（1）、（2）式各2分；（3）或（4）式2分；（5）式2分；（6）式3分；（7）式4分；（8）式3分。
四、参考解答
设中子和碳核的质量分别为m和M，碰撞前中子的速度为v0，碰撞后中子和碳核的速度分别为v和v?，因为碰撞是弹性碰撞，所以在碰撞前后，动量和机械能均守恒，又因v0、v和v?沿同一直线，故有
mv?0?mv 解上两式得
v?因M?12m 代入（3）式得 v??? v （1） M12121mv0?mv?Mv?2 （2） 222m?Mv0 （3） m?M11v0 （4） 13负号表示v的方向与v0方向相反，即与碳核碰撞后中子被反弹．因此，经过一次碰撞后中子的能量为
11?11?2 E1?mv2?m???v0
22?13?于是
2?11? E1???E0 （5）
?13?经过2，3，…，n次碰撞后，中子的能量依次为E2，E3，E4，…，En，有
2?11??11? E2???E1???E0
?13??13??11? E3???E0
?13? ……
624?E??11? En??1?E0???E0 （6）
?13??E0?n2n
因此 n?1lg(En/E0) （7）
2lg(11/13)已知 代入（7）式即得
En0.0251???10－7 6E01.75?1071lg(?10－7)?7?lg77.84517???54 （8） n?112(?0.07255)0.14512lg()13故初能量E0?1.75MeV的快中子经过近54次碰撞后，才成为能量为0.025 eV的热中子。 评分标准：本题18分 （1）、（2）、（4）、（6）式各3分；（5）、（7）、（8）式各2分。
五、参考解答
在人从木板的一端向另一端运动的过程中，先讨论木板发生向后运动的情形，以t表示人开始运动到刚抵达另一端尚未停下这段过程中所用的时间，设以x1表示木板向后移动的距离，如图预解18-5所示．以f表示人与木板间的静摩擦力，以F表示地面作用于木板的摩擦力，以a1和a2分别表示人和木板的加速度，则
f?ma1 （1） L?x1?a1t2 （2）
12f?F?Ma2 （3）
1x1?a2t2 （4）
2解以上四式，得
t?2LMm （5）
Mf?m(f?F)对人和木板组成的系统，人在木板另一端骤然停下后，两者的总动量等于从开始到此时地面的摩擦力F的冲量，忽略人骤然停下那段极短的时间，则有
Ft?(M?m)v （6）
v为人在木板另一端刚停下时两者一起运动的速度．设人在木板另一端停下后两者一起向前移动的
距离为x2，地面的滑动摩擦系数为?，则有
1(M?m)v2??(M?m)gx2 （7） 2木板向前移动的净距离为
X?x2?x1 （8） 由以上各式得
???1?F??LMmLm X??(f?F)??? ???g?Mf?m(f?F)?M?m??(M?m)(f?F)?MF???由此式可知，欲使木板向前移动的距离X为最大，应有
f?F （9） 即 f?Fmax??(M?m)g （10）
即木板向前移动的距离为最大的条件是：人作用于木板的静摩擦力等于地面作用于木板的滑动摩擦力．
移动的最大距离
2mL （11）
M?m由上可见，在设木板发生向后运动，即f?F的情况下，f?F时，X有极大值，也就是说，在时间0～t内，木板刚刚不动的条件下X有极大值．
再来讨论木板不动即f?F的情况，那时，因为f?F，所以人积累的动能和碰后的总动能都
Xmax?将变小，从而前进的距离x也变小，即小于上述的Xmax。
评分标准：本题25分
（1）、（2）、（3）、（4）式各1分；（6）式5分；（7）式2分；（8）式3分；（9）式2分；（10）式3分；（11）式5分；说明f?F时木板向前移动的距离小于f?F时的给1分。
六、参考解答
铝球放热，使冰熔化．设当铝球的温度为t0时，能熔化冰的最大体积恰与半个铝球的体积相等，即铝球的最低点下陷的深度h与球的半径R相等．当热铝球的温度t?t0时，铝球最低点下陷的深度h?R，熔化的冰的体积等于一个圆柱体的体积与半个铝球的体积之和，如图预解18-6-1所示．
