2023-2024学年陕西省西安市长安区高二（上）月考物理试卷（10月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年陕西省西安市长安区高二（上）月考物理试卷（10月份）（含解析），共18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.M和N是两个不带电的物体，它们互相摩擦后M带正电荷且所带电荷量为1.6×10−10C，下列说法正确的是( )
A. 摩擦的过程中电子从N转移到M
B. N在摩擦后一定带负电荷且所带电荷量为1.6×10−10C
C. M在摩擦过程中失去1.6×10−10个电子
D. 元电荷就是电子，元电荷数值是由美国物理学家密立根测得的
2.真空中，两个分别带有电荷量−Q和+3Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F.两小球相互接触后将其固定距离变为r2，则两球间库仑力的大小为( )
A. 112FB. 43FC. 34FD. 12F
3.在xOy直角坐标系中，A、B的坐标分别为(−l,0)和(1,0)，C点在y轴上，A、B、C为等边三角形的顶点，在A、B点分别固定电荷量为+Q和−Q的点电荷。已知A、B连线中点处的电场强度为E，则C点的电场强为( )
A. 18E
B. 14E
C. 12E
D. E
4.如图所示为某静电除尘装置示意图，带电的烟尘微粒进入电极和集尘板间的电场后，在电场力作用下由a经b最终被吸附在集尘板上，其运动轨迹如图中虚线所示。不计烟尘微粒的重力，下列说法正确的是( )
A. 烟尘微粒带正电
B. 烟尘微粒在a点受到的电场力小于在b点受到的电场力
C. 烟尘微粒在a点的加速度方向沿轨迹在该点的切线方向
D. 烟尘微粒在a点的动能小于在b点的动能
5.如图甲所示，点电荷Q的电场中某条电场线上有A、B两点，电子沿电场线运动过程中的速度—时间图像如图乙所示，电子经过A、B两点时的速度分别为vA、vB，假设电子仅受电场力作用，则( )
A. 点电荷Q带负电荷，并且在B点的右侧
B. A、B两点的电场强度大小关系为EA>EB
C. A、B两点的电势关系为φA>φB
D. 电子在A、B两点具有的电势能关系为EpA6.如图所示，长为L的细线拴一个带电荷量为+q、质量为m的小球，重力加速度为g，小球处在竖直向下的匀强电场中，电场强度大小为E，小球恰好能够在竖直平面内做圆周运动，则( )
A. 小球在最高点的速度大小为 gL
B. 当小球运动到最高点时电势能最小
C. 当小球运动到最高点时机械能最大
D. 小球运动到最低点时，动能为52(mg+qE)L
7.电荷量分别为q1和q2的两个点电荷固定在x轴上的A、B两点，两个点电荷连线上各点电势φ随坐标x变化的关系图像如图所示，其中P点电势最高，且xAPA. q1和q2都带正电荷
B. q的电荷量大于q2的电荷量
C. 在A、B两点之间将一个负点电荷沿x轴从P点左侧移到右侧，电势能先减少后增加
D. 一个点电荷只在电场力作用下沿x轴从P点运动到B点，加速度逐渐变小
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，平行板电容器与一个恒压直流电源连接，下极板通过A点接地，上极板与静电计的金属球相连，静电计的外壳接地，一个带正电小球被固定于P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则( )
A. 平行板电容器的电容变小
B. 静电计指针张角变小
C. 带电小球的电势能将增大
D. 若先将下极板与A点之间的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电小球所受电场力不变
