11?11?2E1?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?因此n?n2n1lg(En/E0)（7）
2lg(11/13)已知
En0.0251???10－7 6E01.75?107代入（7）式即得
1lg(?10－7)?7?lg77.8451n?7???54（8）
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。 评分规范：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
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f?ma1（1）
1L?x1?a1t2（2）
2f?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??LMmLmX??(f?F)??? ???g?M?m(M?m)(f?F)?MFMf?m(f?F)??????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。
评分规范：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。
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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
4Q1??R3?Alct（1）
3熔化的冰吸收的热量
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ht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 h?4Rc8 / 11
c?8.6?102J/kg??C（5）
2. 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ht图上的点即A、G、H．
（4）式得对应的温度t0?65℃，（4）式在t?t0A点为什么偏离直线较远？因为当h?R时，从
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．
评分规范：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（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
图预18-6-2
解
mv2 qvB?R求得，为
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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?DSn＝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
2an?1,R1??0.400a
52an?2,R2??0.133a
152an?3,R3??0.080a
252an?4,R4??0.057a
35DM?a?由于R1，R2，R3≥DM，这些粒子在绕过?的顶点E时，将从磁场边界逸出，只有n≥4的粒子能经多次碰撞绕过E、F、D点，最终回到S点．由此结论及（1）、（2）两式可得与之相应的速
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度
vn?qBqB2aRn??mm5(2n?1)n?4,5,6,（4）
这就是由S点发出的粒子与?的三条边垂直碰撞并最终又回到S点时，其速度大小必须满足的条件．
2. 这些粒子在磁场中做圆周运动的周期为
2?R v将（1）式代入，得
T?T?2?m（5） qB可见在B及q/m给定时T与v无关。粒子从S点出发最后回到S点的过程中，与?的边碰撞次数愈少，所经历的时间就愈少，所以应取n?4，如图预解18-7所示（图中只画出在边框DE的碰撞情况），此时粒子的速度为v4，由图可看出该粒子的轨迹包括3×13个半圆和3个圆心角为300?的圆弧，所需时间为
T5?3?T?22T（6） 26以（5）式代入得 t?3?13?t?44?mqB（7）
评分规范：本题25分
第一问15分；第二问10分。第一问中：（1）式2分；（2）式5分；分析出n≥4的结论给4分；（4）式4分。第二问中：（5）式1分；（6）式7分；（7）式2分。 11 / 11
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