《2025年资源库高中物理人教版》

例 451 [浙江选考]通过测量质子在磁场中的运动轨迹和打到探测板上的计数率(即打到探测板上质子数与衰变产生总质子数 $ N $ 的比值),可研究中子 $ ({^1_0n}) $ 的 $ \beta $ 衰变。中子衰变后转化成质子和电子,同时放出质量可视为零的反中微子 $ \overline{\nu}_e $。如图 1 - 18 - 30 所示,位于 $ P $ 点的静止中子经衰变可形成一个质子源,该质子源在纸面内各向均匀地发射 $ N $ 个质子。在 $ P $ 点下方放置有长度 $ L = 1.2\ m $ 以 $ O $ 为中点的探测板,$ P $ 点离探测板的垂直距离 $ OP $ 为 $ a $。在探测板的上方存在方向垂直纸面向里,磁感应强度大小为 $ B $ 的匀强磁场。已知电子质量 $ m_e = 9.1 × 10^{-31}\ kg = 0.51\ MeV/c^2 $,中子质量 $ m_n = 939.57\ MeV/c^2 $,质子质量 $ m_p = 938.27\ MeV/c^2 $($ c $ 为光速,不考虑粒子之间的相互作用)。若质子的动量 $ p = 4.8 × 10^{-21}\ kg \cdot m \cdot s^{-1} = 3 × 10^{-8}\ MeV \cdot s \cdot m^{-1} $,


(1)写出中子衰变的核反应式,求电子和反中微子的总动能(以 $ MeV $ 为能量单位)；
(2)当 $ a = 0.15\ m $,$ B = 0.1\ T $ 时,求计数率；
(3)若 $ a $ 取不同的值,可通过调节 $ B $ 的大小获得与(2)问中同样的计数率,求 $ B $ 与 $ a $ 的关系并给出 $ B $ 的取值范围。
【解析】(1)核反应方程满足质量数守恒和质子数守恒,$ {^1_0n \to ^1_1p + ^0_{-1}e + ^0_0\overline{\nu}_e} $,核反应过程中释放的能量 $ \Delta E_d = m_nc^2 - (m_pc^2 + m_ec^2) = 0.79\ MeV $,根据动量和动能关系可得质子的动能 $ E_{kp} = \frac{p^2}{2m_p} \approx 0.0432\ MeV $,则电子和反中微子的总动能为 $ E_e + E_{\overline{\nu}_e} = \Delta E_d - E_{kp} = 0.7468\ MeV $。
(2)质子运动半径 $ R = \frac{p}{eB} = 0.3\ m $,如图 1 - 18 - 31 所示,轨迹与 $ AB $ 相切时质子正好可打在探测板上,设质子发射时速度与竖直方向夹角为 $ \alpha $ 时在 $ O $ 点左侧相切,夹角为 $ \beta $ 时在 $ O $ 点右侧相切,根据几何关系知 $ \alpha = \beta = \frac{\pi}{6} $,则能够打在 $ AB $ 板上的质子发射夹角为 $ \pi + \alpha + \beta = \frac{4\pi}{3} $,可得质子计数率 $ \eta = \frac{\frac{4\pi}{3}}{2\pi} = \frac{2}{3} $。
(3)在确保计数率 $ \eta = \frac{2}{3} $ 的情况下 $ R' = 2a $,即 $ B = \frac{3}{200a}\ T $,如图 1 - 18 - 32 所示,恰能打到探测板左端时质子的轨迹半径为 $ R_{max} $,则由几何关系有 $ (2R_{max})^2 - (\frac{R_{max}}{2})^2 = (\frac{L}{2})^2 $,解得此时 $ B_{min} = \frac{\sqrt{15}}{40}\ T $,即 $ B \geq \frac{\sqrt{15}}{40}\ T $。
【答案】(1)$ {^1_0n \to ^1_1p + ^0_{-1}e + ^0_0\overline{\nu}_e} $ $ 0.7468\ MeV $ (2)$ \frac{2}{3} $ (3)$ B = \frac{3}{200a}\ T $ $ B \geq \frac{\sqrt{15}}{40}\ T $