9.如图所示，质子(11H)和氦核(24He)均从静止开始经电势差为U1的电场AB加速后垂直进入电势差为U2的偏转电场CD，离开电场时偏转的距离为y，速度偏转的角度为θ。已知偏转电场两平行板间的距离为d，板长为L。不计重力的影响，已知质子和氮核的质量之比为1：4，电荷量之比为1：2。则下列说法正确的是( )
A. 质子(11H)偏转的距离y较大B. 氦核(24He)速度偏转的角度θ较小
C. 氦核(24He)射出偏转电场时的动能较大D. 质子(11H)射出偏转电场时的速度较大
10.如图甲所示，A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压，A板的电势为0，一质量为m，电荷量为q的电子仅在电场力作用下，在t=T4时刻由静止释放进入两极板运动，恰好到达B板．则( )
A. A、B两板间的距离为 qU0T216m
B. 电子在两板间的最大速度为 qU0m
C. 电子在两板间做匀加速直线运动
D. 若电子在t=T8时刻进入两极板．它将时而向B板运动，时而向A板运动，最终到达B板
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.某物理兴趣小组利用如图所示装置来探究影响电荷间静电力的因素。A是一个带正电的物体，系在绝缘丝线上的带正电的小球会在静电力的作用下发生偏离，静电力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来。他们分别进行了以下操作。
步骤一：把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1、P2、P3等位置，比较小球在不同位置所受带电物体的静电力的大小。
步骤二：使小球处于同一位贸，增大或减小小球所带的电荷量，比较小球所受的静电力的大小。
(1)该实验采用的方法是______。(填正确选项前的字母)
A.理想实验法
B.控制变量法
C.等效替代法
(2)若球质量为m，在P1位置的偏离竖直方向的夹角为α，则带电体受的库仑力大小为______。
(3)在实验中，同学让两半径为R的小球分别带上q1和q2的正电，并使两小球球心相距3R时处于平衡状态，利用公式F=kq1q2(3R)2来计算两球之间的库仑力，你以为该值与第二问的结果相比应该______(选填“偏大”“偏小”或“相等”)，理由是：______。
12.图甲是研究电容器充、放电的实验电路，电源两端的电压保持不变。开关S先接1，电容器充电，充电完毕后开关S再接2，电容器放电，电流传感器得到的放电电流随时间变化的图线如图乙所示。

(1)乙图图线与坐标轴围成的面积大小表示通过电阻R的______ 。
(2)断开S，将滑片P向右移动一段距离，再重复以上操作，得到另一条I−t曲线。新得到的I−t曲线与原曲线相比与纵轴的交点______ (选填“向上”或“向下”)移动，与横轴的交点______ (选填“向左”或“向右”)移动。新得到的I−t曲线与原曲线相比，与坐标轴所围面积______ (选填“不变”“变小”或“变大”)。
(3)关于电容器在整个充、放电过程中的q−t图像和u−t图像的大致形状(图丙)，可能正确的有______ (q为电容器极板所带的电荷量，u为电容器上下两极板的电势差)。
四、简答题：本大题共3小题，共39分。
13.把带电荷量为1×10−8C的正点电荷从无限远处移到电场中A点，要克服电场力做功4×10−6J，若把该电荷从无限远处移到电场中B点，需克服电场力做功2×10−4J取无限远处电势为零。求：
(1)A点的电势；
(2)A、B两点间的电势差；
(3)把2×10−5C的负电荷由A点移到B点电场力做的功。
