8．(1) 在O点的左方．(2) UNO =． (1)由动能定理可得在O点的左方．(2)在竖直方向 mgt = mv sinθ.水平方向 qEt = mv + mv cosθ．(3) 油滴由O点N点——青夏教育精英家教网—

8．(1) 在O点的左方．(2) U_NO=．

(1)由动能定理可得在O点的左方．(2)在竖直方向 mgt = mv sinθ，水平方向 qEt = mv + mv cosθ．(3) 油滴由O点N点，由qU－mgh = 0，在竖直方向上，(v₀ sinθ)²= 2gh．U_NO=．

7．(1)略 (2)ΔE = 4.8×10^-5J

(1) 电荷所受电场力与F反向，匀强电场方向为即为力F方向．

(2) 电荷克服电场力做功，电势能的变化量为△E=F·AB·sinα=4.8×10^-5J

3.1电场(答案)

[例题]例1．第一次滑行μ(mg－qE)L=mv₀²－(m+M)v₀²，第二次滑行μ(mg+qE)L=mv₀²－(m+M)v₀²得．例2．对时间t内喷出的油漆，q=It　①，qU=mv²　②，Ft=mv　 ③解三式得．例3．(1)小球在c点时的动能最大，即c点的电势最低．作过c点与圆周相切的线，切线为等势线，Oc方向即为电场方向，其与直径ac夹角为：θ＝∠acO＝30°(2)小球做类平抛运动．有：＝v_ot　　　　　①在沿着电场线方向有：＝　 ②　由图几何关系可得：＝2Rcosθ＝　　　 ③　＝·sinθ＝　④　　＝·cosθ+R＝　⑤　将③、④、⑤式代入①、②两式并解得v_o＝．所以E_k_o= ．例4．(1)若第1个粒子落到O点，由＝v₀₁t₁，＝gt₁²得v₀₁＝2.5 m/s．若落到B点，由L＝v₀₂t₁，＝gt₂²得v₀₂＝5 m/s．故2.5 m/s≤v₀≤5 m/s．(2)由L＝v₀₁t，得t＝4×10^-2 s．＝at²得a＝2.5 m/s²，有mg－qE=ma，E=得Q＝6×10^-6C．所以＝600个．

[练习]1．B　2．AC　3．B　4．D　5．BCD　6．AD　

11．如图3-1-10所示，两平行金属板水平放置，距离d = 2 cm，极板长L = 40 cm，两板与电压U =182 V的直流电源相接，质量m = 0.91×10^-30 kg，电量q = 1.6×10^-19C的电子以速度v₀ = 4×10⁷ m/s在非常靠近A板的O处垂直于场强方向射入电场．

(1)用计算说明电子是否飞出电场；

(2)要使电子飞出电场，A、B板应怎样上下平行移动？(只就单独移动一块极板进行讨论)

图3-1-10

10．如图3-1-9所示，同一竖直平面内固定着两水平绝缘细杆AB、CD，长均为L，两杆间竖直距离为h，BD两端以光滑绝缘的半圆形细杆相连，半圆形细杆与AB、CD在同一竖直面内，且AB、CD恰为半圆形圆弧在B、D两处的切线，O为AD、BC连线的交点，在O点固定一电量为Q的正点电荷．质量为m的小球P带正电荷，电量为q，穿在细杆上，从A以一定初速度出发，沿杆滑动，最后可到达C点．已知小球与两水平杆之间动摩擦因数为μ，小球所受库仑力始终小于小球重力．求：