第25届全国中学生物理竞赛决赛试题及详细解答

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1、第25届全国中学生物理竞赛决赛试题2008年10月理论部分足球比赛，一攻方队员在图中所示的A处沿Ax方向传球，球在草地上以速度r匀速 滚动，守方有一队员在图中8处，以d表示力，8间的距离，以8表示AB与之 间的夹角，已知0 90 .设在球离开力处的同时，力位于6处的守方队员开始沿一直线在匀速运动中去抢夕/球，以咋表示他的速率.在不考虑场地边界限制的条件 ar下，求解以下问题（要求用题中给出的有关参量间的关系式表示所求得的结果）：1 .求出守方队员可以抢到球的必要条件.2 .如果攻方有一接球队员处在Ax线上等球，以乙表示他到/点的距离，求出球不 被原在8处的守方队员枪断的条件.3 .如果攻方有一

2、接球队员处在Ax线上，以L表示他离开力点的距离.在球离开A 处的同时，他开始匀速跑动去接球，以k表示其速率，求在这种情况下球不被原在8处 的守方队员抢断的条件.、卫星的运动可由地面观测来确定；而知道了卫星的运动，又可以用它来确定空间飞行体 或地面上物体的运动.这都涉及时间和空间坐标的测定.为简化分析和计算，不考虑地球的 自转和公转，把它当做惯性系.1 .先来考虑卫星运动的测定.设不考虑相对论效应.在卫星上装有发射电波的装置和 高精度的原子钟.假设从卫星上每次发出的电波信号，都包含该信号发出的时刻这一信息.（I）地面观测系统（包含若干个观测站）可利用从电波中接收到的这一信息，并根据 自己所处的已

3、知位置和自己的时钟来确定卫星每一时刻的位置，从而测定卫星的运动.这种 测量系统至少需要包含几个地面观测站？列出可以确定卫星位置的方程.（ID设有两个观测站D ,，分别位于同一经线上北纬。和南纬（单位：（。） 处.若它们同时收到时间2之前卫星发出的电波信号.（i）试求出发出电波时刻卫星距地面 的最大高度/ ； （ii）当，0处观测站位置的纬度有很小的误差 0时，试求的误 差；（iii）如果上述的时间r有很小的误差r,试求的误差.2 .在第1 （II）小题中，若0 = 45 , r= 0. 10 s . （i）试问卫星发出电波时刻 卫星距地面最大高度是多少千米？（ii）若夕=1.0,定出的有多大误

4、差？ （iii）若：*= 0.010 s ,定出的/有多大误差？假设地球为半径R= 6. 38 X 10 km的球体，光速c = 2. 998 X10H m / s ,地面处的重力加速度9.81 m / s2.3 .再来考虑根据参照卫星的运动来测定一个物体的运动.设不考虑相对论效应.假设 从卫星持续发出的电波信号包含卫星运动状态的信息，即每个信号发出的时刻及该时刻卫星 所处的位置.再假设被观测物体上有一台卫星信号接收器（设其上没有时钟），从而可获知 这些信息.为了利用这种信息来确定物体的运动状态，即物体接收到卫星信号时物体当时所 处的位置以及当时的时刻，一般来说物体至少需要同时接收到几个不同卫

5、星发来的信号电 波？列出确定当时物体的位置和该时刻的方程.4 .根据狭义相对论，运动的钟比静止的钟慢.根据广义相对论，钟在引力场中变慢.现 在来考虑在上述测量中相对论的这两种效应.已知天上卫星的钟与地面观测站的钟零点已经 对准.假设卫星在离地面/? = 2. 00 X10:km的圆形轨道上运行，地球半径广、光速c和 地面重力加速度g取第2小题中绐的值.（I）根据狭义相对论，试估算地上的钟经过24 h后它的示数与卫星上的钟的示数差 多少？设在处理这一问题时，可以把匀速直线运动中时钟走慢的公式用于匀速圆周运动.（II）根据广义相对论，钟在引力场中变慢的因子是（1-2/c2）12,。是钟所在位 置的

6、引力势（即引力势能与受引力作用的物体质量之比；取无限远处引力势为零）的大小.试 问地上的钟24 h后，卫星上的钟的示数与地上的钟的示数差多少？致冷机是通过外界对机器做功，把从低温处吸取的热量连同外界对机器做功所得到的能 量一起送到高温处的机器；它能使低温处的温度降低，高温处的温度升高.已知当致冷机工 作在绝对温度为刀的高温处和绝对温度为%的低温处之间时,若致冷机从低温处吸取的热 量为Q ,外界对致冷机做的功为/,则有Q R T、T-n 式中“=”对应于理论上的理想情况.某致冷机在冬天作为热泵使用(即取暖空调机)，在室 外温度为-5.0()匕的情况下，使某房间的温度保持在20. 00(.由于室温