答案：
(1)核反应式：${}_0^1n\to{}_1^1p+{}_{-1}^0e+{}_0^0\overline{\nu}_e$。
衰变释放的能量$\Delta E=(m_nc^2 - m_pc^2 - m_ec^2)=939.57\,MeV-(938.27+0.51)\,MeV=0.79\,MeV$。
质子动能$E_{k_p}=\frac{p^2}{2m_p}=\frac{(3×10^{-8}\,MeV\cdots/m)^2}{2×938.27\,MeV/c^2}\approx0.0432\,MeV$。
电子和反中微子总动能$E_e+E_{\overline{\nu}_e}=\Delta E - E_{k_p}=0.79\,MeV-0.0432\,MeV=0.7468\,MeV$。
(2)质子运动半径$R=\frac{p}{eB}=\frac{3×10^{-8}\,MeV\cdots/m}{1.6×10^{-19}\,C×0.1\,T}=0.3\,m$。
由几何关系，轨迹与探测板相切时夹角$\alpha=\beta=\frac{\pi}{6}$，能打到板上的质子发射角度范围为$\pi+\alpha+\beta=\frac{4\pi}{3}$。
计数率$\eta=\frac{\frac{4\pi}{3}}{2\pi}=\frac{2}{3}$。
(3)要保持计数率$\eta=\frac{2}{3}$，需$R=2a$，则$B=\frac{p}{e\cdot2a}=\frac{3}{200a}\,T$。
当质子轨迹恰打在探测板两端时，由几何关系$(2R_{max})^2-\left(\frac{R_{max}}{2}\right)^2=\left(\frac{L}{2}\right)^2$，解得$R_{max}=\frac{\sqrt{15}}{25}\,m$，则$B_{min}=\frac{p}{eR_{max}}=\frac{\sqrt{15}}{40}\,T$，故$B\geq\frac{\sqrt{15}}{40}\,T$。
答案
(1)${}_0^1n\to{}_1^1p+{}_{-1}^0e+{}_0^0\overline{\nu}_e$，$0.7468\,MeV$
(2)$\frac{2}{3}$
(3)$B=\frac{3}{200a}\,T$，$B\geq\frac{\sqrt{15}}{40}\,T$

例 452 [全国甲 2023·20]光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场,筒上 $ P $ 点开有一个小孔,过 $ P $ 的横截面是以 $ O $ 为圆心的圆,如图 1 - 18 - 33 所示。一带电粒子从 $ P $ 点沿 $ PO $ 射入,然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间,速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变,沿法线方向的分量大小不变、方向相反；电荷量不变。不计重力。下列说法正确的是(BD)

A.粒子的运动轨迹可能通过圆心 $ O $
B.最少经 2 次碰撞,粒子就可能从小孔射出

C.射入小孔时粒子的速度越大,在圆内运动时间越短
D.每次碰撞后瞬间,粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心 $ O $ 的连线
【解析】假设粒子带正电,粒子正对圆心进入磁场区域,以 $ O_1 $ 为圆心做匀速圆周运动,到达圆上 $ A $ 点,则 $ OO_1 \perp AP $,由几何关系可知 $ O_1A \perp OA $,所以粒子与圆筒壁碰撞时速度方向沿半径方向,与筒壁碰撞后瞬间,速度方向依然沿半径方向,即粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心 $ O $ 的连线,其轨迹关于 $ O $ 点对称,故粒子的运动轨迹一定不过圆心,A 错误,D 正确；由于粒子不可能在磁场中做直线运动,则粒子至少经过两次碰撞后,才有可能从小孔射出,B 正确；设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为 $ r $,且粒子在圆内做 $ n $ 段运动从 $ P $ 点离开,圆筒的半径为 $ R $,$ \angle PO_1A = 2\theta $,由几何关系有 $ \tan \theta = \frac{R}{r} $,粒子在磁场中做匀速圆周运动,有 $ qvB = \frac{mv^2}{r} $,解得 $ r = \frac{mv}{qB} $,粒子在磁场中运动的时间 $ t = n \cdot \frac{2\theta}{2\pi}T = \frac{2\pi n}{ \pi - 2\theta} \cdot \frac{2\theta}{2\pi} \cdot \frac{2\pi m}{qB} = \frac{2\pi mn}{qB(\frac{\pi}{\theta} - 1)} $,由于 $ n $ 无法确定,则粒子在圆筒内绕过的圈数 $ N $ 无法确定,则粒子在圆筒内运动的时间无法确定,C 错误。



【答案】BD

答案： BD