第届全国中学生物理竞赛复赛试卷月日第次修订稿

1、文档编码 : CK2S7B1P7V3 HZ2Y1O10U4X6 ZJ6F2X4F5L5a.Ba.=9neaaaxIC66&J*&B3aIf1&A&s,X CD 6*ti1 / 24 -v-vona. aaes.uxva R. sa enzu,Wasaaac ss. eaaaac ss-,a+saasaa.oaa,aaass aaa aeeo-in,aanassan.ssV. =a,nasssw,asaaa-,.,aRasa2. aaaaae-a .rsnnauae ,aT. is.k .a -p aeeesaz.aaa.-eaxaa mn,aj, inea,:aseswxsasaao.vwss

2、aawznr,avaaae2 / 24xnasaa. xoaso. Raxea,. a , eae=ae, ssaaaa, css -a sn. Ra.as9oacsaa+s,sNao ,3 / 24 aaaaaavaewsLasaasa B a.aaz1. I& L 9RQY 2.JapIna$s.naa.aaraaa,$macvs.MAO&kA&e*Kc8.XaBg#, #&A.cram*AOA,.# . L Q :Q L 4. eeaaanaa a.za cana-naaaa*aas,. r.Proedeap;$ H-a., sswnmsa vx sncaasoasca,aaxs arz

3、 a, *osensr,aamaaasaaaoewnaa omasas. nseae*swxa . v. aseawawosvn R I H ,H 3 $;, 1. 007276 , .1. 008&5 ,. = 3. 0I 5s01 , + -a. 0I62. &Y-&MJ& , I 931. 5MV.4 / 24 第 28 届全国中同学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,就哈雷彗星的椭圆轨道方程为 2 x 2 y 1（1） （认为地球绕太阳作 P rP P a2b2a, b 分别为椭圆的半长轴和半短轴,太阳 S 位于

4、椭圆的一个焦点处,如图 1 所示 以 Te 表示地球绕太阳运动的周期, 就 Te 年 ；以 ae 表示地球到太阳的距离 圆周运动）,就 ae ,依据开普勒第三定律,有： y a32 T （ 2） b3 a e2 T 设 c 为椭圆中心到焦点的距离,由几何关系得 aO S P0 x c a r0 （ 3） ba 2 c2 （ 4） 图 1由图 1 可知, P 点的坐标 x c rP cos P （ 5） y （ 6） rP sin P 把（ 5）,（ 6）式代入（ 1）式化简得 a2 2 sinP 2 b 2 cosP r22b 2cr P cos P b2c2 a2b2 0（ 7） P 依据求

5、根公式可得 rP ab 2 a c cos P 2 sin 2P b 2 cos2P （ 8） 由 2, 3, 4, 8 各式并代入有关数据得 rP 9 可以证明,彗星绕太阳作椭圆运动的机械能为 E = Gmms 10 2a 式中 m 为彗星的质量以 v P 表示彗星在 P 点时速度的大小,依据机械能守恒定律有 12 m v P Gmms Gmms （ 11） 2rP 2a 得 5 / 24 第 5 页,共 24 页vP Gms 21（ 12） rP a代入有关数据得 vP = 4 10 m s 113 y 设 P 点速度方向与 SP0的夹角为 见图 2,依据开普勒其次定律 rP vP sin

6、 P 2（ 14） P 其中 为面积速度,并有 abrP P P0 x ab T （ 15） S O 由（ 9）,（ 13）,（ 14）,（ 15）式并代入有关数 据可得 127 （ 16） 图 2r , 表示彗星的椭圆轨道方程为 解法二 取极坐标,极点位于太阳 S 所在的焦点 ,取逆时针为正向,用 处,由 S 引向近日点的射线为极轴,极角为 r1p（ 1） ecos 其中, e 为椭圆偏心率, p 是过焦点的半正焦弦,如椭圆的半长轴为 pa1e2（ 2） 将（ 2）式代入（ 1）式可得 ra 1 e2（ 3） 1 ecos a,依据解析几何可知 以 Te 表示地球绕太阳运动的周期, 就 Te

7、 年 ；以 ae 表示地球到太阳的距离 （认为地球绕太阳作 圆周运动）,就 ae ,依据开普勒第三定律,有 a32 T （ 4） 3 ae 2 Te 在近日点 0 ,由（ 3）式可得 （ 5） e1r0 a将 P , a , e 的数据代入（ 3）式即得 rP （ 6） 可以证明,彗星绕太阳作椭圆运动的机械能 6 / 24 第 6 页,共 24 页E = Gmms 7 2a 式中 m 为彗星的质量以 v P 表示彗星在 P 点时速度的大小,依据机械能守恒定律有 12 m v P Gmms Gmms （ 8） 2rP 2a 可得 vP Gms 21（ 9） rP a代入有关数据得 v = 4.3