14.如图所示，平行金属板电容器水平放置，A、B两极板通过开关S与电源相连，A极板中心开有一个小孔，A、B两极板间距离为d，电容器的电容为C；闭合开关S，将质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高d2处的O点由静止释放，小球穿过小孔到达B极板处时速度恰好为零。重力加速度大小为g，小球可视为质点，小孔极小，不计空气阻力，A、B两极板间的电场可视为匀强电场。
(1)求电容器所带的电荷量；
(2)保持开关S闭合，若将电容器的B极板上移d3；
①求两极板间的电场强度的大小；
②再次将小球从O点由静止释放，当小球在电容器中速度减为零时，求小球离A极板的距离。
15.如图甲所示，在空间中建立xOy坐标系，α射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成，放置在第Ⅱ象限，细管C到两金属板距离相等，细管C开口在y轴上。放射源P在A板左端，可以沿特定方向发射某一初速度的α粒子。若金属板长为L、间距为d，当A、B板间加上某一电压时，α粒子刚好能以速度v0从细管C水平射出，进入位于第Ⅰ象限的静电分析器中。静电分析器中存在着辐向电场(电场线沿半径方向指向圆心O)，α粒子在该电场中恰好做匀速圆周运动，α粒子运动轨迹处的场强大小为E0。t=0时刻α粒子垂直x轴进入第Ⅳ象限的交变电场中，交变电场的电场强度随时间的变化关系如图乙所示，规定沿x轴正方向为电场的正方向。已知α粒子的电荷量为2e(e为元电荷)、质量为m，重力不计。求：
(1)α粒子从放射源P运动到C的过程中动能的变化量ΔEk和发射时初速度v的大小；
(2)α粒子在静电分析器中运动的轨迹半径r和运动的时间t0；
(3)当t=T时，α粒子的坐标。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.M和N摩擦后M带正电荷，说明M失去电子，电子从M转移到N，故A错误；
B.根据电荷守恒定律，M和N这个与外界没有电荷交换的系统原来电荷量的代数和为0，摩擦后电荷量的代数和应仍为0，所以N在摩擦后一定带负电荷且所带电荷量为1.6×10−10C，故B正确；
C.元电荷e的值为1.60×10−19C，摩擦后M带正电荷且所带电荷量Q为1.6×10−10C，由于M带电荷量是元电荷的整数倍，M在摩擦过程中失去个数为：
n=Qe
代入数据得：n=109
所以M在摩擦过程中失去109个电子，故C错误；
D.元电荷是电子所带的电荷量，不是电子，元电荷数值是由美国物理学家密立根测得的，故D错误。
故选：B。
摩擦带电的实质是电荷的转移，从一个物体转移到另一个物体，在转移过程中，电荷的总量保持不变，由此可判定各个选项。
掌握各种带电现象的实质，是电荷的转移，即从一个物体转移到另一个物体，或从物体的一部分转移到另一部分，转移过程中总量不变。
2.【答案】B
【解析】解：接触前两个带电小球的库仑力为F=kQ⋅3Qr2，接触之后两球电荷中和后在均分，故电荷量q=Q，此时的库仑力为F′=kQQ(r2)2=4kQQr2
解得F′=43F，故B正确
故选：B。
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题电量的转移问题．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】A
【解析】解：ABCD，设等边三角形的边长为L，A、B两点的电荷量大小为Q，根据点电荷求场强的公式E=KQr2，A、B连线中点处的电场强度为
E=2KQ(L2)2=8KQL2
C点的电场强度为
Ec=2KQL2cs60°=18E，故BCD错误，A正确。
故选：A。
根据A、B两点处电荷的电场在C点产生的场强的大小以及方向，结合矢量求合求出C点的电场强度的大小和方向。
本题考查了点电荷的电场强度的叠加，解决本题的关键是理解点电荷的场强公式以及场强的叠加原理。
4.【答案】D
