第41届全国中学生物理竞赛决赛理论试题解答与评分标准
2025-12-02
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1
第41 届全国中学生物理竞赛决赛理论试题解答与评分标准
一、（50 分）
（1）依题意，母核
P
A
Z
到子核
1D
A
Z
的
β−
衰变可表述为
1
P D e
AA
ZZ
记母核的静止质量为
P
m
、子核的静止质量为
D
m
和电子的静止质量为
e
m
，假设衰变前母核处于静止状态，
由能量守恒知，该衰变过程的衰变能（包括衰变后除
1D
A
Z
、电子
e
外的其它粒子的能量）可由母核、子
核和电子的静止质量表述为
2
P D e
[ ( )]Q m m m c
依题意，相应于母核的原子、相应于子核的原子的静止质量分别为、，有
P P e,m M Zm
D D e
1m M Z m
于是，衰变的衰变能
Q
可以表示为：
2
PD
()Q M M c
此衰变的发生的条件是
0Q
，
由式，发生衰变的条件可表述为
PD
( , ) ( 1, )M Z A M Z A
这就是说，对于原子序数分别为 Z 和Z+1 的两个同量异位素，只有在前者的原子质量大于后者的原子质
量的情况下，才能发生衰变。
（2）如果在这个衰变过程中不产生新的粒子，那么在原子核的层次上它就是
P D e
P的总能量是，记 D的总能量为，动量为，电子的总能量为，动量为，则能量守恒和动
量守恒分别是
2
P D e
m c E E
De
0pp
由式得
De
ppp
利用式，式成为
22
e P D e
D
()
2
pK m m m c
m
这里
22
DD
D
2
pE m c
m
2
e e e
K E m c
2
由相对论能量-动量关系有
2 2 4
ee
()E pc m c
将式代入式得
22
e e e
2
1( 2 )p K K m c
c
由式消去
p
得满足方程
2 2 4
e D e e D P D e
2 2 ( ) 0K m m c K m m m m c
式的解
22
e D e D e D P D e
22
D P D e D e
22
D D e P P e D D e e D D e e
2 2 2
D P D D D P e P e D P e
2 ( )
(2 )
( )[2( ) ( )] [( ) ]
(2 ) 2[ ] )
K m m m m m m m m c
m m m m m m c
M Z m M Z m M Z m m M Z m m c
M M M M Z M m Z m M Z m c
负根已舍去，且利用了忽略电子在原子中的结合能后的近似关系
P P P e
M m Z m
D D D e
M m Z m
以及
PD
1ZZ
将题给数据代入式得
e
2 1/2
[209.982883 (2 209.984130 209.982883) 2 209.982883 84 209.984130
0.511 0.511 0.511
(83 ) ] 209.982883 83 931.494MeV 1.161MeV
931.494 931.494 931.494
K
【另解：
忽略电子在原子中的结合能，
210
83 Bi
核的质量为
PP
83 209.984130 83 0.000549 209.938563 amu
e
m M m
它在衰变后生成的核
210
84 Po
的质量为
DD
84 209.982883 84 0.000549 209.936767amu
e
m M m
式的正根为
这里，
所以，式为
这个式子的物理意义非常清楚：
210
84 Po
核比电子重得太多了，所以它的反冲动能
比起电子的动能来可以
忽略不计。代入数值即得
2
e
2
209.938563 209.936767 0.000549 amu
0.001247amu 1.161MeV
Kc
c
事实上，再回到原子质量（而不是核质量），它正是
210 210 2 2
e 83 84
2
( Bi) ( Po) 209.984130 209.982883 amu
0.001247amu 1.161MeV
K M M c c
c
3
】
（3）按照假设
P D e
而得到的衰变后电子的动能，与实验中看到的电子动能的最大值相当。所以第三
个粒子（中微子）的静止质量应该非常接近于 0（，接近此值的都算对），（*）否则的话实
验测得的电子的动能分布谱中的动能最大值就应该明显小于图中的最大值。 （**）
（4）由题设知，衰变的元过程为：
㉑
中子、质子和电子的电荷分别为
n0,Q
p1,Q
e1Q
㉒
由衰变前后电荷守恒知，X的电荷为
X n p e
( ) 0Q Q Q Q
㉓
依题意，衰变前系统的角动量即中子的自旋，有
in
1
2
lS==
㉔
