第十一届全国中学生物理竞赛题参考答案
上海第11届初中物理竞赛复赛
上海市第十一届初中物理竞赛复赛试题(1997年)说明：本试卷共有六大题，答题时间为120分钟，试卷满分为150分。
一、选择题Ⅰ(以下每小题只有一个选项符合题意。
每小题2分，共20分)1.上海的南北高架道路，在穿越住宅区的路段两旁，常设置数米高的塑料档板，这是为了( )(A)提示驾驶员安全行车。
(B)防止车辆冲出车道，起护栏作用。
(C)防止车辆排放的废气外逸。
(D)减少对居民的噪声污染。
2.利用在离地面约为600千米的轨道上运行的“哈勃”太空望远镜来探索宇宙奥秘的意义主要在于人类( )(A)能摆脱地球引力束缚而进入宇宙。
(B)观察天体时的距离变近。
(C)观察地球表面的清晰度得以提高。
(D)观察天体时不受地球大气层的干扰。
3.水和酒精充分混合后的体积小于水和酒精原来的体积之和，这表明( )(A)水和酒精的分子间有空隙。
(B)水和酒精的分子在作无规则运动。
(C)水和酒精的分子间存在扩散现象。
(D)水和酒精是由分子组成的。
4.下列过程中，经历的时间差不多为1秒的是( )(A)人的眼睛眨一下的时间。
(B)人呼吸一次的时间。
(C)人的心脏跳动一次的时间。
(D)人行走5米路程所需的时间。
5.两个相同的烧杯中分别盛满初温相同的水和汽油，并把它们放在阳光下晒。
过了一段时间，烧杯中的水和汽油都变少了，而且汽油比水减少得多些。
这一现象表明( )(A)汽油的比热容比水的比热容小。
(B)在相同条件下汽油比水蒸发得快。
(C)汽油的温度比水的温度高。
(D)在阳光照射下水和汽油才会蒸发。
6.把一条粗细均匀的长金属管截成长度不等的四段，然后把这四段金属管由长到短依次排列悬挂起来，如图1所示，若有锤子分别敲击四段金属管时，它们都会发出声音，其音调( )(A)最低的是金属管1。
(B)最高的是金属管2。
(C)都相同。
(D)跟敲击的位置有关。
7.一列蒸汽火车在做匀速直线运动，在远处的人看见火车头上冒出的烟是竖直向上的，这是由于( )(A)当时外界无风。
高三物理第十一次考试试题(含解析)
二、选择题：共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第14~17题只有一项符合题目要求，第18~21题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1. 根据近代物理知识，你认为下列说法中正确的是A. 将物体看成质点进行研究分析，应用了等效替代的方法B. 通过安培分子电流假说可以得出：一切磁现象都源于电流或运动电荷，一切磁作用都是电流或运动电荷之间通过磁场而发生的作用C. 在原子核中，结合能越大表示原子核中的核子结合的越牢固D. 铀核（）衰变为铅核（）的过程中，中子数减少21个【答案】B【解析】将物体看成质点进行研究分析，应用了理想模型法，选项A错误；通过安培分子电流假说可以得出：一切磁现象都源于电流或运动电荷，一切磁作用都是电流或运动电荷之间通过磁场而发生的作用，选项B正确；在原子核中，比结合能越大表示原子核中的核子结合的越牢固，选项C错误；由质量数守恒和电荷数守恒知铀核（）衰变为铅核（）的过程中，质量数减小32，而质子数减小10，因此中子减小22，故D错误；故选B.2. 一物块沿光滑水平面做直线运动，运动过程中受到一水平拉力F作用，如图所示是其速度-位移图像，则在位移为x1的过程中，下列关于李F说法正确的是A. 力F是恒力B. 相等位移内力F冲量相等C. 力F逐渐增大D. 相等时间内力F做功相等【答案】B【解析】根据v-x图像可知在相等的位移中，速度的变化量相等，根据,即，因s相同时（v2-v1）相同，而（v2+v1）逐渐减小，可知物体加速度逐渐减小，则力F逐渐减小，选项AC错误；动量定理可知，在相等的位移中，速度的变化量相等，动量的变化量相等，则力F的冲量相等，选项B正确；物体在相等时间的内的位移逐渐减小，F逐渐减小，则相等时间内力F做功逐渐减小，选项D错误；故选B.3. 如图所示，一个小型水电站，其交流发电机的输出电压U1一定，通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R．T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4．下列说法正确的是（）A. 当用户的用电器增多时，U2减小，U4变小B. 当用户的用电器增多时，P1变大，P3减小C. 输电线上损失的功率为D. 要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比，同时应增大降压变压器的匝数比【答案】D【解析】交流发电机的输出电压U1一定，匝数没变，根据，知U2不变，故A错误；当用户的用电器增多时，用户消耗的电功率变大，则输入功率增大，即P3变大，故B错误．输送功率一定时，根据P=UI和P损＝I2R知，要减小线路的损耗，应增大输送电压，又U1一定，根据知，所以应增大升压变压器的匝数比；U3=U2-IR，U2增大，I2减小，所以U3增大，用户电压不变，根据知，应增大降压变压器的匝数比，故C错误，D正确；故选D．点睛：解决本题的关键知道输出功率决定输入功率，输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流．知道升压变压器的输出电压、功率与降压变压器的输入电压、功率之间的关系．4. 如图甲所示，河外星系中两黑洞A、B的质量分别为M1和M2，它们以两者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动。
全国高中物理竞赛历年(2009-2013年)试题与详解答案汇编
法拉第电磁感应定律。
楞次定律。
自感系数。
互感和变压器。
6、交流电
交流发电机原理。交流电的最大值和有效值。
纯电阻、纯电感、纯电容电路。
整流和滤波。
三相交流电及其连接法。感应电动机原理。
7、电磁振荡和电磁波
电磁振荡。振荡电路及振荡频率。
电磁场和电磁波。电磁波的波速，赫兹实验。
电磁波的发射和调制。电磁波的接收、调谐，检波。
全国高中物理竞赛历年试题与详解答案汇编
———广东省鹤山市纪元中学
2014年5月
全国中学生物理竞赛提要
编者按：按照中国物理学会全国中学生物理竞赛委员会第九次全体会议的建议，由中国物理学会全国中学生物理竞赛委员会常务委员会根据《全国中学生物理竞赛章程》中关于命题原则的规定，结合我国目前中学生的实际情况，制定了《全国中学生物理竞赛内容提要》，作为今后物理竞赛预赛和决赛命题的依据，它包括理论基础、实验基础、其他方面等部分。其中理论基础的绝大部分内容和国家教委制订的（全日制中学物理教学大纲》中的附录，即 1983年教育部发布的《高中物理教学纲要（草案）》的内容相同。主要差别有两点：一是少数地方做了几点增补，二是去掉了教学纲要中的说明部分。此外，在编排的次序上做了一些变动，内容表述上做了一些简化。1991年2月20日经全国中学生物理竞赛委员会常务委员会扩大会议讨论通过并开始试行。1991年9月11日在南宁由全国中学生物理竞赛委员会第10次全体会议正式通过，开始实施。
