《第28届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《第28届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案.pdf（22页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
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=1.50 1011m，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）质量均匀分布的刚性杆AB、CD
2、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
3、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2m的小球，正常情况下，绳绕在圆筒外表面上，两小球用插销分别锁定在圆筒表面上的P0、P0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
4、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iEE01，匀强磁场沿z 方向，磁感应强度kBB0，E0、B0分别为已知常量，ki、分别为 x 方向和 z 方向的单位矢量。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
5、加一个沿x 方向随时间变化的匀强电场，电场强度ktEEz)cos(0，式中mqB0，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
6、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)1(0VrVDeII，式中 Vr 和 I0在一定条件下均为已知常数。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，I0=4.1109mA，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，负载两端的电压可近似表示为)/(1)/(1ln0VrVIIVrVOCLmP，则 VmP=_V。太阳能电池输出的最大功率Pmax=_mW。若负载为欧姆
7、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=5/2
8、RT。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R23。在 B 的顶点 C 处开有一个透光的小圆孔（圆心为C），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
9、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 成像 I3，将 I3 的有关信息填在下表中：八、（20 分）有一核反应其反应式为nHeHp10323111，反应中所有粒子的速度均远小于光速，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H31静止，入射质子的阈能T
10、th为多少？阈能是使该核反应能够发生的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p11、n10、H31核、He32核的静止质量分别为：mP=1.007276u，mn=1.008665u，m3H=3.015501u，m3He=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
11、、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22221xyab（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eT表示地球绕太阳运动的周期，则e1.00T年；以ea表示地球到太阳的距离（认为地球绕太阳作圆周运动），则e1.00AUa，根据开普勒第三定律，有3232aTaTee（2）设 c 为椭圆中心到焦点的距离，由几何关系得car0（3）22cab（4）由图 1 可知，P 点的坐标cosPPxcr（5）sinPPyr（6）把（5）、（6）式代入（1）式化简得2222222222sincos2cos0PPPPPa
12、brb crb ca b（7）根据求根公式可得22222cossincosPPPPbacrabS P PPrabO0Pxy图 1（8）由(2)、(3)、(4)、(8)各式并代入有关数据得0.8 9 6 A UPr(9)可以证明，彗星绕太阳作椭圆运动的机械能为s2GmmE=a(10)式中 m 为彗星的质量以Pv表示彗星在P 点时速度的大小，根据机械能守恒定律有2ss122PPGmmGmmmrav（11）得s21PPGmrav（12）代入有关数据得414.39 10 m sPv=(13)设 P 点速度方向与0SP的夹角为(见图 2)，根据开普勒第二定律sin2PPPr v（14）其中为面积速度，并
13、有 abT（15）由（9）、（13）、（14）、（15）式并代入有关数据可得127（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，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21pae（2）将（2）式代入（1）式可得c o s112eear（3）以eT表示地球绕太阳运动的周期，则e1.00T年；以ea表示地球到太阳的距离（认图 2 S P PPrabO0Pxy为地球绕太阳作圆周运动），则e1.00AUa，根据开普勒第三定律，有3232aTaTee
14、（4）在近日点0，由（3）式可得1rea0（5）将P、a、e的数据代入（3）式即得0.895AUPr（6）可以证明，彗星绕太阳作椭圆运动的机械能s2GmmE=a(7)式中 m 为彗星的质量以Pv表示彗星在P 点时速度的大小，根据机械能守恒定律有2ss122PPGmmGmmmrav（8）可得21PsPGmrav（9）代入有关数据得414.39 10 m sPv=(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0v，再根据角动量守恒定律，有sinPPPrrvv00（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
15、(13)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B D C A N1 N2 E mg mg f2 F O y f1N4 N3x 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4310NNf（1）120Nmg（2）以及对 A 点的力矩3411sinsinsincoscoscos022mglmg llN lNllCF即3431sinsincoscoscos022mglmglN lNllCF（3）式中C
16、F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sincotCFl（4）取杆 CD 为研究对象，由平衡条件有422cossin0NNf（5）22sincos0Nfmg（6）以及对C点的力矩41cossin02N lmgl（7）解以上各式可得41tan2Nmg（8）331sin1 tansintantan22cos2sinNmg（9）13tansin1 tansin2cos2sinfmg（10）12Nmg（11）21sintancos2Nmg（12）21costansin2fmg（13）CD 杆平衡的必要条件为22cfN（14）由（12）、（13）、（14）式得2
