第23届全国中学生物理竞赛预赛试卷(含答案)
第23届全国中学生物理竞赛复赛试卷和参考答案
第23届全国中学生物理竞赛复赛试卷一、（23分）有一竖直放置、两端封闭的长玻璃管，管内为真空，管内有一小球自某处自由下落（初速度为零），落到玻璃管底部时与底部发生弹性碰撞．以后小球将在玻璃管内不停地上下跳动。
现用支架固定一照相机，用以拍摄小球在空间的位置。
每隔一相等的确定的时间间隔T 拍摄一张照片，照相机的曝光时间极短，可忽略不计。
从所拍到的照片发现，每张照片上小球都处于同一位置。
求小球开始下落处离玻璃管底部距离（用H 表示）的可能值以及与各H 值相应的照片中小球位置离玻璃管底部距离的可能值。
二、（25分）如图所示，一根质量可以忽略的细杆，长为2l ，两端和中心处分别固连着质量为m 的小球B 、D 和C ，开始时静止在光滑的水平桌面上。
桌面上另有一质量为M 的小球A ，以一给定速度0v 沿垂直于杆DB 的方间与右端小球B 作弹性碰撞。
求刚碰后小球A,B,C,D 的速度，并详细讨论以后可能发生的运动情况。
三、（23分）有一带活塞的气缸，如图1所示。
缸内盛有一定质量的气体。
缸内还有一可随轴转动的叶片，转轴伸到气缸外，外界可使轴和叶片一起转动，叶片和轴以及气缸壁和活塞都是 绝热的，它们的热容量都不计。
轴穿过气缸处不漏气。
如果叶片和轴不转动，而令活塞缓慢移动，则在这种过程中，由实验测得，气体的压强p 和体积V 遵从以下的过程方程式 图1 k pVa=其中a ,k 均为常量, a ＞1（其值已知）。
可以由上式导出，在此过程中外界对气体做的功为⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=--1112111a a V V a k W式中2V 和1V ,分别表示末态和初态的体积。
如果保持活塞固定不动，而使叶片以角速度ω做匀角速转动，已知在这种过程中，气体的压强的改变量p ∆和经过的时间t ∆遵从以 图2 下的关系式ω⋅-=∆∆L Va t p 1式中V 为气体的体积，L 表示气体对叶片阻力的力矩的大小。
上面并没有说气体是理想气体，现要求你不用理想气体的状态方程和理想气体的内能只与温度有关的知识，求出图2中气体原来所处的状态A 与另一已知状态B 之间的内能之差（结果要用状态A 、B 的压强A p 、B p 和体积A V 、B V 及常量a 表示） 图1 四、（25分）图1所示的电路具有把输人的交变电压变成直流电压并加以升压、输出的功能，称为整流倍压电路。
历届全国中学生物理竞赛预赛试题（含答案）
目录第二十届全国中学生物理竞赛预赛试卷2003年9月 (1)第二十届全国中学生物理竞赛预赛题参考答案、评分标准 (6)第21届全国中学生物理竞赛复赛题试卷 (14)第22届全国中学生物理竞赛复赛题 (25)第24届全国中学生物理竞赛复赛试卷 (45)第24届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答 (70)第24届全国中学生物理竞赛预赛试卷2007.9.2 (90)第25届全国中学生物理竞赛预赛题试卷 (104)第26届全国中学生物理竞赛复赛试卷 (113)第27 届全国中学生物理竞赛复赛试卷 (123)第二十届全国中学生物理竞赛预赛试卷2003年9月一、（20分）两个薄透镜L1和L2共轴放置，如图所示．已知L1的焦距f1=f , L2的焦距f2=—f，两透镜间距离也是f．小物体位于物面P上，物距u1＝3f．（1）小物体经这两个透镜所成的像在L2的__________边，到L2的距离为_________，是__________倍（虚或实）、____________像（正或倒），放大率为_________________。
（2）现在把两透镜位置调换，若还要给定的原物体在原像处成像，两透镜作为整体应沿光轴向____________边移动距离_______________．这个新的像是____________像（虚或实）、______________像（正或倒）放大率为________________。
二、(20分)一个氢放电管发光，在其光谱中测得一条谱线的波长为4.86×10-7m．试计算这是氢原子中电子从哪一个能级向哪一个能级（用量子数n表示）跃迁时发出的？已知氢原子基态（n＝1）的能量为E l=一13.6eV＝－2.18×10-18J，普朗克常量为h=6.63×10－34J·s。
三、(20分)在野外施工中，需要使质量m＝4.20 kg的铝合金构件升温。
除了保温瓶中尚存有温度t ＝90.0℃的1.200 kg的热水外，无其他热源．试提出一个操作方案，能利用这些热水使构件从温度t0=10℃升温到66.0℃以上（含66.0℃），并通过计算验证你的方案．已知铝合金的比热容c＝0.880×l03J·(Kg·℃)-1，水的比热容c0 =4.20×103J·(Kg·℃)-1，不计向周围环境散失的热量。
中学生物理奥林匹克竞赛第23届试卷和答案
第23届全国中学生物理竞赛复赛试卷一、（23分）有一竖直放置、两头封锁的长玻璃管，管内为真空，管内有一小球自某处自由下落（初速度为零），落到玻璃管底部时与底部发生弹性碰撞．以后小球将在玻璃管内不断地上下跳动。
现用支架固定一照相机，用以拍照小球在空间的位置。
每隔一相等的确信的时刻距离T 拍照一张照片，照相机的曝光时刻极短，可忽略不计。
从所拍到的照片发觉，每张照片上小球都处于同一名置。
求小球开始下落处离玻璃管底部距离（用H 表示）的可能值和与各H 值相应的照片中小球位置离玻璃管底部距离的可能值。
二、（25分）如下图，一根质量能够忽略的细杆，长为2l ，两头和中心处别离固连着质量为m 的小球B 、D 和C ，开始时静止在滑腻的水平桌面上。
桌面上还有一质量为M 的小球A ，以一给定速度0v 沿垂直于杆DB 的方间与右端小球B 作弹性碰撞。
求刚碰后小球A,B,C,D 的速度，并详细讨论以后可能发生的运动情形。
三、（23分）有一带活塞的气缸，如图1所示。
缸内盛有必然质量的气体。
缸内还有一可随轴转动的叶片，转轴伸到气缸外，外界可使轴和叶片一路转动，叶片和轴和气缸壁和活塞都是 绝热的，它们的热容量都不计。
轴穿过气缸处不漏气。
若是叶片和轴不转动，而令活塞缓慢移动，那么在这种进程中，由实验测得，气体的压强p 和体积V 遵从以下的进程方程式 图1k pVa=其中a ,k 均为常量, a ＞1（其值已知）。
能够由上式导出，在此进程中外界对气体做的功为 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=--1112111a a V V a k W式中2V 和1V ,别离表示末态和初态的体积。
若是维持活塞固定不动，而使叶片以角速度ω做匀角速转动，已知在这种进程中，气体的压强的改变量p ∆和通过的时刻t ∆遵从以 图2 下的关系式ω⋅-=∆∆L Va t p 1 式中V 为气体的体积，L 表示气体对叶片阻力的力矩的大小。
上面并无说气体是理想气体，现要求你不用理想气体的状态方程和理想气体的内能只与温度有关的知识，求出图2中气体原先所处的状态A 与另一已知状态B 之间的内能之差（结果要用状态A 、B 的压强A p 、B p 和体积A V 、B V 及常量a 表示）四、（25分）图1所示的电路具有把输人的交变电压变成直流电压并加以升压、输出的功能，称为整流倍压电路。
第23届全国中学生物理竞赛预赛答案
第23届全国中学生物理竞赛预赛题参考解答及评分标准一、参考解答：1. 线剪断前，整个系统处于平衡状态。
此时弹簧 S 1 的弹力B 1AC ()F m m m g =++ （1） 弹簧 S 2 的弹力2C F m g = （2） 在线刚被剪断的时刻，各球尚未发生位移，弹簧的长度尚无变化，故 F 1、F 2 的大小尚未变化，但线的拉力消失。
设此时球 A 、B 、C 的加速度的大小分别为 a A 、a B 、a C ，则有 1A A A F m g m a -= （3） B B B 2F m g m a += （4） 2C C C F m g m a -= （5） 解以上有关各式得B C A Am m a g m += 方向竖直向上 （6） B C B B m m a g m +=方向竖直向下 （7） C 0a = （8）2. 开始时，磁铁静止不动，表明每一条磁铁受到另一条磁铁的磁力与它受到板的静摩擦力平衡。
（ⅰ）从板突然竖直向下平移到停下，板和磁铁的运动经历了两个阶段。
起初，板向下加速移动，板与磁铁有脱离接触的趋势，磁铁对板的正压力减小，并跟随板一起作加速度方向向下、速度向下的运动。
在这过程中，由于磁铁对板的正压力减小，最大静摩擦力亦减小。
向下的加速度愈大，磁铁的正压力愈小，最大静摩擦力也愈小。
当板的加速度大到某一数值时，最大静摩擦力减小到小于磁力，于是磁铁沿着平板相向运动并吸在一起。
接着，磁铁和板一起作加速度方向向上、速度向下的运动，直到停在 A B '' 处。
在这过程中，磁铁对板的正压力增大，最大静摩擦力亦增大，因两磁铁已碰在一起，磁力、接触处出现的弹力和可能存在的静摩擦力总是平衡的，两条磁铁吸在一起的状态不再改变。
（ⅱ）从板突然竖直向上平移到停下，板和磁铁的运动也经历两个阶段。
起初，板和磁铁一起作加速度方向向上、速度向上的运动，在这过程中，正压力增大，最大静摩擦力亦增大，作用于每个磁铁的磁力与静摩擦力始终保持平衡，磁铁在水平方向不发生运动。