功能原理。机械能守恒定律。
碰撞。
6、流体静力学
静止流体中的压强。
浮力。
7、振动
简揩振动。振幅。频率和周期。位相。
振动的图象。
参考圆。振动的速度和加速度。
全国高中物理竞赛历年试题与详解答案汇编
全国高中物理竞赛历年试题与详解答案汇编———xxxx纪元中学2014年5月全国中学生物理竞赛提要编者按：按照中国物理学会全国中学生物理竞赛委员会第九次全体会议的建议，由中国物理学会全国中学生物理竞赛委员会常务委员会根据《全国中学生物理竞赛章程》中关于命题原则的规定，结合我国目前中学生的实际情况，制定了《全国中学生物理竞赛内容提要》，作为今后物理竞赛预赛和决赛命题的依据，它包括理论基础、实验基础、其他方面等部分。
其中理论基础的绝大部分内容和国家教委制订的（全日制中学物理教学大纲》中的附录，即 1983年教育部发布的《高中物理教学纲要（草案）》的内容相同。
主要差别有两点：一是少数地方做了几点增补，二是去掉了教学纲要中的说明部分。
此外，在编排的次序上做了一些变动，内容表述上做了一些简化。
1991年2月20日经全国中学生物理竞赛委员会常务委员会扩大会议讨论通过并开始试行。
1991年9月11日在xx由全国中学生物理竞赛委员会第10次全体会议正式通过，开始实施。
一、理论基础力学1、运动学参照系。
质点运动的位移和路程，速度，加速度。
相对速度。
矢量和标量。
矢量的合成和分解。
匀速及匀速直线运动及其图象。
运动的合成。
抛体运动。
圆周运动。
刚体的平动和绕定轴的转动。
2、xx运动定律力学中常见的几种力xx第一、二、三运动定律。
惯性参照系的概念。
摩擦力。
弹性力。
胡克定律。
万有引力定律。
均匀球壳对壳内和壳外质点的引力公式（不要求导出）。
开普勒定律。
行星和人造卫星的运动。
3、物体的平衡共点力作用下物体的平衡。
力矩。
刚体的平衡。
重心。
物体平衡的种类。
4、动量冲量。
动量。
动量定理。
动量守恒定律。
反冲运动及火箭。
5、机械能功和功率。
动能和动能定理。
重力势能。
引力势能。
质点及均匀球壳壳内和壳外的引力势能公式（不要求导出）。
弹簧的弹性势能。
功能原理。
机械能守恒定律。
碰撞。
6、流体静力学静止流体中的压强。
浮力。
7、振动xx振动。
振幅。
频率和周期。
2011全国高中物理竞赛DOC版
2011年全国高中物理竞赛复赛答案（DOC版）、参考解答：解法一取直角坐标系Oxy ，原点O 位于椭圆的中心，则哈雷彗星的椭圆轨道方程为22221x y a b += （1） a 、b 分别为椭圆的半长轴和半短轴，太阳S 位于椭圆的一个焦点处，如图1所示．以e T 表示地球绕太阳运动的周期，则e 1.00T =年；以e a 表示地球到太阳的距离（认为地球绕太阳作圆周运动），则e 1.00AU a =，根据开普勒第三定律，有3232a T a T =e e（2）设c 为椭圆中心到焦点的距离，由几何关系得c a r =-0 （3）22c a b -= （4）由图1可知，P 点的坐标cos P P x c r θ=+ （5） sin P P y r θ= （6） 把（5）、（6）式代入（1）式化简得()2222222222sin cos 2cos 0P P P P P ab r b cr bc a b θθθ+++-= （7）根据求根公式可得()22222cos sin cos P P P Pb ac r a b θθθ-=+ （8） 由(2)、(3)、(4)、(8)各式并代入有关数据得0.896AU P r = (9) 可以证明，彗星绕太阳作椭圆运动的机械能为 s2Gmm E =a-(10) 式中m 为彗星的质量．以P v 表示彗星在P 点时速度的大小，根据机械能守恒定律有2s s 122P P Gmm Gmm m r a ⎛⎫+-=- ⎪⎝⎭v （11） 得P =v （12） 代入有关数据得414.3910m s P -⨯⋅v = (13) 设P 点速度方向与0SP 的夹角为ϕ(见图2)，根据开普勒第二定律[]sin 2P P P r ϕθσ-=v （14）其中σ为面积速度，并有πabTσ=（15） 由（9）、（13）、（14）、（15）式并代入有关数据可得图1127ϕ= （16）解法二取极坐标，极点位于太阳S 所在的焦点处，由S 引向近日点的射线为极轴，极角为θ，取逆时针为正向，用r 、θ表示彗星的椭圆轨道方程为1cos pr e θ=+ （1）其中，e 为椭圆偏心率，p 是过焦点的半正焦弦，若椭圆的半长轴为a ，根据解析几何可知()21p a e =- （2）将（2）式代入（1）式可得()θcos 112e e a r +-= （3）以e T 表示地球绕太阳运动的周期，则e 1.00T =年；以e a 表示地球到太阳的距离（认为地球绕太阳作圆周运动），则e 1.00AU a =，根据开普勒第三定律，有3232a T a T =e e（4） 在近日点0=θ，由（3）式可得1r e a=-（5）将P θ、a 、e 的数据代入（3）式即得0.895AU P r = （6）可以证明，彗星绕太阳作椭圆运动的机械能 s2Gmm E =a-(7) 式中m 为彗星的质量．以P v 表示彗星在P 点时速度的大小，根据机械能守恒定律有2s s 122P P Gmm Gmm m r a ⎛⎫+-=- ⎪⎝⎭v （8） 可得P =v （9） 代入有关数据得414.3910m s P -⨯⋅v = (10) 图2设P 点速度方向与极轴的夹角为ϕ，彗星在近日点的速度为0v ，再根据角动量守恒定律，有()sin P P P r r ϕθ-=v v 00 （11）根据（8）式，同理可得=0v （12） 由（6）、（10）、(11)、(12)式并代入其它有关数据 127ϕ= (13)评分标准：本题20分 解法一（2）式3分，（8）式4分，（9）式2分，（11）式3分，(13) 式2分,（14）式3分,（15）式1分，（16）式2分．解法二（3）式2分，（4）式3分，（5）式2分，（6）式2分，（8）式3分，(10) 式2分,（11）式3分,（12）式1分，（13）式2分．二、参考解答：1．建立如图所示坐标系Oxy .两杆的受力情况如图：1f 为地面作用于杆AB 的摩擦力，1N 为地面对杆AB的支持力，2f 、2N 为杆AB 作用于杆CD 的摩擦力和支持力，3N 、4N 分别为墙对杆AB 和CD 的作用力，mg 为重力.