7、度高于室外，故将 有热量从室传递到室外.本题只考虑传导方式的传热，它服从以下的规律：设一块导热层， 其厚度为1 ,面积为S,两侧温度差的大小为7,则单位时间通过导热层由高温处传导 到低温处的热量为其中A称为热导率，取决于导热层材料的性质.1 .假设该房间向外散热是由面向室外的面积S = 5. 00 m?、厚度/ = 2. 00 mm的玻 璃板引起的.已知该玻璃的热导率k = 0. 75 W / ( m K ),电费为每度0. 50元.试求 在理想情况下该热泵工作12 h需要多少电费？2 .若将上述玻璃板换为“双层玻璃板”，两层玻璃的厚度均为2.00mm ,玻璃板之间夹 有厚度4 = 0.50

8、mm的空气层，假设空气的热导率k. = 0. 025 W / ( m K ),电费仍 为每度0.50元.若该热泵仍然工作12 h ,问这时的电费比上一间单层玻璃情形节省多少？四、如图1所示，器件由相互紧密接触的金属层（M）、薄绝缘 层（I ）和金属层（M ）构成.按照经典物理的观点，在I层绝缘性能理想的情况下，电子不可能从一个金属层穿过绝缘层到MIM达另一个金属层.但是，按照量子物理的原理，在一定的条件图1下，这种渡越是可能的，习惯上将这一过程称为隧穿，它是电子具有波动性的结果.隧穿是 单个电子的过程，是分立的事件，通过绝缘层转移的电荷量只能是电子电荷量一e（e= 1.60 Xio I-C）的

9、整数倍，因此也称为单电子隧穿，MIM器件亦称为隧穿结或单电子隧穿结.本 题涉及对单电子隧穿过程控制的库仑阻塞原理，由于据此可望制成尺寸很小的单电子器件， 这是目前研究得很多、有应用前景的领域.1 .显示库仑阻塞原理的最简单的做法是将图1的器件看成一个电容为。的电容器，如 图2所示.电容器板板上的电荷来源于金属板板上导电电子云相对于正电荷背景的很小位 移，可以连续变化.如前所述，以隧穿方式通过绝缘层的只能Q _Q是分立的单电子电荷.如果隧穿过程会导致体系静电能量上升，1则此过程不能发生，这种现象称为库仑阻塞.试求出发生库仑图2阻塞的条件即电容器极板间的电势差%=取一K在什么围单电 子隧穿过程被禁

10、止.2 .假定%= 0. 10 mV是刚能发生隧穿的电压.试估算电容。的大小.3 .将图1的器件与电压为M的恒压源相接时，通常采用图2所示的双结构器件来观察 单电子隧穿，避免杂散电容的影响.中间的金属块层称为单电子岛.作为电极的左、右金属 块层分别记为S , D .若已知岛中有净电荷量一,其中净电子数可为正、负整数或 零，e为电子电荷量的大小，两个MIM结的电容分别为区和6 .试证明双结结构器件的 静电能中与岛上净电荷量相关的静电能（简称单电子岛的静电能）为.二（一女） “32（ 4+4）.4 .在图3给出的具有源（S）、漏（D）电极双结结构的基础上，通过和岛连接的电容G 添加门电极（G ）构

11、成如图1给出的单电子三极管结构，门电极和岛间没有单电子隧穿事件 发图4生.在，较小且固定的情况下，通过门电压及可控制岛中的净电子数.对于K如何控制n ，简单的模型是将1的作用视为岛中附加了等效电荷依=QVc.这时，单电子岛的静电能可近似为Uk（一刀e+%）2/2Q ,式中Q =6+4+戊.利用方格图（图5）,考虑库仑阻塞效应，用粗线画 出岛中净电子数从 =0开 始，Q.VJ e由0增大到3的 过程中，单电子岛的静电能总 随GK变化的图线（纵坐标表 示5 ,取的单位为e2/ 2C ；横坐标表示CK,取C”的单位为e）.要求标出关U八（/2。） ,一一1,1 11_|21 11 111 111一.