假定衰变后的粒子只有质子
p
和电子
e−
。质子和电子的自旋都为
p1
2
S=
，
e
1
2
S−=
根据题给的两个角动量的合成法则，质子和电子的总自旋，即衰变后产物的总角动量
fp
e−
= = +L S S S
㉕
可取的所有可能值为
p e p e
f, l s s s s+=−
㉖
㉖式中的第一个可能值对应于质子和电子的自旋反向叠加，总自旋为
f0lS==
㉗
㉖式中的第二个可能值对应于质子和电子的自旋同向叠加，总自旋为
f1lS==
㉘
两个可能值㉗㉘都不等于其初始值㉔，与角动量守恒矛盾。为保证系统的总角动量守恒，则一定存在粒子
X，且其自旋为
1
2
X1
2
S=
㉙
3
2
（尚不排除） ㉚
4
综合上述，衰变的产物除了质子和电子之外，如果还产生一个粒子，这个粒子一定是电中性的、自
旋为
1
2
（尚不排除
3
2
）的粒子，也就是一定存在电中性的费米子【即人们常说的中微子（如果
X1
2
S=
），更严格地，是电子型反中微子
e
】。
评分标准（共 50 分）：
第（1）问 13 分，①3分，②③各 1分，④2分，⑤⑥各 3分；
第（2）问 19 分，⑦⑧各3分，⑨1分，⑩2分，各1分；2分，2分，2分；
第（3）问 5分，（*）3分，（**）2分；
第（4）问 13 分，㉒㉓㉕各2分，㉖2分，㉗㉘各1分，㉙2分，㉚1分。
二、（ 50 分）
（1）为方便起见，设，，容易写出系统的运动方程为：
（2）按题意，当弹簧环按本征模式做微振动时，所有珠子振动的角频率都相同，设为。环上所有珠子的
微振动都是稳定的，它们之间的差别应该只是振幅和相位的不同。根据对称性，大珠子振动的振幅应该相
同，设为；同理，小珠子振动的振幅也应该相同，设为。同样，根据对称性，相邻珠子之间的振动相位
差应该相同，设为。于是解的形式可取为
2 1 0
cos[ 2( 1) ]
i
x A t i
−= + + −
，
1,2, ,iN=
20
cos[ (2 1) ]
i
x B t i
= + + −
，
1,2, ,iN=
式中
0
是一个任意常量。由式知
.
由于解需要满足条件
因此有
式中表示整数集合。由于的取值有 2π 周期性，因此独立的取值范围可取为
对应的，共有种取法：
1, 2, , 1,n N N N N= − + − + −
将解代入运动方程得
将解代入运动方程得
从式得
2 2 24 4 sin2( 0)mM k m kM
+−+ =
由式解得本征频率
为
22
( ) ( ) 4 cos
km M m M mM
mM
= + − +
由式代入式得
5
22
π
( ) ( ) 4 cos
kn
m M m M mM
mM N
= + − +
，
0,1,2, , 1nN=−
已注意到，互为相反数的一对给出的频率是相同的。式给出了所有可能的本征频率。
（学生解答中排除的解与否都算对。）
（3）
（3.1）上面的试探解就给出了一组满足要求的解。将方程两边相除，得到一个关于
A
B
的二次代数
方程，
22
2
2
2
A k m
BkM
−
=
−
它有两个根。由于和都是振幅，舍去负根，得
2
2
2
2
A k m
BkM
−
=−
（）显然，所考虑的弹簧环是一个保守系统。系统的总能量
E
不随时间变化，它等于一个振荡周期
内的平均能量，而后者是易求的。首先，平均动能为：
22
k 2 1 2
11
00
1 1 1 1
d ( ) d ( )
22
TT
NN
ii
ii
E M tx t m tx t
TT
−
==
=+
将式代入式得
2 2 2 2 2 2
k11
00
1 1 1 1
d sin [ (2 1) ] d sin [ 2( 1) ]
22
TT
NN
ii
E M A t t i m B t t i
TT
==
= + − + + −
利用
2
0
11
d sin ( ) 2
T
tt
T
+=
这里可以是任意相位。将式代入式得
2 2 2
k1()
4
E N MA mB
=+
该系统的平均势能
p
E
与平均动能
k
E
相等
pk
EE=
㉑
因此，总能量
tot
E
为
tot p k k
2E E E E= + =
㉒
由㉒式得
2
2 2 2 2 2
tot 2
1 ( )
()
22
m M k mM
E N MA mB N A
km
+−
= + = −
㉓
由㉒㉓式得
( )
222
k2
()
22
m M k mM
E N A
km
+−
=−
㉔
（4）这种情形相当于引入了的边界条件
10x=
㉕
为了找到满足边界条件㉕的解，注意到满足方程的解实际上是沿圆环运动的行波的分段表示
2 1 0 2 1
cos[ ]
i n i
x A t k l
−−
= + +
1,2, ,iN=
㉖
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