【解析】解：A.由烟尘微粒的运动的轨迹可知，烟尘微粒受电场力的方向指向轨迹的内侧，即电场力的方向指向右上方，而电场线所表示的方向可视为时正电荷受力的大致方向，所以说明烟尘微粒带负电，故A错误；
B.电场线密的地方电场强度大，可知Ea>Eb，根据F=Eq可知烟尘微粒在a点受到的电场力大于在b点受到的电场力，故B错误；
C.由图可知，烟尘微粒在a点的加速度方向沿着电场线切线方向，和运动轨迹的切线方向不是同一方向，故C错误；
D.从a到b电场力的方向与位移方向之间的夹角为锐角，可知电场力做正功，所以烟尘微粒的动能增加，即烟尘微粒在a点的动能小于在b点的动能，故D正确。
故选：D。
分析烟尘微粒的运动的轨迹，受电场力的方向指向轨迹的内侧，从而判断其电性；电场线密的地方电场强度大，由此得出受电场力大小的情况；运动轨迹的切线方向和加速度的切线方向不是同一方向；电场力的方向与位移方向之间的夹角为锐角，说明电场力做正功，动能增加。
学生在解决本题时，应注意仔细阅读题干，从题干中和图片中获取静电除尘装置的信息，结合学习的电场知识作答。
5.【答案】B
【解析】解：AB、由图像可知，电子从A点运动到B点的过程中，速度增大，则电子受到的电场力方向由A→B，而电子带负电，则电场线方向为B→A。根据v−t图像的斜率表示加速度可知，电子从A点到B点过程中，加速度变小，电子所受的电场力减小，即FA>FB，电场强度变小，则EA>EB，则点电荷Q一定带负电荷，并且在A点的左侧，故A错误，B正确；
C、根据沿电场线方向电势逐渐降低，可知B点的电势大于A点的电势，即φB>φA，故C错误；
D、因电子从A点到B点的过程中，速度增大，电场力做正功，则电势能减小，即EpA>EpB，故D错误。
故选：B。
电子仅受电场力作用，从A点运动到B点，分析电场力的方向，确定电场线的方向。根据v−t图像斜率的变化，分析电子加速度的变化，判断场强的变化，再确定点电荷的位置；根据顺着电场线方向电势降低，判断电势的高低。根据电场力做功正负分析电势能的变化情况。
本题要根据电子的运动情况判断电子的受力情况，从而确定场强、电势的变化情况。本题也可以根据能量守恒分析电势能的变化情况。
6.【答案】D
【解析】解：A、小球恰好能够在竖直平面内做圆周运动，则在最高点由重力和电场力的合力提供向心力，有
mg+Eq=mv2L
解得
小球在最高点的速度大小v= (mg+Eq)mL，故A错误；
BC、小球向上运动时，电场力做负功，电势能增加，当小球运动到最高点时电势能最大，机械能最小，故BC错误；
D、从最高点到最低点的过程中，有重力、电场力做功，根据动能定理得
Ek−12mv2=(mg+Eq)⋅2L
解得
运动到最低点时，动能为Ek=52(mg+Eq)L，故D正确。
故选：D。
小球恰好能够在竖直平面内做圆周运动，则在最高点由重力和电场力的合力提供向心力，根据向心力公式列式即可求解小球在最高点的速度；小球从最低点到最高点的过程中，根据电场力做功正负分析电势能的变化情况，确定电势能最小的位置和机械能最大的位置；根据动能定理即可求解到达最低点时的动能。
解答本题时，关键要把握小球在最高点的临界条件：细线拉力为零，由重力和电场力的合力提供向心力。
7.【答案】C
【解析】解：A、由题图知，越靠近两电荷，电势越低，则q1和q2都是负电荷，故A错误。
B、φ−x图象的斜率表示电场强度，则P点场强为零，根据场强的叠加知两点电荷在P处产生的场强等值反向，又xAPC、由题图知，在A、B之间沿x轴从P点左侧到右侧，电势先增加后减小，则负点电荷的电势能先减小后增大，故C正确。
D、φ−x图象的斜率表示电场强度，则沿x轴从P点运动到B点场强逐渐增大；根据a=qEm可知，电荷只在电场力作用下沿x轴
从P点运动到B点，加速度逐渐增大，故D错误。
故选：C。
