《（名師導(dǎo)學(xué)）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第九章 章末總結(jié) 提高教學(xué)案 新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（名師導(dǎo)學(xué)）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第九章 章末總結(jié) 提高教學(xué)案 新人教版（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、章末總結(jié)　提高 知 識 網(wǎng) 絡(luò)　【p176】 解題思路與方法　【p176】 本章起著承上啟下的橋梁作用，是歷年高考的熱點．高考對本章考查的特點是：一般沒有簡單的概念題和單純磁場知識題．考題多以磁力結(jié)合、磁電結(jié)合或磁力電結(jié)合的形式出現(xiàn)，而且試題難度往往較大，對考生的空間想象能力、邏輯推理能力、綜合分析能力和運用數(shù)學(xué)知識處理物理問題的能力要求很高．因此在復(fù)習(xí)時要重視這些能力的培養(yǎng)，加強(qiáng)這些方面的訓(xùn)練． 求解磁場問題的基本思路：(1)審清題意，分析場的情況和受力情況；(2)分析運動情況，并畫出運動軌跡圖；(3)根據(jù)已知條件及所求量關(guān)系恰當(dāng)選用規(guī)律求解． 求解磁場問題的常用方法：(1)安培力

2、問題常常要把立體圖化為平面圖，再運用靜力學(xué)或動力學(xué)的有關(guān)知識處理；(2)圓周運動問題一般按照：畫軌跡、作半徑、找圓心、求半徑、求周期、求時間……的步驟處理；(3)復(fù)合場問題在分析清楚受力情況以后具體處理方法與力學(xué)問題的處理方法相同． 體 驗 高 考　　【p176】 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．(多選)(2018·全國卷Ⅰ)如圖，兩個線圈繞在同一根鐵芯上，其中一線圈通過開關(guān)與電源連接，另一線圈與遠(yuǎn)處沿南北方向水平放置在紙面內(nèi)的直導(dǎo)線連接成回路．將一小磁針懸掛在直導(dǎo)線正上方，開關(guān)未閉合時小磁針處于靜止?fàn)顟B(tài)．下列說法正確的是(　　) A．開關(guān)閉合后的瞬間，小磁針的N

3、極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動 B．開關(guān)閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向里的方向 C．開關(guān)閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向外的方向 D．開關(guān)閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)動 【解析】開關(guān)閉合的瞬間，左側(cè)的線圈中磁通量變化，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，由楞次定律可判斷出直導(dǎo)線中電流方向為由南向北，由安培定則可判斷出小磁針處電流產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向里，小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動，選項A正確；開關(guān)閉合并保持一段時間后，左側(cè)線圈中磁通量不變，線圈中感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流為零，直導(dǎo)線中電流為零，小磁針恢復(fù)到原來狀態(tài)，選項

4、B、C錯誤；開關(guān)閉合并保持一段時間后再斷開后的瞬間，左側(cè)的線圈中磁通量變化，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，由楞次定律可判斷出直導(dǎo)線中電流方向為由北向南，由安培定則可判斷出小磁針處電流產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向外，小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)動，選項D正確． 【答案】AD 2．(2018·全國卷Ⅰ)如圖，在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E，在y<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場．一個氕核H和一個氘核H先后從y軸上y＝h點以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向．已知H進(jìn)入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標(biāo)原點O處第一次射出磁場.H

5、的質(zhì)量為m，電荷量為q，不計重力．求： (1)H第一次進(jìn)入磁場的位置到原點O的距離； (2)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。? (3)H第一次離開磁場的位置到原點O的距離． 【解析】(1)H在電場中做類平拋運動，在磁場中做圓周運動，運動軌跡如圖所示．設(shè)H在電場中的加速度大小為a1，初速度大小為v1，它在電場中的運動時間為t1，第一次進(jìn)入磁場的位置到原點O的距離為s1.由運動學(xué)公式有 s1＝v1t1　① h＝a1t?、? 由題給條件，H進(jìn)入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角θ1＝60°.H進(jìn)入磁場時速度的y分量的大小為a1t1＝v1tan θ1?、? 聯(lián)立以上各式得s1＝h　④ (2)H在電