取杆AB 和CD 构成的系统为研究对象，系统平衡时, 由平衡条件有4310N N f +-= （1） 120N mg -= （2）以及对A 点的力矩()3411sin sin sin cos cos cos 022mgl mg l l N l N l l CF θθαθθα⎛⎫+---+-= ⎪⎝⎭即()3431sin sin cos cos cos 022mgl mgl N l N l l CF θαθθα---+-= （3） 式中CF 待求.F 是过C 的竖直线与过B 的水平线的交点，E 为BF 与CD 的交点．由几何关系有sin cot CF l αθ= （4） 取杆CD 为研究对象，由平衡条件有422c o s s i n 0N N f θθ+-= （5） 22sin cos 0N f mg θθ+-= （6） 以及对C 点的力矩41cos sin 02N l mgl αα-= （7） 解以上各式可得41t a n 2N m g α=（8） 331sin 1tan sin tan tan 22cos 2sin N mg αααθαθθ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭ （9）13tan sin 1tan sin 2cos 2sin f mg θαααθθ⎛⎫=-+⎪⎝⎭（10）12N mg = （11）21sin tan cos 2N mg θαθ⎛⎫=-⎪⎝⎭ （12） 21cos tan sin 2f mg θαθ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭（13）CD 杆平衡的必要条件为22c f N μ≤ （14）由（12）、（13）、（14）式得()2sin cos tan cos sin C C μθθαμθθ-≤+ （15）AB 杆平衡的必要条件为11A f N μ≤ (16)由（10）、（11）、（16）式得tan sin 2sin 43tan sin cos A αααμθθθ-≤- （17）因此，使系统平衡，α应满足的条件为（15）式和（17）式．2．将题给的数据代入（15）式可得a r c t a n 0.38521α︒≤=(18)将题给的数据代入（17）式，经数值计算可得19.5α≥︒ (19)因此，α的取值范围为19.521.1α≤≤(20)评分标准：本题20分 第1问15分（1）、（2）、（3）式共3分，（4）式1分，（5）、（6）、（7）式共3分，(9) 、(10) 式各1分,(12)到（17）式各1分．第2问5分（18）式1分，（19）式3分，（20）式1分． 三、参考解答：解法一1． 设在时刻t ，小球和圆筒的运动状态如图1所示，小球位于P 点，绳与圆筒的切点为T ，P 到T 的距离即绳的拉直部分的长度为l ，圆筒的角速度为ω，小球的速度为v .小球的速度可以分解成沿着绳子方向的速度1v 和垂直于绳子方向的速度2v 两个分量.根据机械能守恒定律和角动量守恒定律有()()()()22222001211112222M R m R M R m ωωω+=++v v (1) 2220012+=++MR mR MR mR ml ωωωv v (2)因为绳子不可伸长，1v 与切点T 的速度相等，即2ωR =1v (3) 解(1)、(2)、(3)式得()()02222ωωmlR m M ml R m M ++-+= (4) ()()022222ωml R m M lR m M +++=v (5)由(4)式可得l = (6)这便是在卫星角速度减至ω时绳的拉直部分的长度l ．2．由（6）式，当0=ω得=L （7）这便是绳的总长度L . 3．如图2所示，从时刻t 到t t +∆，切点T 跟随圆筒转过一角度1t ωθ∆=∆，由于绳子的拉直部分的长度增加了l ∆，切点相对圆筒又转过一角度2lRθ∆=∆，到达T '处，所以在t ∆时间内，切点转过的角度12lt Rθθωθ∆∆=∆=+∆+∆ （8） 切点从T 变到T '也使切线方向改变了一个同样的角度θ∆，而切线方向的改变是小球具有垂直于绳子方向的速度2v 引起的，故有 2tlθ∆∆=v （9） 由(1)、(2)、(3)式可得()20l ωω=+v （10） 由(8)、（9）、（10）三式得0l R t ω∆=∆ （11） （11）式表示l 随t 均匀增加，故l 由0增加到L 所需的时间为()2t'0s L t R ω== （12）解法二1．撤去插销后两个小球的运动情况相同，故可取一个小球作为对象进行研究，先研究任何时刻小球的速度.在t 时刻，相对卫星系统质心参考系小球运动状态如图1所示，绳子的拉直部分与圆筒面的切点为T ，小球到切点T 的距离即绳的拉直部分的长度为l ，小球到转轴O 的距离为r ，圆筒的角速度为ω.由于圆筒的转动和小球相对圆筒的运动，绳将展开，切点位置和绳的拉直部分的长度都要改变.首先考察小球相对于圆筒的运动.在t 时刻，OT 与固定在圆筒上的半径0OP 的夹角为φ，如图2所示.由于小球相对圆筒的运动，经过时间t ∆，切点从圆筒上的T 点移到T '点，OT '与0OP 的夹角变为φφ+∆，绳的拉直部分的长度由l 变为l '，小球由P 运动到P '，PP '便是小球相对圆筒的位移.当t ∆很小时l l '≈，故PP l l φφ''=∆≈∆于是小球相对圆筒的速度大小为l l tφφφω∆==∆v (1) 方向垂直于TP ．φω是切点相对圆筒转动的角速度．再考察圆筒相对质心参考系的转动，即与圆筒固连在一起的转动参考系相对质心参考系的运动.当圆筒的角速度为ω时，位于转动参考系中的P 点(小球所在处)相对质心系的速度r ωω=v (2)方向垂直于OP ．可以把ωv 分解成沿着TP 方2m12φω+ v向的分量1ωv 和垂直TP 方向的分量2ωv ，如图3所示，即1R ωω=v (3)2l ωω=v (4) 小球相对质心系的速度v 是小球相对圆筒的速度和圆筒参考系中的P 点相对质心系速度的合成，由图3可得v 的大小=v (5)因l R φ= (6) 故有=v （7）因为系统不受外力作用，故系统的动能和角动量守恒，故有()()222220011112222M R mR M R m ωωω+=+v （8） ()2220012MR mR MR mR ml ωωφωωω+=+++v v v （9）由(7)、(8)两式有()22220mM mφωωωωφ=+++ （10）由(1)、(3)、(4)、(6)、(9)各式得()20mM mφωωφωω=+++ （11）由(10)、(11)两式得φωωωω+=+0故有0ωωφ= （12）上式说明绳子与圆筒的切点相对圆筒转动的角速度等于卫星的初始角速度，是一个恒量，将(12）式代入（11）式得φ=（13） 由(6)、(13)两式得l = （14） 这便是在卫星角速度减至ω时绳的拉直部分的长度l ．