设铝的密度为?Al，比热为c，冰的密度为?，熔解热为?，则铝球的温度从t℃降到0℃的过程中，放出的热量 Q1??R3?Alct （1） 熔化的冰吸收的热量
43图预18-6-1
解
14?? Q2????R2(h?R)???R3?? （2）
23??假设不计铝球使冰熔化过程中向外界散失的热量，则有
Q1?Q2 （3） 解得
1t?R （4） ?3即h与t成线形关系．此式只对t?t0时成立。将表中数据画在h?t图中，得第1，2，…，8次实验对应的点A、B、…、H。数据点B、C、D、E、F五点可拟合成一直线，如图预解18-6-2所
h?示。此直线应与（4）式一致．这样，在此直线上任取两点的数据，代人（4）式，再解联立方程，即可求出比热c的值．例如，在直线上取相距较远的横坐标为8和100的两点X1和X2，它们的坐标由图预解18-6-2可读得为
X1(8.0,5.0) X2(100,16.7) 将此数据及?的值代入（4）式，消去R，得
c?8.6?102J/kg??C （5）
4Rc2. 在本题作的图预解18-6-2中，第1，7，8次实验的数据对应的点偏离直线较远，未被采用．这三个实验数据在h?t图上的点即A、G、H．
（4）式在t?t0A点为什么偏离直线较远？因为当h?R时，从（4）式得对应的温度t0?65℃，
的条件才成立。但第一次实验时铝球的温度t1?55℃＜t0，熔解的冰的体积小于半个球的体积，故（4）式不成立．
G、H为什么偏离直线较远？因为铝球的温度过高（120℃、140℃），使得一部分冰升华成蒸气，且因铝球与环境的温度相差较大而损失的热量较多，（2）、（3）式不成立，因而（4）式不成立．
评分标准：本题24分
第1问17分；第二问7分。第一问中，（1）、（2）式各3分；（4）式4分。正确画出图线4分；解出
图预18-6-2
解
（5）式再得3分。第二问中，说明A、G、H点不采用的原因给1分；对A和G、H偏离直线的原因解释正确，各得3分。
七、参考解答
带电粒子（以下简称粒子）从S点垂直于DE边以速度v射出后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，其圆心一定位于DE边上，其半径R可由下式
mv2 qvB?
R求得，为
R?mv （1） qB1. 要求此粒子每次与?DEF的三条边碰撞时都与边垂直，且能回到S点，则R和v应满足以下条件：
（ⅰ）与边垂直的条件．
由于碰撞时速度v与边垂直，粒子运动轨迹圆的圆心一定位于?的边上，粒子绕过?顶点D、E、F时的圆弧的圆心就一定要在相邻边的交点（即D、E、F）上．粒子从S点开始向右作圆周运动，其轨迹为一系列半径为R的半圆，在SE边上最后一次的碰撞点与E点的距离应为R，所以SE的长度应是R的奇数倍。粒子从FD边绕过D点转回到S点时，情况类似，即DS的长度也应是轨道半径的奇数倍．取DS?R1，则当DS的长度被奇数除所得的R也满足要求，即
R?Rn?DS n＝1，2，3，…
(2n?1)因此为使粒子与?各边发生垂直碰撞，R必须满足下面的条件 R?Rn?1L2a??2n?145(2n?1)n?1,2,3,? （2）
此时 SE?3DS?(6n?3)Rnn?1,2,3,?
SE为Rn的奇数倍的条件自然满足．只要粒子绕过E点与EF边相碰，由对称关系可知，以后的碰撞都能与?的边垂直．
（ⅱ）粒子能绕过顶点与?的边相碰的条件．
由于磁场局限于半径为a的圆柱范围内，如果粒子在绕E点运动时圆轨迹与磁场边界相交，它将在相交点处以此时的速度方向沿直线运动而不能返回．所以粒子作圆周运动的半径R不能太大，
由图预解18-7可见，必须R?DM（?的顶点沿圆柱半径到磁场边界的距离，R?DM时，粒子圆运动轨迹与圆柱磁场边界相切），由给定的数据可算得
83a?0.076a （3） 15将n?1，2，3，…，分别代入（2）式，得
DM?a?
2001年第18届全国中学生物理竞赛预赛试题(含答案)