8、9 10 P 4 m s 110 v0 ,再依据角动量守恒定律,有 设 P 点速度方向与极轴的夹角为 ,彗星在近日点的速度为 rP vP sin P r0 v0 （11） 依据（ 8）式,同理可得 v0 Gms 21（ 12） r0 a由（ 6）,（ 10）, 11,12式并代入其它有关数据 127 13 评分标准： 此题 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） y 式

9、 3 分, 10 式 2 分,（ 11）式 3 分 ,（ 12）式 1 分,（ 13）式 2分 DN4 二 ,参考解答： 1建立如以下图坐标系 Oxy. 两杆的受力情形如图： B N3 E F N2 N1 x f1 为地面作用于杆 AB 的摩擦力, N1 为地面对杆 AB 的支 mg 持力, f 2 , N 2 为杆 AB 作用于杆 CD 的摩擦力和支持力, N 3 , O f2 Cmg f1 A N 4 分别为墙对杆 AB 和 CD 的作用力, mg 为重力 . 取杆 AB 和 CD 构成的系统为争辩对象,系统平稳时 , 由平稳条件有 7 / 24 第 7 页,共 24 页N 4 N 3 f

10、1 0 （ 1） （ 2） N1 2mg 0以及对 A 点的力矩 1mgl sin mg l sin 1l sin N 3l cos N 4 l cos l cos CF 022即 3 1mgl sin mgl sin N 3l cos N 4 l cos l cos CF 0（ 3） 2 2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 CF l sin cot （ 4） 取杆 CD 为争辩对象,由平稳条件有 N 4 N 2 cos f 2 sin 0（ 5） N 2 sin f 2 cos mg 0（ 6） 以及对 C 点

11、的力矩 N 4l cos 1mgl sin 0（7） 2解以上各式可得 N 4 1 2mg tan mg （ 8） N 3 3tan 1tan sin 1 tan sin （ 9） 22cos 2sin f1 3tan sin 1 tan sin mg （ 10） 2cos 2sin N1 2mg （ 11） sin 1tan cos mg （ 12） N 2 2f2 cos 1tan sin mg （ 13） 2CD 杆平稳的必要条件为 f 2 c N2（ 14） 由（ 12）,（13）,（ 14）式得 tan 2Csin cos （ 15） Ccos sin AB 杆平稳的必要条件为 8

12、/ 24 第 8 页,共 24 页f1 A N1 16 由（ 10）,（11）,（ 16）式得 tan sin 2sin 4 A 3tan （ 17） sin cos 因此,使系统平稳, 应中意的条件为（ 15）式和（ 17）式 2将题给的数据代入（ 15）式可得 18 将题给的数据代入（ 17）式,经数值运算可得 19 因此, 的取值范畴为 20 评分标准： 此题 20 分 第 1 问 15 分 （ 1）,（ 2）,（ 3）式共 3 分,（ 4）式 1 分,（ 5）,（ 6）,（7）式共 式各 1 分 第 2 问 5 分 （ 18）式 1 分,（ 19）式 3 分,（ 20）式 1 分 三,

13、 参考解答： 3 分, 9 , 10 式各 1 分 ,12到（ 17） 解法一 O T v1 v v2 1 设在时刻 t ,小球和圆筒的运动状态如图 1 所示, 小 P 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的速度 v1 和垂直于绳子方 图 1向的速度 v 2 两个重量 . 依据机械能守恒定律和角动量守恒定 律有 1MR021mR021MR212 m v1 2 v2 1 22222 MR 02 mR 02 MR mRv1 mlv2 2 由于绳子不行伸长, v1 与切点

14、 T 的速度相等,即 3 v1 R解 1, 2, 3式得 M2 m R 2 ml 04 Mm R2ml 29 / 24 第 9 页,共 24 页v 22 M 2 m R l 05 Mm R2ml 2由 4 式可得 lRMmm0O T 1ll6 v2 t 0l这便是在卫星角速度减至 时绳的拉直部分的长度 l 2由（ 6）式,当 0 得 L R Mmm（ 7） 2这便是绳的总长度 L. T 图 2 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 ,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 2l,到达 T 处, R所以在 t 时间内,切点转过的角

