2011年第28届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题及答案解析

第28届全国中学生物理竞赛复赛（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θP=72.0°。已知：1AU=1.50×1011m，引力常量G=6.67×10－11Nm2/kg2，太阳质量mS=1.99×1030kg，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）。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3232aTaT=ee（2）设c为椭圆中心到焦点的距离，由几何关系得car=−0（3）22cab−=（4）由图1可知，P点的坐标cosPPxcrθ=+（5）sinPPyrθ=（6）把（5）、（6）式代入（1）式化简得()2222222222sincos2cos0PPPPPabrbcrbcabθθθ+++−=（7）根据求根可得()22222cossincosPPPPbacrabθθθ−=+（8）SPPθPrabO0Pxy图1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2ss122PPGmmGmmmra+−=−v（11）得s21PPGmra=⋅−v（12）代入有关数据得414.3910msP−×⋅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[]sin2PPPrϕθσ−=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127ϕ=（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1cospreθ=+（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()θcos112eear+−=（3）图2SPPθPrabO0Pxyϕ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3232aTaT=ee（4）在近日点0=θ，由（3）式可得1rea=−0（5）将Pθ、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2ss122PPGmmGmmmra+−=−v（8）可得21PsPGmra=⋅−v（9）代入有关数据得414.3910msP−×⋅v=(10)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()sinPPPrrϕθ−=vv00（11）根据（8）式，同理可得21sGmra=⋅−00v（12）由（6）、（10）、(11)、(12)式并代入其它有关数据127ϕ=(13)评分：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．评析：这是一道比较简单的题目，主要考查的是数学解析几何能力，不多说了。二、（20分）质量均匀分布的刚性杆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μA，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μC，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θ，求CD杆与墙面夹角α应该满足的条件（用α及已知量满足的方程式表示）。2、若μA=1.00，μC=0.866，θ=60.0°。求系统平衡时α的取值范围（用数值计算求出）。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4310NNf+−=（1）120Nmg−=（2）以及对A点的力矩()3411sinsinsincoscoscos022mglmgllNlNllCFθθαθθα+−−−+−=即θαBDCAN1N2Emgmgf2FOyf1N4N3x()3431sinsincoscoscos022mglmglNlNllCFθαθθα−−−+−=（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sincotCFlαθ=（4）取杆CD为研究对象，由平衡条件有422cossin0NNfθθ+−=（5）22sincos0Nfmgθθ+−=（6）以及对C点的力矩41cossin02Nlmglαα−=（7）解以上各式可得41tan2Nmgα=（8）331sin1tansintantan22cos2sinNmgαααθαθθ=−−+（9）13tansin1tansin2cos2sinfmgθαααθθ=−+（10）12Nmg=（11）21sintancos2Nmgθαθ=−（12）21costansin2fmgθαθ=+（13）CD杆平衡的必要条件为22cfNµ≤（14）由（12）、（13）、（14）式得()2sincostancossinCCµθθαµθθ−≤+（15）AB杆平衡的必要条件为11AfNµ≤(16)由（10）、（11）、（16）式得tansin2sin43tansincosAαααµθθθ−≤−（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arctan0.38521.1α°≤=(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．评析：做静力学题目，一般有两个切入角度，一个是力平衡力矩平衡，另一个是虚功原理。本题显然是第一个。于是乎整体法、隔离法组合出击，即可完成。所以我们经常说，静力学难点在解方程，正是如此。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ω0。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ω时绳拉直部分的长度l；2、求绳的总长度L；3、求卫星从ω0到停转所经历的时间t。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()()()()22222001211112222MRmRMRmωωω+=++vv(1)2220012+=++MRmRMRmRmlωωωvv(2)因为绳子不可伸长，1v与切点T的速度相等，即ωR=1v(3)解(1)、(2)、(3)式得()()02222ωωmlRmMmlRmM++−+=(4)()()022222ωmlRmMlRmM+++=v(5)由(4)式可得00MmlRmωωωω−+=+(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+=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1tωθ∆=∆，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，切点转过的角度图1TOPT图2O12ltRθθωθ∆∆=∆=+∆+∆（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()20lωω=+v（10）由(8)、（9）、（10）三式得0lRtω∆=∆（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001sLMmtRmωω+==（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ll′≈，故PPllφφ′′=∆≈∆TRlr图1O图20Pφφ∆TT′l′P′Pl于是小球相对圆筒的速度大小为lltφφφω∆==∆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rωω=v(2)方向垂直于OP．