12、一.r GM23 e图5键点的坐标，并把 =0 , 1 , 2 , 3时CK/e的变化围填在表格中.（此小题只按作图及所填表格（表1）评分）.表1n0123aVc/ e变化围五、折射率=1.50、半径为月的透明半圆柱体放在空气中，其 垂直于柱体轴线的横截面如图所示，图中。点为横截面与轴线的交 点.光仅允许从半圆柱体的平面月8进入，一束足够宽的平行单色 光沿垂直于圆柱轴的方向以入射角/射至/厉整个平面上，其中有 一部分入射光束能通过半圆柱体从圆柱面射出.这部分光束在入射 到/历面上时沿y轴方向的长度用d表示.本题不考虑光线在透 明圆柱体经一次或多次反射后再射出柱体的复杂情形.1 .当平行入射光的

13、入射角i在090变化时，试求d的最小值和最 大值.2 .在如图所示的平面，求出射光束与柱面相交的圆瓠对点的角与入射角i的关系.并求在掠入射时上述圆瓠的位置.K、根据广义相对论，光线在星体的引力场中会发生弯曲，在包含引力中心的平面是一条在 引力中心附近微弯的曲线.它距离引力中心最近的点称为光线的近星点.通过近星点与引力 中心的直线是光线的对称轴.若在光线所在平面选择引力中心为平面板坐标（二，0）的原 点，选取光线的对称轴为坐标极轴，则光线方程（光子的轨迹方程）为/ acos f（1 + sin。）G是万有引力恒量，必是星体质量，c是光速，a是绝对值远小于1的参数.现在假设离地 球80.0光年处有

14、一星体，在它与地球连线的中点处有一白矮星.如果经过该白矮星两侧的 星光对地球上的观测者所的视角是1.80X10 7rad，试问此白矮星的质量是多少千克？已知 G = 6.673 XI。- m3 / （ kg s2）七、1 .假设对氨原子基杰采用玻尔模型，认为每个电子都在以氮核为中心的圆周上运动， 半径相同，角动量均为方：1二方/ 2万,其中h是普朗克常量.（I）如果忽略电子间的相互作用，氮原子的一级电离能是多少电子伏？ 一级电离能是 指把其中一个电子移到无限远所需要的能量.（II）实验测得的默原子一级电离能是24.6 eV .若在上述玻尔模型的基础上来考虑 电子之间的相互作用，进一步假设两个电

15、子总处于通过抵核的一条直径的两端.试用此模型 和假设，求出电子运动轨道的半径n、基态能量&以及一级电离能 ,并与实验测得 的氨原子一级电离能相比较.已知电子质量勿=0.511 MeV/1。是光速，组合常量力c =197. 3 MeVfm = 197. 3eV nm , ke = 1. 44 MeV fm = 1. 44 eV nm, 4是静电力常量，e是基本电荷量.2 .右图是某种粒子穿过云室留下的径迹的照片.径迹在纸面，图的中间是一块与纸面 垂直的铅板，外加恒定匀强磁场的方向垂直纸面向里.假设粒子电荷的大小是一个基本电荷量e : e= 1.60 X10:.；：、 5C ,铅板下部径迹的曲率半

16、径及= 210 mm ,铅板上 “； 制部径迹的曲率半径ru = 76.0mm ,铅板的径迹与铅板法匚支I匚-jT， 线成 =15.0 ,铅板厚度=6.00 mm ,磁感应 .：强度 B= LOOT ,粒子质量m=9. 11 X10 3, kg = 0.511.；MeV / c2.不考虑云室中气体对粒子的阻力.（I）写出粒子运动的方向和电荷的正负.（II）试问铅板在粒子穿过期间所受的力平均为多少牛？（III）假设射向铅板的不是一个粒子，而是从加速器引出的流量为j= 5.00 X108/ s的脉冲粒子束，一个脉冲持续时间为t=2.50 ns .试问铅板在此脉冲粒子束穿过期间所 受的力平均为多少牛

17、？铅板在此期间吸收的热量又是多少焦？第25届全国中学生物理竞赛决赛参考解答1 .解法一：设守方队员经过时间t在Ax上的C 点抢到球，用1表示A与。之间的距离，4表示B与 C之间的距离(如图1所示)，则有1 - Vt . Ip- vt( 1 )和A d2+f-2dlcos o. (2)解式(1), (2)可得，(力-2(si，一.由式(3)可知，球被抢到的必要条件是该式有实数解，即昨 2 rsin .(4)解法二：设BA与BC的夹角为。(如图1).按正弦定理有sin 0 sin 小利用式(1)有% sin v sin 6 从sin。可得必要条件(4).2 .用7表示守方队员能抢断球的地方与力点间

