2022-2023学年山东省青岛市黄岛区高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年山东省青岛市黄岛区高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列说法正确的是( )
A. 点电荷是理想化模型，均匀带电球体可以看作电荷全部集中在球心的点电荷
B. 元电荷是指电荷量为1.6×10−19C的粒子。如正电子和质子都是元电荷
C. 电场强度E与试探电荷的电荷量q有关
D. 在电场中电势降低的方向就是电场方向
2.两个完全相同的金属小球(均可视为点电荷)分别带有+5Q和−3Q的电荷量，固定在相距为r的两处。它们间的库仑力大小为F。两者相互接触后将其固定距离变为2r，则此时两球间库仑力的大小为( )
A. 215FB. 115FC. 60FD. 160F
3.如图，长度为L的导体棒原来不带电，将带电量为q的正点电荷放在导体棒的中心轴线上距离棒左端R处，达到静电平衡后，下列说法正确的是( )
A. 导体棒左端带正电，右端带负电
B. 导体棒左端电势高，右端电势低
C. 导体棒上感应电荷在棒中心O处产生的电场强度大小为 k4q(2R+L)2
D. 导体棒上感应电荷在棒中心O处产生的电场强度方向向右
4.一个带正电的质点，电荷量q=2.0×10−9C，在静电场中由A点移动到B点，在这个过程中除电场力外的其它力做的功W=8.0×10−5J，质点的动能增大了6.0×10−5J，规定B点电势为零，则A点的电势φA为( )
A. 1.0×104VB. −1.0×104VC. 3.0×104VD. −4.0×104V
5.如图，空间中a、b、c、d四点是正四面体的四个顶点。m、n两点是棱ac、bc中点、电荷量为+Q和−Q的点电荷分别固定在a、b两点。下列说法正确的是( )
A. m点电等于n点电势
B. m点电场强度大于n点电场强度
C. c点电势高于d点电势
D. c点电场强度等于d点电场强度
6.我国科技创新规划提出要加强“深海”领域的探测和研究。如图是某大学科研小组在深海探测结束后，利用牵引汽车将探测器从海面起吊上岸的示意图。若不计滑轮摩擦和牵引绳质量。在牵引汽车以速率v匀速向右运动的过程中。下列说法正确的是( )
A. 探测器处于失重状态
B. 探测器上升的速率大于v
C. 牵引绳拉力等于探测器重力
D. 牵引绳拉力做的功大于探测器重力势能的增加量
7.如图，平行板电容器经开关S与电源连接、当S闭合时、电容器两极板间有一带电油滴静止在a点。已知油滴所带电荷量很小，a点的电势为φa、下列说法正确的是( )
A. 将电容器的B板向下稍微移动、φa不变
B. 将电容器的B板向下稍微移动、油滴不动
C. 断开S，将电容器的B板向下稍微移动、φa升高
D. 断开S，将电容器的B板向下稍微移动、油滴向下移动
二、多选题：本大题共5小题，共19分。
8.为避免发生雷击，高大的建筑物顶端均需安装避雷针。如图是某避雷针放电时空间电场线的分布图。a、b、c三点在同一电场线上。空间电场分布关于直线ac对称。图中的虚线是一带电粒子只在电场力作用下在电场中的运动轨迹。已知ab=bc、下列说法正确的是( )
A. 粒子一定带负电
B. 粒子的速率一直在增加
C. 粒子在图中A点的电势能一定大于在B点的电势能
D. ab两点的电势差等于bc两点的电势差
9.如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦。在车厢相互靠近使弹簧压缩的过程中，下列说法正确的是( )
A. 缓冲器的机械能守恒
B. 摩擦力做功消耗机械能
C. 垫板的动能转化为系统的内能和弹簧的弹性势能
