国中学生物理竞赛实验指导书思考题参考答案及解析_电磁学

2023年中考物理专题复习：《电磁学》实验题班级： 姓名：1．为了探究并联电路中电流的关系，小明同学设计了如图甲所示的实验电路图进行实验。

（1）连接电路的过程中开关应该 ___________（选填“断开”或“闭合”）。

将电流表连接在C 处，闭合开关后，发现其指针位置如图乙所示，则通过干路的电流为 ___________A ；（2）实验中将电流表分别接入A 、B 、C 三点处，闭合开关，测出了一组电流并记录在表格中，立即得出了并联电路的电流规律。

请你指出他们实验应改进方法是 ___________；（3）改进实验方法后，得出并联电路的电流规律，结论是：____ _______；（4）实验结束后，小明又利用器材连接了如图丙所示的电路图，当开关S 由断开到闭合时，电流表A 2的示数 ___________（选填“变大”、“变小”或“不变”）。

2．如图所示。

在探究“并联电路的电流特点”的实验中，小王设计了如图甲所示的电路进行实验：（1）闭合开关前，电流表的指针反偏，其原因可能是________ ___；（2）实验时，闭合开关后两灯都亮。

小王随意拆下一根导线，发现两灯都熄灭，据此他认为把电路接成了串联电路。

小王的结论是___________（选填“可靠”或“不可靠”）的，理由是：______ _____；（3）排除故障后，小王分别用电流表测出A 、B 和C 三点的电流I 1、I 2和I 三次电流表的示数分别为120.5A 0.52A 1A I I I ===，，。

则测量C 点时电流表选用的量程是___________ （选“00.6A ～”、“0.63A ～”或“03A ～”）。

最后根据测量结果，在误差允许范围内你认为得到的结论是：_____ ____ __；（4）为了验证结论的普遍性、小王采用了更换不同规格的灯泡继续实验的方法进行验证，你还可以采用的方法是________ ___；（5）小明同学对实验进行了改进，他在如图甲所示的电路中A、B、C三处各加一块电流表，连接的电路如图乙所示。

全国第37届中学生物理竞赛预赛试题与解答参考一、选择题1. 答案：B解析：根据题干中的描述，物体从高处自由落下，意味着只有重力作用在物体上，没有其他力的干扰。

根据牛顿第二定律可以得到$F = ma$。

由于物体自由下落，加速度$a$等于重力加速度$g$，所以$F = mg$。

根据题干中的描述，物体的质量$m$为50kg，重力加速度$g$为10m/s^2，代入公式可以计算出$F = 50 \times 10 = 500$N，即物体所受的力为500N。

2. 答案：C解析：根据题干中的描述，物体从高处自由落下，意味着只有重力作用在物体上，没有其他力的干扰。

根据牛顿第二定律可以得到$F = ma$。

由于物体自由下落，加速度$a$等于重力加速度$g$，所以$F = mg$。

根据题干中的描述，物体的质量$m$为10kg，重力加速度$g$为10m/s^2，代入公式可以计算出$F = 10 \times 10 =100$N，即物体所受的力为100N。

3. 答案：A解析：根据题干中的描述，物体从高处自由落下，意味着只有重力作用在物体上，没有其他力的干扰。

根据牛顿第二定律可以得到$F = ma$。

由于物体自由下落，加速度$a$等于重力加速度$g$，所以$F = mg$。

根据题干中的描述，物体的质量$m$为20kg，重力加速度$g$为10m/s^2，代入公式可以计算出$F = 20 \times 10 =200$N，即物体所受的力为200N。

二、填空题1. 答案：0.2s解析：根据题干中的描述，物体从高处自由落下，意味着只有重力作用在物体上，没有其他力的干扰。

根据自由落体运动的公式$h = \frac{1}{2}gt^2$，其中$h$为下落的高度，$g$为重力加速度，$t$为下落的时间。

根据题干中的描述，物体下落的高度$h$为2m，重力加速度$g$为10m/s^2，代入公式可以解得$t =\sqrt{\frac{2h}{g}} = \sqrt{\frac{2 \times 2}{10}} = 0.2s$。