6、場中運動時，由牛頓第二定律有 qE＝ma1?、? 設(shè)H進(jìn)入磁場時速度的大小為v1′，由速度合成法則有v1′＝?、? 設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，H在磁場中運動的圓軌道半徑為R1，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有qv1′B＝?、? 由幾何關(guān)系得s1＝2R1sin θ1?、? 聯(lián)立以上各式得B＝?、? (3)設(shè)H在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為v2，在電場中的加速度大小為a2，由題給條件得 (2m)v＝mv?、? 由牛頓第二定律有qE＝2ma2　? 設(shè)H第一次射入磁場時的速度大小為v2′，速度的方向與x軸正方向夾角為θ2，入射點到原點的距離為s2，在電場中運動的時間為t2. 由運動學(xué)公式有

7、s2＝v2t2　? h＝a2t　? v2′＝　? sin θ2＝　? 聯(lián)立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝v1′　? 設(shè)H在磁場中做圓周運動的半徑為R2，由⑦?式及粒子在勻強(qiáng)磁場中做圓周運動的半徑公式得 R2＝＝R1　? 所以出射點在原點左側(cè)．設(shè)H進(jìn)入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為s2′，由幾何關(guān)系有s2′＝2R2sin θ2　? 聯(lián)立④⑧???式得，H第一次離開磁場時得位置到原點O的距離為 s2′－s2＝(－1)h　? 3．(多選)(2018·全國卷Ⅱ)如圖，紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長直絕緣導(dǎo)線L1、L2，L1中的電流方向向左，L2中的電流方

8、向向上；L1的正上方有a、b兩點，它們相對于L2對稱．整個系統(tǒng)處于勻強(qiáng)外磁場中，外磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，方向垂直于紙面向外．已知a、b兩點的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B0和B0，方向也垂直于紙面向外．則(　　) A．流經(jīng)L1的電流在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0 B．流經(jīng)L1的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0 C．流經(jīng)L2的電流在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0 D．流經(jīng)L2的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0 【解析】設(shè)流經(jīng)L1的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1a，流經(jīng)L2電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2a，已知a點的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，根據(jù)磁感應(yīng)強(qiáng)度的疊加原理，考慮

9、磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向，有B0－B1a－B2a＝B0.同理，b點的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，有B0－B1b＋B2b＝B0.因為B1a＝B1b＝B1(因距離相等)，B2a＝B2b＝B2，解得B1＝B0，B2＝B0. 【答案】AC 4．(2018·全國卷Ⅱ)一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，其在xOy平面內(nèi)的截面如圖所示：中間是磁場區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向垂直于xOy平面；磁場的上、下兩側(cè)為電場區(qū)域，寬度均為l′，電場強(qiáng)度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條形區(qū)域邊界上的兩點，它們的連線與y軸平行．一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場，

10、經(jīng)過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出．不計重力． (1)定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡； (2)求該粒子從M點射入時速度的大?。? (3)若該粒子進(jìn)入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為，求該粒子的比荷及其從M點運動到N點的時間． 【解析】(1)粒子運動的軌跡如圖a所示．(粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓弧，上下對稱) (2)粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動．設(shè)粒子從M點射入時速度的大小為v0，在下側(cè)電場中運動的時間為t，加速度的大小為a；粒子進(jìn)入磁場的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為θ(見圖b)，速度沿電場方向的分量為v1，