2．由（14）式，当0=ω得绳总长度, 即L = （15） 3．因φω是一个恒量，φ随时间的t 的变化规律为t 0ωφ= （16）当0=ω时，由（13）式可得卫星停旋时的φs φ=（17） 设卫星停转所用的时间为s t ，由（16）、（17）式得0s s t φω==（18） 评分标准：本题25分． 解法一第1问12分．（1）、（2）式各3分，（3）式2分，（6）式4分． 第2问3分．（7）式3分．第3问10分．（8）、（9）式各3分，（10）式2分，（11）、（12）式各1分． 解法二第1问18分．（1）式3分，（2）式2分，（7）式2分，（8）式3分，（9）式3分，（12）式2分，（14）式3分，第2问3分．（15）式3分．第3问4分．（16）式2分，（17）式1分，（18）式1分．四、参考解答：1．根据题意，粒子的初速度只有y 方向和z 方向的分量，设它们为0y v 和0z v .因为粒子在z 方向不受电场力和磁场力作用，故粒子在z 方向以初速度0z v 作匀速运动.粒子在Oxy 面内的运动可以看作由以下两部分运动的合成：可把粒子在y 方向的初速度表示为001001y y y y =-++v v v v (1) 其中010y E B =-v (2) 沿y 负方向．与01y v 相关的磁场力010Bx y f q B =-v (3) 沿x 负方向.粒子受到的电场力0E Ex f f qE == (4) 沿x 正方向．由(2)、(3)、(4)式可知，粒子在x 方向受到的电场力和磁场力正好抵消，故粒子以大小为E B 的速度沿y 负方向运动．除此之外，由（1）式可知，粒子还具有初速度 00200y y E B =+v v (5) 沿y 正方向，与02y v 相关的磁场力使粒子以速率02y v 在Oxy 面内作匀速圆周运动，以r 表示圆周运动的半径，有202020y y q B mr=v v (6)可得020y m r qB =v (7)由周期的定义和(7)式可得圆周运动的周期2mT =qB π (8) (8)式表明，粒子运动的周期与粒子在y 方向的初速度无关．经过时间T 或T 的整数倍所考察的粒子就能同时回到Oyz 平面.2．增加的电场2E对粒子在Oxy 平面内的运动无影响，但粒子在z 方向要受到此电场力作用．以z a 表示在此电场力作用下的加速度，有0cos z ma qE t ω= (9) 或c o s z qE a =t mω (10) 这是简谐运动的加速度，因而有2z a =z ω- （11）由(10)、（11）可得t mqE z ωωcos 102-= (12) 因未增加电场时，粒子在z 方向作初速度为0z v 的匀速运动，增加电场后，粒子在z 方向的运动是匀速运动与简谐运动的叠加，即有021cos z qE z t t mωω=-v （13）粒子在Oxy 平面内的运动不受电场2E的影响．设0ω为粒子在Oxy 平面内作圆周运动的角速度，则有 002πqB T mω== (14)由图示可得与圆周运动相联系的粒子坐标随时间t 的变化关系()01cos x r t ω'=- (15) 0sin y r t ω'= (16) 考虑到粒子在y 方向还具有速度为01y v 的匀速运动，并利用(2)、(5)、(7)、(14)以及己知条件，可得带电粒子的运动规律：000001cos y E qB m x t qB B m ⎛⎫⎛⎫=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭v (17) 0000000sin y E E qB m y t t B qB B m⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭v (18) 00020cos z mE qB z t t qB m=-v (19)评分标准：本题20分．第1问12分．（2）、（3）、（4）式共5分，（5）、（6）、（7）式共4分，（8）式及相关说明共3分．第2问8分．（12）式2分，（14）式到（19）式各1分. 五、答案与评分标准 本题15分．1．01TV V L I I e ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭(2分），L I （2分），0ln 1L T I V I ⎛⎫+ ⎪⎝⎭ （2分），201T V V L VI VI e ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭（1分）． 2．0.62V （2分）；0.54V （2分）；49mW （2分）；6.0Ω （2分）．六、参考解答：在电加热器对A 室中气体加热的过程中，由于隔板N 是导热的，B 室中气体的温度要升高，活塞M 将向右移动.当加热停止时，活塞M 有可能刚移到气缸最右端，亦可能尚未移到气缸最右端. 当然亦可能活塞已移到气缸最右端但加热过程尚未停止.1. 设加热恰好能使活塞M 移到气缸的最右端，则B 室气体末态的体积02B V V = （1）根据题意，活塞M 向右移动过程中，B 中气体压强不变，用B T 表示B 室中气体末态的温度，有00BBV V T T =（2） 由(1)、(2)式得02B T T = （3）由于隔板N 是导热的，故A 室中气体末态的温度02A T T = （4） 下面计算此过程中的热量m Q .在加热过程中，A 室中气体经历的是等容过程，根据热力学第一定律，气体吸收的热量等于其内能的增加量，即05()2A A Q R T T =- （5） 由(4)、(5)两式得052A Q RT =（6） B 室中气体经历的是等压过程，在过程中B 室气体对外做功为00()B B W p V V =- （7）由(1)、(7)式及理想气体状态方程得0B W RT = （8） 内能改变为05()2B B U R T T ∆=- （9） 由(4)、(9)两式得052∆=B U RT （10） 根据热力学第一定律和(8)、(10)两式，B 室气体吸收的热量为072=∆+=B B B Q U W RT (11) 由(6)、(11) 两式可知电加热器提供的热量为06m A B Q Q Q RT =+= （12）若0m Q Q =，B 室中气体末态体积为02V ，A 室中气体的末态温度02T .2．若0m Q Q >，则当加热器供应的热量达到m Q 时，活塞刚好到达气缸最右端，但这时加热尚未停止，只是在以后的加热过程中气体的体积保持不变，故热量0m Q Q -是A 、B 中气体在等容升温过程中吸收的热量.由于等容过程中气体不做功，根据热力学第一定律，若A 室中气体末态的温度为AT '，有 00055(2)(2)22m AA Q Q R T T R T T ''-=-+- （13） 由(12)、(13)两式可求得00455AQ T T R '=+ （14） B 中气体的末态的体积02BV =V ' （15） 3. 