2021年第二十三届全国初中应用物理竞赛试卷及答案（一）
2021年第二十三届全国初中应用物理竞赛试卷及答案（一）范文2021年第二十三届全国初中应用物理竞赛试卷及1/ 7答案(一)2021 年第二十三届全国初中应用物理竞赛试卷及答案（一）注意事项： 1、请在密封线内填写所在地区、学校、姓名和考号。
2、用蓝色或黑色钢笔、圆珠笔书写。
3、本试卷共有六个大题，满分 100 分。
4、For personal use only in study and research; not for commercial use5、6、答卷时间：2021 年 3 月 31 日(星期日)，上午 9:30~11:10。
题号一二三四五六总分分数复核人得分评卷人一、本题共 10 分，每小题 2 分，共 20 分，以下各小题给出的四个选项中只有一个是正确的，把正确选项前面的字母填在题后的括号内。
1、验钞机发出的“光”能使钞票上的荧光物质发光；家用电器的遥控器发出的“光”，能用来控制电风扇、电视机、空调器等电器的开启与关闭。
对于它们发出的“光”，下列说法中正确的是 ( ) A.验钞机和遥控器发出的“光”都是紫外线B.验钞机和遥控器发出的“光”都是红外线C.验钞机发出的“光”是紫外线，遥控器发出的“光”是红外线D.验钞机发出的“光”是红外线，遥控器发出的“光”是紫外线2、在严寒的冬季，小明到滑雪场滑雪，恰逢有一块空地正在进行人工造雪。
他发现造雪机在工作过程中，不断地将水吸入，并持续地从造雪机的前方喷出“白雾”，而在“白雾“下方，已经沉积了厚厚的一层“白雪”，图 1 如图 1 所示。
对于造雪机在造雪过程中，水这种物质发生的最主要的物态变化，下列说法中正确的是 () A.凝华 B.凝固 C.升华 D.液化 3、在有些地区，人们常在小河边洗衣服。
如图2 所示，人们先把脏衣服浸泡在河水里，然后提出来放在石板上，用木棒捶打，水花四溅……，如此反复多次，直到衣服被洗净为止。
这里，用木棒捶打的主要目的是() A.把衣服上的灰尘打碎，以便于洗涤 B.增大木棒与灰尘之间的摩擦，将灰尘带走3/ 7C.迫使湿衣服里面的水从衣服纤维之间的缝隙中高速喷出，利用高速水流将灰尘冲洗掉D.木棒捶打，使衣服突然运动起来，而衣服上的灰尘由于具有惯性仍然静止，从而使灰尘脱离衣服图 2 4、如图 3 所示，海北中学有一个跑道为400m 的操场，在操场的主席台和观众席上方一字形排列着A、B、C 三个相同的音箱。
2023年全国中学生物理竞赛预赛试题参考解答
全国中学生物理竞赛预赛试题参考解答、评分标准一、参考解答（1）在地面附近，沙尘扬起要能悬浮在空中，则空气阻力至少应与重力平衡，即201Av mg αρ= ① 式中m 为沙尘颗粒的质量，而2A r π= ②3s 43m r πρ= ③得 1v =④ 代入数据得 11 4.0m s v =⋅－ ⑤（2）用h ρ、h 分别表达19.0m s v =⋅－时扬沙到达的最高处的空气密度和高度，则有0h (1)Ch ρρ=- ⑥此时式①应为2h Av mg αρ= ⑦由②、③、⑥、⑦可解得20s 4113r g h C v ραρ⎛⎫=- ⎪⎝⎭⑧ 代入数据得 36.810m h =⨯ ⑨评分标准：本题15分。
1. 第一小题8分。
其中①式3分，②式1分，③式1分，④式2分，⑤式1分。
2. 第二小题7分。
其中⑥式1分，⑦式1分，⑧式3分，⑨式2分。
二、参考解答（1）212C E ，0 （2）214C E ，212C E评分标准：本题20分。
（1）10分。
其中每个空5分。
（2）10分。
其中每个空5分。
三、参考解答（1）神舟3号（2）设飞船飞行时间为t ，绕地球飞行的圈数为N ，周期为T ，飞船的质量为m ，离地面的平均高度为h ，地球半径为R ，地球质量为M ，则有t T N= ① 222()()mM G m R h T R h π⎛⎫=+ ⎪+⎝⎭② 2Mm Gmg R = ③ 由①、②、③式解得 1/322224gR t h R N π⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ④由题给数据可知55.853610s t =⨯，代入t 及其它有关数据得52.910m h =⨯ ⑤评分标准：本题20分（1）4分（2）16分。
其中①、②、③、④式各3分，⑤式4分（答案在52.710m ⨯～53.110m ⨯之间均给这4分）四、参考解答根据题设的条件，可知：开始时A 中氦气的质量3He 4.00310kg m -=⨯，B 中氪气的质量3Kr 83.810kg m -=⨯，C 中氙气的质量3Xe 131.310kg m -=⨯。
2023年全国物理竞赛试题(中学生)
2023年全国物理竞赛试题(中学生)第一部分：选择题1. 在自由落体运动中，最先达到终点的物体是（）A. 从高处自由落下的物体B. 从低处开始上抛的物体C. 从低处自由落下的物体D. 从高处开始上抛的物体2. 某小球从3m高的地方下落，当它下落2m时，另一小球从同一高度掉落，两小球同时触地，忽略空气阻力，则两小球的下落时间之比为（）A. 1：1B. 1：2C. 2：1D. 1：33. 如图，一水管有5个截面，其直径分别为d、2d、d/2、d/2、3d/2，水的压强最大的截面为（设水的密度为ρ，重力加速度为g）A. 截面AB. 截面BC. 截面CD. 截面E第二部分：填空题1. 牛顿运动定律的数学表达式为F=_______答案：ma2. 弹簧劲度系数k 的单位为_________答案：N/m3. 物体在重力势场中，沿力方向的机械能变化率为其重力势能的变化率，即ΔEₘ = __________答案：-mgh第三部分：解答题1. 如图，一光滑无摩擦的弧形轨道与竖直平面成角θ，轨道上放一个质量为m的物体，可近似看作一点质量，从其最高点A释放，求物体在点B的速度大小。
答案：v = √(2gRsinθ)2. 两个乒乓球相距30cm在桌上来回弹跳，第一次弹跳后，第二次着地点距第一次着地点30cm，第三次着地点距第二次着地点30cm，以此类推，有一个无限数列。
已知第一次弹跳球速v为3m/s，求该数列的收敛值。
答案：150cm3. 如图，一光滑的细杆与地面成30°角，杆的一端连接一个质量为10kg的物体，求物体下落过程中细杆的最大压弯应力。
答案：6000Pa第四部分：实验题1. 用单摆测定重力加速度g的方法，设计一个实验。
实验步骤：- 垂直地面挂上一个长约1米的铅垂线作为单摆。
- 将摆球拉到一定角度，使摆球在平衡位置附近摆动。
先拍摄10秒左右摆动的视频。
- 通过视频软件测量单摆的周期T和摆球从平衡位置摆动的最大角度θ。
第二十三届全国初中应用物理竞赛（巨人杯）试题及答案2
第二十三届全国初中应用物理竞赛（巨人杯）试题及答案22013年第二十三届全国初中应用物理竞赛（巨人杯）试题一、本题共10小题，每小题2分，共20分。
1.验钞机发出的“光”能使钞票上的荧光物质发光；家用电器的遥控器发出的“光”，能用来控制电风扇、电视机、空调器等电器的开启与关闭。
对于它们发出的“光”，下列说法中正确的是 ( )A.验钞机和遥控器发出的“光”都是紫外线B.验钞机和遥控器发出的“光”都是红外线C.验钞机发出的“光”是紫外线，遥控器发出的“光”是红外线D.验钞机发出的“光”是红外线，遥控器发出的“光”是紫外线2.在严寒的冬季，小明到滑雪场滑雪，恰逢有一块空地正在进行人工造雪。
他发现造雪机在工作过程中，不断地将水吸入，并持续地从造雪机的前方喷出“白雾”，而在“白雾“下方，已经沉积了厚厚的一层“白雪”，如图1所示。
对于造雪机在造雪过程中，水这种物质发生的最主要的物态变化，下列说法中正确的是( )A.凝华B.凝固C.升华D.液化3.在有些地区，人们常在小河边洗衣服。
如图2所示，人们先把脏衣服浸泡在河水里，然后提出来放在石板上，用木棒捶打，水花四溅……，如此反复多次，直到衣服被洗净为止。
这里，用木棒捶打的主要目的是( )A.把衣服上的灰尘打碎，以便于洗涤B.增大木棒与灰尘之间的摩擦，将灰尘带走C.迫使湿衣服里面的水从衣服纤维之间的缝隙中高速喷出，利用高速水流将灰尘冲洗掉D.木棒捶打，使衣服突然运动起来，而衣服上的灰尘由于具有惯性仍然静止，从而使灰尘脱离衣服4.如图3所示，海北中学有一个跑道为400 m的操场，在操场的主席台和观众席上方一字形排列着A、B、C三个相同的音箱。
在一次运动会的开幕式上，站在操场中的所有同学都可以听到音箱发出的足够大的声音，但站在某些位置的同学却感觉听不清音箱中播放的内容，在图3的l、2、3三个位置中，位于哪个位置附近的同学应该是“感觉听不清”的？( )A.1B.2C.3D.在哪个位置都一样5.炒菜时如果发生油锅起火现象，下列做法中最不应该的是 ( )A.加一些冷油，降低温度B.立刻盖上锅盖C.立即向锅内倒入冷水来灭火D.将蔬菜倒入油锅内6.北斗卫星导航系统是我国自行研制的全球卫星定位与通信系统(BDS)。
第23届全国中学生物理竞赛预赛试题
