内蒙古呼伦贝尔市2021届新高考物理第一次押题试卷含解析

内蒙古呼伦贝尔市2021届新高考物理第一次押题试卷
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．2019年8月，“法国哪吒”扎帕塔身背燃料包，脚踩由5个小型涡轮喷气发动机驱动的“飞板”，仅用22分钟就飞越了英吉利海峡35公里的海面。

已知扎帕塔（及装备）的总质量为120kg ，设发动机启动后将气流以6000m/s 的恒定速度从喷口向下喷出，则当扎帕塔（及装备）悬浮在空中静止时，发动机每秒喷出气体的质量为（不考虚喷气对总质量的影响，取g=10m/s 2）（ ）
A ．0.02kg
B ．0.20kg
C ．0.50kg
D ．5.00kg
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】 设扎帕塔（及装备）对气体的平均作用力为F ，根据牛顿第三定律可知，气体对扎帕塔（及装备）的作用力的大小也等于F ，对扎帕塔（及装备），则
F Mg =
设时间t ∆内喷出的气体的质量m ∆，则对气体由动量定理得
∆=∆F t mv
解得
m F Mg t v v
∆==∆ 代入数据解得
0.2kg m t
∆=∆ 发动机每秒喷出气体的质量为0.2kg ，故B 正确，ACD 错误。

故选B 。

2．如图所示，ACE 是半圆弧，O 为圆心，C 为半圆弧的最高点，37COD ∠=︒，A 、C 、D 处各有一垂直纸面的通电直导线，电流大小均为I ，长度均为L ，A 和D 处通电直导线的电流方向垂直纸面向外，C 处通电直导线的电流方向垂直纸面向里，三根通电直导线在O 点处产生的磁感应强度大小均为B ，则O 处的磁感应强度大小为（ ）
A ．5
B B ．2B
C ．55B
D ．0 【答案】C
【解析】
【详解】 根据右手螺旋定则画出A 、C 、D 各通电直导线在O 处产生的磁感应强度，如图所示。

将D B 分解到水平和竖直两个方向上，并分别在两个方向合成，则水平方向的合矢量
cos370.2x B B B B ︒=-=
竖直方向的合矢量
sin370.4y B B B B ︒=-=
所以O 点处的磁感应强度大小
225(0.2)(0.4)O B B B B =+=
故选C 。

3．某城市创卫工人用高压水枪冲洗墙面上的广告，如图所示，若水柱截面为S ，水流以速v 垂直射到墙面上，之后水速减为零，已知水的密度为p ，则水对墙面的冲力为（ ）
A ．Sv ρ
B ．2Sv ρ
C ．2
2
Sv ρ D ．2Sv ρ
【答案】B
【解析】
【详解】
设t时间内有V体积的水打在钢板上，则这些水的质量为：
m=ρV=ρSvt
以这部分水为研究对象，它受到钢板的作用力为F，以水运动的方向为正方向，由动量定理有：Ft=0-mv，
即：
F=-mv t
=-ρSv1，
负号表示水受到的作用力的方向与水运动的方向相反；由牛顿第三定律可知，水对钢板的冲击力大小也为ρSv1．
A. Sv
ρ，与结论不相符，选项A错误；
B. 2
Sv
ρ，与结论相符，选项B正确；
C.
2
2
Sv
ρ
，与结论不相符，选项C错误；
D.
2
Sv
ρ
，与结论不相符，选项D错误。

4．如图所示为三颗卫星a、b、c绕地球做匀速圆周运动的示意图，其中b、c是地球同步卫星，a在半径为r的轨道上，此时a、b恰好相距最近，已知地球质量为M，半径为R，地球自转的角速度为ω，引力常量为G，则（）
A．卫星b加速一段时间后就可能追上卫星c
B．卫星b和c的机械能相等
C．到卫星a和b下一次相距最近，还需经过时间
3
GM
r
ω
-
D．卫星a减速一段时间后就可能追上卫星c
【答案】C
【解析】
【详解】
A.卫星b 加速后将做离心运动，轨道变高，不可能追上卫星c ，选项A 错误；
B.卫星的机械能等于其动能与势能之和，因不知道卫星的质量，故不能确定卫星的机械能大小关系，选项B 错误；
C.对卫星a ，根据万有引力提供向心力有：
22a
Mm G mr r
ω= 所以卫星a 的角速度
3a M G r
ω= 可知半径越大角速度越小，卫星a 和b 由相距最近至再次相距最近时，圆周运动转过的角度差为2π，所以可得经历的时间：
3
t GM r ω=- 选项C 正确；
D.卫星a 减速后将做近心运动，轨道半径减小，不可能追上卫星c ，选项D 错误；
故选C 。

