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第28届全国中学生物理竞赛复赛试题(含答案).doc

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资源描述

1、第 28 届全国中学生物理竞赛复赛试题(2011)一、 (20 分)如图所示,哈雷彗星绕太阳 S 沿椭圆轨道逆时针方向运动,其周期 T 为 76.1年,1986 年它过近日点 P0 时与太阳 S 的距离 r0=0.590AU,AU 是天文单位,它等于地球与太阳的平均距离,经过一段时间,彗星到达轨道上的 P 点,SP 与 SP0 的夹角P=72.0。已知:1AU=1.501011m ,引力常量 G=6.671011Nm2/kg2 ,太阳质量mS=1.991030kg,试求 P 到太阳 S 的距离rP 及彗星过 P 点时速度的大小及方向(用速度方向与 SP0 的夹角表示) 。二、 (20 分)质量

2、均匀分布的刚性杆 AB、CD 如图放置,A 点与水平地面接触,与地面间的静摩擦系数为 A,B、D 两点与光滑竖直墙面接触,杆 AB 和 CD 接触处的静摩擦系数为 C,两杆的质量均为 m,长度均为 l。1、已知系统平衡时 AB 杆与墙面夹角为 ,求 CD杆与墙面夹角 应该满足的条件(用 及已知量满足的方程式表示) 。2、若 A=1.00, C=0.866,=60.0 。求系统平衡时 的取值范围(用数值计算求出) 。三、 (25 分)在人造卫星绕星球运行的过程中,为了保持其对称转轴稳定在规定指向,一种最简单的办法就是让卫星在其运行过程中同时绕自身的对称轴转,但有时为了改变卫星的指向,又要求减慢或

3、者消除卫星的旋转,减慢或者消除卫星旋转的一种方法就是所谓消旋法,其原理如图所示。一半径为 R,质量为 M 的薄壁圆筒, ,其横截面如图所示,图中 O 是圆筒的对称轴,两条足够长的不可伸长的结实的长度相等的轻绳的一端分别固定在圆筒表面上的 Q、Q(位于圆筒直径两端)处,另一端各拴有一个质量为 的小球,正常情况下,绳绕在圆筒外表面上,2m两小球用插销分别锁定在圆筒表面上的 P0、P 0处,与卫星形成一体,绕卫星的对称轴旋转,卫星自转的角速度为 0。若要使卫星减慢或者停止旋转(消旋) ,可瞬间撤去插销释放小球,让小球从圆筒表面甩开,在甩开的整个过程中,从绳与圆筒表面相切点到小球的那段绳都是拉直的。当

4、卫星转速逐渐减小到零时,立即使绳与卫星脱离,解除小球与卫星的联系,于是卫星转动停止。已知此时绳与圆筒的相切点刚好在 Q、Q 处。1、 求当卫星角速度减至 时绳拉直部分的长度 l;2、 求绳的总长度 L;3、 求卫星从 0 到停转所经历的时间 t。四、 (20 分)空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,在此区域建立直角坐标系 O-xyz,如图所示,匀强电场沿 x 方向,电场强度 ,匀强磁场沿 z 方向,磁感应强度iE01,E 0、B 0 分别为已知常量, 分别为 x 方向和 z 方向的单位矢量。kki、1、有一束带电量都为+q、质量都为 m 的粒子,同时从Oyz 平面内的某点射出,它们的初速度均在

5、Oyz 平面内,速度的大小和方向各不相同,问经过多少时间这些粒子又能同时回到 Oyz 平面内。2、现在该区域内再增加一个沿 x 方向随时间变化的匀强电场,电场强度 ,式中 ,ktEz)cos(0mqB0若有一电荷量为正 q、质量为 m 的粒子,在 t=0 时刻从坐标原点 O 射出,初速度 v0 在 Oyz 平面内,试求以后此粒子的坐标随时间变化的规律。不计粒子所受重力以及各带电粒子之间的相互作用,也不考虑变化的电场产生的磁场。五、 (15 分)半导体 pn 结太阳能电池是根据光生伏打效应工作的。当有光照射 pn 结时,pn 结两端会产生电势差,这就是光生伏打效应。当 pn 结两端接有负载时,光