可以把ωv分解成沿着TP方向的分量1ωv和垂直TP方向的分量2ωv，如图3所示，即1Rωω=v(3)2lωω=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()2212ωωφ=++vvvv(5)因lRφ=(6)故有()222Rφωωωφ=++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()()222220011112222MRmRMRmωωω+=+v（8）()2220012MRmRMRmRmlωωφωωω+=+++vvv（9）由(7)、(8)两式有()22220mMmφωωωωφ=+++（10）由(1)、(3)、(4)、(6)、(9)各式得TPrl图3OR()20mMmφωωφωω=+++（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00Mmmωωφωω+−=+（13）由(6)、(13)两式得00MmlRmωωωω+−=+（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MmLRm+=（15）3．因φω是一个恒量，φ随时间的t的变化规律为t0ωφ=（16）当0=ω时，由（13）式可得卫星停旋时的φsMmmφ+=（17）设卫星停转所用的时间为st，由（16）、（17）式得001sstMmmφωω==+（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．评析：能量，角动量，这是看到这道题理应有的两个想法。结合小量近似，本题实际并不难。当然这里还是要给同学们一个小提示，如果在解答旋转运动的题目，缺少方程，那么可以考虑能量、角动量；如果解答多体直线运动，缺少方程，可以考虑动量、能量。有时能量、动量、角动量需要同时使用。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、现在该区域内再增加一个沿x方向随时间变化的匀强电场，电场强度ktEEz)cos(0ω=，式中mqB0=ω，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。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0yv和0zv.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001001yyyy=−++vvvv(1)其中0010yEB=−v(2)沿y负方向．与01yv相关的磁场力010BxyfqB=−v(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00200yyEB=+vv(5)沿y正方向，与02yv相关的磁场力使粒子以速率02yv在Oxy面内作匀速圆周运动，以r表示圆周运动的半径，有202020yyqBmr=vv(6)可得020ymrqB=v(7)由周期的定义和(7)式可得圆周运动的周期02mT=qBπ(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za表示在此电场力作用下的加速度，有0coszmaqEtω=(9)或0coszqEa=tmω(10)这是简谐运动的加速度，因而有2za=zω−（11）由(10)、（11）可得tmqEzωωcos102−=(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0021coszqEzttmωω=−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002πqBTmω==(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()01cosxrtω′=−(15)0sinyrtω′=(16)考虑到粒子在y方向还具有速度为01yv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：000001cosyEqBmxtqBBm=+−v(17)0000000sinyEEqBmyttBqBBm=−++v(18)00020coszmEqBzttqBm=−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.评析：这一题的思维难点在于引入一对速度，以避免偏微分方程的使用（虽然这样也可以求解）。这一个突破口突破以后，本题送分水题，易解。yOrx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(0−=VrVDeII，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=4.1×10－9mA，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。若负载为欧姆电阻，则输出最大功率时，负载电阻R=_____________Ω。与评分标准本题15分．1．01TVVLIIe−−(2分），LI（2分），0ln1LTIVI+（2分），01TVVLVIVIe−−（1分）．2．0.62V（2分）；0.54V（2分）；49mW（2分）；6.0Ω（2分）．评析：代公式的题，不解释，做不出来面壁。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Ω。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=5/2RT。R为普适恒量，T为热力学温度。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()2AAQRTT=−（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()BBWpVV=−（7）由(1)、(7)式及理想气体状态方程得0BWRT=（8）内能改变为05()2BBURTT∆=−（9）由(4)、(9)两式得052∆=BURT（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=∆+=BBBQUWRT(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，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)22mAAQQRTTRTT′′−=−+−（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()2AAQRTT′′=−（16）B室中气体经历的是等压过程，吸收热量0005()()2BABQRTTpVV′′′′=−+−（17）利用理想气体状态方程，上式变为()072BAQRTT′′=−（18）由上可知006()ABAQQQRTT′′=+=−（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）评分标准：本题20分．