D. 弹簧的弹性势能全部转化为动能
10.如图甲所示，一圆心为O的圆形区域处在平行于纸面的匀强电场中，其半径R=1m。M为圆弧上一点，θ是半径OM与OC组成的角度，当θ沿逆时针方向增大时M点的电势φ随θ变化的关系如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 匀强电场方向为垂直于AD连线向上
B. 匀强电场的电场强度大小为1.5V/m
C. 将一质子由B点移至D点，电势能减少3eV
D. 将一电子由A点沿圆弧逆时针移至C点，电场力先做正功后做负功
11.2023年5月30日上午9时31分，搭载神舟十六号载人飞船的运载火箭在酒泉卫星发射中心成功发射，其中载荷专家桂海潮是北京航空航天大学的教授，主要负责空间科学实验载荷的在轨操作，这也是我国航天员作为载荷专家完成空间站的“首秀”。如图为神舟十六号发射和与空间站交会对接过程示意图，图中I为近地圆轨道，Ⅱ为椭圆转移轨道，Ⅲ为空间站所在圆轨道，飞船在三个轨道上运行周期分别为T1、T2、T3，P、Q分别为轨道Ⅱ与轨道Ⅰ、Ⅲ的交会点。根据上述信息，下列说法正确的是( )
A. 飞船在三个轨道上运行周期的大小关系为T1B. 飞船从轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ时需要在Q点加速
C. 飞船在轨道Ⅱ上从P点运行到Q点的过程机械能逐渐减小
D. 飞船在轨道Ⅰ上运行时的机械能小于在轨道Ⅲ上运行时的机械能
12.如图甲所示，水平面上固定一倾角为37∘的光滑绝缘斜面，空间存在水平向右的匀强电场。一带电量q=4×10−5C的小物块从斜面底端以一定初速度沿斜面上滑，图乙是在上滑过程中物块的电势能、动能分别随位移x变化的关系。已知重力加速度，g=10m/s2，则物块质量m和电场强度E的大小分别为( )
A. m=0.5kgB. m=0.3kg
C. E=2×105N/CD. E=2.5×105N/C
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
13.如图是小明同学为验证机械能守恒定律自制的实验装置，固定在地面上的平台上表面为四分之一圆弧，一铁架台底端焊接在圆弧最低点F，O点是圆弧的圆心，光电门1、2、3、4、5分别放置在圆弧的六等分点上。已知当地重力加速度为g，实验时轻质细绳一端系在O点，另一端连接一质量分布均匀的小钢球，将小球从圆弧最高点由静止释放，运动过程中细绳始终处于伸直状态。
(1)要完成实验，需要测量下列哪些物理量______；
A.小球的质量m
B.小球的直径d
C.小球球心到细绳悬点O的距离L
D.小球由静止释放到运动至每个光电门位置所用的时间t
(2)测得小球通过光电门2、4的挡光时间为Δt2、Δt4，结合(1)中测定的物理量，在误差允许范围内若满足______的关系，则证明小球在2、4两点的机械能相等；
(3)以细线与水平方向夹角θ的正弦sinθ为横坐标，小球速度的平方v2为纵坐标，做出v2−sinθ的关系图线，若摆动过程中机械能守恒，图线的斜率为______(结果用题中所给字母表示)。
14.某学校兴趣小组利用电流传感器观察电容器的充、放电现象，设计电路如图甲所示。
(1)将开关S与端点2连接时电源短时间内对电容器完成充电，充电后电容器右极板带______电(选填“正”或“负”)；然后把开关S连接端点1，K断开，电容器通过电阻放电，计算机记录下电流传感器中电流随时间的变化关系。如图乙是计算机输出的电容器充、放电过程电流随时间变化的I−t图像；
(2)根据I−t图像估算电容器在充电结束时储存的电荷量为______C(结果保留两位有效数字)；
(3)已知直流电源的电压为6V，则电容器的电容为______F(结果保留两位有效数字)；