11、根據(jù)牛頓第二定律有 qE＝ma?、? 式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)量，由運動學(xué)公式有v1＝at?、? l′＝v0t?、? v1＝vcos θ?、? 粒子在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)其運動軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得qvB＝?、? 由幾何關(guān)系得l＝2Rcos θ?、? 聯(lián)立①②③④⑤⑥式得v0＝?、? (3)由運動學(xué)公式和題給數(shù)據(jù)得v1＝v0cot ?、? 聯(lián)立①②③⑦⑧式得＝?、? 設(shè)粒子由M點運動到N點所用的時間為t′，則t′＝2t＋T?、? 式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期，T＝　? 由③⑦⑨⑩?式得t′＝(1＋)　? 5．(2018·全國卷Ⅲ)如圖

12、，從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運動，自M點垂直于磁場邊界射入勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁場左邊界豎直．已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1，并在磁場邊界的N點射出；乙種離子在MN的中點射出；MN長為l.不計重力影響和離子間的相互作用．求： (1)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??； (2)甲、乙兩種離子的比荷之比． 【解析】(1)設(shè)甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)量為m1，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，由動能定理有q1U＝m1v?、? 由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有q1v1B＝m1?、? 由幾何關(guān)系知2R1＝l?、? 由①②

13、③式得B＝?、? (2)設(shè)乙種離子所帶電荷量為q2、質(zhì)量為m2，射入磁場的速度為v2，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R2.同理有q2U＝m2v?、? q2v2B＝m2?、? 由題給條件有2R2＝?、? 由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為∶＝1∶4?、? 6．(2017·全國卷Ⅰ)如圖，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面向里，三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc，已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動．下列選項正確的是(　　) A．ma

14、>mb>mc B．mb>ma>mc C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma 【解析】三個微粒所受電場力大小相等，方向均向上，受力分析如圖： 對a：mag＝F電， 對b：mbg＝F電＋F洛b 對c：mcg＝F電－F洛c 比較得：mb>ma>mc. 【答案】B 7．(多選)(2017·全國卷Ⅰ)如圖，三根相互平行的固定長直導(dǎo)線L1、L2和L3兩兩等距，均通有電流I，L1中電流方向與L2中的相同，與L3中的相反，下列說法正確的是(　　) A．L1所受磁場作用力的方向與L2、L3所在平面垂直 B．L3所受磁場作用力的方向與L1、L2所在平面垂直 C．L1、L2和L

15、3單位長度所受的磁場作用力大小之比為1∶1∶ D．L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為∶∶1 【解析】由安培定則和磁感應(yīng)強(qiáng)度的合成知，L2、L3中的電流在L1處的合磁場方向垂直于L2、L3所在的平面．再由左手定則得出L1受磁場作用力方向與L2、L3所在平面平行， A錯；同理，可得出B對，在電流相同時，單位長度的導(dǎo)線所受磁場力跟磁感應(yīng)強(qiáng)度成正比，L1、L2所在處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，B1＝B2＝B0(B0為一根導(dǎo)線的電流產(chǎn)生的磁場)，B3＝B0，C對，D錯． 【答案】BC 8．(2017·全國卷Ⅱ)如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，P為磁場邊界

16、上的一點，大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點，在紙面內(nèi)沿不同的方向射入磁場，若粒子射入速度為v1，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速度為v2，相應(yīng)的出射點分布在三分之一圓周上，不計重力及帶電粒子之間的相互作用，則v2∶v1為(　　) A.∶2 B.∶1 C.∶1 D．3∶ 【解析】如圖所示，速度為v1時，PA為軌跡圓的直徑，速度為v2時，PB為軌跡圓的直徑，依v＝，＝，C對． 【答案】C 9．(多選)(2017·全國卷Ⅱ)某同學(xué)自制的簡易電動機(jī)示意圖如圖所示．矩形線圈由一根漆包線繞制而成，漆包線的兩端分別從線圈的一組對邊的中間位置引出，并作為線圈