根据φ−x图线切线斜率大小等于电场强度大小，读出P点的电场强度大小。根据P点场强大小，由公式E=kQr2判断q1与q2电荷量大小。根据电势随x的变化情况，判断两电荷的电性。负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大。根据场强的变化，分析电场力的变化，从而判断加速度的变化。
本题的关键要知道φ−x图象的斜率表示电场强度，根据图象切线斜率的变化分析电场强度的变化。同时，要了解同种电荷电场的分布情况。
8.【答案】ACD
【解析】解：A.根据电容器的决定式
C=εrS4πkd
可知，由于d增大，则电容减小，故A正确；
B.静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B错误；
C.电势差U不变，d增大，则根据电场强度与电势差的关系
E=Ud
可得电场强度减小，设P点与上极板的距离为x，上极板与P点的电势差
U1=Ex
U1减小，P点与下极板的电势差
U2=U−U1
U2增大，下极板接地电势为零，则P点的电势φP=U2，φP增大，又因为该小球带正电，则电势能增大，故C正确；
D.电容器与电源断开，电荷量Q不变，两极板间的距离d改变，根据电容器公式
E=Ud
C=εrS4πkd=QU
可得
E=Ud=QCd=4πkQϵrS
易得电场强度不变，则带电小球所受电场力不变，故D正确。
故选：ACD。
根据电容的决定式和定义式，以及电场强度与电势差的关系，结合与电源相连电容器电势差不变，断开电源电荷量不变的特点分析求解。
本题考查了电容器的动态分析，学会利用决定式分析电容的变化，理解电容器的充放电特点是解决此类问题的关键。
9.【答案】CD
【解析】解：A、带电粒子在加速电场中加速，根据动能定理可得
U1q=12mv02
所以带电粒子进入偏转电场时速度的大小为
v0= 2qU1m
带电粒子进入偏转电场后偏转的距离
y=12at2=12⋅qU2md⋅(Lv0)2=qU2L22mdv02
则有
y=U2L24dU1
两种粒子的偏转距离相等，故A错误；
B、设粒子离开CD板时，垂直板方向的速度为vy，速度偏转角设为θ，则
vy=at=qU2Lmdv0
tanθ=vyv0=qU2Lmdv02=U2L2dU1
两种粒子的速度偏转角相等，故B错误；
C、射出偏转电场时的动能
Ek=12mv2=12m(v02+vy2)=qU1+qU22L24d2U1
动能与电荷量成正比，所以氦核(24He)射出偏转电场时的动能较大，故C正确；
D、由于速度的合成可知射出偏转电场时的速度
v= 2qU1m+qU22L22md2U1
所以质子qm较大，故质子射出偏转电场时的速度较大，故D正确。
故选：CD。
A、带电粒子在加速电场中，电场力做功U1q，引起动能的增加，由动能定理求出速度v0，带电粒子进入偏转电场后偏转的距离由y=12at2计算，再比较两种粒子的偏转距离；
B、带电粒子进入偏转电场后，做类平抛运动，运用运动的合成与分解，粒子离开CD板时，求出垂直板方向的速度为vy，再由粒子的速度偏转角正切值比较速度偏转角；
C、由动能的表达式，计算射出偏转电场时的动能，比较两种粒子的动能；
D、由速度的合成求出带电粒子射出偏转电场时的速度，并比较两种粒子的速度。
本题是带电粒子在组合场中运动的问题，关键是分析粒子的受力情况和运动情况，用力学的方法进行处理。
10.【答案】AB
【解析】解：A、在t=T4时刻由静止释放进入两极板运动，恰好到达B板，由于在第一个T4内做匀加速直线运动，在第二个T4内做匀减速直线运动，在第三个T4内反向做匀加速直线运动，可知经过T2时间恰好到达B板，加速度a=qU0md，有2×12a(T4)2=d，解得：d= qU0T216m，故A正确．
B、由题意可知，经过T4时间速度最大，则最大速度为：vm=aT4= qU0m，故B正确．
C、电子在两板间先向右做匀加速直线运动，然后向右做匀减速直线运动，速度减为零后反向做匀加速直线运动，然后反向做匀减速直线运动，故C错误．