(4)如果不改变电路其他参数，闭合开关K，重复上述实验，则充电时I−t曲线与横轴所围成的面积将______(选填“变大”“不变”或“变小”)；充电时间将______(选填“变长”“不变”或“变短”)。
四、简答题：本大题共4小题，共46分。
15.一个质量为m、电荷量为e的电子在库仑力的作用下，以速度v绕位于圆心电荷量为Q的原子核做匀速圆周运动，在一段时间内其速度方向改变了θ弧度，已知静电力常量为k。
(1)求电子在这一段时间内走过的弧长s；
(2)求电子绕原子核运动一周所用时间T。
16.如图是某青少年拓展基地的一台弹珠枪的示意图，ABCD是一个倾角θ=30∘的光滑长方形平台，宽AB为1.6m，长BC为4m，斜面上端固定一个半径R=0.8m的光滑四分之一圆弧轨道，分别与AB、BC相切与 E、F点，弹珠枪位于A点，沿着AB边发射质量为0.2kg的弹珠，弹珠从E点进入圆弧轨道后恰好可以经过F点。已知重力加速度，g=10m/s2。求：
(1)若弹珠恰好经过F点，在F点速度大小；
(2)若弹珠恰好经过F点，在A点的发射速度大小；
(3)若弹珠恰好经过D点，弹珠在F点受到圆轨道压力的大小。
17.如图，在平面直角坐标系xOy中，平行于x轴的金属板A、B放置在第二象限，y轴上的C点到两金属板的距离相等。放射源P在A极板最左端沿某方向发射一个带正电的粒子，已知两金属板长为L，间距为d，当A、B板间加一特定电压时，粒子会沿平行于x轴的速度v从C点进入第一象限内的静电分析器，分析器中存在电场线沿半径方向指向圆心O的均匀幅向电场，粒子恰好在分析器内做匀速圆周运动，运动轨迹处的场强大小为E0。若带电粒子质量为m，电荷量为+q，不计粒子重力，忽略金属板的边缘效应。求：
(1)平行金属板A、B之间的电压；
(2)粒子在P点的发射速度大小v0；
(3)粒子在静电分析器中运动的时间t。
18.如图，整个空间存在水平向左的匀强电场，竖直面内有一直角坐标系xOy，以y轴为对称轴的光滑圆弧形绝缘轨道ABC放置在x轴下方，轨道与y轴交于B点，与x轴交于A(−0.4,0)、C(0.4,0)两点。现有一个可视为质点的带电绝缘小球沿PA所在直线向A点匀加速运动，从A点沿切线方向进入轨道，一段时间后从C点离开。若小球在轨道内运动过程中恰好不脱离轨道，已知小球质量m=0.3kg，电荷量q=0.4C，P点的坐标为(0,0.3)，重力加速度为g=10m/s2，不考虑空气阻力的影响。求：
(1)匀强电场电场强度的大小；
(2)小球对轨道压力的最大值；
(3)小球经过P点时的速度大小；
(4)当小球从C点飞出时，小球落在x轴上的位置坐标。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.点电荷是理想化模型，均匀带电球体外部电场分布可以看作是电荷全部集中在球心的点电荷所形成的电场，故A正确；
B.元电荷是指电荷量的概念，而不是实物粒子，故B错误；
C.场强的大小与试探电荷的电量无关，与有无试探电荷无关，故C错误；
D.在电场中电势降低的方向不一定是电场方向，电势降低最快的方向才是电场方向，故D错误。
故选：A。
点电荷是理想化模型，均匀带电球体外部电场分布可以看作是电荷全部集中在球心的点电荷所形成的电场；元电荷是最小的电荷量；电场强度由电场本身决定；电势降低最快的方向才是电场方向。
本题考查电学基本知识，解题关键是知道点电荷和元电荷的概念，知道电场强度由电场本身决定。
2.【答案】D
【解析】解：根据库仑定律可得
F=k5Q⋅3Qr2=15kQ2r2
两者相互接触后，各自带电荷量均为+Q，所以
F=kQ⋅Q(2r)2=14kQ2r2=160F
故选：D。