全国第37届中学生物理竞赛预赛试题与解答参考一、选择题（每题5分，共25分）1. 下列哪个物理量是标量？A. 速度B. 力C. 加速度D. 位移解答答案：A解析：速度是一个有大小和方向的物理量，但通常我们只关注其大小，因此速度是标量。

2. 在自由落体运动中，物体的速度与时间之间的关系是？A. 成正比B. 成平方关系C. 成反比D. 无关解答答案：B解析：在自由落体运动中，物体的速度v与时间t之间的关系是v ∝ t^2，即成平方关系。

3. 一个物体做直线运动，当速度与加速度的方向相同时，物体的速度？A. 减小B. 增大C. 保持不变D. 无法确定解答答案：B解析：当速度与加速度的方向相同时，物体做加速运动，速度会增大。

4. 一个物体做匀速圆周运动，下列哪个物理量是不变的？A. 速度大小B. 速度方向C. 加速度大小D. 加速度方向解答答案：A解析：在匀速圆周运动中，速度大小保持不变，但速度方向时刻在变化。

5. 下列哪个现象可以用光的折射定律解释？A. 平面镜成像B. 水中物体看起来变浅C. 光在真空中的传播D. 影子的形成解答答案：B解析：光的折射定律可以解释光线从一种介质进入另一种介质时，光线方向发生改变的现象，如水中物体看起来变浅。