D、若电子在t=T8时刻进入两极板，先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，若电子匀减速直线运动到零，位移之和大于极板的间距，电子不会做往复运动，在匀减速直线运动的过程中到达B板，故D错误．
故选：AB．
抓住电子在t=T4时刻由静止释放进入两极板运动，恰好到达B板，确定出电子到达另一端的时刻，结合牛顿第二定律和运动学公式求出A、B两板间的距离，根据速度时间公式求出电子在两板间的最大速度．若电子在t=T8时刻进入两极板，结合运动的对称性得出匀加速和匀减速运动的位移之和与极板间距的大小关系，从而分析判断．
本题主要分析粒子在电场中的受力情况，根据牛顿第二定律由受力情况分析粒子的运动情况，也可以根据题意作出粒子运动的速度时间图象求解．
11.【答案】B mgtanα 偏大 同种电荷相互排斥，电荷间等效距离大于3R，库仑力的实际值小于F=kq1q2(3R)2
【解析】解：(1)该实验采用的方法是控制变量法，故B正确，AC错误；
故选：B。
(2)对球受力分析，受力分析图如图所示：
由平衡条件得：F库=mgtanα
(3)在实验中，同学让两半径为R的小球分别带上q1和q2的正电，并使两小球球心相距3R时处于平衡状态，利用公式F=kq1q2(3R)2来计算两球之间的库仑力，该值与第二问的结果相比应该偏大。理由是：同种电荷相互排斥，电荷间等效距离大于3R，库仑力的实际值小于F=kq1q2(3R)2。
故答案为：(1)B；(2)mgtanα；(3)偏大；同种电荷相互排斥，电荷间等效距离大于3R，库仑力的实际值小于F=kq1q2(3R)2。
(1)根据实验原理选择正确的实验方法；
(2)根据受力分析和几何关系得出库仑力的大小；
(3)根据实验原理和电荷重新分布的特点完成分析。
本题主要考查了库仑定律的相关应用，熟悉公式，结合受力分析和几何关系即可完成解答。
12.【答案】电荷量 向下 向右 不变 BD
【解析】解：(1)根据
q=It
可知I−t图线与坐标轴围成的面积大小表示通过电阻R的电荷量；
(2)滑动变阻器接入电路的电阻阻值变大，放电电流的最大值减小，所以，新得到的I−t曲线与原曲线相比与纵轴交点向下移动；
电容器放电时的电荷量不变，新得到的I−t曲线与原曲线相比，与坐标轴所围面积不变，故与横轴交点应随之向右移动。
(3)AB.电源给电容器充电时，电流逐渐减小，则电荷量的变化率刚开始比较大，后来减小；放电时，电流逐渐减小，电荷量变化率刚开始比较大，后来减小，故A错误，B正确；
CD.根据电容的定义式
C=qu
可知C不变，q与u的变化情况相同，故C错误，D正确。
故选：BD。
故答案为：(1)电荷量；(2)向下；向右；不变；(3)BD。
(1)I−t图像与坐标轴围成的面积表示电荷量；
(2)滑动变阻器接入的电阻增大，放电的最大电流减小；电源两端的电压保持不变，电容器的电荷量不变，I−t图线与坐标轴围成的面积不变；
(3)电容器充、放电时电流都是逐渐减小，故电荷量变化率由大到小；电压可根据电容的定义式判断。
本题考查观察电容器充放电实验，要求学生熟练掌握电容器的基本规律及电容器充放电过程中电压、两板之间的场强、电流的变化规律。
13.【答案】解：(1)无穷远处某点O的电势为零，根据电场力做功与电势差关系
WOA=qUOA
又
UOA=φO−φA
联立解得A点的电势为
φA=400V；
(2)同理解得B点的电势为
φB=2×104V
根据电势差与电势的关系
UAB=φA−φB=400V−2×104V=−1.96×104V；
(3)根据电场力做功与电势差的关系
WAB=q′UAB
代入数据解得
WAB=0.392J。
答：(1)A点的电势为400V；
(2)A、B两点间的电势差为−1.96×104V；