第23届全国中学生物理竞赛预赛试题（河南赛区）一、选择题（每题都有一个或多个符合题意的选项，每小题3分，共36分）1.质量为m 的圆球放在光滑斜面和光滑的竖直挡板之间，如图1所示，当斜面倾角·由零逐渐增大时（保持挡板竖直），斜面和挡板对圆球的弹力大小的变化情况是（ ）A.斜面的弹力由零逐渐变大B.斜面的弹力由mg 逐渐变大C.挡板的弹力由零逐渐变大D.挡板的弹力由mg 逐渐变大2.如图2所示，一根细绳绕过两个相距2a 的定滑轮（滑轮大小不计），细绳两端分别静止吊着相同的物体A 和物体B 。
现于两个滑轮间绳子的中点处挂一物体C ，当C 下落距离b 。
其速率为v ，则此时A 、B 的速率为（ ）A. vB.b b a v 222+ C.22b a bv + D.b b a v 22+ 3.根据图3中的四个图，下列说法中正确的是（ ）A.图甲是在显微镜下追踪而得到的几颗小炭粒在水中的运动位置的连线，这些连线就是水分子运动的真正的轨迹B.图乙是射击手拉弓，箭射出时弓的弹性势能转化成箭的最大初动能C.图丙中的右手推动活塞，压缩玻璃管内空气体积，能使管内空气压强减小D.图丁中是两只频率相同的音叉，敲响其中的一只A ，然后用手按住A ，这时可以听到没有被敲的那只音叉B 也在发声，音叉B 的发声现象就是声音的共鸣4.如图4所示，在倾角为θ的光滑斜面上A 点处，以初速v 0与倾面成α角斜抛出一小球，小球落下将与斜面做弹性碰撞。
问θ、α满足什么条件时，小球将逐点返跳回出发点A ？A. k =⋅θαcos sinB. k =⋅θαcos cosC. k =⋅θαcot cotD. k =⋅θαtan tan（k=2，3，…n ）5.以速度v=10m/s 运动的足球碰到运动员的脚，为使足球与脚相碰后停下来，问运动员的脚应该以多大的速度触球？（足球的质量比运动员的质量小得多，且碰撞是完全弹性的）A.3m/sB.4m/sC.5m/sD.6m/s6.一根张紧的水平弹性长绳上的ab 两点相距14cm ，b 点在a 点的右方。
第23届全国中学生物理竞赛复赛试卷和参考答案
第23届全国中学生物理竞赛复赛试卷 一、（23分）有一竖直放置、两端封闭的长玻璃管，管内为真空，管内有一小球自某处自由下落（初速度为零），落到玻璃管底部时与底部发生弹性碰撞．以后小球将在玻璃管内不停地上下跳动。
现用支架固定一照相机，用以拍摄小球在空间的位置。
每隔一相等的确定的时间间隔T 拍摄一张照片，照相机的曝光时间极短，可忽略不计。
从所拍到的照片发现，每张照片上小球都处于同一位置。
求小球开始下落处离玻璃管底部距离（用H 表示）的可能值以及与各H 值相应的照片中小球位置离玻璃管底部距离的可能值。
二、（25分）如图所示，一根质量可以忽略的细杆，长为2l ，两端和中心处分别固连着质量为m 的小球B 、D 和C ，开始时静止在光滑的水平桌面上。
桌面上另有一质量为M 的小球A ，以一给定速度0v 沿垂直于杆DB 的方间与右端小球B 作弹性碰撞。
求刚碰后小球A,B,C,D 的速度，并详细讨论以后可能发生的运动情况。
三、（23分）有一带活塞的气缸，如图1所示。
缸内盛有一定质量的气体。
缸内还有一可随轴转动的叶片，转轴伸到气缸外，外界可使轴和叶片一起转动，叶片和轴以及气缸壁和活塞都是绝热的，它们的热容量都不计。
轴穿过气缸处不漏气。
如果叶片和轴不转动，而令活塞缓慢移动，则在这种过程中，由实验测得，气体的压强p 和体积V 遵从以下的过程方程式 图1k pV a =其中a ,k 均为常量, a ＞1（其值已知）。
可以由上式导出，在此过程中外界对气体做的功为⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=--1112111a a V V a k W 式中2V 和1V ,分别表示末态和初态的体积。
如果保持活塞固定不动，而使叶片以角速度ω做匀角速转动，已知在这种过程中，气体的压强的改变量p ∆和经过的时间t ∆遵从以 图2下的关系式ω⋅-=∆∆L Va t p 1 式中V 为气体的体积，L 表示气体对叶片阻力的力矩的大小。
上面并没有说气体是理想气体，现要求你不用理想气体的状态方程和理想气体的内能只与温度有关的知识，求出图2中气体原来所处的状态A 与另一已知状态B 之间的内能之差（结果要用状态A 、B 的压强A p 、B p 和体积A V 、B V 及常量a 表示） 图1四、（25分）图1所示的电路具有把输人的交变电压变成直流电压并加以升压、输出的功能，称为整流倍压电路。
第23届全国中学生物理竞赛预赛试题及参考答案
第23届全国中学生物理竞赛预赛试卷一、（20分，每小题10分）1、如图所示，弹簧 S i 的上端固定在天花板上，下端连一小球 A ，球A 线相连。
球B 与球C 之间用弹簧S 2相连。
A 、B 、C 的质量分别为 m A 、m B 、 质量均可不计，开始时它们都处在静止状态，现将 A 、B 间的线突然剪断，A 、B 、C 的加速度。
2、两个相同的条形磁铁，放在平板 AB 上，磁铁的N 、S 极如图所示，开始时平板及磁铁皆处于水平位置，且静止不动。
（1）现将AB 突然竖直向下平移（磁铁与平板触），并使之停在 A'B'处，结果发现两个条形磁铁 （2） 如果将AB 从原位置突然竖直向上平移，A”B”位置处，结果发现两条形磁铁也碰在一起。
试定性地解释上述现象。
二、（20分，第1小题12分，第2小题8分）1、老爷爷的眼睛是老花眼。
（1） 一物体P 放在明视距离处，老爷爷看不清楚，试在示意图1中画出此时P 通过眼睛成像的光路示 意图。
（2） 戴了一副300度的老花镜后，老爷爷就能看清楚放在明视距离处的物体 P 通过老花镜和眼睛成像的光路示意图。
（3） 300度的老花镜的焦距f=2、有两个凸透镜，它们的焦距分别为f l >f 2>|f 3|>|f 4|，如果要从这四个透镜中选取两个透镜，组成一架最简单的单筒望远镜，要求能看到放大倍数尽可能大的正立的像，则应选焦距为 ____________ 的透镜作为物镜，应选焦距为 _______________ 的透镜作为目镜。
三、（20分，第1小题12分，第2小题8分）1、如图所示，电荷量为 q 1的正点电荷固定在坐标原点 0处，电荷量为q 2的正点电荷固定在 x 轴上,两电荷相距I ，已知q 2=2q 1。
（1）求在x 轴上场强为零的 P 点的坐标。
（2）若把一电荷量为 q o 的点电 讨论它的稳定性（只考虑 q °被限制在 限制在沿垂直于x 轴方向运动这两种与球B 之间用 me,弹簧与线的 求线刚剪断时P ，试在示意图2中画出f i 和f 2，还有两个凹透镜，它们的焦距分别为f 3和f 4，已知,荷放在P 点，试 沿x 轴运动和被 情况）。
高中物理：第23届全国物理预赛
第23届全国中学生物理竞赛预赛题试卷本卷共九题，满分200分一．（20分，每小题10分）1．如图所示，弹簧S 1的上端固定在天花板上，下端连一小球A ，球A 与球B 之间用线相连。
球B 与球C 之间用弹簧S 2相连。
A 、B 、C 的质量分别为m A 、m B 、m C ，弹簧与线的质量均可不计。
开始时它们都处在静止状态。
现将A 、B 间的线突然剪断，求线刚剪断时A 、B 、C 的加速度。
2．两个相同的条形磁铁，放在平板AB 上，磁铁的N 、S 极如图所示，开始时平板及磁铁皆处于水平位置，且静止不动。
（1）现将AB 突然竖直向下平移（磁铁与平板间始终相互接触），并使之停在AʹBʹ处，结果发现两个条形磁铁碰在一起。
（2）如果将AB 从原来位置突然竖直向上平移（磁铁与平板间始终相互接触），并使之停在AʺBʺ处，结果发现两个条形磁铁也碰在一起。
试定性地解释上述现象。
二．（20分，第1小题12分，第2小题8分）1．老爷爷的眼睛是老花眼。
（1）一物体P 放在明视距离处，老爷爷看不清楚。
试在示意图1中画出此时P 通过眼睛成像的光路示意图。
（2）戴了一副300度的老花镜后，老爷爷就能看清楚放在明视距离处的物体P ，试在示意图2中画出P 通过老花镜和眼睛成像的光路示意图。
（3）300度的老花镜的焦距f ＝_________m 。
2．有两个凸透镜，它们的焦距分别为f 1和f 2，还有两个凹透镜，它们的焦距分别为f 3和f 4。
已知f 1＞f 2＞|f 3|＞|f 4|。
如果要从这四个透镜中选取两个透镜，组成一架最简单的单筒望远镜，要求能看到放大倍数尽可能大的正立像，则应选取焦距为_____的透镜作物镜，应选取焦距为_____的透镜为目镜。
三．（20分，第1小题12分，第2小题8分）1．如图所示，电荷量为q 1的正点电荷固定在坐标原点O 处，电荷量为q 2的正点电荷固定在x 轴上，两电荷相距l ，已知q 2＝2q 1。
第23届全国中学生物理竞赛决赛试题与详细解答