二、填空题（每题5分，共25分）6. 在物理学中，将单位时间内物体通过的距离称为__________。

解答答案：速度7. 牛顿第二定律的表达式为__________。

解答答案：F = ma8. 真空中光速的大小约为__________。

解答答案：3 × 10^8 m/s9. 在平面镜成像实验中，像与物到镜面的距离__________。

解答答案：相等10. 一个物体做直线运动，当速度与加速度的方向相反时，物体的速度__________。

解答答案：减小三、计算题（每题10分，共30分）11. 一个物体从静止开始做直线运动，已知其加速度a = 2m/s^2，求物体在时间t = 5s内的速度和位移。

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22221x y a b += （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e T 表示地球绕太阳运动的周期，则e 1.00T =年；以e a 表示地球到太阳的距离（认为地球绕太阳作圆周运动），则e 1.00AU a =，根据开普勒第三定律，有3232a T a T =e e（2）设c 为椭圆中心到焦点的距离，由几何关系得c a r =-0 （3）22c a b -= （4） 由图1可知，P 点的坐标cos P P x c r θ=+ （5） sin P P y r θ= （6） 把（5）、（6）式代入（1）式化简得()2222222222sin cos 2cos 0P P P P P ab r b cr bc a b θθθ+++-= （7）根据求根公式可得()22222cos sin cos P P P Pb ac r a b θθθ-=+ （8） 由(2)、(3)、(4)、(8)各式并代入有关数据得0.896AU P r = (9) 可以证明，彗星绕太阳作椭圆运动的机械能为 s2Gmm E =a-(10) 式中m 为彗星的质量．以P v 表示彗星在P 点时速度的大小，根据机械能守恒定律有2s s 122P P Gmm Gmm m r a ⎛⎫+-=- ⎪⎝⎭v （11） 得图1P=v（12）代入有关数据得414.3910m sP-⨯⋅v=(13)设P点速度方向与SP的夹角为ϕ(见图2)，根据开普勒第二定律[]sin2P P Prϕθσ-=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()21p a e=-（2）将（2）式代入（1）式可得()θcos112eear+-=（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（认为地球绕太阳作圆周运动），则e1.00AUa=，根据开普勒第三定律，有3232a Ta T=e e（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2s s122PPGmm Gmmmr a⎛⎫+-=-⎪⎝⎭v（8）可得P=v（9）代入有关数据得414.3910m sP-⨯⋅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()sinP P Pr rϕθ-=v v00（11）根据（8）式，同理可得=v（12）由（6）、（10）、(11)、(12)式并代入其它有关数据127ϕ= (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431N N f+-=（1）120N mg-=（2）以及对A点的力矩()3411sin sin sin cos cos cos022mgl mg l l N l N l l CFθθαθθα⎛⎫+---+-=⎪⎝⎭即()3431sin sin cos cos cos022mgl mgl N l N l l CFθαθθα---+-=（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sin cot CF l αθ= （4） 取杆CD 为研究对象，由平衡条件有422cos sin 0N N f θθ+-= （5） 22sin cos 0N f mg θθ+-= （6） 以及对C 点的力矩41cos sin 02N l mgl αα-= （7） 解以上各式可得41tan 2N mg α=（8） 331sin 1tan sin tan tan 22cos 2sin N mg αααθαθθ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭ （9）13tan sin 1tan sin 2cos 2sin f mg θαααθθ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭ （10）12N mg = （11）21sin tan cos 2N mg θαθ⎛⎫=-⎪⎝⎭ （12） 21cos tan sin 2f mg θαθ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭（13） CD 杆平衡的必要条件为22c f N μ≤ （14）由（12）、（13）、（14）式得()2sin cos tan cos sin C C μθθαμθθ-≤+ （15）AB 杆平衡的必要条件为11A f N μ≤ (16)由（10）、（11）、（16）式得tan sin 2sin 43tan sin cos A αααμθθθ-≤- （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 arctan 0.38521.1α︒≤= (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． 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()()()()22222001211112222M R m R M R m ωωω+=++v v (1) 2220012+=++MR mR MR mR ml ωωωv v (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()()02222ωωml R m M ml R m M ++-+= (4) ()()022222ωmlR m M l R m M +++=v (5) 由(4)式可得l = (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=L （7） 这便是绳的总长度L .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 ωθ∆=∆，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12lt Rθθωθ∆∆=∆=+∆+∆ （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 ()20l ωω=+v （10）2()2t由(8)、（9）、（10）三式得0l R t ω∆=∆ （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0s L t R ω== （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l l '≈，故PP l l φφ''=∆≈∆于是小球相对圆筒的速度大小为ll tφφφω∆==∆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r ωω=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1R ωω=v(3)2l ωω=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2m12φω+ v大小=v (5)因 l R φ= (6) 故有=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()()222220011112222M R mR M R m ωωω+=+v （8） ()2220012MR mR MR mR ml ωωφωωω+=+++v v v （9）由(7)、(8)两式有()22220mM mφωωωωφ=+++ （10）由(1)、(3)、(4)、(6)、(9)各式得()20mM mφωωφωω=+++ （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φ=（13） 由(6)、(13)两式得l = （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L = （15） 3．