5．乒乓球作为我国的国球，是一种大家喜闻乐见的体育运动，它对场地要求低且容易上手。

如图所示，某同学疫情期间在家锻炼时，对着墙壁练习打乒乓球，球拍每次击球后，球都从同一位置斜向上飞出，其
中有两次球在不同高度分别垂直撞在竖直墙壁上，不计空气阻力，则球在这两次从飞出到撞击墙壁前（ ）
A ．飞出时的初速度大小可能相等
B ．飞出时的初速度竖直分量可能相等
C ．在空中的时间可能相等
D ．撞击墙壁的速度可能相等
【答案】A
【解析】
【详解】
C ．将乒乓球的运动反向处理，即为平抛运动，由题知，两次的竖直高度不同，所以两次运动时间不同，故C 错误；
B ．在竖直方向上做自由落体运动，因两次运动的时间不同，故初速度在竖直方向的分量不同，故B 错误； D ．撞击墙壁的速度，即可视反向平抛运动的水平初速度，两次水平射程相等，但两次运动的时间不同，
故两次撞击墙壁的速度不同，故D错误；
A．由上分析，可知竖直速度大的，其水平速度速度就小，所以根据速度的合成可知，飞出时的初速度大小可能相等，故A正确。

故选A。

6．如图所示，斜面固定，平行于斜面处于压缩状态的轻弹簧一端连接物块A，另一端固定，最初A静止．在A上施加与斜面成30°角的恒力F，A仍静止，下列说法正确的是（）
A．A对斜面的压力一定变小
B．A对斜面的压力可能不变
C．A对斜面的摩擦力一定变大
D．A对斜面的摩擦力可能变为零
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
设斜面倾角为θ，对物体进行受力分析，沿下面方向，最初支持力等于mgcosθ，施加恒力F后，支持力等于mgcosθ+Fsin30°，支持力一定增大．根据牛顿第三定律，A对斜面的压力一定变大，故A错误，B
错误；平行于斜面处于压缩状态的轻弹簧，，最初摩擦力向可能向上，可能向下，也可能为0，施加恒力F 后，F沿斜面向上的分力为Fcos30°，由于F大小未知，摩擦力可能仍向上，也可能等于0；可能沿斜面向下，摩擦力的大小可能增大，也可能减小，故C错误，D正确．故选：D
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．如图所示，a、b、c、d为匀强电场中的等势面，一个质量为m，电荷量为q的质子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两个点。

已知该粒子在A点的速度大小为v1，且方向与等势面平行，在B点的速度大小为v2，A、B连线长为L，连线与等势面间的夹角为θ，不计粒子受到的重力，则（）
A ．粒子的速度v 2一定大于v 1
B ．等势面b 的电势比等势面c 的电势低
C ．粒子从A 点运动到B 点所用的时间为
1cos L v θ D ．匀强电场的电场强度大小为
()22212cos m v v qL θ-
【答案】AC
【解析】
【详解】 A ．电场为匀强电场，等势面沿水平方向，则电场线的方向沿竖直方向，带正电的质子弯曲的方向向下，所以质子受力的方向向下，从A 到B 的过程中电场力做正功，所以质子的速度增大，故A 正确； B ．质子受力的方向向下，质子带正电，则电场的方向向下，而沿着电场线电势逐渐降低，故b 的电势高于c 的电势；故B 错误；
C ．质子在A 点的速度大小为v 1，在B 点的速度大小为v 2，质子在沿等势面方向的分速度不变为v 1，所以质子运动的时间
11
cos x L t v v θ== 故C 正确；
D ．在沿电场线的方向的位移为y=Lsinθ，由动能定理有
22211122
qEy mv mv =- 联立解得
()22212sin m v v E qL θ-=
故D 错误。