第23届全国中学生物理竞赛决赛试题2006年11月 深圳★ 理论试题一、建造一条能通向太空的天梯，是人们长期的妄图．现今在美国宇航局（NASA ）支持下，洛斯阿拉莫斯国家实验室的科学家已在进行这方面的研究．一种简单的设计是把天梯看做一条长度达万万层楼高的质量均匀散布的缆绳，它由一种高强度、很轻的纳米碳管制成，由传统的太空飞船运到太空上，然后慢慢垂到地球表面．最后达到如此的状态和位置：天梯本身呈直线状；其上端指向太空，下端刚与地面接触但与地面之间无彼此作用；整个天梯相关于地球静止不动．若是只考虑地球对天梯的万有引力，试求此天梯的长度．已知地球半径R 0 = ×106m ，地球表面处的重力加速度 g = m ·s－2．二、如图所示，一内半径为R 的圆筒（图中2R 为其内直径）位于水平地面上．筒内放一矩形物．矩形物中的A 、B 是两根长度相等、质量皆为m 的细圆棍，它们平行地固连在一质量能够不计的，长为l = 3R 的矩形薄片的两头．初始时矩形物位于水平位置且处于静止状态，A 、B 皆与圆筒内表面接触．已知A 、B 与圆筒内表面间的静摩擦因数μ都等于1．现令圆筒绕其中心轴线超级缓慢地转动，使A 慢慢升高． 1．矩形物转过量大角度后，它开始与圆筒之间再也不能维持相对静止？答：___________________________（只要求写出数值，不要求写出推导进程） 2．若是矩形物与圆筒之间刚不能维持相对静止时，当即令圆筒停止转动．令θ表示A 的中点和B 的中点的连线与竖直线之间的夹角，求尔后θ等于多少度时，B 相关于圆筒开始滑动．（要求在卷面上写出必要的推导进程．最后用计算器对方程式进行数值求解，最终结果要求写出三位数字．）lA 2R三、由于地球的自转及不同高度处的大气对太阳辐射吸收的不同，静止的大气中不同高度处气体的温度、密度都是不同的．关于干燥的静止空气，在离地面的高度小于20 km 的大气层内，大气温度T e 随高度的增大而降低，已知其转变率△T e △z= － × 10－3 K ·m －1z 为竖直向上的坐标．现考查大气层中的一质量必然的微小空气团（在确信它在空间的位置时可看成质点处置），取其初始位置为坐标原点（z = 0），这时气团的温度T 、密度ρ 、压强p 都别离与周围大气的温度T e 、密度ρe 、压强p e 相等．由于某种缘故，该微气团发生向上的小位移．因为大气的压强随高度的增加而减小，微气团在向上移动的进程中，其体积要膨胀，温度要转变（温度随高度变化可视为线性的）．由于进程进行得不是超级快，微气团内气体的压强已来得及随时调整到与周围大气的压强相等，但尚来不及与周围大气发生热互换，因此能够把进程视为绝热进程．现假定大气可视为理想气体，理想气体在绝热进程中，其压强p 与体积V 知足绝热进程方程pV γ = C ．式中C 和γ都是常量，但γ与气体种类有关，对空气，γ = ．已知空气的摩尔质量μ = kg • mol －1，普适气体恒量R = J • ( K • mol )－1．试在上述条件下定量讨论微气团以后的运动．设重力加速度g = m ·s－2，z = 0处大气的温度T e0 = 300 K ．四、图1中K 为带电粒子发射源，从中可持续不断地射出质量、电荷都相同的带正电的粒子流，它们的速度方向都沿图中虚线O ′O ，速度的大小具有一切可能值但都是有限的．当粒子打在垂直于O ′O 的屏NN ′ 上时，会在屏上留下永久性的痕迹．屏内有一与虚线垂直的坐标轴Y ，其原点位于屏与虚线的交点O 处，Y 的正方向由O 指向N ．虚线上的A 、B 两处，各有一电子阀门a 和b ．阀门能够依照指令开启或关闭．开始时两阀门都处于关闭状态，挡住粒子流．M 、M ′ 是两块较大的平行金属平板，到虚线O ′O 的距离都是d ，板M 接地．在两板间加上如图2所示的周期为2T 的交变电压u ，u 的正向最大值为2U ，负向最大值为U ．已知当带电粒子处在两平板间的空间时，假设两平板间的电压为U ，那么粒子在电场作用下的加速度a 、电压u 的半周期T 和平板到虚线的距离d 知足以下关系aT 2 = 15d已知AB 间的距离、B 到金属板左端的距离、金属板的长度和金属板右端到屏的距离都是l ．不计重力的作用．不计带电粒子间的彼此作用．打开阀门上的粒子被阀门吸收，可不能阻碍以后带电粒子的运动．只考虑MM ′ 之间的电场并把它视为匀强电场．1．假定阀门从开启到关闭经历的时刻δ比T 小得多，可忽略不计．此刻某时刻突然开启阀门a 又当即关闭；通过时刻T ，再次开启阀门a 又当即关闭；再通过时间T ，第3次开启阀门a 同时开启阀门b ，当即同时关闭a 、b ．假设以开启阀门b 的时刻作为图2中t = 0的时刻，那么屏上可能显现的粒子痕迹的Y 坐标（只要写出结果，没必要写出计算进程）为__________________________________________________________________________．2．假定阀门从开启到关闭经历的时刻δ = T10 ，此刻某时刻突然开启阀门a ，通过时刻δ当即关闭a ；从刚开启a 的时刻起，通过时刻T ，突然开启阀门 b ，通过时刻δ关闭b ．假设以刚开启阀门b 的时刻作为图2中t = 0的时刻，那么从B 处射出的具有最大速度的粒子射到屏上所产生的痕迹的Y 坐标（只要写出结果，没必要写出计算进程）为_____________________________________________________________________________．具有最小速度的粒子射到屏上所产生的痕迹的Y 坐标（只要写出结果，没必要写出计算进程）为_____________________________________________________________________________．t / T0 2 4 6 8 10 12 u2U －U图2KOM NNY OMB Aabllll 图1五、如图所示，坐标系Oxyz 的x 轴和z 轴都位于纸面内，y 轴垂直纸面向里．两无穷大金属极板P 和Q 别离位于x = －d 和x = d 处．磁感应强度大小为B 的匀强磁场的方向平行于Oxz 坐标平面，与z 轴的夹角为α ．在座标原点O 处，有一电荷为q （＞0）、质量为m 的带电粒子，以沿y 轴正方向的初速度v 0开始运动．不计重力作用．1．假设两极板间未加电场，欲使该粒子在空间上恰好能抵达极板（但与板不接触），那么初速度v 0应为多大？所需最短时刻t 0是多少？2．假设在两极板间沿x 轴正方向加上一场强为E 的匀强电场，使该粒子能在第1问中所求得的时刻t 0抵达极板，那么该粒子的初速度v 0应为多大？若α = π4 ，求粒子抵达极板时粒子的坐标．六、在高能物理中，实验证明，在实验室参考系中，一个运动的质子与一个静止的质子相碰时，碰后可能再产生一个质子和一个反质子，即总共存在三个质子和一个反质子．试求发生这一情形时，碰前那个运动质子的能量（对实验室参考系）的最小值（即阈值）是多少．已知质子和反质子的静止质量都是m 0 = × 10－27kg ．不考虑粒子间的静电作用．P第23届全国中学生物理竞赛决赛参考解答一、要使天梯相关于地球静止不动，由地面伸向太空，与地面之间无彼此作使劲，如此的天梯的下端只能位于赤道上某处，且天梯与该处地球表面垂直，并与地球同步转动．如图1所示．从坐标原点与地球中心固连、坐标轴指向恒星的惯性参考系来看，天梯和地球一路匀速转动．天梯所受的外力只有地球的万有引力．把天梯看做是由线密度为ρ的许多超级小的小段组成，那么每小段到地球中心的距离不同，因此所受地球引力的大小也不同，其中与地心的距离为r i －1 到r i 间的长度为△r i 的小段所受地球引力为f i = G M ρ△r ir 2i（1）整个天梯所受的地球引力F 就等于每小段所受地球引力之和， 即F =1n i i f =∑=21nii iM r Gr ρ=∑ （2） 符号1ni =∑表示对所有小段求和．因△r i = r i － r i －1 是个小量，注意到r i r i －1 = r i ( r i －△r i ) ≈r 2i ，因此121111101111()nnnii i i i i i i i i i n r r r r rr r r r r -===---==-=-∑∑∑用R 0表示地球半径，也确实是天梯下端到地心的距离，R l 表示天梯上端到地心的距离，那么r 0 = R 0 ，r n = R l ，代入（2）式得F= G Mρ( 1R 0 － 1R l) （3）整个天梯的质量m = ρ ( R l －R 0 ) （4）图1天梯的质心位于天梯的中点，它到地心的距离r C = R 0 + R l －R 02（5）依照质心运动定理，有F = mr C (2πT)2（6）式中T 为地球自转的周期． 由（3）、（4）、（5）、（6）式可得( R l －R 0 ) ( R 2l + R 0R l － GMT 22π2R 0) = 0R l －R 0 = 0 ，表示天梯无长度，不符合题意，符合题意的天梯长度知足的方程为R 2l + R 0R l － GMT 22π2R 0= 0 （7）因为GM = R 20g ，因此得R 2l + R 0R l － R 0gT 22π2 = 0 （8）【从跟从地球一路转动的参考系看，也可取得（8）式．这时，天梯在地球引力和惯性离心力的作用下，处于平稳静止状态，地球引力仍为（3）式，天梯所受的惯性离心力可由下面的方式求得：仍把天梯看做由很多长度为△r i 的小段组成，那么第i 小段受的惯性离心力为f i ′ = ρ△r i (2πT)2r i （4′）对所有小段求和，就取得整个天梯所受的惯性离心力F ′ = 1ni i f ='∑=1ni ρ=∑( 2πT )2 r i △r i （5′） （5′）式中所示的和能够用图2过原点的直线y = ρ( 2πT)2r 下的一个带阴影的梯形面积来表示，即O R 0 R lρ( 2πTR ρ( 2πTR图2F ′ = ρ(2πT )2 R 0 + R l2( R l －R 0 ) （6′） 因为地球引力与惯性离心力平稳，由（3）式和（6′）式可得GM ( 1R 0 － 1R l ) =( 2πT )2 R 0 + R l2( R l －R 0 ) （7′）因为GM = R 20g ，化简（7′）式最后也能取得（8）式．】 