6、照使 pn 结内部产生由负极指向正极的电流即光电流,照射光的强度恒定时,光电流是恒定的,已知该光电流为IL;同时,pn 结又是一个二极管,当有电流流过负载时,负载两端的电压 V 使二极管正向导通,其电流为 ,式中 Vr 和 I0 在一定条件)1(0rDeI下均为已知常数。1、在照射光的强度不变时,通过负载的电流 I 与负载两端的电压 V 的关系是I=_。太阳能电池的短路电流 IS=_,开路电压VOC=_,负载获得的功率 P=_。2、已知一硅 pn 结太阳能电池的 IL=95mA,I 0=4.1109 mA,Vr=0.026V。则此太阳能电池的开路电压 VOC=_V,若太阳能电池输出功率最大时,

7、负载两端的电压可近似表示为 ,则 VmP=_V。太阳能电池输)/(1ln0rrOCmP出的最大功率 Pmax=_mW。若负载为欧姆电阻,则输出最大功率时,负载电阻 R=_。六、 (20 分)图示为圆柱形气缸,气缸壁绝热,气缸的右端有一小孔和大气相通,大气的压强为 p0。用一热容量可忽略的导热隔板 N 和一绝热活塞 M 将气缸分为 A、B、C 三室,隔板与气缸固连,活塞相对气缸可以无摩擦地移动但不漏气,气缸的左端 A 室中有一电加热器 。已知在 A、B 室中均盛有 1 摩尔同种理想气体,电加热器加热前,系统处于平衡状态,A、B 两室中气体的温度均为T0,A、B、C 三室的体积均为 V0。现通过电

8、加热器对 A 室中气体缓慢加热,若提供的总热量为 Q0,试求 B室中气体末态体积和 A 室中气体的末态温度。设 A、B 两室中气体 1 摩尔的内能 U=5/2RT。R 为普适恒量, T为热力学温度。七、 (20 分)如图所示,L 是一焦距为 2R 的薄凸透镜,MN 为其主光轴。在 L 的右侧与它共轴地放置两个半径皆为 R 的很薄的球面镜 A 和 B。每个球面镜的凹面和凸面都是能反光的镜面。A、B 顶点间的距离为 。在 B 的顶点 C 处开有一个透光的小圆孔(圆心为 C) ,23圆孔的直径为 h。现于凸透镜 L 左方距 L 为 6R 处放一与主轴垂直的高度也为 h(hR )的细短杆 PQ(P 点

9、在主轴上) 。PQ 发出的光经 L 后,其中一部分穿过 B 上的小圆孔正好成像在球面镜 A 的顶点 D 处,形成物 PQ 的像 I。则1、 像 I 与透镜 L 的距离等于 _。2、 形成像 I 的光线经 A 反射,直接通过小孔后经 L 所成的像 I1 与透镜 L 的距离等于_。3、 形成像 I 的光线经 A 反射,再经 B 反射,再经 A 反射,最后通过 L 成像 I2,将 I2 的有关信息填在下表中:I2 与 L 的距离 I2 在 L 左方还是右方 I2 的大小 I2 是正立还是倒立 I2 是实像还是虚像4、 物 PQ 发出的光经 L 后未进入 B 上的小圆孔 C 的那一部分最后通过 L 成

10、像 I3,将 I3 的有关信息填在下表中:I3 与 L 的距离 I3 在 L 左方还是右方 I3 的大小 I3 是正立还是倒立 I3 是实像还是虚像八、 (20 分)有一核反应其反应式为 ,反应中所有粒子的速度均远小于nHep10321光速,试问:1、它是吸能反应还是放能反应,反应能 Q 为多少?2、在该核反应中,若 静止,入射质子的阈能 Tth 为多少?阈能是使该核反应能够发生H31的入射粒子的最小动能(相对实验室参考系) 。3、已知在该反应中入射质子的动能为 1.21MeV,若所产生中子的出射方向与质子的入射方向成 60.0角,则该中子的动能 Tn 为多少?已知 、 、 核、 核的静止质量