18、的最小距离.由式(3)知7n：n = ； - cos 0 ( - Y -sin 0 ?1.(5)1( v/ V)v若攻方接球队员到A点的距离小于Ain,则他将先控制球而不被守方队员抢断.故球 不被抢断的条件是/r 7nin .(6)由(5), (6)两式得It -: cos ( L )sin2 0 1(7)1( Vp / V)v由式(7)可知，若位于Ax轴上等球的攻方球员到A点的距离4满足该式，则球不 被原位于8处的守方球员抢断.3 .解法一：如果在位于8处的守方球员到达Ax上距离A点Ln的G点之前，攻方接球队员能够到达距力点小于乙3处，球就不会被原位于8处的守方队员抢断（如图2所示）.若 W

19、 就相当于第2小题.若 人,设攻方接球员位于Ax方向上某点处，则 他跑到G点所需时间二（L Lg ） / % ；（8 ）守方队员到达G处所需时间加=（4+产 - min图22d/nin cos 0 ）1 2 / Kp .球不被守方抢断的条件是.（9）即 V L （ / + T2. -2dke cos o y 2 + Lin,（10）mmin式中由式（5）给出.解法二：守方队员到达G点的时间和球到达该点的时间相同，因此有fpo Inin / V 从球不被守方队员抢断的条件（9）以及式（8）可得到L)2 + (z z, Y - 6 (t ti)( 7 = 1 2 , 3 , 4 ),(10)由于方

20、程(1)有四个未知数t , x , y,需要四个独立方程才有确定的解，故需同时接收至少四个不同卫星的信号.确定当时物体的位置和该时刻所需要的是式(10)中1=1 , 2 , 3 , 4所对应的四个独立方程.4. (I)由于卫星上钟的变慢因子为1(地上的钟的示数7与卫星上的钟的示数t之差为T-t = 7一1一 (十)2 7= T ,(11)这里/是卫星相对地面的速度，可由下列方程定出：r2 GM、一 二F ,(12)1 r其中G是万有引力常量，是地球质量，二是轨道半径.式(11)给出其中R是地球半径，h是卫星离地面的高度，g= GM /下是地面重力加速度；代入数值有/ = 3.89 km / s

21、 .于是(y / c )2七1.68 X10 10 ,这是很小的数.所以1- ()2l/2l- 1(-)2 . c2 c最后，可以算出24 h的时差7一后曰方 V=7.3s.(II)卫星上的钟的示数与无限远惯性系中的钟的示数加之差 t-7i= *1-2-4-7i-7i= ( 1-2-4- -1 )7i.卫星上的钟所处的重力势能的大小为 GV R R + h - R + h* 所以 A -/T - 7 ( + 力)；代入数值有。/ c2= 1.68 X1O10 ,这是很小的数.式(14)近似为 。类似地，地面上的钟的示数7与无限远惯性系的钟的示数之差(13)(14)(15)(16)地面上的钟所处

22、的重力势能的大小为(18)代入数值有4/ ？= 6. 96 X10 w ,这是很小的数.与上面的情形类似，式（17） 近似为(19)（16）, （19）两式相减，即得卫星上的钟的示数与地面上的钟的示数之差(20)从式（19）中解出T。，并代入式（20）得8理）一4(21)注意，题目中的24 h是指地面的钟走过的时间T .最后，算出24 h卫星上的钟的示数与地面上的钟的示数之差(22)1.依题意，为使室温度保持不变，热泵向室放热的功率应与房间向室外散热的功率相等.设热泵在室放热的功率为q ,需要消耗的电功率为P 则它从室外（低温处）吸收热(1)量的功率为q-P .根据题意有T-T,，式中7为室（

23、高温处）的绝对温度，石为室外的绝对温度.由（1）式得(2)t-t2pq-显然，为使电费最少，户应取最小值；即式（2）中的“2”号应取等号，对应于理想 情况下P最小.故最小电功率(3)又依题意，房间由玻璃板通过热传导方式向外散热，散热的功率/ =为一&(4)要保持室温度恒定，应有(5)由(3)(5)三式得(6)设热泵工作时间为,每度电的电费为c,则热泵工作需花费的最少电费CKin 二 Pixn tC注意到 7； = 20. 00 K + 273. 15 K = 293. 15 K ,-5.00 K + 273. 15 K = 268. 15 K ,1度电=1 kW h .由(6), (7)两式，