解（8）式得R l =－R 0 ± R 20 +2R 0gT 2π2 2（9）根号前取正号，代入有关数据，注意到T = ×104s ，得R l = ×108 m （10）因此天梯的长度L = R l －R 0 = ×108 m （11）二、1．90 °．2．当矩形物处于竖直位置即θ = 0° 时，B 可不能滑动，矩形物静止．当圆筒缓慢转动使θ刚超过0° 时，A 将离开圆筒内表面而开始倾倒，按题意现在圆筒已停止转动．假定B 仍不动，尔后，A 在竖直平面内从静止开始绕B 做圆周运动．圆周运动的径向方程（牛顿第二定律）为m v 2l= mg cos θ－T （1）那个地址v 表示A 的速度．T 是刚性薄片对A 的作使劲，规定其方向从B 到A 为正．依照能量守恒，有mgl (1－cos θ ) = 12mv 2（2）联立（1）、（2）式，得T = mg ( 3cos θ－2 ) （3） 若是令 T = 0 ，可得θ = arccos ( 23) = °显见，θ ＜ ° 时，作使劲是径向正向，对A 是推力；θ ＞ ° 时，作使劲是径向反向，对A 是拉力．120° 30°O ABθ此刻再来看前面被假定不动的B 是不是运动．咱们能够在B 处画圆筒内表面的切面，它与水平面成30° 夹角．因为假定B 不动，其加速度为零，因此B 在垂直于切面方向的受力方程为f ⊥－mg cos30°－T cos ( 30°－θ ) = 0 （4）那个地址f ⊥ 是圆筒内壁对B 的支持力．由（4）式和（3）式能够论证，若是在θ等于60°（A 将与圆筒相碰）之前B 不动，那么f ⊥ 必将始终不等于零，这确实是说，在B 开始滑动以前，B 可不能离开筒壁．B 对筒壁的正压力是f ⊥ 的反作使劲，大小和f ⊥ 相同．式中的T 是刚性薄片对B 的作使劲，它和（1）式中的T 大小相等（因薄片质量不计）．由于μ =1，因此最大静摩擦力f max 的大小就等于正压力．f max = μf ⊥ = mg cos30° + T cos ( 30°－θ ) （5）其方向是沿切面方向．沿切面方向除摩擦力外，B 还受到其他力f ∥ = mg sin30° + T sin ( 30°－θ ) （6）只要f ∥ 不大于最大静摩擦力，B 就不滑动．那个条件写出来确实是f ∥ ≤ f max （7）B 滑动与否的临界点就应由f ∥ = f max 求出，即mg cos30° + T cos ( 30°－θ ) = mg sin30° + T sin ( 30°－θ ) （8）将（3）式的T 代入（8）式，化简后得方程( 3cos θ －2 )[ cos θ + ( 2 + 3 )sin θ ] + 1 = 0 （9）那个方程可用数值求解，即取不同的θ值代入慢慢逼近，最后可得θ = ° （10）θ 超过此值，B 将开始滑动．三、设微气团中空气的质量为m ，当其位移为z 时，气团的体积为V ，气团内气体的密度为ρ ，气团周围大气的密度为ρe ．气团受到竖直向下的重力 mg = V ρg 和竖直向上的浮力V ρe g 作用，假设气团的加速度为α ，那么由牛顿第二定律有m α = －V ρg + V ρe g = －V ( ρ －ρe ) g （1）或有α = －g ρ －ρeρ（2）依照理想气体状态方程pV = m μRT （3） 可知气体的密度ρ = m V = μpRT（4）利用（4）式，注意到p = p e ，（2）式可化成α = －g T e －T T e（5）周围大气在z 处的温度T e 等于z = 0处的温度T e0 加从0到z 温度的增量，即T e = T e0 +△T e △zz （6） 假设气团中气体温度随高度的转变率为△T△z，依照题意，有T = T 0 +△T e △zz （7） T 0为气团位于初始位置时气团中气体的温度．依照题意T e0 = T 0 ，把（6）、（7）式代入（5）式得α = － g T e ( △T e △z － △T△z) z （8）在（8）式中，假设( △T e △z － △T△z ) ＞0 ，那么加速度方向向下，作用于气团的力有使气团回到初始位置的趋势，如此，大气层中的大气就处于稳固状态；反之，气团将远离其初始位置，大气层中的大气处在不稳固状态．因周围大气温度随高度的转变率△T e△z 是已知的，故只要明白气团中气体温度随高度的转变率，即可对气团的运动作出判定．大气的压强随高度的增加而减小，在高度为z 和z +△z 处的压强差△p e = －ρe g △z （9）式中ρe 为z 处的空气的密度，与温度、压强有关，由（4）式表示． 式中负号表示高度增加时，大气压强是减小的．把（4）式代入（9）式得△p e = －μp eRT eg △z （10） 质量为m 的气团在上升进程中，其压强将随周围大气的压强的减小而减小，体积要增大，气团对周围空气做功．因为进程是绝热的，气团的内能要减少，因此温度要降低，温度、压强的转变应知足绝热进程的规律．试题给出的绝热进程方程是关于压强与体积间的关系，利用理想气体状态方程，可把绝热进程方程表示为温度与压强间的关系．由（3）式得V = m μ RTp（11）把（11）式代入pV γ = C得T = 1C γμmR1p γγ- （12）当气团的压强由p 变到 p + △p 时，气团的温度将由T 变到T +△T ．由（12）式T +△T = 1C γμmR( p + △p )1γγ-利用二项式定理，忽略△p 的高次方项，并注意到（12）式得T +△T = 1C γμmR[1pγγ-+ γ－1γ11p γγ-- (△p ) ] = T +γ－1γ Tp△p 故有△T =γ－1γ Tp△p （13） 依照题意，p = p e ，△p = △p e ，由（7）式、（10）式和（13）式得△T △z = － γ－1γ μgRT 0T e0 + ( △T e △z + γ－1γ μgR) z（14）已知△T e △z= － × 10－3 K ·m －1，代入有关数据可求得γ－1γ μg R= × 10－3 K ·m －1当z 不是专门大时，有T e0 +（△T e △z + γ－1γ μgR) z ≈T e0 故有△T △z = － γ－1γ μg R（15）代入题给的有关数据得△T △z= － × 10－3 K ·m －1（16） 负号表示高度增加时，气团的温度要下降．可见 (△T e △z － △T△z) ＞0 ，作用于气团的合力的方向与气团位移的方向相反，指向气团的初始位置，气团发生向上位移后，将要回到初始位置．当z 不是专门大时，（8）式中的T e能够用T e0代替，可知气团将在初始位置周围做简谐振动．振动的圆频率ω = gT e0(△T e△z－△T△z) （17）代入数据，得ω = × 10－2 s－1（18）四、1．Y1 = －，Y2 = ．2．Y′ = －，Y′′ = －．附参考解法：1．当阀门a第1次开启时，具有各类速度的粒子（称之为第一批粒子）从A处进入AB 之间，在a第2次开启时刻，第一批粒子中速度为v1 = lT（1）的粒子正好射到B处，被阀门b挡住．与此同时，第二批具有各类速度的粒子从A处进入AB之间．在阀门a第3次开启的时刻，第一批进入AB间的粒子中速度为v2 = l2T=12v1（2）的粒子与第二批进入AB间的粒子中速度为v1的粒子同时抵达B处．因现在阀门b已开启，这些粒子都从B处沿虚线射向两平行板，而第三批进入AB间的粒子在它们抵达B处时，被b挡住．由此可知，能从B处射向两平行板的粒子具有v1和v2两种不同的速度．依照题意，粒子从B处射出的时刻为t = 0 ，故速度为v1的粒子在时刻t1 = lv1= T进入两平行板之间，由此题图2可知，两板间的电压u = －U粒子在两板间的电场作用下的加速度为－a ，粒子通过两板经历的时刻为△t1 = lv1= T在△t1时刻内粒子在Y方向取得的分速度和位移别离为v1y = －a△t1 = －aT（3）y1 = －12a (△t1 )2 = －12aT2（4）因aT 2 = 1 5 d ，故| y 1 | = 1 10d ＜ d ，说明速度为v 1的粒子能穿出平板，粒子穿出平板后做匀速运动．在从射出平板至射到屏的时刻内，粒子在Y 方向的位移△y 1 = v 1y l v 1 = －aT 2 （5） 粒子在屏上产生的痕迹的Y 坐标为Y 1 = y 1 +△y 1 = －1 2 aT 2 －aT 2 = － 3 2aT 2 = － （6） 速度为v 2 的粒子在时刻 t 2 = l v 2 = 2T 进入两平行板之间，由此题图2可知，两板间的电压u = 2U粒子在电场作用下的加速度为2a ，粒子通过两板经历的时刻为△t 2 = l v 2 = 2T 因为两板间的电压在时刻△t 2内由2U 变成－U ，粒子的加速度亦将从2a 变成－a ，由此可求得在△t 2时刻内粒子在Y 方向取得的分速度和位移别离为v 2y = 2aT － aT = aT （7）y 2 = 1 2 ( 2a )T 2 + ( 2aT )T － 1 2 aT 2 = 5 2aT 2 （8） 因aT 2 = 1 5 d ，故 y 2 = 1 2d ＜ d ，说明速度为v 2的粒子亦能穿出平板．粒子穿出平板后做匀速运动．