若0m Q Q <，则隔板尚未移到气缸最右端，加热停止，故B 室中气体末态的体积B V ''小于02V ，即02BV V ''<．设A 、B 两室中气体末态的温度为A T ''，根据热力学第一定律，注意到A 室中气体经历的是等容过程，其吸收的热量05()2A A Q R T T ''=- （16） B 室中气体经历的是等压过程，吸收热量 0005()()2B A B Q R T T p V V ''''=-+- （17） 利用理想气体状态方程，上式变为 ()072B A Q R T T ''=- （18） 由上可知006()A B A Q Q Q R T T ''=+=- （19）所以A 室中气体的末态温度06AQ T T R''=+ （20） B 室中气体的末态体积00000(1)6BA V QV T V T RT ''''==+ （21） 评分标准：本题20分．得到0m Q Q =的条件下（1）、（4）式各1分；（12）式6分，得到0m Q Q >的条件下的（14）式4分，（15）式2分；得到0m Q Q <的条件下的（20）式4分，（21）式2分．七、答案与评分标准： 本题20分．1． 3R (3分) 2． 6R (3分)第1第3空格各2分；其余3个空格全对3分，有一个错则不给这3分．第1第3空格各2分；其余3个空格全对3分，有一个错则不给这3分． 八、参考解答： 1. 反应能()()332p n H He Q m m m m c ⎡⎤=+-+⎣⎦（1） 式中c 为光速．代入数据得0.764MeV Q =- （2）上式表明这是一吸能核反应．2．为了求入射质子阈能，反应前后各粒子都应沿同一直线运动．设质子的入射速度大小为p v ，反应后32He 的速度大小为3He v ，中子的速度大小为n v ，根据动量守恒和能量守恒有33p p n n He He m m m =+v v v (3) 33222p p n n He He 111222m m m Q =++v v v （4） 由（3）、（4）式可得3333322n n p p p n22He He n p n p He He He 220m m m m m m m m Q m m m ⎛⎫⎛⎫+--++= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭v v v v (5) 令333332n nHe He p n pHe 2p p 2Hep He22m m m a m m m b m m m m c Qm ⎫+⎪=⎪⎪⎪=-⎬⎪⎪-⎪=+⎪⎭v v (6) 把(6)式代入(5)式得2n n 0a b c ++=v v (7)(7)式有解的条件是240b ac -≥ (8) 由(6)式可知，c 可能大于零，亦可能小于零.若0c <，则(8)总成立，中子速度一定有解，反应一定能发生；若0c >，则由 (6)、(8)两式得33n 2He p p n pHe 12m m m Q m m m +≥+-v (9) 即只有当入射质子的动能满足(9)式时，中子速度才有解，反应才能发生，所以入射质子的阈能为3pn p He 1th m T Q m m m ⎛⎫=+⎪ ⎪+-⎝⎭(10) 利用(1)式，在忽略2Q 项的情况下，(10)式可简化为 3p H 1th m T Q m ⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭(11) 代入有关数据得1.02MeV th T = (12)3．由动量守恒和能量守恒有33p p n n He He =+m m m v v v (12)33222p p n n He He111222m m m Q =++v v v (13) 以θ表示反应中产生的中子速度方向与入射质子速度方向的夹角，如图所示，根据余弦定律有 ()()()33222nnp pn p n p He He 2cos m m m m m θ=+-v v v v v (14)令2p p p 12T m =v (15) 2n n n 12T m =v (16)3332He He He 12=T m v (17)把(15)、(16)、(17)式代入(13)、(14)两式得3He Q T T T =--p n （18）33n n p p He He 222m T m T m T θ=+- （19）由（18）、（19）式，消去3He T 后，得()3333p p HeHe n nnHe He 0m m T Q m T m m θ---=+ （20）令 3nHe S θ=，()333p p HeHe nHe mm T Q m R m m --=+ （21）得n 20T R -= （22）根据题给的入射质子的动能和第1问求得的反应能Q 的值，由(21)式可知0R >，故（22）式的符合物理意义的解为S =+ （23）将具体数据代入（21）、（23）式中，有n 0.132M e V T = (24) (如果得到 131.0=n T MeV ,也是对的.) p p m v第2问的其他解法 解法一为了研究阈能，只考虑碰撞前后各粒子都沿同一直线运动的情况．若碰撞后32He 和中子的速度相同，即粘在一起运动(完全非弹性碰撞)，则在碰撞过程中损失的机械能最多，若所损失的机械能正好等于反应能，则入射质子的动能最小，这最小动能便是阈能. 设质子的入射速度大小为p v ，反应后32He 和中子的速度大小为v ，根据动量守恒和能量守恒有3p p n He ()m m m =+v v (1) 322p p n He 11()22m m m Q =++v v (2) 由（1）、（2）式可得33n 2He p p n pHe 12m m m Q m m m +=+-v (3) 所以阈能为3pn p He 1th m T Q m m m ⎛⎫=+⎪ ⎪+-⎝⎭(4) 利用第1问中的(1)式，并注意到 32H 1<<Qm c有333332n pHe H H 2H H 11111⎛⎫==- ⎪ ⎪+-⎛⎫⎝⎭+⎪ ⎪⎝⎭Q m m m m m c Q m m c 在忽略2Q 项的情况下，(4)式可简化为3p H 1th m T Q m ⎛⎫=+⎪ ⎪⎝⎭(5) 代入有关数据得1.02MeV th T = (6)第2问8分(1)、(2)式各3分，(4)式或(5)式1分，(6)式1分． 解法二在牛顿力学中可以证明，质点系的总动能可以表示为质点系的总质量以质心速度运动的动能即所谓质心动能与各质点相对质心运动的动能之和.若质点系不受外力作用，则质点系的动量守恒，质心速度不变，故质心动能亦恒定不变；如果质点系内部的相互作用导致质点系机械能的变化，则可变化的机械能只能是各质点相对质心运动的动能. 