清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分；根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题。
本题考查库仑定律及带电体电量的转移问题。注意两电荷接触后各自电荷量的变化，这是解决本题的关键。
3.【答案】C
【解析】解：A、由于带电量q的正点电荷放在导体棒的中心轴线上距离棒左端处，根据同种电荷相斥，异种电荷相吸，可知导体棒左端带负电，右端带正电，故A错误；
B、水平导体棒达到静电平衡后，导体棒是一个等势体，电势处处相等，则导体棒左右两端电势相等，故B错误；
C、棒上感应电荷在棒内中点产生的场强大小与点电荷+q在该处产生的电场强度大小相等，方向相反，故可得棒上感应电荷在棒中心O处产生的电场强度大小为E=kq(R+0.5L)2=4kq(2R+L)2，故C正确；
D、棒上感应电荷中点O处产生的场强大小与点电荷在该处产生的电场强度大小相等，方向相反，所以棒上感应电荷在O点处产生的电场方向向左，故D错误。
故选：C。
当棒达到静电平衡后，棒内各点的合场强为零，即感应电荷产生的电场强度与+q产生的电场强度大小相等、方向相反，根据静电平衡的特点和点电荷场强公式E=kqr2结合求解。
感应带电的本质是电荷的转移，当金属导体处于电场时会出现静电平衡现象，关键要理解并掌握静电平衡的特点。
4.【答案】B
【解析】解：由A点到B点，由动能定理：
W电+W=ΔEk
得电场力所做的功：W电=−2×10−5J
W电=qU=q(φB−φA)
得：φA=−1×104V，故ACD错误，B正确。
故选：B。
由动能定理求出电场力所做的功，根据电场力做功与电势差的关系，可表达出未知电势。
应用动能定理求出电场力做的功是本题的关键，电势差与电势的关系表达时不要弄错。
5.【答案】D
【解析】解：AC、沿着电场线方向，电势逐渐降低，则m点电势高于n点电势，根据对称性及异种电荷等势面的分布可知c点电势等于d点电势，故AC错误；
BD、根据对称性及电场的矢量叠加可知m点电场强度等于n点电场强度，c点电场强度等于d点电场强度，故B错误，D正确；
故选：D。
沿着电场线方向，电势逐渐降低，根据对称性及电场的矢量叠加分析电场的大小。
本题考查电势和电场强度的大小比较，解题关键掌握沿着电场线方向，电势逐渐降低，注意电场的矢量叠加原理。
6.【答案】D
【解析】解：B、如图所示，设牵引绳与水平方向夹角为θ，将汽车的速度分解为沿绳方向、垂直绳方向。
当牵引汽车匀速运动时，探测器的速度大小为v1=vcsθ，则可知v1A、随着牵引汽车的运动，θ减小，csθ增大，v1增大，所以探测器向上做加速运动，加速度向上，探测器处于超重状态，故A错误；
C、设探测器质量为m，牵引绳拉力为T，对探测器由牛顿第二定律有：T−mg=ma
可得：T=mg+ma
即牵引绳拉力大于探测器重力，故C错误；
D、探测器重力势能的增加量等于探测器克服重力所做的功；由于牵引绳拉力大于探测器重力，故牵引绳拉力做的功大于探测器克服重力所做的功，即大于探测器重力势能的增加量，故D正确。
故选：D。
将汽车的速度分解为沿绳方向、垂直于绳方向，沿绳方向分速度的大小等于探测器的速度大小；再根据牛顿第二定律判断绳上拉力的变化；根据功能关系判断牵引绳拉力做的功与探测器重力势能增加量的大小关系。
解答本题，关键要将汽车的运动分解为沿绳和垂直于绳方向，明确汽车沿绳方向的分速度大小等于探测器的速度大小。
7.【答案】C
【解析】解：AB、保持开关闭合，电压U不变，将电容器的B板向下稍微移动，则板间距增大，由
E=Ud
可知，场强减小，电场力减小，之前静止的油滴将向下运动，根据
φa=U−UAa=U−E⋅Aa