17、的轉(zhuǎn)軸．將線圈架在兩個金屬支架之間，線圈平面位于豎直面內(nèi)，永磁鐵置于線圈下方．為了使電池與兩金屬支架連接后線圈能連續(xù)轉(zhuǎn)動起來，該同學(xué)應(yīng)將(　　) A．左、右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆都刮掉 B．左、右轉(zhuǎn)軸上下兩側(cè)的絕緣漆都刮掉 C．左轉(zhuǎn)軸上側(cè)的絕緣漆刮掉，右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆刮掉 D．左轉(zhuǎn)軸上下兩側(cè)的絕緣漆都刮掉，右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆刮掉 【答案】AD 10．(2017·全國卷Ⅲ)如圖，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場中，兩長直導(dǎo)線P和Q垂直于紙面固定放置，兩者之間的距離為l.在兩導(dǎo)線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時，紙面內(nèi)與兩導(dǎo)線距離均為l的a點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零．如果讓P中的電流

18、反向、其他條件不變，則a點處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為(　　) A．0 B.B0 C.B0 D．2B0 【解析】當(dāng)P和Q中電流方向均垂直紙面向里時，由于： aP＝PQ＝aQ＝l.P和Q在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同，方向如圖(1)所示： 　　　圖(1)　　　　　　　　　圖(2) 其合磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，由幾何關(guān)系知：B1＝2BPcos θ＝BP.由題目可知，a點磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，則B0和B1等大反向，則可得：B0＝B1＝BP，并且B0方向水平向左．當(dāng)P中電流反向后，其在a點產(chǎn)生的新的磁場方向如圖(2)所示：P、Q在a點的合磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2，由幾何關(guān)系知：B2＝BP＝B0，并且B2方向豎

19、直向上．可得a點處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為：B＝＝B0. 【答案】C 11．(2017·全國卷Ⅲ)如圖，空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場．在x≥0區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B0；x<0區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為λB0(常數(shù)λ>1)．一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子以速度v0從坐標(biāo)原點O沿x軸正向射入磁場，此時開始計時，當(dāng)粒子的速度方向再次沿x軸正向時，求：(不計重力) (1)粒子運動的時間； (2)粒子與O點間的距離． 【解析】(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力．設(shè)在x≥0區(qū)域，粒子做勻速圓周運動的半徑為R1，周期為T1則 qv0B0＝　① T

20、1＝　② 由①②可得 T1＝?、? 設(shè)在x<0區(qū)域，粒子做勻速圓周運動的半徑為R2，周期為T2則 qv0λB0＝?、? T2＝?、? 由④⑤可得 T2＝　⑥ 粒子運動的軌跡如圖所示，在兩磁場中運動的時間分別為二分之一周期 故運動時間為 t＝T1＋T2?、? 由③⑥⑦可得 t＝?、? (2)如圖所示，粒子與O點間的距離為在兩磁場中圓周運動的直徑之差，即距離為 d＝2R1－2R2　⑨ 由①④可得 R1＝?、? R2＝　? 由⑨⑩?可得 d＝ 12．(2017·天津)平面直角坐標(biāo)系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場，第Ⅲ象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，

21、如圖所示．一帶負(fù)電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動，Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍．粒子從坐標(biāo)原點O離開電場進(jìn)入磁場，最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等．不計粒子重力，問： (1)粒子到達(dá)O點時速度的大小和方向； (2)電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比． 【解析】(1)粒子在電場中由Q到O做類平拋運動，設(shè)O點速度v與＋x方向夾角為α，Q點到x軸的距離為L，到y(tǒng)軸的距離為2L，粒子的加速度為a，運動時間為t，根據(jù)類平拋運動的規(guī)律，有： x方向： 2L＝v0t y方向： L＝at2 粒子到達(dá)O點時沿y軸方向的分速度為： vy＝at

