题目内容
20．
1932年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器．回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直．在D盒中心A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为+q，在加速器中被加速，加速电压为U．（1）求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比；
（2）求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t．
分析 （1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据动能定理和洛伦兹力提供向心力求出轨道半径与加速电压的关系，从而求出轨道半径之比．
（2）通过D形盒的半径求出粒子的最大速度，结合动能定理求出加速的次数，一个周期内加速两次，从而得知在磁场中运动的周期次数，确定出粒子从静止开始加速到出口处所需的时间．
解答 解：（1）设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1，速度为v1
qU=$\frac{1}{2}$mv12
qv1B=m$\frac{{v}_{1}^{2}}{{r}_{1}}$
联立以上解得：r1=$\frac{1}{B}\sqrt{\frac{2mU}{q}}$
同理，粒子第2次经过狭缝后的半径r2=$\frac{1}{B}\sqrt{\frac{4mU}{q}}$
则 r1：r2=1：$\sqrt{2}$
（2）设粒子到出口处被加速了n圈，解得：2nqU=$\frac{1}{2}$mv2；
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
T=$\frac{2πm}{qB}$
t=nT
解上四个方程得：t=$\frac{πB{R}^{2}}{2U}$
答：（1）粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后的轨道半径之比为1：$\sqrt{2}$．
（2）粒子从静止开始加速到出口处所需的时间为$\frac{πB{R}^{2}}{2U}$．
点评 解决本题的关键掌握回旋加速器的原理，运用电场加速和磁场偏转，知道粒子在磁场中运动的周期与加速电场的变化周期相等．
练习册系列答案
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11．下列说法中正确的是（ ）
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| B． | 由μ=$\frac{f}{N}$可知，动摩擦因数与滑动摩擦力成正比，与正压力成反比 | |
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5．
从同一地点同时开始沿同一直线运动的两个物体I、II的速度图象如图所示，在0～t2时间内，下列说法中正确的是（ ）
从同一地点同时开始沿同一直线运动的两个物体I、II的速度图象如图所示，在0～t2时间内，下列说法中正确的是（ ）| A． | Ⅰ、Ⅱ两个物体在t1时刻相遇 | |
| B． | Ⅰ、Ⅱ两个物体的平均速度大小都是$\frac{{{v_1}+{v_2}}}{2}$ | |
| C． | Ⅰ、Ⅱ两个物体所受的合外力都在不断减小 | |
| D． | Ⅰ物体的加速度不断增大，Ⅱ物体的加速度不断减小 |
12．
如图所示，内壁光滑半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m的小球静止在轨道底部A点．现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动．当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点．已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2．设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则$\frac{{W}_{1}}{{W}_{2}}$的值可能是（ ）
如图所示，内壁光滑半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m的小球静止在轨道底部A点．现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动．当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点．已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2．设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则$\frac{{W}_{1}}{{W}_{2}}$的值可能是（ ）| A． | $\frac{1}{2}$ | B． | $\frac{2}{3}$ | C． | $\frac{3}{4}$ | D． | 1 |
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