故选AC 。

8．理论研究表明，无限大的均匀带电平板在周围空间会形成与平面垂直的匀强电场．现有两块无限大的
均匀绝缘带电平板正交放置，如图所示，A1B1板两面带正电，A2B2板两面带负电，且两板单位面积所带电荷量相等(设电荷不发生移动)．图中直线A1B1和A2B2分别为带正电平面和带负电平面与纸面正交的交线，O为两交线的交点，C、D、E、F恰好位于纸面内正方形的四个顶点上，且CE的连线过O点．则下列说法中正确的是
A．D、F两点电势相同
B．E、F两点场强相同
C．U EF＝U ED
D．在C、D、E、F四个点中电子在F点具有的电势能最大
【答案】BD
【解析】
无限大的均匀带电平面在周围空间会形成与平面垂直的匀强电场，故A1B1在四点单独产生的电场均向上，A2B2在四点单独产生的电场均向左，四点场强方向均是左偏上45°，大小相等，故B正确；D、F两点在一条电场线上，而沿着电场线电势是降低的，故电势不等，故A错误；E、F两点间电势差和E、D两点间电势差绝对值相同而正负相反，故C错误；C、D、E、F四个点，场强方向均是左偏上45°，故CE是等势面，D点电势最高，F点电势最低，故D正确．所以BD正确，AC错误．
9．某探究小组利用图甲所示的电路探究一标签模糊的理想变压器的原、副线圈匝数比。

R为定值电阻，L1、L2为两只标有“5V，2A”的相同小灯泡，S为开关。

保持开关S断开，在输入端施加如图乙所示的交变电压后，灯泡L1正常发光，测得电阻R两端的电压为灯泡L1两端电压的2倍。

以下说法正确的是（）
A．理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1
B．理想变压器原、副线圈的匝数比为1：4
C．定值电阻的阻值为10Ω
D．闭合开关S后，灯泡L1中的电流变小
【答案】CD
【解析】
【详解】
AB
．由电压图像可知，输入电压的最大值为m U =V ，则有效值为
U ==20V 灯泡正常发光，故灯泡两端的电压为5V ，即副线圈两端的电压25U =V ，由题知电阻R 两端的电压为R U =10V ，故变压器原线圈的电压
1R U U U =-=10V
原副线圈的匝数比
112210251
n U n U === 故AB 错误；
C ．灯泡L 1正常发光，即副线圈的电流22I =A ，根据理想变压器输入功率等于输出功率可知，原副线圈中的电流之比
122112
I n I n == 解得电阻R 中的电流为1I =1A ，由欧姆定律可知
101
R R U R I ==Ω=10Ω 故C 正确；
D ．开关S 闭合后，电路的总电阻减小，而输入端电压保持不变，故副线圈中的电流增大，则原线圈中电流增大，电阻R 两端电压升高，变压器原线圈电压降低，故副线圈输出电压降低，灯泡1L 两端电压降低，电流减小，故D 正确。

故选CD 。

10．如图，光滑平行金属导轨间距为L ，与水平面夹角为θ，两导轨上端用阻值为R 的电阻相连，该装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面。

质量为m 的金属杆ab 以沿导轨平面向上的初速度v 0从导轨底端开始运动，然后又返回到出发位置。

在运动过程中，ab 与导轨垂直且接触良好，不计ab 和导轨的电阻及空气阻力。

则（ ）
A ．初始时刻金属杆的加速度为220
B L V mR
B ．金属杆上滑时间小于下滑时间
C ．在金属杆上滑和下滑过程中电阻R 上产生的热量相同
D ．在金属杆上滑和下滑过程中通过电阻R 上的电荷量相同
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．ab 开始运动时，ab 棒所受的安培力
220A B L v F BIL R
＝＝ 根据牛顿第二定律得，ab 棒的加速度
220sin sin A B L v mg F a g m mR
θθ+=+＝ 选项A 错误；
B ．物体下滑时加速度满足
'
'
sin A mg F a a m θ-=< 根据212
s at =可知金属杆上滑时间小于下滑时间，选项B 正确； C ．克服安培力做功等于回路产生的热量，上滑过程中安培力较大，则克服安培力做功较大，产生的热量较大，选项C 错误；
D ．根据
BLs q R R
∆Φ== 可知，在金属杆上滑和下滑过程中通过电阻R 上的电荷量相同，选项D 正确。