24、并代入有关数据得(T-T2)2RISktc = 23. 99 元.(8)所以，在理想情况下，该热泵工作12 h需约24元电费.2.设中间空气层表面的温度为T.,外表面的温度为乙，则单位时间通过层玻璃、中间空气层和外层玻璃传导的热量分别为/Z(9)/Z=kS ,Ja(10)(11)在稳定传热的情况下，有(12)由(9)(12)四式得和 T Tx - To Tt .(13)解式(13)得kk + 7 Abkk + 21ko7 +Ik、hk + 2% (14)将(14)式代入(9)式得kkokk + 21k.(T-Tz)S .(15)要保持室温度恒定，应有0 : .由式(3)知，在双层玻璃情况下热泵

25、消耗的最小 电功率kk ( TlM/Z/此 +2% T .(16)在理想情况下，热泵工作时间t需要的电费C f nin Pf nin tC代入有关数据得Cr nin= 2.52 元.(17)(18) Cn= Cf . = 21. 47 元.(19)所以，改用所选的双层玻璃板后，该热泵工作12 h可以节约的电费四、1.先假设由于隧穿效应，单电子能从电容器的极板A隧穿到极板8 .以0表示单电 子隧穿前板板力所带的电荷量，幺表示两极板间的电压（如题目中图3所示），则有(1)这时电容器储能(2)当单电子隧穿到极板B后，极板A所带的电荷量为0 = 0 + e 9（3）式中e为电子电荷量的大小.这时，电容

26、器两极板间的电压和电容器分别储能为r ab=, ip = cv 1 .（4）若发生库仑阻塞，即隧穿过程被禁止，则要求Ur -U 0 .（5）由（1）（5）五式得1 pL 7 .（6）再假设单电子能从电容器的极板3隧穿到极板力.仍以。表示单电子隧穿前极板A 所带的电荷量，九表示两极板间的电压.当单电子从板板3隧穿到极板A时，极板力所 带的电荷量为Q = Q- e .经过类似的计算，可得单电子从板板8到板板A的隧穿不 能发生的条件是1 eKb -（7）由（6）, （7）两式知，当电压 左在一e/2Ce/2C之间时，单电子隧穿受到库仑 阻塞，即库仑阻塞的条件为I -7- 和匕时，入射光线进入柱体，经

27、过折射后射达柱面时的入射角大于临界角由于发生全反射不能射出柱体.因折射角r随入射角i增大而增大.由式(6)图2(1)E :/(4)知，当r=0 ,即/ = 0 (垂直入射)时，d取最小值din = 2Rsin % = 1. 33 R .当 /-*90 (掠入射)时，l-4L80 .将 r=4L8 代入式(4)得 &= 1.79)? . (7)2.由图2可见，。是应轴与线段OD的夹角， “ 是Oz轴与线段OD的夹角.发生全反射时， 有= /so + r ,(8)6 = i第一r ,(9)和=0 + 0 =2Ao83.60 .(10)由此可见，0与i无关，即0独立于i .在掠入 射时，i490。

28、，r = 41.8 ,由式(8) , (9)两式得。=83.6 , / = 0 .(11)六、由于方程6J/ 1 a cos 0 + H ( 1 + sin (f)是。的偶函数，光线关于极轴对称.光线在坐标原点左侧的情形对应 于a0 .右图是aV0的 情形，图中极轴为Ox ,白矮星在原点。处.在式(1)中代入近星点 坐标r - rn , =不，并注意到& a ：,有a GM / c .(2)经过白矮星两侧的星光对观测者所的视角可以有不同的表达方式， 相应的问题有不同的解法.解法一：若从白矮星到地球的距离为d,则可近似地写出夕S七26/ d.(3)在式(1)中代入观测者的坐标r = d ,0=一

29、/2,有a / 2c2d.(4)由(2)与(4)两式消去a ,可以解出(5)把式(5)代入式(3)得(6)/ r 8G/ / kd ；即.1()cd / 8G ,(7)其中d= 3.787 X 1017 m ；代入数值就可算出八2. 07 X10:ttkg .(8)解法二：光线射向无限远处的坐标可以写成JT 0 /一8 , 0 :-+ .(9)乙 乙近似地取夕S比夕，把式(9)代入式(1),要求式(1)分母为零，并注意到。1,有a 0 / 2 + 2/=0 .所以久=G = -4a = 78GM / c% ,(10)其中用到式(4),并注意到aVO .式(10)与式(6)相同，从而也有式(8)