得到0mQQ=的条件下（1）、（4）式各1分；（12）式6分，得到0mQQ>的条件下的（14）式4分，（15）式2分；得到0mQQ<的条件下的（20）式4分，（21）式2分．评析：微观热力学的考察频率并不高，但是在这一届之后也很多年没有考查了，2016、2017很有可能会有所考察。微观热力学并不难，搞懂基础理论，背好公式，数据套套，就行。本题正是如此。此外，热力学第一定律，理想气体状态方程，这个作为常识应该知道。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（h<<R）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：答案与评分标准：本题20分．1．3R(3分)2．6R(3分)3．2I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．4．3I与L的距离3I在L左方还是右方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．评析：几何光学，反正就是迭代下面的方程：1𝑢𝑢+1𝑣𝑣=1𝑓𝑓本题中还考察了小孔成像，这个相似是初中生要求。全题送分为主。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？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2、在该核反应中，若H31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。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33ppnnHeHemmm=+vvv(3)33222ppnnHeHe111222mmmQ=++vvv（4）由（3）、（4）式可得3333322nnpppn22HeHenpnpHeHeHe220mmmmmmmmQmmm+−−++=vvvv(5)令333332nnHeHepnpHe2pp2HepHe22mmmammmbmmmmcQm+==−−=+vv(6)把(6)式代入(5)式得2nn0abc++=vv(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33n2HeppnpHe12mmmQmmm+≥+−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3pnpHe1thmTQmmm=++−(10)利用(1)式，在忽略2Q项的情况下，(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33ppnnHeHe=+mmmvvv(12)33222ppnnHeHe111222mmmQ=++vvv(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()()()33222nnppnpnpHeHe2cosmmmmmθ=+−vvvvv(14)令2ppp12Tm=v(15)2nnn12Tm=v(16)3332HeHeHe12=Tmv(17)把(15)、(16)、(17)式代入(13)、(14)两式得3HeQTTT=−−pn（18）33nnppnnppHeHe222222cosmTmTmTmTmTθ=+−⋅（19）由（18）、（19）式，消去3HeT后，得()3333ppnppHeHennnnHeHe2cos0mmTQmmmTTTmmmmθ−−−⋅−=++（20）令3nppnHecosmmTSmmθ=+，()333ppHeHenHemmTQmRmm−−=+（21）得nn20TSTR−−=（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131.0=nTMeV,也是对的.)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()mmm=+vv(1)322ppnHe11()22mmmQ=++vv(2)由（1）、（2）式可得33n2HeppnpHe12mmmQmmm+=+−v(3)所以阈能为3pnpHe1thmTQmmm=++−(4)利用第1问中的(1)式，并注意到32H1<<Qmc有333332npHeHH2HH11111==−+−+QmmmmmcQmmc在忽略2Q项的情况下，(4)式可简化为3pH1thmTQm=+(5)代入有关数据得1.02MeVthT=(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3322ppHH1122Q=mm′′+vv(1)因系统质心的速度3ppcpH=+mmmvv(2)而33pHppcpHmm′=−=+vvvvm(3)33ppcHpH0mm′=−=−+vvvm(4)由(1)、(3)、(4)式得332HpppH12mQmmm=+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33pnHHe+≠+mmmm．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()()33222cncpcc2HeH111222=+=++QEmmmmcvvv而()33322ppp2c2222pHHpHQ1122mmQQQcccmmmmm=⋅=⋅⋅++vv由此可见，在忽略2Q的条件下()()3322npHeH1122ccmmmm+=+vv而入射质子的阀能()32pH12thcTmmQ=++v(6)由(2)、(5)、(6)式得3pH1thmTQm=+(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()30401p221mmmc+=−vvv(1)()2304022120221mmcmcmcc++=−v(2)式中1m是质子的动质量.由(1)、(2)两式得1p120+mmmvv=(3)把(3)式代入(1)式，经整理得()()2222221201p3040+−=+mmcmmmcv(4)由1012p21mmc=−v(5)可得221p221102−=mmmcv(6)若入射质子的阈能为thE，有22110thmcmcE=+(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)第2问8分(1)、(2)、(8)式各2分，(9)或(10)式1分，(11)式1分．评析：这一题确实不难，根据爱因斯坦质能方程带入算算第一问结束，第二问做法很多，但是动量、能量两个角度切入肯定是第一想法，很容易也能完成。第三问依旧是动量、能量，结合余弦定理，本题可做。整个第8题基本以送分为主。全卷评析：难度不大，对自己有要求的应当要保证120以上，甚至目标在140。可以看到本卷对中等数学知识考察还是比较厉害的，这给同学们提个醒，学好数学对物竞也是很有帮助的。