故选BD 。

11．如图所示，在某一峡谷的两侧存在与水平面成相同角度的山坡，某人站在左侧山坡上的P 点向对面的
山坡上水平抛出三个质量不等的石块，分别落在A、B、C三处，不计空气阻力，A、C两处在同一水平面上，则下列说法正确的是()
A．落到A、B、C三处的石块落地速度方向相同
B．落到A、B两处的石块落地速度方向相同
C．落到B、C两处的石块落地速度大小可能相同
D．落到C处的石块在空中运动的时间最长
【答案】BC
【解析】
试题分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度比较运动的时间，结合水平位移和时间比较初速度．知道速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍．
解：A、因为速度方向与水平方向的夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，A、B两点的位移方向相同，与落在C点的位移方向不同，所以A、B两点的速度方向相同，与C点的速度方向不同，故A错误，B正确．
C、落在B点的石块竖直分速度比C点竖直分速度大，但是B点的水平分速度比C点水平分速度小，根据平行四边形定则可知，两点的速度大小可能相同，故C正确．
D、高度决定平抛运动的时间，可知落在B点的石块运动时间最长．故D错误．
故选BC．
点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍．
12．下列说法正确的是
A．大气中PM1．5的运动是分子的无规则运动
B．晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点
C．扩散运动和布朗运动的剧烈程度都与温度有关
D．热量能够从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体
【答案】BC
【解析】
试题分析：大气中PM1．5的运动是固体颗粒的无规则运动，选项A错误；晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，选项B正确；扩散运动和布朗运动的剧烈程度都与温度有关，温度越高越明显，选项C 正确；热量能够从高温物体传到低温物体，也能从低温物体传到高温物体，但要引起其他的变化，选项D
错误；故选BC.
考点：晶体和非晶体；布朗运动和扩散现象；热力学第二定律.
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．很多人都认为“力越小速度就越小”，为了检验这个观点是否正确，某兴趣小组的同学设计了这样的实验方案：在水平桌面上放一木块，木块后端与穿过打点计时器的纸带相连，前端通过定滑轮与不可伸长的细线相连接，细线上不等间距地挂了五个钩码，其中第四个钩码与第五个钩码之间的距离最大。

起初木块停在靠近打点计时器的位置，第五个钩码到地面的距离小于木块到定滑轮的距离，如图甲所示。

接通打点计时器，木块在钩码的牵引下，由静止开始运动，所有钩码落地后，木块会继续运动一段距离。

打点计时器使用的交流电频率为50Hz 。

图乙是实验得到的第一个钩码落地后的一段纸带，纸带运动方向如箭头所示。

（当地重力加速度大小g 取9.8m/s 2）
(1)根据纸带上提供的数据，可以判断第五个钩码落地时可能出现在纸带中的______段（用D 1，D 2，…，D 15字母区间表示）；第四个钩码落地后至第五个钩码落地前木块在做______运动。

(2)根据纸带上提供的数据，还可以计算出第五个钩码落地后木块运动的加速度大小为______m/s 2；木块与桌面间的动摩擦因数为μ=______。

（计算结果保留两位有效数字）
(3)根据纸带上提供的数据，分析可知“力越小速度就越小”的观点是___的。

（填“正确”或“错误”）
【答案】1011~D D 匀速直线 5.0 0.51 错误
【解析】
【详解】
(1)[1][2]．第五个钩码落地后木块将做减速运动，点迹间距逐渐减小，则可以判断第五个钩码落地时可能出现在纸带中的1011~D D ；由此也可判断第四个钩码落地后至第五个钩码落地前的一段时间内，纸带上点迹均匀，木块在做匀速直线运动。