15、度 12t l R（ 8） 切点从 T 变到 T 也使切线方向转变了一个同样的角度 ,而切线方向的转变是小球具有垂直于绳子方向 的速度 v2 引起的,故有 v2t （ 9） l由 1, 2, 3式可得 v2 l0（10） 由 8 ,（ 9）,（ 10）三式得 lR0t （ 11） l 随 t 匀称增加,故 l由 0 增加到 L 所需的时间为 （ 11）式表示 ts L1Mmm（ 12） 0 R 010 / 24 第 10 页,共 24 页解法二 1撤去插销后两个小球的运动情形相同,故可取一个小球作为对象进行争辩,先争辩任何时刻小球 的速度 . mQ O RrT m在 t 时刻,相对卫星系统质心

16、参考系小球运动状态如图 1 所 l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 P0 P0 2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 2速度为 . 由于圆筒的转动和小球相对圆筒的运动, 绳将开放, 切 Q 图 1点位置和绳的拉直部分的长度都要转变 . 第一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 OP0 的夹角为 ,如图 2 所示 . 由于小球相对圆 O T T lP P 筒的运动, 经过时间 t ,切点从圆筒上的 T 点移到 T 点,OT l与 OP0 的夹角变为 ,绳的拉直部分的长度由 l变为 l , 图 2P

17、0 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 PP ll于是小球相对圆筒的速度大小为 v lt l1 v v v 2方向垂直于 TP 是切点相对圆筒转动的角 速度 v 再考察圆筒相对质心参考系的转动,即与 T v 1v 圆筒固连在一起的转动参考系相对质心参考系 2RlP v 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 O rP0 v r2 方向垂直于 OP 可以把 v 分解成沿着 TP 方 图 3 由图 3 可 向的重量 v 1 和垂直 TP 方向的重v 2 ,如图 3量 所示,即 v 1R3 P

18、 点相对质心系速度的合成, v 2l4 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 得 v 的大小 11 / 24 第 11 页,共 24 页v 2 v 1v 2v 25 因 lR6 故有 v R222（ 7） 由于系统不受外力作用,故系统的动能和角动量守恒,故有 1MR0212 mR 2 001MR212 mv mRv 1ml v 2（ 8） （ 9） 22222 MR 2 mR 02 MR v 由 7, 8 两式有 由 1, 3, 4, 6, 9各式得 202Mmm222（ 10） 0Mmm（ 11） 由 10 ,11 两式得 0 故有 0（12） 上式说明绳子与圆筒的

19、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 Mmm0（ 13） 0由 6, 13 两式得 lRMmm0m（ 14） 0（ 15） 这便是在卫星角速度减至 时绳的拉直部分的长度 l 2由（ 14）式,当 0 得绳总长度 , 即 LRMm3因 是一个恒量, 随时间的 t 的变化规律为 （ 16） 0t 当 0 时,由（ 13）式可得卫星停旋时的 12 / 24 第 12 页,共 24 页设卫星停转所用的时间为 Mmmmm（ 17） s ts ,由（ 16）,（17）式得 M（18） ts s 100评分标准： 此题 25 分 解法一 第 1 问

20、12分（1）,（ 2）式各 第 2 问 3 分（ 7）式 3 分 第 3 问 10分（8）,（ 9）式各 解法二 3 分,（ 3）式 2 分,（6）式 4 分 3分,（ 10）式 2分,（ 11）,（12）式各 1分 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依据题意,粒子的初速度只有 y 方向和 z 方向的重量,设它们为 v0 y 和 v0

21、 z . 由于粒子在 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 v0z 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 v0y v0y1 v0y v0y 1 1 其中 v0y1 E0 2 B0 沿 y 负方向与 v0 y1 相关的磁场力 f Bx qv0 y1 B0 3 沿 x 负方向 . 粒子受到的电场力 f E f Ex qE0 4 E0 B0 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 负方向运动除此之外,由（ 1）式可知,粒子仍具有初速

22、度 13 / 24 v0y 2 v0y E0 面内作匀速圆周运动,以 5 B0 沿 y 正方向,与 v0y 2 相关的磁场力使粒子以速率 v0y 2 在 Oxy r表示圆周运动的半 径,有 qv0y 2 B0 m2 v0y 2 6 r可得 rmv0y 2 7 qB0 由周期的定义和 7式可得圆周运动的周期 T = 2 m 8 qB0 8 式说明, 粒子运动的周期与粒子在 时回到 Oyz 平面 . 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 2增加的电场 E2 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 az 表 示在此电场力作用下的