30、. 解法三：星光对观测者所的视角以应等于两条光线在观测者处切线的夹角，有.瓢( rcos 小).小。、sin - = = cos 0 zin :r = cos 6 ； 2/ as 1 n (pc ra代入观测者的坐标r= d ,。二一开/ 2以及的表达式(4),并注意到，很小，就有0$,公匕与式(6)相同.所以，也得到了式(8).解法四：用式(2)把方程(1)改写成z = rcos(/r- (rcos。” + 2 Qsin。),C ZkT即x 二一乙+ 其(f +2/).(12)c inr当y - 8时，式(12)的渐近式为2GHx = i y c rn这是直线方程，它在X轴上的截距为一人，斜

31、率为1 1 1 - 26J/ ci 一 tan (8s / 2 )*/ 2 * 于是有 h = ci.公用式（5）代入后，得到式（6）,从而也有式（8）.1 .（I）氮原子中有两个电子，一级电属能E是把其中一个电子移到无限远处所需要的 能量满足He + -He+e .为了得到氮原子的一级电离能讶,需要求出一个电子电离 以后氨离子体系的能量建.这是一小电子围绕氮核运动的体系，下面绐出两种解法.解法一：在力学方程中，7是轨道半径，。是电子速度.对基态，用玻尔量子化条件（角动量为可以解出于是氮离子能量其中乃为基态电子动量的大小；代入数值彳导由于不计电子间的相互作用，氤原子基态的能量A是该值的2倍，即

32、氏二2比七-108.8 eV .氮离子能量 今与氮原子基态能量发之差就是氮原子的一级电离能E = E*一反=一仔公匕 54. 4 eV解法二：氮离子能量把基态的角动量关系rp = h代入,式（3）可以改写成“ h2 2ke h2 / 1 2虚m、?2ke/n疑=病一丁（，卞丫 _卞因基态的能量最小，式（4）等号右边的第一项为零，所以半径和能量tl2 l 21 = - 丁， zb =26方一Rkem分别与(7), (6)两式相同.2 . (I)粒子从下部射向并穿过铅板向上运动，其电荷为正.(II)如题图所示，粒子的运动速度与磁场方向垂直，洛伦兹力在纸面；磁力不改变荷电粒子动量的大小，只改变其方向

33、.若不考虑云室中气体对粒子的阻力，荷电粒子在恒定磁场作用下的运动轨迹就是曲率半径为一定值的圆弧；可以写出其运动方程nRv 加 一” 沙一！ Z - N -(1)其中q是粒子电荷，/是粒子速度的大小，P是粒子动量的大小，是粒子在时间转过的角度，r是轨迹曲率半径.于是有p= qBr .(2)按题意，q=e .用r和外分别表示粒子射入铅板和自铅板射出时动量的大小，并在式(1) 中代入有关数据，可以算得= 63. 0 MeV / c ,= 22. 8 MeV / c .(3)注意到当外叫时应使用狭义相对论，从中可以得到片 I (.(5)W +(底/0厂用心和K分别表示粒子进入和离开铅板时的速度大小.把

34、式(2)以及%=0.511 MeV / 1代入式(3),可得w七c , 几七c.(6)于是，粒子穿过铅板的平均速度V= ( 1 / 2 ) ( 5 +兀)% C .用表示粒子穿过铅 板的时间，则有vcos(7)再用外表示粒子穿过铅板动量改变量的大小，铅板所受到的平均力的大小八 ApduPdA( PdA)CCOS 0f =七;(8) d / (v cos 0 )d代入有关数值得f x 1.04 X 10 9 N .(9)(111) 一个粒子穿过铅板的时间 =七二-2. 07 X10 H S = 0. 0207 ns ,(10 )V COS o OS 比粒子束流的脉冲周期e = 2. 50 ns小得多.铅板在此脉冲粒子束穿过期间所受的力的平均 大小F 七(R外)j ；(ID代入数据得(12)运用式(4),可把粒子能量写成E = yjp c + m c(13)所以粒子穿过铅板前后的能量分别为区=+ me = 63.0 MeV , , = yjffc + nfc = 22.8 MeV .(14)于是，铅板在脉冲粒子束穿过期间所吸收的热量(15)(16)Q二(5一瓦)JT ;代入数据得Q = 8. 04 XW2 J .