在本题中，如果质子p 与氚31H 发生反应后，生成的中子n 和氦32He 相对质心都静止，则质子p 与氚31H 相对质心运动的动能之和全部转化成反应能，反应后系统的动能只有质心的动能，在这请况下，转化成其他形式能量的机械能最多，入射质子的动能最小，这最小动能便是阈能.所以入射质子的阈能等于系统质心的动能与反应能之和.以p 'v 和3H 'v 分别表示质子p 和氚31H 相对质心的速度，有3322p p H H 1122Q =m m ''+v v (1) 因系统质心的速度3p p c p H=+m m m v v (2)而33p H p p c p Hm m '=-=+v v v v m (3)33p pc H p H0m m '=-=-+v v v m (4)由(1)、(3)、(4)式得332H p p p H12m Q m m m =+v (5) 在牛顿力学中，系统的总质量是恒定不变的，这就导致系统质心的动能在反应前后恒定不变的结论，但在本题中，损失掉的机械能导致系统总质量的变化，使反应前系统的总质量与反应后系统的总质量不相等，即33p n H He +≠+m m m m ．如果仍沿用牛顿力学的结论，对一个孤立系统，其质心速度是不会改变的，故反应后质心的动能应为 ()()33222c n c p c c 2He H 111222=+=++Q E m m m m cv v v 而()33322p p p 2c 2222p H Hp HQ 1122m m Q QQ c c c m m m m m =⋅=⋅⋅++v v 由此可见，在忽略2Q 的条件下()()3322n p He H 1122c c m m m m +=+v v而入射质子的阀能()32p H 12th c T m m Q =++v (6) 由(2)、(5)、(6)式得3p H 1th m T Q m ⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭(7)代入有关数据得1.02MeV th T = (8)第2问8分(1)、(5) 、(6)式各2分， (7)式1分，、(8)式1分. 解法三考虑反应前后各粒子都沿同一直线运动的情况，若入射质子与与静止的31H 发生完全非弹性碰撞，即反应后产生的中子和32He 以相同的速度运动，则入射质子的动能就是阈能.以10m 表示质子的静止质量，20m 表示31H 的静止质量，30m 表示中子的静止质量，40m 表示31He 的静止质量，设质子的入射速度大小为p v ，反应后32He 和中子的速度大小都为v ，根据动量守恒和能量守恒有1p m m m +=v (1)222120m m c m c m c++=(2)式中1m 是质子的动质量.由(1)、(2)两式得 1p 120+m m m v v = (3)把(3)式代入(1)式，经整理得()()2222221201p 3040+-=+m m c m m m c v (4)由1m =(5)可得221p221102-=m m m cv (6)若入射质子的阈能为th E ，有22110th m c m c E =+ (7) 由(4)、(6)、(7)式可得()()2230401020202th m m m m E m +-+= (8)利用题给条件并引入反应能，得 333p n H HeH2th m m m m E Q m +++= (9)或有()3333p 2H p HH H22th Q+m m m m c E Q Q m m ++=≈ (10)代入有关数据得1.02MeV th T = (11)第2问8分(1)、(2) 、(8)式各2分， (9)或(10)式1分， (11)式1分．。
第十一届全国初中应用物理知识竞赛复赛试题及解答
第十一届全国初中应用物理知识竞赛复赛试题及解答一. （8分）1千克20℃的水吸收42105.⨯焦的热量后，它的可能温度是多少？在下列4个答案中选出正确答案的序号并说明选择该答案的理由。
A. 80℃B. 100℃C. 120℃D. 130℃二. （8分）小浩制作了一个弹簧秤，如图所示，弹簧一共20匝。
经检验，该弹簧秤在测量范围内（0～5N ）示数是准确的。
该弹簧不但“伸长的长度跟所受的拉力成正比”，而且弹簧受拉力伸长时，各匝伸长的长度都相等。
有一次不慎把弹簧靠近O 端的一小部分挤压变形，小浩把变形的3匝剪去，并把弹簧上端重新固定在O 点，然后把指针C 适当向下移，使它在弹簧秤竖直放置时指针C 仍指在“0”刻线处。
1. 写出这个新改制的弹簧秤受到的拉力F 与它的示数F 测的关系式并说明理由。
2. 用这个新改制的弹簧秤称量一个重物，它的示数为4.0牛，该物实重是多少？三. （10分）1. 甲、乙、丙三人要合扛一重物。
物重600牛，三人肩头所能承受的最大压力均为200牛。
现有两根一样长的硬棒及必要的绳子（硬棒及绳的自重不计），请你设计出一种方法，使三人肩头承受的压力都不超过最大压力。
画出示意图表示你设计的扛重物的方法。
2. 小明推一辆满载重物的独轮车，手握在车把A 处（图中未画人），遇到一个较高的台阶，他自己推不上去，小华赶快跑来帮忙。
小华选择了一种最省力效果最好的施力方法，请画出小华所施力F 的示意图。
四. （20分）教学中常用的投影仪的结构如图1所示，在水平旋转的凸透镜的正上方有一与水平成45︒角的平面镜，右边竖直放一屏幕。
物体的光线经凸透镜和平面镜后，可在屏上成一清晰的像。
图2是这一装置的示意图，A B ''''是物AB 的像。
图中BO cm 130=，O O cm O O cm 12232090==，。
1. 对凸透镜而言，物距和像距各是多少？2. 在图2中画出物AB 的成像光路图。
上海市第十一届高二物理竞赛复赛试卷及解答
上海市第十一届高二物理竞赛（华师大二附中杯）复赛试题说明：1、本卷共五大题，满分150分，答卷时间为120分钟。
2、答案及解答过程均写在答题纸上。
其中第一、二、三大题只要写出答案，不写解答过程；第四、五大题要写出完整的解答过程。
3、本卷中g 取10 m/s 2。
一．选择题（以下每题中有一个或一个以上选项符合题意，每小题3分，共24分） 1．图中是由两块不平行的导体板组成的电容器，若使两板分别带有电量为＋q 和－q 的电荷，正确反映两板间电场线分布的图是（）2．如图所示电路中，平行板电容器C 的极板水平放置，有一个质量为m 的带负电的油滴悬浮在极板间保持静止，为使油滴向上运动，可采用的方法是（）（A ）把电阻R 1的阻值调大，（B ）把电阻R 2的阻值调大，（C ）把电阻R 3的阻值调大， （D ）把电阻R 4的阻值调大。
3．自行车为了夜间行驶时能被后面的机动车司机看见，其尾部安装一块透光塑料块，如图所示，塑料块内壁被制成直角三棱锥状，当有外来入射光照射时显得特别晶亮，这主要是利用了光的下述哪种现象（）（A ）衍射， （B ）干涉， （C ）偏振，（D ）全反射。