11、分别为:p1n031e32mP=1.007276u,m n=1.008665u,m 3H=3.015501u,m 3He=3.014932u,u 是原子质量单位,1u对应的能量为 931.5MeV。结果取三位有效数字。第 28 届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答及评分标准一、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21xyab(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 表示地球绕太阳运动的周期,则 ;以 表示地球到太阳的距离(认eTe1.0T年 ea为地球绕太阳作圆周运动) ,则 ,根据开普勒第

12、三定律,有e.AUa(2) 32Te设 c 为椭圆中心到焦点的距离,由几何关系得(3) car0(4) 2b由图 1 可知,P 点的坐标 (5) cosPxr(6) iny把(5) 、 (6)式代入(1)式化简得22222sicoscos0PPPabrbba(7)根据求根公式可得22cssinoPParb(8)由(2)、(3)、(4) 、(8)各式并代入有关数据得0.896AUPr(9) 可以证明,彗星绕太阳作椭圆运动的机械能为s2GmE=a(10) SPrabO0xy图 1式中 m 为彗星的质量以 表示彗星在 P 点时速度的大小,根据机械能守恒定律有Pv2ss12PGmra(11)得s1PP

13、rav(12) 代入有关数据得41.390msPv=(13) 设 P 点速度方向与 的夹角为 (见图 2),根据开普勒第二定律0SPsin2PPrv(14) 其中 为面积速度,并有(15)abT由(9) 、 (13) 、 (14) 、 (15)式并代入有关数据可得(16) 127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 ,取逆时针为正向,用 r、 表示彗星的椭圆轨道方程为1cospre(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2pa(2)将(2)式代入(1)式可得cos12ear图 2SPrabO0

14、xy(3)以 表示地球绕太阳运动的周期,则 ;以 表示地球到太阳的距离(认eTe1.0T年 ea为地球绕太阳作圆周运动) ,则 ,根据开普勒第三定律,有e.AUa32Te(4)在近日点 ,由(3)式可得01ra0(5)将 、 、 的数据代入(3)式即得Pae0.895AUPr(6)可以证明,彗星绕太阳作椭圆运动的机械能s2GmE=a(7)式中 m 为彗星的质量以 表示彗星在 P 点时速度的大小,根据机械能守恒定律有Pv2ss12Pmra(8)可得1PsPGrav(9)代入有关数据得41.390msPv=(10)设 P 点速度方向与极轴的夹角为 ,彗星在近日点的速度为 ,再根据角动量守恒定0v律

15、,有sinPPrrv0(11) 根据(8)式,同理可得21sGmra00v(12)由(6) 、 (10) 、(11)、(12) 式并代入其它有关数据127(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

16、图:为地面作用于杆 的摩擦力, 为地面对杆fAB1N的支持力, 、 为杆 作用于杆 的摩擦力和AB2f CD支持力, 、 分别为墙对杆 和 的作用力,3N4为重力.取杆 和 构成的系统为研究对象,系统mgC平衡时, 由平衡条件有(1)4310f(2) 12Ng以及对 A 点的力矩 341sinsiincoscso0mlllNlllCF即BDCAN1N2Emgmgf2FOyf1N4N3x3431sinsicoscso02mgllNlllCF(3)式中 待求. 是过 的竖直线与过 的水平线的交点, 为 与 的交点由几CFBEBD何关系有sincotCFl(4)取杆 CD 为研究对象,由平衡条件有4

17、22cosin0Nf(5)22infmg(6)以及对 点的力矩C41cossin02Nlgl(7)解以上各式可得41tan2mg(8)3sin1tasinttco2Nmg (9)13tasitasicnf (10) 12Nmg(11) 2sintacosmg(12 ) 21costasinf(13 )CD 杆平衡的必要条件为2cfN(14)由(12) 、 (13) 、 (14)式得sincotaC(15)AB 杆平衡的必要条件为11AfN(16)由(10) 、 (11) 、 (16)式得tansi2in43tancosA(17)因此,使系统平衡, 应满足的条件为(15)式和(17)式2将题给的