因φω是一个恒量，φ随时间的t 的变化规律为t 0ωφ= （16） 当0=ω时，由（13）式可得卫星停旋时的φs φ=（17） 设卫星停转所用的时间为s t ，由（16）、（17）式得0s s t φω==（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．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0y v 和0z v .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0z v 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 001001y y y y =-++v v v v (1) 其中0010y E B =-v (2) 沿y 负方向．与01y v 相关的磁场力 010Bx y f q B =-v (3) 沿x 负方向.粒子受到的电场力0E Ex f f qE == (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E B 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00200y y E B =+v v (5) 沿y 正方向，与02y v 相关的磁场力使粒子以速率02y v 在Oxy 面内作匀速圆周运动，以r 表示圆周运动的半径，有202020y y q B mr=v v (6) 可得020y m r qB =v (7)由周期的定义和(7)式可得圆周运动的周期02mT =qB π (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z a 表示在此电场力作用下的加速度，有 0c o s z m a q E t ω= (9) 或0cos z qE a =t mω (10) 这是简谐运动的加速度，因而有 2z a =z ω- （11） 由(10)、（11）可得t mqE z ωωcos 102-= (12) 因未增加电场时，粒子在z 方向作初速度为0z v 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0021cos z qE z t t mωω=-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202πqB T mω== (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()01cos x r t ω'=- (15) 0sin y r t ω'= (16)考虑到粒子在y 方向还具有速度为01y v 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：000001cos y E qB m x t qB B m ⎛⎫⎛⎫=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭v (17) 0000000siny E E qB m y t t B qB B m⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭v (18) 00020cos z mE qB z t t qB m=-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. 五、答案与评分标准本题15分．1．01TV V L I I e ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭ (2分），L I （2分），0ln 1L T I V I ⎛⎫+ ⎪⎝⎭ （2分），01TVV L VI VI e ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭（1分）．2．0.62V （2分）；0.54V （2分）；49mW （2分）；6.0Ω （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02B V V = （1） 根据题意，活塞M 向右移动过程中，B 中气体压强不变，用B T 表示B 室中气体末态的温度，有00BBV V T T =（2）由(1)、(2)式得02B T T = （3）由于隔板N 是导热的，故A 室中气体末态的温度02A T T = （4） 下面计算此过程中的热量m Q .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()2A A Q R T T =- （5） 由(4)、(5)两式得052A Q RT = （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()B B W p V V =- （7） 由(1)、(7)式及理想气体状态方程得 0B W R T = （8）内能改变为05()2B B U R T T ∆=- （9） 由(4)、(9)两式得052∆=B U RT （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=∆+=B B B Q U W RT (11) 由(6)、(11) 两式可知电加热器提供的热量为06m A B Q Q Q RT =+= （12） 若0m Q Q =，B 室中气体末态体积为02V ，A 室中气体的末态温度02T .2．若0m Q Q >，则当加热器供应的热量达到m Q 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0m Q Q -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)22m AA Q Q R T T R T T ''-=-+- （13） 由(12)、(13)两式可求得00455AQ T T R '=+ （14） B 中气体的末态的体积02BV =V ' （15） 3. 若0m Q Q <，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02BV V ''<．设A 、B 两室中气体末态的温度为A T ''，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()2A AQ R T T ''=- （16） B 室中气体经历的是等压过程，吸收热量0005()()2B AB Q R T T p V V ''''=-+- （17）利用理想气体状态方程，上式变为()072B AQ R T T ''=- （18） 由上可知006()A B AQ Q Q R T T ''=+=- （19） 所以A 室中气体的末态温度 006AQ T T R''=+ （20） B 室中气体的末态体积 00000(1)6BA V QV T V T RT ''''==+ （21） 评分标准：本题20分．