可知场强减小，Aa距离不变，电势升高，故AB错误；
CD、断开S，电荷量保持不变，根据公式
C=QU
C=εrS4πkd
E=Ud
解得
E=4πkQϵrS
可知将电容器的B板向下稍微移动，场强E保持不变，油滴受力不变，保持静止，根据
φa=UaB=E⋅aB
可知场强不变，距离增大，则电势升高，故C正确，D错误。
故选：C。
当S闭合，电压两极板间U不变，根据匀强电场场强与电势差的关系判断出极板间的电场强度的变化，再判断电势变化；断开S，Q保持不变，平行板电容器的电容的决定式、电容的定义式与判断极板间的电场强度如何变化，然后判断a点电势、油滴的受力如何变化，判断油滴如何运动。
本题分析清楚极板间电场强度如何变化是解题的关键，要掌握与电容有关的两个公式：电容的决定式C=εrS4πkd和电容的定义式C=QU，运用控制变量法进行分析。
8.【答案】BC
【解析】解：AB、带电粒子仅在电场力作用下运动，带电粒子受到电场力指向其轨迹的内侧，可知粒子所受电场力方向与电场方向相同，故粒子的带正电。粒子是从A点向B点运动，电场力方向与速度方向夹角始终为锐角，则粒子的速率一直在增加，故A错误，B正确；
C、粒子带正电，从A点向B点运动，电场力做正功，电势能减小，A点的电势能一定大于在B点的电势能，故C正确；
D、由电场线的分布可知ab间各处的电场强度均小于bc间各处的电场强度，因ab=bc，根据U=Ed，故ab两点的电势差小于bc两点的电势差，故D错误。
故选：BC。
仅在电场力作用下运动，电场力应指向曲线的凹侧，从而判断电场力方向及粒子的电性；根据电场力做功判断电势能的变化；根据U=Ed判断电势差的关系。
本题考查了带电粒子在电场中的运动，结合受力和做功情况进行分析，需要熟练掌握相关知识。
9.【答案】BC
【解析】解：A、通过克服摩擦力做功，系统的机械能向内能转化，故缓冲器的机械能减小，故A错误；
B、通过克服摩擦力做功，系统消耗机械能，故B正确；
CD、在车厢相互靠近使弹簧压缩的过程中，垫块的动能转化为系统的内能和弹簧的弹性势能，故C正确，D错误。
故选：BC。
通过克服摩擦力做功，系统的机械能向内能转化，结合能量守恒定律分析即可。
本题关键是明确缓冲器通过摩擦将部分动能转化为内能，还会储存部分弹性势能，再次向内能和动能转化，属于基础问题。
10.【答案】BD
【解析】解：AB、由图可知当θ=π4时，M点电势最低，为1V；当θ=5π4,M点电势最高，为4V，可知圆周上电势最低与电势最高的位置在与AD连线平行的直径两端，故电场方向沿AD连线方向上，大小为：
E=U2R=4V−1V2m=1.5V/m，故A错误，B正确；
C、BD两点之间的电势差为
UBD=E⋅2Rcs45∘=1.5×2×1× 22V=3 22V
将一质子由B点移至D点，电场力做功
W=qUBD=e⋅3 22V=3 22eV
即电势能减小3 22eV，故C错误；
D、因为电场线沿AD连线方向，故将一电子由A点沿圆弧逆时针移至C点，电场力先做正功后做负功，故D正确。
故选：BD。
根据E=Ud求匀强电场电场强度大小；电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势；根据公式U=Ed，ΔEp=−eU求解，电势能的变化量等于电场力做功相反数。
本题涉及知识点较多，有电场强度与电势差的关系、电场线与等势线垂直、电势能变化等于电场力做功相反数，是一道中等难度题。
11.【答案】ABD
【解析】解：A、飞船在三个轨道上运行时，均是围绕地球这一中心天体运动，由开普勒第三定律可知a3T2=K，即飞船的轨道半径(或长半轴)与运行周期成正比，所以飞船在三个轨道上运行周期的大小关系为T1B、根据飞船变轨原理，飞船从轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ时，需要在Q点加速做离心运动方能进入轨道半径更大的轨道Ⅲ，故B正确；