18、数据代入(15)式可得 arctn0.38521.(18)将题给的数据代入(17)式,经数值计算可得19.(19)因此, 的取值范围为.52.(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 ,小球和圆筒的运动状态如图 1 所t 2v图 1TOP1示,小球位于 点,绳与圆筒的切点为 , 到 的距离即绳的拉直部分

19、的长度为 ,圆PTPl筒的角速度为 ,小球的速度为 .小球的速度可以分解成沿着绳子方向的速度 和垂直v 1v于绳子方向的速度 两个分量.根据机械能守恒定律和角动量守恒定律有2v222200 1111MRmMRm(1)2220012lv(2)因为绳子不可伸长, 与切点 的速度相等,即1vTR1v(3)解(1)、(2)、(3) 式得02mlRM(4) 022lv(5)由(4)式可得0MmlR(6)这便是在卫星角速度减至 时绳的拉直部分的长度 l2由(6)式,当 得0(7) mLR这便是绳的总长度 L.3如图 2 所示,从时刻 到 ,切点 跟随圆筒转ttT过一角度 ,由于绳子的拉直部分的长度增加了1

20、t,切点相对圆筒又转过一角度 ,到达 处,l 2lR所以在 时间内,切点转过的角度tTT12tvll图 2O2O图 20PTl12ltR(8) 切点从 变到 也使切线方向改变了一个同样的角度 ,而切线方向的改变是小球具有T 垂直于绳子方向的速度 引起的,故有2v2tlv(9) 由(1)、(2)、(3) 式可得20lv(10) 由(8)、 (9) 、 (10)三式得0lRt(11)(11)式表示 随 均匀增加,故 由 0 增加到 所需的时间为ltlL01sMmtR(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 时刻,相对卫星系统质

21、心参考系小球运动t状态如图 1 所示,绳子的拉直部分与圆筒面的切点为 ,小球到切点 T 的距离即绳的拉直部分的T长度为 ,小球到转轴 的距离为 ,圆筒的角速lOr度为 .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 时刻, 与tOT固定在圆筒上的半径 的夹角为 ,如图 2 所示.由0OP 2m2mOQQTR lr 0P图 10P于小球相对圆筒的运动,经过时间 ,切点从圆筒上的 点移到 点, 与 的夹tTOT0P角变为 ,绳的拉直部分的长度由 变为 ,小球由 运动到 , 便是小球相对lP圆筒的位移.当 很小时 ,故tlPl

22、于是小球相对圆筒的速度大小为ltv(1)方向垂直于 是切点相对圆筒转动的角TP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 时,位于转动参考系中的 点(小球所在处)相对质心系的速度P(2) rv方向垂直于 可以把 分解成沿着 方OTP向的分量 和垂直 方向的分量 ,如图1TP2v3 所示,即1R(3) 2lv(4) 小球相对质心系的速度 是小球相对圆筒的速度和圆筒参考系中的 点相对质心系速度的v P合成,由图 3 可得 的大小221v(5)因lR(6) 故有 22v(7) T Pr l v21图 3OR 0因为系统不受外力作用,故系统

23、的动能和角动量守恒,故有 2 22 200111MRmMRmv(8)2220012lv(9)由(7)、(8)两式有220mM(10) 由(1)、(3)、(4) 、(6)、(9)各式得20 (11)由(10)、(11)两式得 0故有0(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0Mm(13)由(6)、(13)两式得0lRm(14)这便是在卫星角速度减至 时绳的拉直部分的长度 l2由(14)式,当 得绳总长度, 即0MLRm(15) 3因 是一个恒量, 随时间的 的变化规律为tt0(16)当 时,由(13)式可得卫星停旋时的0s

24、Mm(17)设卫星停转所用的时间为 ,由(16) 、 (17)式得st01stm(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

25、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 和 .因为粒0yvz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 作匀速运动.z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0101yyyvv(1)其中001yEBv(2)沿 y 负方向与 相关的磁场力01yv01Bxyfqv(3)沿 x 负方向.粒子受到的电场力0Exf(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 的速度沿 y