在从射出平板至射到屏的时刻内，粒子在Y 方向的位移△y 2 = v 2y l v 2 = 2aT 2 （9） 粒子打在屏上产生的痕迹的Y 坐标为Y 2 = y 2 +△y 2 = 5 2 aT 2 + 2aT 2 = 9 2aT 2 = （10） 即粒子在屏上产生的痕迹是两个点，它们的Y 坐标别离为Y 1和Y 2 ．2．由于阀门从开启到关闭要经历一段时刻，在阀门a 开启到关闭经历的δ时刻距离内的不同时刻，都有各类不同速度的粒子从A 处进入AB 间，有的早进入，有的晚进入．由于阀门b 从开启到关闭也要经历一段时刻δ ，粒子可能在最先的时刻即t = 0的时刻从B 处射出，也可能在最晚的时刻即t = δ时刻从B 处射出．在a 刚开启的时刻从A 处射入AB 间，并在t = δ时刻从B 处射出的粒子的速度最小，这最小速度为v min =lT + δ（11）在阀门a刚要关闭时刻从A处射进AB间，并在t = 0的时刻从B处射出的粒子的速度最大，这最大速度为v max =lT －δ（12）在t = 0时刻从B处射出的速度为v max的粒子在时刻t1 =lv max= T －δ进入两平板之间，在时刻t1′ = t1+lv max= 2T －2δ离开两平板．由此题图2可知，在T －δ到T时刻内，两板间的电压为2U，在T到2T－2δ时刻内，两板间的电压为－U ，与电压对应的粒子的加速度别离为2a和－a ．在粒子通过平板的时刻内，粒子在Y方向取得的分速度和位移别离为v1y = 2aδ－a (T － 2δ) = －aT + 4aδ（13）y1 = 12 ( 2a )δ2 + ( 2a )δ(T － 2δ)－12a (T － 2δ)2= －12aT 2 + 4aδT － 5aδ2 （14）粒子穿出平板后做匀速运动．从射出平板至射到屏的时刻内，粒子在Y方向的位移△y1 = v1ylv max= (－aT + 4aδ) (T －δ)= －aT2 + 5aδT － 4aδ2 （15）粒子在屏上产生的痕迹的Y坐标为Y1 = y1 +△y1 = －32aT2 + 9aTδ－9aδ2 （16）依照题意，代入数据得Y1 = －（17）在t = δ时刻从B处射出的速度为v min的粒子在时刻t2 = δ+lv min= T + 2δ进入两平板之间，在时刻t2′ = t2+lv min= 2T + 3δ离开两平板．由此题图2可知，在T + 2δ到2T时刻内，两板间的电压为－U，在2T到2T + 3δ时刻内，两板间的电压为2U ，与电压对应的粒子的加速度别离为－a 和2a ．在粒子通过平板的时刻内，粒子在Y 方向取得的分速度和位移别离为v 2y = － a (T － 2δ ) + ( 2a )3δ = －aT + 8a δ （18）y 2 = － 1 2 a (T － 2δ )2 －a (T － 2δ ) 3δ + 1 2( 2a ) ( 3δ ) 2 = － 1 2aT 2 － aT δ + 13a δ2 （19） 粒子穿出平板后做匀速运动．在从射出平板至射到屏的时刻内，粒子在Y 方向的位移 △y 2 = v 2y l v min= (－aT + 8a δ ) (T + δ ) = －aT 2 + 7aT δ + 8a δ2 （20）粒子在屏上产生的痕迹的Y 坐标为Y 2 = y 2 +△y 2 = －3 2aT 2 + 6aT δ + 21a δ2 （21） 依照题意，代入数据得 Y 2 = － （22）由以上分析可知，速度最小和速度最大的粒子打在屏上产生的痕迹是位于Y 轴上的同一点．五、解法一1．平行板间仅有磁场，带电粒子初速度v 0的方向垂直于磁场，在洛伦兹力的作用下，粒子将在垂直于磁场方向的平面内做匀速圆周运动，圆周半径R 0 = mv 0qB（1） 轨道平面与Oxz 坐标平面的交线如图1中NN ′ 所示．要使粒子刚能抵达极板Q （与板刚未接触），圆心C 应是ON ′ 的中点，有P 图1 NCN ′ = R 0 = d 2cos α （2） 由（1）、（2）式得 v 0 = dqB 2m cos α（3） 粒子由O 通过半个圆周抵达N ′ ，所经历的最短时刻为圆周运动的半个周期t 0 = T 2 = πm qB（4） 2．以y 轴为旋转轴，顺时针转动α角，成立新坐标系Ox ′y ′z ′ ，如图2所示．在新坐标系中电场强度E 的分量为E x ′ = E cos α E y ′ = 0 E z ′ = E sin α （5）磁感应强度B 的分量为B x ′ = 0 B y ′ = 0 B z ′ = B （6）带电粒子所受到的电场力的分量为f Ex ′ = qE x ′ = qE cos α f Ey ′ = 0 f Ez ′ = qE z ′ = qE sin α （7） 当带电粒子速度为v 时，带电粒子所受到磁场力的分量为f Bx ′ = qv y ′B f By ′ = －qv x ′B f Bz ′ = 0 （8）（i ）关于带电粒子在Ox ′y ′ 平面内的分运动现假想起始时刻带电粒子沿y ′ 轴正方向的初速度v 0用下式表示v 0 = v 0 + v 1－ v 1= v 2－ v 1式中v 2 = v 0 + v 1 （9）现把v 0看成沿y ′ 轴负方向运动的速度v 1和沿y ′ 轴正方向运动的v 2的合成．如此，与前z z ′ B y ，x ′O α 图2 E v 0 α者联系的运动使带电粒子受到沿x ′ 轴的负方向的磁场力作用，它与电场力的分量f Ex ′ 的方向相反，当v 1取数值v 1= E x ′B = E Bcos α （10） 时，与－ v 1相联系的磁场力与f Ex ′ 的合力为零，其成效是带电粒子沿y ′ 轴负方向以速度v 1做匀速运动；与后者联系的运动使带电粒子仅受到磁场力作用，此力的方向既垂直于磁场方向（z ′ 轴方向），又垂直于速度v 2 ，即位于Ox ′y ′ 平面内，其大小为f x ′y ′ = qv 2B （11）粒子在此力作用下在平面内做速度为v 2的匀速圆周运动，圆周的半径R = mv 2qB（12） 其圆频率ω = q mB （13） 由以上分析可知带电粒子一方面在Ox ′y ′ 平面内做上述匀速圆周运动，另一方面圆心沿y ′ 轴负方向以速度v 1= E Bcos α做匀速直线运动．（ii ）关于粒子沿z ′ 轴的分运动由（7）、（8）两式可知，粒子在z ′ 方向仅受电场力作用，其加速度 a z ′ = qE z ′m = qE msin α （14） 即粒子沿着z ′ 轴以加速度a z ′ 做匀加速直线运动．（iii ）关于粒子在Ox ′y ′z ′ 坐标系中的运动方程在只考虑圆周运动的情形下，粒子的坐标随时刻变的关系为x ′ = R ( 1－cos ωt ) （15）y ′ = R sin ωt （16）图3Oz ′ = 0 （17）考虑了圆心运动及粒子沿z ′ 轴的运动并注意到（9）、（10）、（12）式，在Ox ′y ′z ′ 坐标系中，粒子的运动方程为x ′ = mv 2qB ( 1－cos ωt ) = ( mv 0qB + mE x ′qB 2 ) ( 1－cos ωt ) （18） y ′ = R sin ωt － v 1t = ( mv 0qB + mE x ′qB 2 ) sin ωt － E x ′Bt （19） z ′ = 12 qE z ′mt 2 （20） （iv ）粒子在Oxyz 坐标系中的运动方程利用坐标变换x = x ′cos α + z ′sin αy = y ′z = －x ′sin α + z ′cos α并注意到（5）、（9）、（10）、（13）各式，可将（18）、（19）、（20）式转换至Oxyz 坐标系，取得粒子在Oxyz 坐标系中的运动方程式为x = m qB ( v 0cos α + E cos 2αB ) ( 1－cos q m Bt ) + 12 qE sin 2αmt 2 （21） y = m qB ( v 0 + E cos αB )sin q m Bt － E cos αBt （22） z = － m qB ( v 0sin α + E sin2α2B ) ( 1－cos q m Bt ) + qE sin2α4mt 2 （23） 依照题意，将x = d 和t = t 0 = T 2 = πm qB代（21）式，解得 v 0 = 2qB 2d －mE ( 4cos 2α + π2sin 2α)4mB cos α（24） 将α = π4 ，t = t 0 = T 2 = πm qB和（24）式代入（21）、（22）、（23）各式，可得粒子抵达极板Q 时粒子的坐标为 x = d （25）y = － 2πmE2qB2 （26） z = －d + π2mE 2qB2 （27） 解法二1．与解法一相同．2．