C、飞船在轨道Ⅱ上从P点运行到Q点的过程，动能逐渐减小，引力势能逐渐增加，但飞船的机械能保持不变，故C错误；
D、飞船在轨道Ⅰ上运行时，需要在P点加速方能进入轨道Ⅱ，即飞船在轨道Ⅰ的机械能小于在轨道Ⅱ的机械能；飞船在轨道Ⅱ上运行，在Q点再加速方能进入轨道Ⅲ，即飞船在轨道Ⅱ的机械能小于在轨道Ⅲ的机械能；所以，飞船在轨道Ⅰ上运行时的机械能小于在轨道Ⅲ上运行时的机械能，故D正确。
故选：ABD。
A、根据开普勒第三定律，可以判断飞船在三个轨道上运行周期的大小关系。
B、根据飞船的变轨原理，判断飞船从轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ时是否需要在Q点加速。
C、飞船在同一轨道上运行时，机械能不变。
D、飞船在低轨道上运行时，需要加速获得更多的能量才能脱离原轨道进入更高的轨道，飞船在低轨道的机械能小于在高轨道上运行时的机械能。
解答本题，要掌握飞船的变轨原理，要掌握飞船在不同轨道上的运行周期大小关系、机械能大小关系。
12.【答案】AD
【解析】解：物块沿斜面向上运动，动能减小，电势能增加；由图可知当位移为5m时，有
Ek=0，Ep=40J
所以当位移x=5m时，根据动能定理有
−qExcs37∘−mgxsin37∘=Ek−Ek0
而
qExcs37∘=Ep−0
联立解得
m=0.5kg，E=2.5×105N/C
故选：AD。
根据图像找到x=5m时的动能和电势能，根据动能定理和电场力做功与电势能变化的关系，列方程组求解。
本题考查了动能定理，通过与图像结合，利用电场力做功与电势能变化的关系解题，题型新颖，难度不算大。
13.【答案】BC( 3−1)gL=(dΔt4)2−(dΔt2)2 2 gL
【解析】解：(1)验证机械能守恒的表达式中，质量可以约去故不需要测量小球的质量m；为了得到小球经过光电门时的速度，需要测量小球的直径d和小球经过光电门的挡光时间Δt；为了得到小球下落的高度，需要测量小球球心到细绳悬点O的距离L，故选BC。
(2)测得小球通过光电门2、4的挡光时间为Δt2、Δt4，则小球通过光电门2、4的速度分别为v2=dΔt2，v4=dΔt4
光电门1、2、3、4、5分别放置在圆弧的六等分点上，可知光电门2、4与水平方向的夹角分别为30∘、60∘；以圆弧最高点为零重力势能参考平面，则在误差允许范围内若满足12mv22−mgLsin30∘=12mv42−mgLsin60∘
联立可得( 3−1)gL=(dΔt4)2−(dΔt2)2，则证明小球在2、4两点的机械能相等；
(3)根据机械能守恒可得mgLsinθ=12mv22
可得v2=2gLsinθ
若摆动过程中机械能守恒，v2−sinθ图线的斜率为k=2gL。
故答案为：(1)BC；(2)( 3−1)gL=(dΔt4)2−(dΔt2)2；(3)2gL。
(1)明确机械能守恒定律的基本内容，根据需要验证的表达式确定应测量的物理量；
(2)根据极短时间内的平均速度表示瞬时速度求出小球通过光电门的速度，再根据机械能守恒定律列式确定应验证的表达式；
(3)根据机械能守恒定律列式确定出v2与sinθ的表达式，从而确定图线的斜率的意义。
本题考查验证机械能守恒定律的实验，要注意明确实验原理，掌握数据处理的基本方法。
14.【答案】负 1.3×10−3 2.2×10−4 不变 变短
【解析】解：(1)由图可知开关S与端点2连接时，电容器右极板与电源负极连接，充电后电容器右极板带负电；
(2)I−t图像与横轴所围的面积表示电容存储的电荷量，1小格的面积为