17、sincostancossinCC（15）AB 杆平衡的必要条件为11AfN(16)由（10）、（11）、（16）式得tansin2sin43tansincosA（17）因此，使系统平衡，应满足的条件为（15）式和（17）式2将题给的数据代入（15）式可得arctan0.38521.1(18)将题给的数据代入（17）式，经数值计算可得19.5(19)因此，的取值范围为19.521.1(20)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，小球的速度为v.小球的速度可以分解成沿着绳子方向
18、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22222001211112222MRm RMRm vv(1)2220012MRmRMRmRmlvv(2)因为绳子不可伸长，1v与切点T的速度相等，即R1v(3)2vv图 1 T O P 1v解(1)、(2)、(3)式得02222mlRmMmlRmM(4)022222mlRmMlRmMv(5)由(4)式可得00MmlRm(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0得MmLRm（7）这便是绳的总长度L.3如图 2 所示，从时刻t到tt，切点T跟随圆筒转过一角度1t，由于绳子的拉直部分的长度增
19、加了l，切点相对圆筒又转过一角度2lR，到达T处，所以在t时间内，切点转过的角度12ltR（8）切点从T变到T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垂直于绳子方向的速度2v引起的，故有2tlv（9）由(1)、(2)、(3)式可得20lv（10）由(8)、（9）、（10）三式得0lRt（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001sLMmtRm（12）TT 12tvlll图 2 O 2O图 2 0PTTlPPl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
20、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.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，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，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ll，故PPll于是小球相对圆筒的速度大小为lltv(1)方向垂直于TP是切点相对圆筒转动的角速度再考察
21、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P点(小球所在处)相对质心系的速度rv(2)方向垂直于OP可以把v分解成沿着TP方向的分量1v和垂直TP方向的分量2v，如图 3所示，即1Rv(3)2m2mOQQT R l r 0P图 1 0PT P r l v2v1vvv图 3 2vvO R 0P2lv(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2212vvvv(5)因lR(6)故有222Rv（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222220
22、011112222MRmRMRmv（8）2220012MRmRMRmRmlvvv（9）由(7)、(8)两式有22220mMm（10）由(1)、(3)、(4)、(6)、(9)各式得20mMm（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00Mmm（13）由(6)、(13)两式得00MmlRm（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0得绳总长度,即MmLRm（15）3因是一个恒量，随时间的t的变化规律为t0（16）当0时，由（13）式可得卫星停旋时的sMmm（
23、17）设卫星停转所用的时间为st，由（16）、（17）式得001sstMmm（18）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0 yv和0 zv.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0zv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00 100 1yyyyvvvv(1)其中00 10yEBv(2)沿 y 负方向与0 1yv相关的磁场力010B xyfqBv(3)沿 x 负方向.粒子受到的电场力0EExffqE(4)沿 x 正方向由(2)、(3)、(4)式可知，粒子在x 方向
24、受到的电场力和磁场力正好抵消，故粒子以大小为00EB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00 200yyEBvv(5)沿 y 正方向，与0 2yv相关的磁场力使粒子以速率0 2yv在 Oxy 面内作匀速圆周运动，以r表示圆周运动的半径，有20 20 20yyqBmrvv(6)可得0 20ymrqBv(7)由周期的定义和(7)式可得圆周运动的周期02 mT=qB(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
25、用以za表示在此电场力作用下的加速度，有0coszmaqEt(9)或0coszqEa=tm(10)这是简谐运动的加速度，因而有2za=z（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0zv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0021coszqEzttmv（13）粒子在 Oxy 平面内的运动不受电场2E的影响设0为粒子在 Oxy平面内作圆周运动的角速度，则有002qBTm(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01cosxrt(15)0sinyrt(16)考虑到粒子在y 方向还
26、具有速度为0 1yv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：000001cosyEqBmxtqBBmv(17)y O r 0t02yvx 0000000sinyEEqBmyttBqBBmv(18)00020coszmEqBzttqBmv(19)五、答案与评分标准本题 15 分101TVVLIIe(2 分），LI（2 分），0ln 1LTIVI（2 分），01TVVLVIVIe（1 分）20.62V（2 分）；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
27、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02BVV（1）根据题意，活塞 M 向右移动过程中，B 中气体压强不变，用BT表示 B 室中气体末态的温度，有00BBVVTT（2）由(1)、(2)式得02BTT（3）由于隔板 N 是导热的，故A 室中气体末态的温度02ATT（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()2AAQ