以y 轴为旋转轴，顺时针转动α角，成立新坐标系Ox ′y ′z ′ ，设粒子速度在座标系Ox ′y ′z ′ 中分量别离为v x ′ 、v y ′ 、v z ′ ，牛顿第二定律的三个分量形式为md v x ′d t = qE x ′ + qv y ′ B （1） md v y ′d t = －qv x ′ B （2） md v z ′d t= qE z ′ （3） 将（2）式表示为 d v y ′d t = － qB m d x ′d t两边积分后得v y ′ = －( qB m) x ′ + C 1 C 1为待定常量，当t = 0时，x ′ = 0 ，v y ′ = v 0 ，故求得C 1 = v 0 ，上式应表为v y ′ = － q mB x ′ + v 0 （4） 将（4）式代入（1）式，得m d 2x ′d t 2 = qE x ′ + q (－ qB mx ′ + v 0 ) B d 2x ′d t 2 = －( qB m )2 x ′ + ( qB m )2 ( mv 0qB + mE x ′qB 2 ) （5） 令 R = ( mv 0qB + mE x ′qB 2 ) （6） ω = q mB （7） X ′ = x ′－R （8）（5）式可表为d 2X ′d t 2 = －ω2X ′ （9） 这是简谐运动方程，其解为 X ′ = A cos ( ωt + θ ) （10）由（8）式得x ′ = A cos ( ωt + θ ) + R （11）d x ′d t= v x ′ = －ωA sin ( ωt + θ ) （12） 利用初始条件，由（11）与（12）式，得－R = A cos θ0 = －ωA sin θ解得θ = 0 （13）A = －R再由（6）式，得A = －( mv 0qB + mE x ′qB 2 ) （14） 代入（11）式x ′ = ( mv 0qB + mE x ′qB 2 ) ( 1－cos ωt ) （15） 将（12）式代入（2）式，整理后得d v y ′d t= ω2A sin ωt 对上式积分，考虑初始条件，得v y ′ = d y ′d t = －ωA cos ωt － E x ′B（16） 积分（16）式，考虑初始条件及（14）式，得y ′ = ( mv 0qB + mE x ′qB 2 ) sin ωt － E x ′Bt （17） 对（3）式积分可得z ′ = qE z ′2mt 2 （18） （15）、（17）、（18）式别离与解法一中的（18）、（19）、（20）式相同，接下去的讨论与解法一相同．解法三设粒子速度在Oxyz 坐标中分量别离为v x 、v y 、v z ，牛顿第二定律的三个分量方程为md v x d t = qE x + qv y B z （1） md v y d t = －qv x B z + qv z B x （2） md v z d t= －qB x v y （3） 令 ω = qB m（4）v 1 = E Bcos α （5） 方程变成如下形式d v x d t = ωv y cos α + ωv 1cos α（6） d v y d t= －ωv x cos α + ωv z sin α （7） d v z d t= －ωv y sin α （8） 对（6）、（8）两式积分，利用初始条件t = 0时，v x = 0 ，x = 0 ，y = 0 ，得v x = ωy cos α + ω ( v 1cos α)t （9） v z = －ωy sin α （10）将（9）、（10）两式代入（7）式，得d v y d t= －ω2y －ω2v 1t = －ω2 ( y + v 1t ) 令Y = y + v 1t （11）得d 2Y d t 2 = －ω2Y （12） 其解为 Y = A cos ( ωt + θ )由（11）式可得y = A cos ( ωt + θ ) －v 1t （13）由（13）式得v y = －A ωsin ( ωt + θ ) －v 1 （14）由初始条件t = 0时，v y = v 0 ，y = 0 ，得A cos θ = 0v 0 = －A ωsin θ－v 1解得θ = π2 A = － v 1 + v 0ω（15） 由（15）式，注意到（4）式、（5）式，得y = m qB ( v 0 + E cos αB ) sin q m Bt －E cos αBt （16） v y = ( v 0 + E cos αB ) cos q m Bt －E cos αB（17） 把（17）式代入（1）式，经积分并利用初始条件，可得x = m qB ( v 0cos α + E cos 2αB ) ( 1－cos q m Bt ) + 12 qE sin 2αmt 2 （18） 将（17）式代入（8）式，经积分并利用初始条件，得z = － m qB ( v 0sin α + E sin2α2B ) ( 1－cos q m Bt ) + qE sin2α4mt 2 （19） （18）、（16）、（19）式别离与解法一中的（21）、（22）、（23）式相同，接下去的讨论与解法一相同．六、在讨论此题之前，先看一下相对论能量和动量的普遍关系式，即( mc 2)2 = c 2p 2 + m 02c 4（1）式中c 为光在真空中的速度，m 为粒子的质量，p 为其动量，m 0为静止质量．【此关系式可由能量 E = mc 2和动量p = mv = m 0v1－ ( v c )2导出，v 为粒子的速度．E 2 －c 2p 2= m 02c 41－ ( v c )2 －c 2 m 02v 21－ ( v c )2 = m 02c 4 1－ ( v c )21－ ( v c)2 = m 02c 4 故 E 2 = c 2p 2 + m 02c 4】由此关系式可知，对每一个粒子，其能量的平方与p 2 成线性关系．解法从实验室参考系来看，碰前系统的总动量等于运动的那个质子的动量，设其方向沿x 轴正方向，碰撞前后系统的总动量守恒，总能量守恒．假设要碰后能存在三个质子和一个反质子且总能量为最小值，那么可论证这四个粒子的动量必然相等．1．先讨论碰后四个粒子的动量都沿x 轴正方向的情形．令p1、p2、p3、p4别离表示它们动量的大小，这四个动量中，假设有任何两个不相等，如p1 ≠p2 ，设p1＜p2 ，那么假设将p1增加△p（△p＜ p2 －p1）而将p2减少△p（这时总动量不变），那么有( p1 +△p )2－p12 = 2p1△p + (△p )2p22－( p2 －△p )2= 2p2△p－(△p )2如此一来，第一个粒子能量的平方增加了c2[ 2p1△p + (△p )2 ]，而第二个粒子能量的平方减少了c2[ 2p2△p－ (△p )2 ]，两个粒子能量平方的净增量为c2[ 2p1△p + (△p )2 ]－c2[ 2p2△p－ (△p )2 ]= c2[ 2△p( p1－p2+△p ) ]因已设p1＜p2 ，且△p＜ p2 －p1 ，因此净增量是负的，总能量将减少．这确实是说，设p1 ≠p2时对应的总能量并非是最小值．由此可判定，四个粒子的动量必相等．2．假设四个粒子中，有一个粒子其动量p1沿x轴的负方向，因为总动量守恒，那么必有沿x轴正方向运动的另一粒子的动量增加了p1 ，因为能量的平方与p2成线性关系，因此这时的总能量必然大于p1沿x轴正方向运动时的能量．也确实是说，只要四个粒子中，有沿x轴负方向运动的，那么总能量必不是最小值．3．假设四个粒子的动量的方向不在同一直线上，这时将它们沿x轴方向和垂直于x轴方向分解，沿x轴方向总动量守恒；垂直于x轴方向的动量相互抵消，但它们却使粒子的能量增大了，也确实是说，这时的能量也不是最小值．总结以上可见，要想碰后四个粒子的总能量最小，依照总动量守恒、能量守恒及相对论能量和动量关系式可知，碰后四个粒子的动量必相等．设碰前运动质子的动量为p ，质量为m ，碰后四个粒子的动量为p1、p2、p3 和p4 ，四个粒子的质量为m1、m2、m3和m4 ，依照动量守恒和能量守恒，有p = p1 +p2 +p3 + p4（2）mc2 + m0c2 = m1c2 + m2c2 + m3c2 + m4c2（3）由上面论述可知p1 =p2 = p3 = p4 = p4（4）再由（1）式可知，碰后四个粒子的能量从而质量必相等．以m′表示碰后四个粒子中每一个粒子的质量，由（3）式得mc2 + m0c2 = 4m′c2（5）对碰前那个运动的质子，由相对论能量和动量关系有( mc2)2 = c2p2+ m02c4（6）对四个粒子中任一个粒子，由相对论能量和动量关系有( m′c2)2 = c2 (p4)2+ m02c4（7）由（5）、（6）、（7）式可得mc2 = 7m0c2（8）代入数据得mc2 = ×10－9 J（9）。
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第23届全国中学生物理竞赛预赛试卷（含答案）总分200分考试时间180分钟一．（20分，每小题10分）1．如图所示，弹簧S1的上端固定在天花板上，下端连一小球A，球A与球B之间用线相连。
球B与球C之间用弹簧S2相连。
A、B、C的质量分别为m A、m B、m C，弹簧与线的质量均可不计。
开始时它们都处在静止状态。
现将A、B间的线突然剪断，求线刚剪断时A、B、C的加速度。
2．两个相同的条形磁铁，放在平板AB上，磁铁的N、S极如图所示。
开始时平板及磁铁皆处于水平位置，且静止不动。
（1）现将AB突然竖直向下平移（磁铁与平板间始终相互接触），并使之停在A′B′处，结果发现两个条形磁铁碰在一起。
（2）如果将AB从原位置突然竖直向上平移，并使之停在A″B″位置处，结果发现两条形磁铁也碰在一起。
试定性地解释上述现象。
二．（20分，每1小题12分，第2小题8分）3．老爷爷的眼睛是老花眼。
（1）一物体P放在明视距离处，老爷爷看不清楚。
试在示意图1中画出此时P通过眼睛成像的光路示意图。
（2）戴了一副300度的老花镜后，老爷爷就能看清楚放在明视距离处的物体P，试在示意图2中画出P通过老花镜和眼睛成像的光路示意图。