22、又： tan α＝ 解得： tan α＝1，即α＝45°，粒子到達(dá)O點時速度方向與x軸方向的夾角為45°角斜向上． 粒子到達(dá)O點時的速度大小為v＝＝v0 (2)設(shè)電場強(qiáng)度為E，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子在電場中受到的電場力為F，粒子在電場中運動的加速度： a＝ 設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粒子做勻速圓周運動的半徑為R，洛倫茲力提供向心力，有：qvB＝m 根據(jù)幾何關(guān)系可知：R＝L 整理可得： ＝ 13．(2017·江蘇)如圖所示，兩個單匝線圈a、b的半徑分別為r和2r.圓形勻強(qiáng)磁場B的邊緣恰好與a線圈重合，則穿過a、b兩線圈的磁通量之比為(　　) A．1∶1 B．1∶2 C

23、．1∶4 D．4∶1 【解析】根據(jù)磁通量的定義，當(dāng)B垂直于S時，穿過線圈的磁通量為Φ＝BS，其中S為有磁感線穿過區(qū)域的面積，所以圖中a、b兩線圈的磁通量相等，所以A正確；BCD錯誤． 【答案】A 14．(2017·江蘇)一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖所示．大量的甲、乙兩種離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為0，經(jīng)過加速后，通過寬為L的狹縫MN沿著與磁場垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，最后打到照相底片上．已知甲、乙兩種離子的電荷量均為＋q，質(zhì)量分別為2m和m，圖中虛線為經(jīng)過狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運動軌跡．不考慮離子間的相互作用． (1)求甲種離子打在底片上的

24、位置到N點的最小距離x； (2)在答題卡的圖中用斜線標(biāo)出磁場中甲種離子經(jīng)過的區(qū)域，并求該區(qū)域最窄處的寬度d； (3)若考慮加速電壓有波動，在(U0－ΔU)到(U0＋ΔU)之間變化，要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊，求狹縫寬度L滿足的條件． 【解析】(1)設(shè)甲種離子在磁場中的運動半徑為r1 電場加速qU0＝×2mv2，且qvB＝2m， 解得r1＝ 根據(jù)幾何關(guān)系x＝2r1－L，解得x＝－L (2)(見圖) 最窄處位于過兩虛線交點的垂線上 d＝r1－ 解得d＝－ (3)設(shè)乙種離子在磁場中的運動半徑為r2 r1的最小半徑r1min＝ r2的最大半徑r2max＝ 由題意知

25、2r1min－2r2max>L， 即－>L 解得L<[2－] 15．(2017·北京)在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，一個靜止的放射性原子核發(fā)生了一次α衰變．放射出的α粒子(He)在與磁場垂直的平面內(nèi)做圓周運動，其軌道半徑為R.以m、q分別表示α粒子的質(zhì)量和電荷量． (1)放射性原子核用 X表示，新核的元素符號用Y表示，寫出該α衰變的核反應(yīng)方程． (2)α粒子的圓周運動可以等效成一個環(huán)形電流，求圓周運動的周期和環(huán)形電流大?。? (3)設(shè)該衰變過程釋放的核能都轉(zhuǎn)化為α粒子和新核的動能，新核的質(zhì)量為M，求衰變過程的質(zhì)量虧損Δm. 【解析】(1)根據(jù)核反應(yīng)中質(zhì)量數(shù)與電荷數(shù)守恒可知，該α衰變的核反應(yīng)方程為X→Y＋He (2)設(shè)α粒子在磁場中做圓周運動的速度大小為v，由洛倫茲力提供向心力有qvB＝m 根據(jù)圓周運動的參量關(guān)系有T＝ 得α粒子在磁場中運動的周期T＝ 根據(jù)電流強(qiáng)度定義式，可得環(huán)形電流大小為I＝＝ (3)由qvB＝m，得v＝ 設(shè)衰變后新核Y的速度大小為v′，核反應(yīng)前后系統(tǒng)動量守恒，有Mv′－mv＝0 可得v′＝＝ 根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程和能量守恒定律有 Δmc2＝Mv′2＋mv2 解得Δm＝ 說明：若利用M＝m解答，亦可． - 14 -