23、加速度,有 maz qE0 cos t 9 或 a = qE0 cos t 10 m这是简谐运动的加速度,因而有 az = 2z （ 11） 由 10,（11）可得 z 1 qE0 cos t 12 O 0t y 2m因未增加电场时,粒子在 z 方向作初速度为 v0z 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 v0 y 2 rz v t 1qE0 cos t 2m（ 13） 粒子在 Oxy 平面内的运动不受电场 E2 的影响设 0为粒子在 Oxy 平面 x 内作圆周运动的角速度,就有 02 qB0 14 t 的变化关系 T m由图示可得与圆周运动相联系的

24、粒子坐标随时间 14 / 24 第 14 页,共 24 页x r 1 cos 0 t 15 16 y rsin 0t 考虑到粒子在 y 方向仍具有速度为 v0y1 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： x mv0y E0 1 cos qB0 mt t 17 qB0 B0 y E0 t mv0y E0 sin qB0 m18 B0 qB0 B0 z v0zt mE0 cos qB0 mt 19 2 qB0 评分标准： 此题 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

25、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 此题 15 分 1 I L I0 eV 1 2 分）, I L （ 2 分）, VT ln 1 I L （ 2 分）, VT I 0 V VI L VI 0 e VT 1（ 1 分） （ 2 分）； （ 2 分） 2 （ 2 分）； （ 2 分）； 49mW 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 室中气体的温度要上升,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

26、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,就 B 室气体末态的体积 VB 2V0 （ 1） 依据题意,活塞 M 向右移动过程中, B 中气体压强不变,用 TB 表示 B 室中气体末态的温度,有 V0 VB （ 2） T0 TB 由 1, 2 式得 15 / 24 第 15 页,共 24 页TB 2T0 （ 3） 由于隔板 N 是导热的,故 A 室中气体末态的温度 TA 2T0 （ 4） 下面运算此过程中的热量 Qm . 在加热过程中, A 室中气体经受的是等容过程,依据热力学第确定律,气体吸取的热量等于其内能的 增加量,即 QA 5RTA T0 （ 5

27、） 2由 4, 5 两式得 QA 5 2RT0 （ 6） B 室中气体经受的是等压过程,在过程中 B 室气体对外做功为 （ 7） WB p0 VB V0 由 1, 7 式及抱负气体状态方程得 WB RT0 （ 8） 内能转变为 UB 5 RT B 2T （ 9） 由 4, 9 两式得 5U B RT0 （10） 2依据热力学第确定律和 8, 10 两式, B 室气体吸取的热量为 7QB U B WB RT0 11 2由 6, 11 两式可知电加热器供应的热量为 Qm QA QB 6 RT0 （ 12） 如 Q0 Qm , B 室中气体末态体积为 2V0 , A 室中气体的末态温度 2T0 .

28、2如 Q0 Qm ,就当加热器供应的热量达到 Qm 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 Q0 Qm 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,依据热力学第确定律,如 A 室中气体末态的温度为 TA ,有 由 12 ,13 两式可求得 Q0 Qm 5RTA 2T0 5RTA 2T0 （ 13） 22T A Q0 4T （ 14） 5R 5B 中气体的末态的体积 16 / 24 第 16 页,共 24 页VB = 2V0 （ 15） 3. 如 Q0 Qm ,就隔板尚未移到气缸最右端,加热停止,故

29、B 室中气体末态的体积 VB 小于 2V0 ,即 VB 2V0 设 A,B 两室中气体末态的温度为 TA ,依据热力学第确定律,留意到 A 室中气体经受的是等容 过程,其吸取的热量 QA 5RTA T0 （ 16） 2B 室中气体经受的是等压过程,吸取热量 Q B 5 RT A 2T p V B V （ 17） 利用抱负气体状态方程,上式变为 QB 7R TA T0 （18） 2由上可知 Q0 QA QB 6RTA T0 （ 19） 所以 A 室中气体的末态温度 T A Q0 T （ 20） 6 R B 室中气体的末态体积 VB V0 TA Q0 1V0 （ 21） T0 6 RT0 评分标准

30、 ： 此题 20 分 得到 Q0 Qm 的条件下（ 1）,（4）式各 1 分；（ 12）式 6 分,得到 Q0 Qm 的条件下的（ 14）式 4 分, （ 15）式 2 分；得到 Q0 Qm 的条件下的（ 20）式 4 分,（ 21）式 2 分 17 / 24 第 17 页,共 24 页七, 答案与评分标准： 此题 20 分 1 3R 3 分 2 6R 3 分 3 I 2 与 L 的距离 I 2 在 L 左方仍是右方 I 2 的大小 I 2 是正立仍是倒立 I 2 是实像仍是虚像 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,有一个错就不给这 3