ΔQ=0.1×10−3×0.5C=5×10−5C
超过半格算1格，不足半格的舍去，可知总共约26格，故电容器在全部放电过程中释放的电荷量为
Q=26×5×10−5C=1.3×10−3C
(3)已直流电源的电压为6V，则电容器的电容为
C=QU=1.3×10−36F≈2.2×10−4F
(4)由于电容存储的电荷量不变，如果不改变电路其他参数，闭合开关K，重复上述实验，则充电时I−t曲线与横轴所围成的面积将不变。
闭合开关K，电容器串联的电阻值减小，充电电流变大，充电时间将变短。
故答案为：(1)负；(2)1.3×10−3；(3)2.2×10−4；(4)不变；变短
(1)根据电路图可知，单刀双掷开关连接2是充电，与电源负极连接的为负极板；
(2)I−t图像与横轴所围的面积表示电容存储的电荷量；
(3)根据电容定义式计算电容；
(4)由于电量不变，则充电时I−t曲线与横轴所围成的面积将不变，电容器串联的电阻值减小，充电电流变大，充电时间将变短。
本题关键根据实验原理分析电容器的正负极接法、电容器充满后的电压、以及微积分法求电量等。
15.【答案】解：(1)电子所受到的库仑力提供向心力有
kQqr2=mv2r
这段时间内走过的弧长为
s=θr
联立可得
s=kQqθmv2
(2)电子绕原子核运动一周所用时间为
T=2πrv=2πkQqmv3
答：(1)电子在这一段时间内走过的弧长s为kQqθmv2；
(2)电子绕原子核运动一周所用时间T为2πkQqmv3。
【解析】(1)根据电子所受到的库仑力提供向心力，可得轨道半径，利用弧长公式s=θr计算弧长；
(2)利用周期公式求电子绕原子核运动一周的时间。
本题考查了电子的圆周运动，要明确是由库仑力提供向心力，是解题的关键。
16.【答案】解：(1)由题意可知，弹珠在斜面上自由运动时所受的合力为
F=mgsinθ
若弹珠恰好经过F点，根据牛顿第二定律
mgsinθ=mvF2R
解得
vF=2m/s
(2)从A点到F点，根据动能定理得
−mgh=12mvF2−12mvA2
从A点到F点的高度为
h=lABsinθ=1.6×sin30∘m=0.8m
联立解得
vA=2 5m/s
(3)弹珠从F点到D点做类平抛运动，加速度为
a=Fm=gsinθ=10×sin30∘m/s2=5m/s2
根据类平抛运动可知
lFC=lBC−R=vFt
lCD=12at2
解得
vF=4m/s
在F点根据牛顿第二定律
mgsinθ+FN=mvF2R
解得
FN=3N
根据牛顿第三定律
F压=FN=3N
答：(1)若弹珠恰好经过F点，在F点速度大小2m/s；
(2)若弹珠恰好经过F点，在A点的发射速度大小2 5m/s；
(3)若弹珠恰好经过D点，弹珠在F点受到圆轨道压力的大小3N。
【解析】(1)弹珠恰好经过F点，重力的分力mgsinθ提供向心力，根据牛顿第二定律求解在F点速度大小；
(2)A点到F点，根据动能定理求解在A点的发射速度大小；
(3)弹珠从F点到D点做类平抛运动，根据类平抛运动知识可得F点的速度，F点重力分力mgsinθ和压力的合力提供向心力可解轨道压力的大小。
本题考查了倾斜轨道的圆周运动，弄清楚向心力的来源是解题的关键，涉及的知识较多，有一定的难度。
17.【答案】解：(1)带电粒子在平行金属板间做匀变速曲线运动，其逆过程可看作类平抛运动，根据运动可逆性可得：
平行金属板方向有：L=vt1
竖直金属板方向有：d2=12at12=12⋅qUdm⋅t12
联立解得：U=md2v2qL2
(2)粒子发射时沿y轴方向的分速度为：vy=at1=dvL
所以粒子在P点的发射速度大小为：
v0= v2+vy2= (L2+d2)vL
(3)粒子在静电分析器中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，则有：
