(7Li)*?7Li??
由于中微子本身很难直接观测，能过对上述过程相关物理量的测量，就可以确定中微子的存在，1942年起，美国物理学家艾伦（R.Davis）等人根据王淦昌方案先后进行了实验，初步证实了中微子的存在。1953年美国人莱因斯（F.Reines）在实验中首次发现了中微子，莱因斯与发现轻子的美国物理学家佩尔（M.L.Perl）分享了1995年诺贝尔物理学奖。
现用王淦昌的方案来估算中微子的质量和动量。若实验中测得锂核（Li）反冲能量（即
77Li的动能）的最大值ER?56.6ev，?光子的能量h??0.48Mev。已知有关原子核和电子
222静止能量的数据为mLic?6533.84Mev；mBec?6534.19Mev；mec?0.51Mev。设在
第一个过程中，Be核是静止的，K层电子的动能也可忽略不计。试由以上数据，算出的中微子的动能P?和静止质量m?各为多少？
7第24届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答
一、参考解答：
如果小球的水平速度比较大，它与平板的第一次碰撞正好发生在平板的边缘Q处，这时u0的值便是满足题中条件的最大值；如果小球的水平速度u0较小，在它与平板发生第一次碰撞后再次接近平板时，刚好从平板的边缘Q处越过而不与平板接触，这时u0的值便是满足题中条件的最小值．
设小球从台面水平抛出到与平板发生第一次碰撞经
B 历的时间为t1，有
h u0 h?12gt1 2 （1）
若碰撞正好发生在Q处，则有
P
（2）
Q L?u0t1
从（1）、（2）两式解得的u0值便是满足题中条件的最
大值，即 u0max?L
g 2h （3） 代入有关数据得
u0max?0.71m/s
（4）
如果u0?u0max，小球与平板的碰撞处将不在Q点．设小球第一次刚要与平板碰撞时在竖直方向的速度为v1，则有v1?2gh
（5）
?、V1?分别表示碰撞结束时刻小球和平板沿竖直方向的速度，由于碰撞时间极短，在碰撞以v1过程中，小球和平板在竖直方向的动量守恒．设小球和平板的质量都是m，则有
??mV1? mv1=mv1 （6）
因为碰撞是弹性的，且平板是光滑的，由能量守恒可得
12111122?2?mV1?2?mu0 mv1?mu0=mv122222（7）
??0（8） V1?=v1?2gh（9） 解（6）、（7）两式，得v1碰撞后，平板从其平衡位置以V1?为初速度开始作简谐振动．取固定坐标，其原点O与平板处于平衡位置时板的上表面中点重合，x轴的方向竖直向下，若以小球和平板发生碰撞的时刻作为t?0，则平板在t时刻离开平衡位置的位移 式中
xPQ?Acos??t???
（10） （11）
??2π T
A和?是两个待定的常量，利用参考圆方法，在t时刻平板振动的速度
vPQ??A?sin??t???
（12）
因t?0时，xPQ?0．vPQ?V?，由（9）、（11）、（12）式可求得
A?2ghT 2?
（13） （14）
???
π2
把（13）、（14）式代入（10）式，得
xPQ?2ghπ??2πTcos?t?? 2π2??T （15）
碰撞后，小球开始作平抛运动．如果第一次碰撞后，小球再经过时间t2与平板发生第二次碰撞且发生在Q处，则在发生第二次碰撞时，小球的x座标为
xB?t2??12gt2 2 （16）
平板的x座标为
xPQ?t2??2ghπ??2πTcos?t2?? 2π2??T （17）
在碰撞时，有
xB?t2??xPQ?t2?
（18）
由（16）、（17）、（18）式，代入有关数据得
π??24.90t2?4.41cos?πt2??
2?? （19）
这便是t2满足的方程式，通过数值计算法求解方程可得（参见数值列表）
t2?0.771s
（20）
如果第二次碰撞正好发生在平板的边缘Q处，则有
L?u0?t1?t2?
（21）
由（1）、（20）和（21）式得
u0?L?0.46m/s t1?t2 （22）
而满足题中要求的u0的最小值应大于（22）式给出的值．综合以上讨论，u0的取值范围是
0.46m/s?u0?0.71m/s
（23）
附：（19）式的数值求解
用数值解法则要代入t2不同数值，逐步逼近所求值，列表如下：
t2 0.760.730 0.750 0 0.765 0.770.771 0 0.772 0.775 0.780 0.790 0.810
xPQ?4.41cos?πt2???π?2??3.31 3.12 3.02 2.96 2.91 2.91 2.90 2.86 2.81 2.70 2.48 2xB?4.90t2 2.61 2.76 2.83 2.87 2.91 2.91 2.91 2.94 2.98 3.06 3.21 xPQ?xB 0.70 0.36 0.19 0.09 0 0 -0.01 -0.08 -0.17 -0.36 -0.73
二、参考解答：
解法一
因为B点绕A轴作圆周运动，其速度的大小为
vB??l
（1）
B点的向心加速度的大小为
aB??2l （2）
因为是匀角速转动，B点的切向加速度为0，故aB也是B点的加速度，其方向沿BA方向．因为C点绕D轴作圆周运动，其速度的大小用vC表示，方向垂直于杆CD，在考察的时刻，由图可知，其方向沿杆BC方向．因BC是刚性杆，所以B点和C点沿BC方向的速度必相等，故有
vC?vBcosπ2??l （3） 42此时杆CD绕D轴按顺时针方向转动，C点的法向加速度
2vC aCn? （4）
CD由图可知CD?22l，由（3）、（4）式得 aCn?其方向沿CD方向．
下面来分析C点沿垂直于杆CD方向的加速度，即切向加速度aCt．因
vaCn vaC t CB ? B A aC C vvC 22?l （5） 8?vB D 为BC是刚性杆，所以C点相对B点的运动只能是绕B的转动，C点相对B点的速度方向必垂直于杆BC．令vCB表示其速度的大小，根据速度合成公式有
vvv vCB?vC?vB
由几何关系得
vCB?22vB?vC?22 6） vB??l （
22由于C点绕B作圆周运动，相对B的向心加速度
aCB2vCB （7） ?CB因为CB?2l，故有
其方向垂直杆CD.
aCB?22?l （8） 4由（2）式及图可知，B点的加速度沿BC杆的分量为
?aB?BC?aBcosπ 4 （9）
所以C点相对A点（或D点）的加速度沿垂直于杆CD方向的分量
aCt?aCB??aB?BC?322?l （10） 4C点的总加速度为C点绕D点作圆周运动的法向加速度aCn与切向加速度aCt的合加速度，即
22 aC?aCn?aCt?742?l （11） 8aC的方向与杆CD间的夹角
解法二：通过微商求C点加速度
以固定点A为原点作一直角坐标系Axy，Ax轴与AD重合，Ay与AD垂直．任意时刻t，连杆的位形如图所示，此时各杆的位置分别用?，?和?表示，且已知AB?l，
A ? B ??arctanaCt?arctan6?80.54? aCn（12）
y C ? ? D x BC?2l，CD?22l，AD?3l，
表示为
d????，C点坐标dtxC?lcos??2lcos? （1） yC?lsin??2lsin? （2）
第24届全国中学生物理竞赛复赛试卷及参考解答