得到0m Q Q =的条件下（1）、（4）式各1分；（12）式6分，得到0m Q Q >的条件下的（14）式4分，（15）式2分；得到0m Q Q <的条件下的（20）式4分，（21）式2分．七、答案与评分标准：本题20分．1． 3R (3分) 2． 6R (3分)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()()332p n H He Q m m m m c ⎡⎤=+-+⎣⎦（1）式中c 为光速．代入数据得0.764MeV Q =- （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p v ，反应后32He 的速度大小为3He v ，中子的速度大小为n v ，根据动量守恒和能量守恒有33p p n n He He m m m =+v v v (3)33222p p n n He He 111222m m m Q =++v v v （4）由（3）、（4）式可得3333322n n p p p n22He He n p n p He He He220m m m m m m m m Q m m m ⎛⎫⎛⎫+--++= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭v v v v (5) 令333332n nHe He p n pHe 2p p 2Hep He22m m m a m m m b m m m m c Qm ⎫+⎪=⎪⎪⎪=-⎬⎪⎪-⎪=+⎪⎭v v (6) 把(6)式代入(5)式得2n n 0a b c ++=v v (7)(7)式有解的条件是240b ac -≥ (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33n 2He p p n pHe 12m m m Q m m m +≥+-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3pn p He 1th m T Q m m m ⎛⎫=+⎪ ⎪+-⎝⎭ (10) 利用(1)式，在忽略2Q 项的情况下，(10)式可简化为 3p H1th m T Q m ⎛⎫=+⎪ ⎪⎝⎭(11) 代入有关数据得 1.02MeV th T = (12)3．由动量守恒和能量守恒有33p p n n He He =+m m m v v v (12)33222p p n n He He 111222m m m Q =++v v v (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 ()()()33222n n p p n p n p He He 2cos m m m m m θ=+-v v v v v (14)令2p p p 12T m =v (15) 2n n n 12T m =v (16) 3332He He He 12=T m v (17) 把(15)、(16)、(17)式代入(13)、(14)两式得3He Q T T T =--p n （18）p p m v33n n p p He He 222m T m T m T θ=+- （19）由（18）、（19）式，消去3He T 后，得()3333p p HeHe n nnHe He 0m m T Q m T m m θ---=+ （20）令3nHe S θ=，()333p p HeHe nHe m m T Q m R m m --=+ （21）得n 20T R -= （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S = （23）将具体数据代入（21）、（23）式中，有n 0.132MeV T = (24) (如果得到 131.0=n T MeV ,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p v ，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3p p n He ()m m m =+v v (1)322p p n He 11()22m m m Q =++v v (2) 由（1）、（2）式可得 33n 2He p p n pHe 12m m m Q m m m +=+-v (3) 所以阈能为3p n p He 1th m T Q m m m ⎛⎫=+⎪ ⎪+-⎝⎭(4) 利用第1问中的(1)式，并注意到32H 1<<Q m c有333332n pHe H H 2H H 11111⎛⎫==- ⎪ ⎪+-⎛⎫⎝⎭+⎪ ⎪⎝⎭Q m m m m m c Q m m c 在忽略2Q 项的情况下，(4)式可简化为 3p H 1th m T Q m ⎛⎫=+⎪ ⎪⎝⎭(5) 代入有关数据得 1.02M e Vth T = (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3322p p H H 1122Q =m m ''+v v (1) 因系统质心的速度 3p p c p H=+m m m v v (2)而33p H p p c p Hm m '=-=+v v v v m (3) 33p p c Hp H0m m '=-=-+v v v m (4)由(1)、(3)、(4)式得 332H p pp H12m Q m m m =+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33p n H He +≠+m m m m ．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 ()()33222c n c p c c 2He H 111222=+=++Q E m m m m cv v v 而 ()33322p p p 2c 2222p H Hp HQ 1122m m Q QQ c c c m m m m m =⋅=⋅⋅++v v 由此可见，在忽略2Q 的条件下 ()()3322n p He H 1122c c m m m m +=+v v 而入射质子的阀能 ()32p H 12th c T m m Q =++v (6) 由(2)、(5)、(6)式得 3p H 1th m T Q m ⎛⎫=+⎪ ⎪⎝⎭(7) 代入有关数据得 1.02MeV th T = (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p v ，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1pm m m +=v(1)222120m m c m c m c++=(2)式中1m 是质子的动质量.由(1)、(2)两式得 1p 120+m m m v v =(3)把(3)式代入(1)式，经整理得 ()()2222221201p 3040+-=+m m c m m m c v (4)由 1m =(5)可得221p221102-=m m m cv (6)若入射质子的阈能为th E ，有22110th m c m c E =+ (7) 由(4)、(6)、(7)式可得 ()()2230401020202thm m m m E m +-+= (8)利用题给条件并引入反应能，得 333p n H HeH2th m m m m E Q m +++=(9)或有 ()3333p 2H p H H H22th Q+m m m m c E Q Q m m ++=≈ (10)代入有关数据得 1.02M e Vth T = (11) 第2问8分(1)、(2) 、(8)式各2分， (9)或(10)式1分， (11)式1分。