4．在铁路上常使用一种图（a ）所示的电磁装置向控制中心传输信号，以确定火车的位置和速度。
在火车首节车厢下面，通过某装置产生一个磁感应强度方向竖直向下的匀强磁场，当它经过安放在两铁轨中间的线圈时，会使线圈产生一个电信号被控制中心接收，线圈电阻不计。
若火车以恒定速度通过线圈，则表示线圈两端的电压与时间关系的图线可能是图（b ）中的（）5．如图所示，均匀玻璃管开口向上竖直放置，管内有两段水银柱封闭着两段空气柱a＋q ＋q ＋q ＋q（A ） （B ） （C ） （D ）R 3 R 4R 2 CR 1铁轨火车 ⨯ ⨯ ⨯ ⨯ 线圈 ⨯ ⨯ ⨯ ⨯ （a ） 到控制中心和b ，它们的温度相同，两段空气柱长度之比L a :L b ＝3:1，如果给它们缓慢均匀加热，使它们升高相同的温度双不让水银溢出，则加热后两段空气柱长度之比为（ ）（A ）L a :L b ＝3:1， （B ）L a :L b ＜3:1，（C ）L a :L b ＞3:1， （D ）条件不足无法判断。
上海市第十一届高二物理竞赛(初赛)
上海市第十一届高二物理竞赛（初赛）一、单选题（每小题3分，共30分）1．两个质量相同的小球从同一位置以相等的速率同时抛出，一个竖直上抛，另一个斜向上抛。
空气阻力不计，则（ ）（A ）两个小球同时到达最高点，（B ）两个小球到达最高点时所具有的动能相同，（C ）两个小球到达最高点时所具有的势能相同，（D ）两个小球到达最高点时所具有的机械能相同。
2．如图所示，质量为M 上表面光滑的平板水平安放在A 、B 两固定支座上。
质量为m 的滑块以某一速度从木板的左端滑至右端。
在滑行过程中，B 支座所受压力N B 与小滑块运动时间t 的关系，可用下列哪一个函数图像定性表示（ ）3．如图所示，完全相同的三角形物块A 、B ，按图示叠放，设A 、B 间光滑接触，A 与桌面间的动摩擦因数为μ。
现在B 上作用一水平推力F ，恰好使A 、B 一起在桌面上匀速运动，且A 、B 间保持相对静止，则A 与桌面间的μ与斜面倾角θ的关系为（ ）（A ）μ＝tan θ， （B ）μ＝12 tan θ， （C ）μ＝2 tan θ， （D ）μ与θ无关。
4．宇航员在探测某星球时，发现该星球均匀带负电，电量为Q ，星球表面无大气。
在一次实验中，宇航员将一带负电，电量为q （q ≪Q ）的粉末置于距星球表面h 高处，该粉末恰好处于悬浮状态，宇航员又将此粉末带到距该星球表面2h 高处，无初速释放，则此带电粉末将（ ）（A ）北向星球球心方向飞向太空，（B ）仍处于悬浮状态，（C ）沿星球自转的线速度方向飞向太空，（D ）向星球球心方向降落。
5．根据空用电冰箱的工作原理，当压缩机工作时，强迫制冷剂在冰箱内外管道中不断循环，如图所示，那么下列说法中正确的是（ ）①在冰箱内的管道中，制冷剂迅速膨胀并吸收热量，②在冰箱外的管道中，制冷剂迅速膨胀并放出热量，③在冰箱内的管道中，制冷剂被剧烈压缩并吸收热量， ④在冰箱外的管道中，制冷剂被剧烈压缩并放出热量。
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第十一届全国中学生物理竞赛题参考答案一. 照相机镜头L 前2.28m 处的物体被清晰地成像在镜头后面12.0cm 处的照相胶片P 上，两面平行的玻璃平板插入镜头与胶片之间，与光轴垂直，位置如图35-3所示．设照相机镜头可看作一个简单薄凸透镜，光线为近轴光线。
1. 求插入玻璃板后，像的新位置．2．如果保持镜头、玻璃板、胶片三者间距离不变，若要求物体仍然清晰地成像于胶片上，则物体应放在何处?解法1 1. 折射率为n ，厚度为d 的两面平行的玻璃板，对于会聚在像点P ’的傍轴光束的折射作用可如下求出：如图35-4，取任一指向P ’点的傍轴光线CP ’，此光线经平行玻璃板折射的光路为CDEP ”，在平板第一面的入射角i 与折射角γ均为小角度，反向延长P E ''交D 点处的法线于F ，容易看出，P P DE '''为平行四边形，则i b b DF P P tan /tan /-=='''γ平行板厚度d 为γtan /b d =得 )t a n /t a n1(i d P P γ-=''' 因为i 与γ都很小，所以 n i i /1s i n /s i n t a n /t a n≈≈γγ 故得)11(n d P P -=''' 以上结果对任何会聚于P '点的傍轴光线均成立，所以向轴上P '点会聚的傍轴光束经平行玻璃板折射后会聚于轴上P ''在这种情形下，平行玻璃板的作用是使像点向远离平板方向移动距离P P '''，由题给数据得)(3.0)5.1/11(9.0cm P P =-⨯='''故像成在镜头后面12.0+0.3＝12.3(cm)处．2．设照相机镜头焦距为f ，不放玻璃板时有 1/228+1/2=1/f 可得 cm f 4.11= 插入玻璃板时，若要像仍成在离镜头12cm 处的胶片上，应改变物距使不放玻璃板时成像在镜头后面υ处，即 )(7.113.00.12cm =-=υ设这时物距为u ，则4.11/17.11/1/1=+u 得 m u 45.4≈图35-3 图35-4即：物体置于镜头前4 .45m 时，插入玻璃平板后，仍可在胶片上得到清晰的像．解法21． 对于玻璃板第一面上的折射，其物距为,5.1,0.1,9.80==-=n n cm AP根据公式 01//n n AP AP -=(见图35-5)， 可得 )(35.13)0.1/5.1)(9.8(/01cm n n AP AP =--=⋅-=对于玻璃板第二面上的折射，(见图35-6) 其物距为cm AB AP BP45.12)(11-=--= 又根据 n n BP BP //012-= 可得 )(3.8)45.12)(5.1/0.1()/(102cm BP n n BP=--=⋅-= 故像成在镜头后面的像距为)(3.123.89.01.3cm =++=υ比原像向后移动υ∆，即)(3.0123.12cm =-=∆υ2．设照相机镜头焦距为f ，不插入玻璃板时， 12/1228/1/1+=f 得 f=11.4cm要使放上玻璃板后，像还成在离镜头12cm 处的胶片上，可采用光路可逆性原理从已知像2P 的位置，求此时物体应在的位置．对于玻璃板第二面上的折射：已知：像距BP 2 ＝8cm ，n ＝1.50，n 。
＝1.0，设与之相应的物为P l ，则可得BP l ＝(一n ／n 。
)．BP 2＝一12cm ．对于玻璃板第一面上的折射：已知：像距AP 1＝12.9cm ，n ＝1.5，n 。