31、 分 4 I3 与 L 的距离 I3 在 L 左方仍是右方 I3 的大小 I3 是正立仍是倒立 I3 是实像仍是虚像 18R 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,有一个错就不给这 3 分 八, 参考解答： 1. 反应能 式中 c 为光速代入数据得 Q mp m3Hm3He mn 2 c （ 1） Q （ 2） 上式说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始终线运动设质子的入射速度大小为 vp ,反应 3后 2 He 的速度大小为 v 3 He ,中子的速度大小为 vn ,依据动量守恒和能量守恒有 由（ 3）,（ 4）

32、式可得 mp vp m3Hev3Hev 3 2mn vn Q 2 Q 03 1mnvn 2（4） 12 mp vp 1m3He 22 He22 mnmnm3He2 vn 2mpmn vp vn 2 mpmpm 3He2 vp 5 m3Hem3Hem3He令 18 / 24 第 18 页,共 24 页a2 mnm3Hemn2 vp 2 Q 6 m3Heb2mpmn m3Hevp c 2 mp mpm3He m3 He 把 6 式代入 5式得 2 avn bvn c 07 7 式有解的条件是 2b 4ac 0 8 由 6 式可知, c 可能大于零, 亦可能小于零 . 如 c 0 ,就 8总成立,

33、中子速度确定有解, 反应确定能发生； 如 c 0 ,就由 6, 8 两式得 1 mp vp 2 mn m3HeQ 9 2 mn m3 He mp 即只有当入射质子的动能中意 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 mp Tth 1mn m3He mp Q 10 2利用 1 式,在忽视 Q 项的情形下, 10 式可简化为 mpTth 1 m3 Q 11 H代入有关数据得 Tth 12 3由动量守恒和能量守恒有 mpv p m3v 3 He He mn vn 12 如图 mnvn mp vp m3Hev 3 He 12 mpv p 12 m3Hev 3He1 2mnv n2 Q

34、 13 22 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, 所示,依据余弦定律有 m3Hev 3He2mn vn 2mpvp 22mn mpv nv p cos 14 令 Tp 12 mpvp 15 2Tn 12 mnvn 16 219 / 24 第 19 页,共 24 页1 T3He2把 15 ,16 ,17 式代入 13, 14 两式得 2 m3Hev 3He17 （18） （ 19） （ 20） （21） Q Tp T3He Tn 2m3T3 He He 2mnTn 2mpTp 2 2mnTn 2mpTp cos 由（ 18）,（19）式,消去 T3He后,得 Tn mn

35、mpTp 2 m3He mn cos Tn m3He mp Tp Q m3He 0m3Hemn令 S mn mpTp cos , Rm3He mp Tp Q m3He m3Hemn m3Hemn 得 依据题给的入射质子的动能和第 Tn 2S Tn R0（ 22） 1 问求得的反应能 Q 的值,由 21 式可知 R 0 ,故（ 22）式的符合物理 意义的解为 Tn S 2 S R（ 23） 将详细数据代入（ 21）,（ 23）式中,有 假如得到 Tn Tn 24 0.131 MeV ,也是对的 . 第 2 问的其他解法 解法一 为了争辩阈能,只考虑碰撞前后各粒子都沿同始终线运动的情形如碰撞后 3

36、 2 He 和中子的速度相同, 即粘在一起运动 完全非弹性碰撞 ,就在碰撞过程中缺失的机械能最多,如所缺失的机械能正好等于反应 能, 就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 v p ,反应后 3 2 He 和中子的速 度大小为 v ,依据动量守恒和能量守恒有 由（ 1）,（ 2）式可得 mp vp m3Hemn v Q 1 1 m 22 v p1 m 2 3 He 2 m v 2 1mpvp mn m3Hemp Q 3 2mn m3He 所以阈能为 20 / 24 第 20 页,共 24 页Tth 1mn mp mp Q 4 m3He 利用第 1 问中的 1式,

37、并留意到 Q m3c H1有 mn 1mp m3H1111Q m3He m3Hm3c 2HQ m3c 2H2 在忽视 Q 项的情形下, 4 式可简化为 Tth 1mpQ 5 m3H代入有关数据得 Tth 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 . 如质点系不受外力作用,就质点系的动量守恒,质心速度不变, 故质心动能亦恒定不变；假如质点系内部的相互作用导致质点系机械能的变化,就可变化的机械能只能是 各质点相对质心运动的动能 3 . 在此题中,假如质子 p 与氚 1 H 发生反应后,生成的中子 3 n 和氦 2 He 相对质 3 心都静止,就质子 p 与氚 1 H 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 . 3 以 vp 和 v 3 H 分别表示质子 p 和氚 1 H 相对质心的速度,有 Q = 1mp vp 212 m3Hv 3H1 22因系统质心的速度