28、R TT（5）由(4)、(5)两式得052AQRT（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()BBWp VV（7）由(1)、(7)式及理想气体状态方程得0BWRT（8）内能改变为05()2BBUR TT（9）由(4)、(9)两式得052BURT（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072BBBQUWRT(11)由(6)、(11)两式可知电加热器提供的热量为06mABQQQRT（12）若0mQQ，B室中气体末态体积为02V，A室中气体的末态温度02T.2若0mQQ，则当加热器供应的热量达到mQ时，活塞刚好到达气缸最右端，但这时加热尚未停止
29、，只是在以后的加热过程中气体的体积保持不变，故热量0mQQ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)22mAAQQR TTR TT（13）由(12)、(13)两式可求得00455AQTTR（14）B 中气体的末态的体积02BV=V（15）3.若0mQQ，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BV小于02V，即02BVV设 A、B 两室中气体末态的温度为AT，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()2AAQR TT（16）B 室中气体
30、经历的是等压过程，吸收热量0005()()2BABQR TTp VV（17）利用理想气体状态方程，上式变为072BAQR TT（18）由上可知006()ABAQQQR TT（19）所以 A 室中气体的末态温度006AQTTR（20）B 室中气体的末态体积00000(1)6BAVQVTVTRT（21）七、答案与评分标准：本题 20 分1 3R(3 分)2 6R(3 分)32I与 L 的距离2I在 L 左方还是右方2I的大小2I是 正立还是倒立2I是实像还是虚像6R右方2h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43I与 L 的距离3I在 L 左方还
31、是右方3I的大小3I是正立还是倒立3I是实像还是虚像18R左方2h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332pnHHeQmmmmc（1）式中c为光速代入数据得0.764MeVQ（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pv，反应后32He的速度大小为3Hev，中子的速度大小为nv，根据动量守恒和能量守恒有33ppnnHeHemmmvvv(3)33222ppnnHeHe111222mmmQvvv（4）由（3）、（4）式可得3333322nnpppn22HeH
32、enpnpHeHeHe220mm mmm mm mQmmmvv vv(5)令333332nnHeHepnpHe2pp2HepHe22mmmamm mbmmm mcQmvv(6)把(6)式代入(5)式得2nn0abcvv(7)(7)式有解的条件是240bac(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33n2HeppnpHe12mmmQmmmv(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3pnpHe1thmTQmmm(10)利用(1)式，在忽略2Q项的
33、情况下，(10)式可简化为3pH1thmTQm(11)代入有关数据得1.02MeVthT(12)3由动量守恒和能量守恒有33ppnnHeHemmmvvv(12)ppm vnnm v33HeHemv33222ppnnHeHe111222mmmQvvv(13)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33222nnppnpnpHeHe2cosmmmm mvvvv v(14)令2ppp12Tm v(15)2nnn12Tm v(16)3332H eH eH e12Tmv(17)把(15)、(16)、(17)式代入(13)、(14)两式得3HeQTTTpn（18）3
34、3nnppnnppHeHe2222 22cosmTm Tm Tm Tm T（19）由（18）、（19）式，消去3HeT后，得3333ppnppHeHennnnHeHe2cos0mmTQ mm m TTTmmmm（20）令3nppnHecosm m TSmm，333ppHeHenHemmTQ mRmm（21）得nn20TS TR（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2nTSSR（23）将具体数据代入（21）、（23）式中，有n0.132MeVT(24)(如果得到131.0nTMeV,也是对的.)第 2 问的其他解法解法
35、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pv，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3ppnHe()mmmvv(1)322ppnHe11()22mmmQvv(2)由（1）、（2）式可得33n2HeppnpHe12mmmQmmmv(3)所以阈能为3pnpHe1thmTQmmm(4)利用第 1 问中的(1)式，并注意到32H1Qmc有333332npHeHH2HH1
36、1111Qmmmmm cQmm c在忽略2Q项的情况下，(4)式可简化为3pH1thmTQm(5)代入有关数据得1.02 M eVthT(6)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
37、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pv和3Hv分别表示质子p和氚31H相对质心的速度，有3322ppHH1122Q=mmvv (1)因系统质心的速度3ppcpHmmmvv (2)而33pHppcpHmmvvvvm(3)33ppcHpH0mmvvvm(4)由(1)、(3)、(4)式得332HpppH12mQmmmv(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
38、反应后系统的总质量不相等，即33pnHHemmmm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33222cncpcc2HeH111222QEmmmmcvvv而33322ppp2c2222pHHpHQ1122mmQQQcccmmmmmvv由此可见，在忽略2Q的条件下3322npHeH1122ccmmmmvv而入射质子的阀能32pH12thcTmmQv(6)由(2)、(5)、(6)式得3pH1thmTQm(7)代入有关数据得1.02MeVthT(8)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
39、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pv，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3 04 01p221mmmcvvv(1)2304022120221mmcmcm ccv(2)式中1m是质子的动质量.由(1)、(2)两式得1p120mmmvv=(3)把(3)式代入(1)式，经整理得2222221201p3040mmcmmmcv(4)由1012p21mmcv(5)可得221p221102mmmcv(6)若入射质子的阈能为thE，有22110thmcm cE(7)由(4)、(6)、(7)式可得2230401020202thmmmmEm(8)利用题给条件并引入反应能，得333pnHHeH2thmmmmEQm(9)或有3333p2HpHHH22thQ+mmmmcEQQmm(10)代入有关数据得1.02MeVthT(11)