(2)[3][4]．由纸带可看出，第五个钩码落地后0.2cm x ∆= 根据2x aT ∆=可得木块运动的加速度大小为
2
2220.210 5.0m/s 0.02
x a T -∆⨯=== 由
mg a g m μμ==
可得
μ=0.51
(3)[5]．根据纸带上提供的数据，分析可知“力越小速度就越小”的观点是错误的。

14．某学习小组利用图甲所示的电路测量电源的电动势及内阻．
(1)按照原理图甲将图乙中的实物连线补充完整________．
(2)正确连接电路后，进行如下实验．
①闭合开关S ，通过反复调节滑动变阻器R 1、R 2，使电流表A 3的示数为0，此时电流表A 1、A 2的示数分别为100.0 mA 和80.0 mA ，电压表V 1、V 2的示数分别为1.60 V 和1.00 V ．
②再次反复调节R 1、R 2，使电流表A 3的示数再次为0，此时电流表A 1、
A 2的示数分别为180.0 mA 和40.0 mA ，电压表V 1、V 2的示数分别为0.78 V 和1.76 V ．
i ．实验中调节滑动变阻器R 1、R 2，当电流表A 3示数为0时，电路中B 点与C 点的电势______．（选填“相等”或“不相等”）
ii ．为了提高测量的精确度，电流表A 3的量程应选择________
A ．0～0.6 A
B ．0～100 mA
C ．0～500 μA
ⅲ．测得电源的电动势E =_______V ，内阻r =_______Ω．（结果保留3位有效数字）
【答案】（1）如图所示；
i ．相等 ii ．C ⅲ．2.87 1.50
【解析】
（1）根据原理图连接实物图如图所示；
（2）i 、实验中，调节滑动变阻器12R R 、，当电流表示数为0时，说明电流表两端电势差为零，故电路中B 点与C 点的电势相等；
ii 、为了使实验结果更精确，必须严格控制B 、C 两点电流为零，如果电流表A 3的量程相比与电路中的电流太大，会造成BC 中有电流，但是读不出来，显示为零，所以应选择量程非常小的，故选C ； iii 、根据电路规律可知，第一次实验中，路端电压为 1.60 1.00 2.60V U =+=，干路电流为
10080180mA 0.18A I =+==；第二次实验中有'0.78 1.76 2.54V U =+=，干路电流为
’180.040.0220.0mA 0.22A I =+==；由闭合电路欧姆定律可知''E U Ir E U I r =+=+，，联立解得2.87 1.50E V r ==Ω，．
【点睛】该实验的关键是明确实验原理，即利用等势法求解，要求BC 两点的电势相等，即无电流通过BC ，所以在选择A 3时一定要选择量程非常小的电流表，然后利用电路结构，结合闭合回路欧姆定律，求解电源电动势和内阻．
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．质量为2kg 的物体静止在足够大的水平面上，物体与地面间的动摩擦因数为1．2，最大静摩擦力和滑动摩擦力大小视为相等．从t=1时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F 的作用，F 随时间t 的变化规律如图所示．重力加速度g 取11m/s 2，则物体在t=1到t=12s 这段时间内的位移大小为
A ．18m
B ．54m
C ．72m
D ．198m
【答案】B
【解析】 试题分析：对物体受力分析可知，1到3s 内，由于滑动摩擦力为：F f =μF N ＝μmg=1．2×
21N=4N ，恰好等于外力F 大小，所以物体仍能保持静止状态，3s 到6s 内，物体产生的加速度为：
2842/2
f
F F a m s m --==＝，发生的位移为：22211 23922x at m m ==⨯⨯=;6s 到9s 内，物体所受的
合力为零，做匀速直线运动，由于6s 时的速度为：v=at=2×3=6m/s ，所以发生的位移为：x 3=vt=6×（9-6）
=18m ；9到12s 内，物体做匀加速直线运动，发生的位移为：x 4=vt+12at 2=6×3+12
×2×32=27m ；所以总位移为：x=1+x 2+x 3+x 4==9+18+27=54m ，所以B 正确；
考点：牛顿第二定律的应用
【名师点睛】遇到多过程的动力学问题，应分别进行受力分析和运动过程分析，然后选取相应的物理规律进行求解，也可以借助v-t 图象求解．
16．一粗细均匀、两端封闭的U 形玻璃管竖直放置，管内水银柱及空气柱长度如图所示，右侧水银柱长l 1=20. 0cm ，气体压强p 1=70. 0cmHg ，左侧水银柱长l 2=35. 0cm ，气体的长度l 3=15. 0cm ，现打开U 形玻璃管右侧端口，求稳定后玻璃管左侧气体的长度将变为多少？设整个过程中气体温度保持不变，大气压强p 0=75. 0cmHg （420064.8=）
【答案】13. 8cm
【解析】
【分析】
对左侧气体，分别列出两个状态的压强、体积，根据玻意耳定律列式可求得稳定后玻璃管左侧气体的长度。