＝1.0，设与之相应的物为P ，则可得10)/(APn n AP ⋅-= )(6.89.12)5.1/0.1(cm -=⨯-= 对于凸透镜，像距为cm (7.111.36.8=+=υ），则此时物距为u ，则有4.11/17.11/1/1=+u cm u 45.4=即物体应放在照相机镜头前4.45cm 处，才能在胶片上得到清晰的像。
图35-5图35-6二．1964年制成了世界上第一盏用海浪发电的航标灯，它的气室示意图如图27-10所示，利用海浪上下起伏的力量，空气能被吸进来，压缩后再推入工作室，推动涡轮机带动发电机发电，当海水下降时，阀门S 1关闭，S 2打开，设每次吸入压强为1.0×105Pa ，温度为70C 的空气0.233m 3（空气可视为理想气体）。
当海水上升时，S 2关闭，海水推动活塞绝热压缩空气，空气压强达到Pa 51032⨯时，阀门S 1才打 开、S 1打开后，活塞继续推动空气，直到气体全部被推入工作室为止，同时工作室的空气推动涡轮机工作，设打开S 1后，活塞附近的压强近似保持不变，活塞的质量及活塞与筒壁间的摩擦忽略不计，问海水每次上升时所作功是多少？已知空气从压强为p 1,体积为V 1的状态绝热地改变到压强为p 2、体积为V 2的状态过程中，近似遵循关系式p 1/p 2=(V 2/V 1)5/3理想气体温度升高1K 时，内能改变为3R/2(R=8.31j/mol ·K)。
解：海水作功可分为两个阶段来讨论。
1． 绝热压缩阶段根据热力学第一定律，在绝热过程中海水对气体所作功等于气体内能的增量，即)(23121T T R n U A -=∆= 由于在绝热过程中，压强和体积的变化遵循关系式3/51221⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=V V p p 以及理想气体状态方程nRT pV =得到5/32112112212⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==p p p p V p V p T T 所以 ()K p p T T 56032)7273(5/25/21212=⨯+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=而)(10)7273(31.8/233.0100.1/5mol RT pV n ≈+⨯⨯⨯== 可得 )(1049.3)280560(31.8)2/3(1041J A ⨯=-⨯⨯⨯=2． 根据题设把空气推入工作室时活塞附近压力不变，故222V p l S p A =∆∙∆∙= 其中S ∆为活塞面积。
l ∆为活塞由气体体积是V 2时之位置移到筒之上端的距离，而 5/32112)/(p p V V =则())(1066.41032/1233.032)/(455/35/321122J p p V P A ⨯=⨯⨯⨯== 所以海水作总功为J A A A 4211015.8⨯=+=总三．如图42-17（甲）所示，一质量为0.10kg 、电量为8×10-4C 的带正电小球，从水平地面上A 点以与x 轴正方向成30º夹角的初速度υ0抛出（υ0在xOy 竖直平面内）。
当达到最高点B 时 （B 点恰好处在Oy 轴上），在全空间立刻产生一个匀强电场E ，场强为2.5×103N ·C -1。
方向平行于xOy 平面，并与x 轴负方向成θ夹角。
当带电小球再次通过Oy 轴时，匀强电场立刻消失。
试分析讨论当θ角变化时（0≤θ≤180º），带电小球自B 点以后的运动情况，并画出带电小球在各种情况下的运动轨迹简图(g=10m ·s -2)。
分析：带电小球运动到最高点B 以后，受到重力和电场力的作用，由于θ可在一定范围内改变，所以其合力也在随θ而变，当合力为水平方向时（即 30=θ和 150=θ），小球便做直线运动；当合力有竖直方向分量时（即 30≠θ和 150≠θ），小球做抛物线运动。
考虑θ在不同范围内，电场力的x 分量有两种可能方向，以及电场力的y 分量与重力在大小上有3种情况，因此小球受力情况有6种可能，所以本题应对每种情况进行讨论。
解：带电小球到最高点B 加入匀强电场后，受到两个力的作用，一个是重力mg ，另一个是电场力qE 。
由于电场力在x 方向和y 方向的分量的大小与θ角有关，因此，带电小球自B 点以后的运动可分以下6种情况：(1) 当mg qE =θsin 时，即 30=θ，带电小球只受到电场力在x 负方向的分量θcos qE 的作用，又由于小球在B 点具有向x 正方向的速度a cos 0υ，因此，带电小球的运动轨迹如图42-17（乙）(a)。
(2) 当mg qE <θsin 时，即0≤ 30<θ，带电小球受到y 负方向力θ-sin qE mg 和x 负方向力θcos qE ，又由于小球在B 点具有x 正方向速度a cos 0υ，这样小球自B 点以后的运动随θ角变化(0≤ 30<θ)有以下3种情况[图42-17（乙）(b)、42-17（乙）(c)、42-17（乙）(d)]。
根据上面分析，我们可以在0≤30<θ范围内找到一个角0θ，使得小球运动情况满足图42-17（乙）(c)的情况，也就是小球从B 点垂直下落所需时间⊥BO t 等于小球从B 点水平往返运动所需时间，即 .2//////11BB BO BB BO t t t t =+=⊥而 ).cos /(cos )/cos /(cos 000//1θυθυqE a m m qE a t BB ==()().c o s /40/300θυ= ()[]()[]m qE mg g a t BO /sin /2/sin 20220θ-υ⨯=⊥()().sin 21/120/00θ-υ= 由以上三式可得 .02s i n 6s i n 002=+θ-θ根据题意可得 ()'.452073arcsin 0=-=θ(3)当mg qE >θsin 时，即 9030<θ<，带电小球受到y 正方向力 和x 负方向力θcos qE ，又由于小球在B 点具有x 正方向速度a cos 0υ，因此，带电小球自B 点以后的运动轨迹如图42-17（丙）(a)。
(4)当 90≤ 150<θ时，即mg qE >θsin ，带电小球受到y 正方向力mg qE -θsin 和x 正方向力θcos qE ，又由于小球在B 点具有x 正方向速度θυcos 0，因此，带电小球自B 点以后的运动轨迹如图42-17（丙）(b)。
(5)当150=θ时，即mg qE =θsin ，带电小球只受到x 正方向的力θcos qE ，又 由于小球在B 点具有x 正方向速度αυcos 0，因此，带电小球自B 点以后的运动轨迹如图42-17（丁）(a)。
(6)当θ< 150≤ 180时，即mg qE <θsin ，带电小球受到y 负方向力θ-sin qE mg 和x 正方向力θcos qE ，又由于小球在B 点具有x 正方向速度αυcos 0，因此，带电小球自B 点以后的运动轨迹如图42-17（丁）(b)。