26、 负方向运动除此之外,由(1)式可知,粒子还具有初速度0EB002yEBv(5)沿 y 正方向,与 相关的磁场力使粒子以速率 在 Oxy 面内作匀速圆周运动,以 表02yv02y r示圆周运动的半径,有 2002yyqBmrv(6)可得02yrqBv(7)由周期的定义和(7)式可得圆周运动的周期02mT=q(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 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2E力作用以 表示在此电场力作用下的加速度,有za0coszmaqEt(9

27、) 或0coszqEa=tm(10) 这是简谐运动的加速度,因而有2z(11)由(10)、 (11)可得tmqEzcos102(12) 因未增加电场时,粒子在 z 方向作初速度为 的匀速运动,增加电场后,粒子在 z 方向的0zv运动是匀速运动与简谐运动的叠加,即有0021coszqEttm(13) 粒子在 Oxy 平面内的运动不受电场 的影响设 为粒子在2E0Oxy 平面内作圆周运动的角速度,则有(14) 00qBTm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(15) 01cosxr(16) inyt考虑到粒子在 y 方向还具有速度为 的匀速运动,并利用(2)、(5) 、(7)

28、、(14) 以及己知条01yv件,可得带电粒子的运动规律:000cosyEqBmxtqBm(17) 000sinyyt tBv(18)0002coszmEqttv(19) 评分标准:yOr0tr 02yvx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 (2 分) , (2 分) , (2 分) ,01TVLIeLI0ln1LTIV(1 分) 0TVLI20.62V (2 分)

29、 ;0.54V (2 分) ;49mW (2 分) ;6.0 (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02BV(1)根据题意,活塞 M 向右移动过程中,B 中气体压强不变,用 表示 B 室中气体末态的温T度,有0BVT(2) 由(1)、(2)式得02B(3)由于隔板 N 是导热的,故 A 室中气体末态的

30、温度0AT(4)下面计算此过程中的热量 .mQ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()2AQRT(5)由(4)、(5)两式得0A(6)B 室中气体经历的是等压过程,在过程中 室气体对外做功为B00()WpV(7)由(1)、(7)式及理想气体状态方程得0BRT(8)内能改变为05()2BU(9)由(4)、(9)两式得0BRT(10)根据热力学第一定律和(8)、(10)两式, 室气体吸收的热量为072BBQUW(11)由(6)、(11) 两式可知电加热器提供的热量为06mABRT(12)若 , 室中气体末态体积为 , 室中气体的

31、末态温度 .0mQB02V022若 ,则当加热器供应的热量达到 时,活塞刚好到达气缸最右端,但0mQ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 是 、0mQA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,B若 A 室中气体末态的温度为 ,有AT00055(2)(2)mAAQRTT(13)由(12)、(13)两式可求得045AQTR(14) B 中气体的末态的体积02BV=(15)3. 若 ,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0mQ小于 ,即 设 A、B 两室中气体末态的温度为 ,根据热力学第一定律,BV20B

32、 AT注意到 A 室中气体经历的是等容过程,其吸收的热量05()2AQRT(16)B 室中气体经历的是等压过程,吸收热量005()()2BABTpV(17)利用理想气体状态方程,上式变为072BAQRT(18)由上可知0 06()ABAQRT(19)所以 A 室中气体的末态温度 06ATR(20)B 室中气体的末态体积 00(1)6BAVQTVR(21)评分标准:本题 20 分得到 的条件下(1) 、 (4)式各 1 分;(12)式 6 分,得到 的条件下0mQ 0mQ的(14)式 4 分, (15)式 2 分;得到 的条件下的(20)式 4 分, (21)式 2 分0mQ七、答案与评分标准:

33、本题 20 分1 3R (3 分)2 6R (3 分)3与 L 的距2I离在 L 左方还是右2I方的大小2I是正立还是倒2I立是实像还是虚2I像6R 右方 2 h倒立 虚像第 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4与 L 的距离3I在 L 左方还是右3I方的大小3I是正立还是倒立3I是实像还是虚像3I18R 左方 2 h倒立 实像第 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332pnHeQmmc(1)式中 c 为光速代入数据得0.764MeV(2)上式表明这是一吸能核反应2为了求入