【详解】
设管的横截面积为s ，左侧气体初始状态的参量：
121()85cmHg P P l l =+-=
315V l s s ==
打开U 形玻璃管右侧端口，右侧压强变大，水银向左侧移动，设稳定后玻璃管左侧气体的长度将变为cm x ，则：
0213[()2()1202P P l l l x x '=+-+-=-
V xs '=
由玻意耳定律得：
PV PV =''
即：
2212012750x x -+=
解得：
146.2cm x =（不合题意，舍去），213.8cm x =
答：稳定后玻璃管左侧气体的长度将变为13. 8cm 。

17．能量守恒定律、动量守恒定律、电荷守恒定律等等是自然界普遍遵循的规律，在微观粒子的相互作用过程中也同样适用．卢瑟福发现质子之后，他猜测：原子核内可能还存在一种不带电的粒子．
（1）为寻找这种不带电的粒子，他的学生查德威克用α粒子轰击一系列元素进行实验．当他用α粒子()4
2He 轰击铍原子核()
9
4Be 时发现了一种未知射线，并经过实验确定这就是中子，从而证实了卢瑟福的猜测．请你完成此核反应方程491240______He Be n +→+．
（2）为了测定中子的质量n m ，查德威克用初速度相同的中子分别与静止的氢核与静止的氮核发生弹性正碰．实验中他测得碰撞后氮核的速率与氢核的速率关系是17
N H v v =．已知氮核质量与氢核质量的关系是14N H m m =，将中子与氢核、氮核的碰撞视为完全弹性碰撞．请你根据以上数据计算中子质量n m 与氢核质量H m 的比值．
（3）以铀235为裂变燃料的“慢中子”核反应堆中，裂变时放出的中子有的速度很大，不易被铀235俘获，需要使其减速．在讨论如何使中子减速的问题时，有人设计了一种方案：让快中子与静止的粒子发生碰撞，他选择了三种粒子：铅核、氢核、电子．以弹性正碰为例，仅从力学角度分析，哪一种粒子使中子减速效果最好，请说出你的观点并说明理由．
【答案】（1）
126C （2）76
n H m m =（3）仅从力学角度分析，氢核减速效果最好，理由见解析 【解析】
（1）根据核反应过程中核电荷数与质量数守恒，知核反应方程式为491212460He Be C n +→+； （2）设中子与氢核、氮核碰撞前后速率为0v ，中子与氢核发生完全弹性碰撞时，取碰撞前中子的速度方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律有：0n n n H H m v m v m v =+；
2220111222
n n n H H m v m v m v =+， 解得碰后氢核的速率02n H n H
m v v m m =+， 同理可得：中子与氮核发生完全弹性碰撞后，氮核的速率02n N n N m v v m m =
+；
因此有n N H N n H m m v v m m +=+，解得76
n H m m =； （3）仅从力学角度分析，氢核减速效果最好，因为中子与质量为m 的粒子发生弹性正碰时，根据动量守恒定律和能量守恒定律知，碰撞后中子的速率0n n n m m v v m m
-=+； ①由于铅核质量比中子质量大很多，碰撞后中子几乎被原速率弹回；
②由于电子质量比中子质量小很多，碰撞后中子将基本不会减速；
③由于中子质量与氢核质量相差不多，碰撞后中子的速率将会减小很多．。