(3)把2×10−5C的负电荷由A点移到B点电场力做的功为0.392J。
【解析】(1)根据电场力做功与电势差的关系求解A点的电势；
(2)根据电场力做功与电势差的关系求解B点的电势，再根据电势差与电势的关系求解A、B两点间的电势差；
(3)根据电场力做功与电势差的关系求解电场力做的功。
本题考查静电场中电场力做功与电势差的关系，要求学生熟练掌握静电场中的基础规律。
14.【答案】解：(1)设电容器两极板间的电压为U，小球从释放到B极板的过程中，由动能定理得：
mg(d2+d)−qU=0
根据电容的定义式有
C=QU
联立解得：U=3mgd2d，Q=3Cmgd2q
(2)①保持开关S闭合，则电容器两极板间的电压U不变，B极板上移d3后，两极板间的电场强度大小为
E=Ud−d3=32mgd2d3=9mg4d
②当小球速度减为零时，设小球离A极板的距离为x，由动能定理得
mg(x+d2)−qEx=0
解得：x=2d5
答：(1)电容器所带的电荷量为3Cmgd2q；
(2)①两极板间的电场强度的大小为9mg4q。
②小球离A极板的距离为2d5。
【解析】(1)小球从O点运动到B极板的过程中，根据动能定理列式，可求出电容器两极板间的电压，再根据电容的定义式求解电容器所带的电荷量；
(2)①保持开关S闭合，两极板间的电压U不变，根据公式E=Ud求两极板间的电场强度的大小；
②再次将小球从O点由静止释放，当小球在电容器中速度减为零时，根据动能定理求小球离A极板的距离。
本题主要是考查带电粒子在复合场中的运动，解答本题的关键是能够根据粒子的运动情况分析受力情况，能够根据动能定理结合电容的计算公式进行解答。
15.【答案】解：(1)由题意可知，α粒子在平行金属板中的逆运动为类平抛运动，粒子运动的轨迹如图所示

沿x轴方向有
L=v0t
沿y轴方向有
d2=12at2
由牛顿第二定律有
2e⋅Ud=ma
联立解得
U=md2v022eL2
α粒子从放射源P运动到C的过程中，由动能定理有
−2e⋅12U=ΔEk
解得
ΔEk=−md2v022L2
动能的变化量
ΔEk=12mv02−12mv2
解得
v=v0 1+d2L2
(2)α粒子在静电分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有
2eE0=mv02r
解得
r=mv022eE0
由
πr2=v0t0
解得
t0=πmv04eE0
(3)t=T2时，α粒子在x轴方向的速度
vx=2eE0m⋅T2
所以一个周期内，α粒子在x轴方向的平均速度
v−x=vx2=eE0T2m
一个周期内α粒子沿x轴正方向前进的距离
x0=v−xT=eE0T22m
t=0时，α粒子的横坐标为
r=mv022eE0
所以t=T时，α粒子的横坐标为
x=r+x0=mv022eE0+eE0T22m
α粒子的纵坐标为
y=−v0T
则在t=T时，α粒子的坐标为(mv022eE0+eE0T22m,−v0T)。
答：(1)α粒子从放射源P运动到C的过程中动能的变化量ΔEk为−md2v022L2，发射时初速度v的大小v0 1+d2L2；
(2)α粒子在静电分析器中运动的轨迹半径r为mv022eE0，运动的时间t0为πmv04eE0；
(3)当t=T时，α粒子的坐标为(mv022eE0+eE0T22m,−v0T)
【解析】(1)粒子从发射到细管C反过来看是类平抛运动，由类平抛规律和牛顿第二定律求出板间电压，再由动能定理求出动能的变化，由动能定理求出粒子进入C的速度；
(2)由静电力提供向心力求得粒子的半径，根据运动学公式即可求出运动的时间；
(3)由运动学公式求出时间，进入正交的交变电场后，在竖直方向匀速运动，在水平方向做匀加速直线运动，按运动的合成与分解求坐标。
本题是带电粒子在复合场中的运动在实际科技中应用，关键抓住类平抛运动、圆周运动等基础知识，分过程分步骤用研究曲线运动的方法处理问题。