qE0=mv2r
粒子运动的周期为：T=2πrv
联立可得：T=2πmvqE0
则时间为：t=14T=πmv2qE0
答：(1)平行金属板A、B之间的电压为md2v2qL2；
(2)粒子在P点的发射速度大小v0为 (L2+d2)vL；
(3)粒子在静电分析器中运动的时间t为πmv2qE0。
【解析】(1)根据带电粒子在电场中的类平抛运动求解电压U。
(2)P点的发射速度大小为x和y方向的合速度；
(3)粒子在静电分析器中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，可求出周期，粒子运动了四分之一周，运动时间为周期的四分之一。
本题考查了带电粒子在电场中的运动，分为类平抛和匀速圆周两个阶段，应用相应知识解答即可，难度中等。
18.【答案】解：(1)小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A点沿切线方向进入，则此时速度方向与水平方向的夹角为：
tanθ=
解得：θ=37∘
则加速度方向与水平方向的夹角为37∘，则有：
tanθ=mgEq
解得：E=mgqtanθ
代入数据解得：E=10N/C
(2)根据几何关系可知：sinθ=0.4mR
解得圆轨道的半径：R=23m
小球在轨道内运动过程中恰好不脱离轨道，则在等效最高点M，恰好由重力和电场力的合力提供向心力，如图
根据牛顿第二定律得：
(qE)2+(mg)2=mvM2R
解得：vM=103m/s
在等效最低点N，小球对轨道压力的最大，此时对小球有
FN− (qE)2+(mg)2=mvN2R
又从N到M点的过程中，根据动能定理得
12mvM2−12mvN2=−mg⋅2Rsinθ−qE⋅2Rcsθ
联立解得：FN=30N
根据牛顿第三定律可知小球对轨道压力的最大值：FN′=FN=30N
(3)从P到M点的过程中，根据动能定理得
12mvM2−12mvP2=mg[R(csθ−sinθ)+0.3m]−qERcsθ
解得：vP=5 63m/s
(4)从M到C的过程中，根据动能定理得
12mvC2−12mvM2=−mgR(csθ−sinθ)+qE(Rcsθ−0.4m)
解得：vC=2 3m/s
小球从C点抛出后在y轴方向做竖直上抛运动，再次回到x轴上的时间为t，则有
vCy=vCsinθ=g×t2
在x轴方向做匀加速直线运动，有
x=vCxt+12×qEmt2=(vCcsθ)t+12×qEmt2
解得沿x轴方向运动的位移大小为：x=2.304m
则小球从C点飞出后落在x轴上的位置坐标为：
x′=0.4m−x=1.4m−2.304m=−1.904m
答：(1)匀强电场电场强度的大小10N/C；
(2)小球对轨道压力的最大值30N；
(3)小球经过P点时的速度大小5 63m/s；
(4)当小球从C点飞出时，小球落在x轴上的位置坐标x′=−1.904m。
【解析】(1)小球重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，从A点沿切线方向进入，可求出加速度方向与水平方向的夹角，根据力的矢量三角形求出场强；
(2)小球在轨道内运动过程中恰好不脱离轨道，则在等效最高点M，恰好由重力和电场力的合力提供向心力，在等效最低点N，小球对轨道压力的最大，从N到M点的过程中，根据动能定理得求压力的最大值；
(3)从P到M点的过程中，根据动能定理，求小球经过P点时的速度大小；
(4)从M到C的过程中，根据动能定理得C点时的速度，再根据斜抛运动求小球落在x轴上的位置坐标。
本题考查了带电粒子在电场、重力场中的运动，综合运用了动能定理、斜抛运动、向心力等知识，有一定的难度。