2＝
L2
4x
所以偏转位移为y₂=y，电子将从P点射出．
所以原假设成立，即在电场Ⅰ区域的AB曲线边界由静止释放的所有电子离开MNPQ时都从P点离开
（3）由以上的分析可知，电子在两个电场中被加速，w=eEx+eEy
则从B到P由动能定理得eE（x+y）=E_k-0
又 y＝
L2
4x
所以只有x=y

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理．

考点点评： 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．