（3）300度的老花镜的焦距f= m。
4．有两个凸透镜，它们的焦距分别为f1和f2，还有两个凹透镜，它们的焦距分别为f3和f4。
已知，f1>f2>|f3|>|f4|。
如果要从这四个透镜中选取两个透镜，组成一架最简单的单筒望远镜，要求能看到放大倍数尽可能大的正立的像，则应选焦距为的透镜作为物镜，应选焦距为的透镜作为目镜。
三．（20分，第1小题12分，第2小题8分）5．如图所示，电荷量为q1的正点电荷固定在坐标原点O处，电荷量为q2的正点电荷固定在x轴上，两电荷相距l。
已知q2=2q1。
（1）求在x轴上场强为零的P点的坐标。
（2）若把一电荷量为q0的点电荷放在P点，试讨论它的稳定性（只考虑q0被限制在沿x轴运动和被限制在沿垂直于x轴方向运动这两种情况）。
6．有一静电场，其电势U随坐标x的改变而变化，变化的图线如图1所示。
试在图2中画出该静电场的场强E随x变化的图线（设场强沿x轴正方向时取正值，场强沿x轴负方向时取负值）。
四．（20分）一根长为L （以厘米为单位）的粗细均匀的、可弯曲的细管，一端封闭，一端开口，处在大气中。
大气的压强与H 厘米高的水银柱产生的压强相等，已知管长L>H 。
现把细管弯成L 形，如图所示。
假定细管被弯曲时，管长和管的内径都不发生变化。
可以把水银从管口徐徐注入细管而不让细管中的气体泄出。
当细管弯成L 形时，以l 表示其竖直段的长度，问l 取值满足什么条件时，注入细管的水银量为最大值？给出你的论证并求出水银量的最大值（用水银柱的长度表示）。
五．（20分）一对正、负电子可形成一种寿命比较短的称为电子偶素的新粒子。
电子偶素中的正电子与负电子都以速率v 绕它们连线的中点做圆周运动。
假定玻尔关于氢原子的理论可用于电子偶素，电子的质量m 、速率v 和正、负电子间的距离r 的乘积也满足量子化条件，即mrv=n2h 式中n 称为量子数，可取整数值1,2,3,…；h 为普朗克常量。
试求电子偶素处在各定态时的r 和能量以及第一激发态与基态能量之差。
六．（25分）如图所示，两个金属轮A1、A2，可绕通过各自中心并与轮面垂直的固定的光滑金属细轴O1和O2转动，O1和O2相互平行，水平放置。
每个金属轮由四根金属辐条和金属环组成，A1轮的辐条长为a1、电阻为R1，A2轮的辐条长为a2、电阻为R2，连接辐条的金属环的宽度与电阻都可以忽略。
半径为a0的绝缘圆盘D与A1同轴且固连在一起。
一轻细绳的一端固定在D边缘上的某点，绳在D上绕足够匝数后，悬挂一质量为m的重物P。
当P 下落时，通过细绳带动D和A1绕O1轴转动。
转动过程中，A1、A2保持接触，无相对滑动；两轮与各自细轴之间保持良好的电接触；两细轴通过导线与一阻值为R的电阻相连。
除R 和A1、A2两轮中辐条的电阻外，所有金属的电阻都不计。
整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与转轴平行。
现将P释放，试求P匀速下落时的速度。
七．（25分）图示为一固定不动的绝缘的圆筒形容器的横截面，其半径为R，圆筒的轴线在O处。
圆筒内有匀强磁场，磁场方向与圆筒的轴线平行，磁感应强度为B。
筒壁的H处开有小孔，整个装置处在真空中。
现有一质量为m、电荷量为q的带电粒子P以某一初速度沿筒的半径方向从小孔射入圆筒，经与筒壁碰撞后又从小孔射出圆筒。
设：筒壁是光滑的，P与筒壁碰撞是弹性的，P与筒壁碰撞时其电荷量是不变的。
若要使P与筒壁碰撞的次数最少，问：（1）P的速率应为多少？（2）P从进入圆筒到射出圆筒经历的时间为多少？八．（25分）图中正方形ABCD 是水平放置的固定梁的横截面，AB 是水平的，截面的边长都是l 。
一根长为2l 的柔软的轻细绳，一端固定在A 点，另一端系一质量为m 的小球，初始时，手持小球，将绳拉直，绕过B 点使小球处于C 点。
现给小球一竖直向下的初速度v 0，使小球与CB 边无接触地向下运动，当v 02分别取下列两值时，小球将打到梁上的何处？1、gl v )13326(220-+=2、gl v )1133(220+=设绳的伸长量可不计而且绳是非弹性的。
九．（25分）从赤道上的C 点发射洲际导弹，使之精确地击中北极点N ，要求发射所用的能量最少。
假定地球是一质量均匀分布的半径为R 的球体，R=6400km 。
已知质量为m 的物体在地球引力作用下作椭圆运动时，其能量E 与椭圆半长轴a 的关系为E=－G aMm 2式中M 为地球质量，G 为引力常量。
（1）假定地球没有自转，求最小发射速度的大小和方向（用速度方向与从地心O 到发射点C 的连线之间的夹角表示）。
（2）若考虑地球的自转，则最小发射速度的大小为多少？ （3）试导出E=－G aMm 2。
06年第23届全国中学生物理竞赛预赛参考答案及评分标准一．1．线剪断前，整个系统处于平衡状态。
此时弹簧S1的弹力F1=(m A+m B+m C)g （1）弹簧S2的弹力F2=mcg （2）在线刚被剪断的时刻，各球尚未发生位移，弹簧的长度尚无变化，故F1、F2的大小尚未变化，但线的拉力消失。
设此时A、B、C的加速度的大小分别为a A、a B、a C，则有F1－m A g=m A a A（3）F2+m B g=m B a B（4）F2－m C g=m C a C（5）解以上有关各式得a A=A CB m mm+g，方向竖直向上(6)；a B=B CB m mm+g，方向竖直向下(7)；a C=0（8）2．开始时，磁铁静止不动，表明每一条磁铁受到另一条磁铁的磁力与它受到板的静摩擦力平衡。
（1）从板突然竖直向下平移到停下，板和磁铁的运动经历了两个阶段。
起初，板向下加速移动，板与磁铁有脱离接触的趋势，磁铁对板的正压力减小，并跟随板一起作加速度方向向下、速度向下的运动。
在这过程中，由于磁铁对板的正压力减小，最大静摩擦力亦减小。
向下的加速度愈大，磁铁的正压力愈小，最大静摩擦力也愈小。
当板的加速度大到某一数值时，最大静摩擦力减小到小于磁力，于是磁铁沿着平板相向运动并吸在一起。
接着，磁铁和板一起作加速度方向向上、速度向下的运动，直线停在A′B′处。
在这过程中，磁铁对板的正压力增大，最大静摩擦力亦增大，因两磁铁已碰在一起，磁力、接触处出现的弹力和可能存在的静摩擦力总是平衡的，两条磁铁吸在一起的状态不再改变。
（2）从板突然竖直向下平移到停下，板和磁铁的运动也经历了两个阶段。
起初，板和磁铁一起作加速度方向向上、速度向上的运动。
在这过程中，正压力增大，最大静摩擦力亦增大，作用于每个磁铁的磁力与静摩擦力始终保持平衡，磁铁在水平方向不发生运动。
接着，磁铁和板一起作加速度方向向下、速度向上的运动，直线停在A″B″处。
在这过程中，磁铁对板的正压力减小，最大静摩擦力亦减小，向下的加速度愈大，磁铁的正压力愈小，最大静摩擦力也愈小。
当板的加速度大到某一数值时，最大静摩擦力减小到小于磁力，于是磁铁沿着平板相向运动并吸在一起。
评分标准：（本题20分）1．10分，（1）、（2）、（3）、（4）、（5）、（6）、（7）、（8）式各1分，a A、a B的方向各1分。
2．10分，（1）5分，（2）5分，（必须正确说出两条形磁铁能吸引在一起的理由，才给这5分，否则不给分）。
二、3．（1）（2）（3）31 2、f 1，f 4评分标准：（本题20分）112分，（1）．4分，（2）4分，（3）4分。
4．8分。
两个空格都填对，才给这8分，否则0分。
三5．（1）通过对点电荷场强方向的分析，场强为零的P 点只可能位于两点电荷之间。
设P 点的坐标为x 0，则有21xq k=202)(x l q k- （1） 已知q 2=2q 1 （2）由（1）、（2）两式解得x 0=l )12(- （3）（2）先考察点电荷q 0被限制在沿x 轴运动的情况。
q 1、q 2两点电荷在P 点处产生的场强的大小分别为E 10=21xq kE 20=202)(x l q k-，且有E 10=E 20，二者方向相反。
点电荷q 0在P 点受到的合力为零，故P 点是q 0的平衡位置。
在x 轴上P 点右侧x=x 0+△x 处，q 1、q 2产生的场强的大小分别为E′1=201)(x x q k∆+<E 10 方向沿x 轴正方向 E′2=202)(x x l q k∆-->E 20 方向沿x 轴负方向由于E′2>E′1，x=x 0+△x 处合场强沿x 轴的负方向，即指向P 点。
在x 轴上P 点左侧x=x 0－△x 处，q 1、q 2的场强的大小分别为E″1=201)(x x q k∆->E 10 方向沿x 轴正方向 E″2=202)(x x l q k ∆+-<E 20 方向沿x 轴负方向，由于E″2<E″1，x=x 0－△x 处合场强的方向沿x 轴的正方向，即指向P 点。
由以上的讨论可知，在x 轴上，在P 点的两侧，点电荷q 1和q 2产生的电场的合场强的方向都指向P 点，带正电的点电荷在P 点附近受到的电场力都指向P 点，所以当q 0>0时，P 点是q 0的稳定平衡位置。
带负电的点电荷在P 点附近受到的电场力都背离P 点，所以当q 0<0时，P 点是q 0的不稳定平衡位置。
再考虑q 0被限制在沿垂直于x 轴的方向运动的情况。
沿垂直于x 轴的方向，在P 点两侧附近，点电荷q 1和q 2产生的电场的合场强沿垂直x 轴分量的主向都背离P 点，因而带正电的点电荷在P 点附近受到沿垂直x 轴的分量的电场力都背离P 点。