34、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 ,反应后 的速度大小为 ,中子的速度大小为 ,根据动量守恒和能量守pv32He3Hevnv恒有3pnem(3)3222pnHe11mQvv(4) 由(3) 、 (4)式可得3 332 2n ppn2 2He Hen pHe 0mmvvv(5) 令 3332nnHepnHe2p2peambcQv(6)把(6)式代入(5)式得2n0abcv(7) (7)式有解的条件是24c(8)由(6)式可知, 可能大于零,亦可能小于零.若 ,则 (8)总成立,中子速度一定有解,c0反应一定能发生;若 ,则由 (6)、(8)两式得03n2Hepp

35、1mQv(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3pnHe1thmTQ(10)利用(1)式,在忽略 项的情况下,(10)式可简化为 2Q3pH1thmTQ(11)代入有关数据得1.02MeVth(12) 3由动量守恒和能量守恒有(12) 3pnHemvv(13)322211Q以 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3222npnpHe cosmmvvv(14)令2pp1T(15)2nnmv(16)332HeeH1T(17)把(15)、(16)、(17) 式代入(13)、(14)两式得3HeQTpn(

36、18) 3npnpHe222cosmTmmT(19)由(18) 、 (19)式,消去 后,得3e3 33 3pnpHeHen nnHe2cos 0TQTmm (20)pmvn3He令 , 3npHecosmTS3 33pHeHenmTQR(21)得 nn20TS(22)根据题给的入射质子的动能和第 1 问求得的反应能 的值,由(21)式可知 ,故Q0R(22)式的符合物理意义的解为2nTS(23)将具体数据代入(21) 、 (23)式中,有(24)n0.132MeV(如果得到 MeV,也是对的.)13.0nT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

37、撞后 和中32He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 ,反应后 和中子的速度大小为 ,根据动量守恒和能量守恒有pv32Hev3pnHe()mv(1)322pn e1()Qv(2)由(1) 、 (2)式可得3n2Hepp1mv(3)所以阈能为3pnHe1thTQm(4)利用第 1 问中的(1)式,并注意到32H1Qmc有3 3333 2npHe H2H111Qmcc在忽略 项的情况下,(4)式可简化为 2Q3pH1thTQm(5) 代入有关数据得1.0

38、2MeVth(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 与氚 发生反应后,生成的中子 和氦 相对质心都静止,则质子 与氚p31Hn32Hep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31这

39、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 和 分别表示质子 和氚 相对质心的速度,有pv3Hp31H322pH1Q=mv(1)因系统质心的速度3pcHv(2)而3pHpcmvv(3)3 3pcHH0(4)由(1)、(3)、(4) 式得32Hpp1mQv(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 如果仍沿用牛顿力学的结论,33pnHHem对一个孤立系统,其质

40、心速度是不会改变的,故反应后质心的动能应为3 3222cncpccHeH1112QEmvv而 332pp2c 2HHQcv由此可见,在忽略 的条件下23 322npHeH11ccmmvv而入射质子的阀能32pthcTQ(6)由(2)、(5)、(6) 式得3pH1thm(7)代入有关数据得1.02MeVthT(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 发生完全31H非弹性碰撞,即反应后产生的中子和 以相同的速度运动,则入射质子的动能就是阈能.以32He表示质子的静止质

41、量, 表示 的静止质量, 表示中子的静止质量, 表示10m0m130m40m的静止质量,设质子的入射速度大小为 ,反应后 和中子的速度大小都为 ,3He pv2ev根据动量守恒和能量守恒有3041p2cv(1)230422101mccv(2)式中 是质子的动质量.由(1)、(2)两式得1m1p20mv=(3)把(3)式代入(1)式,经整理得2 22101p304ccv(4) 由102pmcv(5)可得21p210mcv(6)若入射质子的阈能为 ,有thE2210thmcE(7)由(4)、(6)、(7) 式可得2230410th mE(8)利用题给条件并引入反应能,得33pnHHe2thmQ(9)或有33p2HpHthQ+mcEQ(10)代入有关数据得1.02MeVthT(11)第 2 问 8 分(1)、(2) 、(8)式各 2 分, (9)或(10)式 1 分, (11)式 1 分

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