A. | 僅將交流電源的電壓變?yōu)樵瓉?lái)的$\frac{1}{2}$ | |
B. | 僅將磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉?lái)的$\frac{1}{2}$ | |
C. | 僅將D盒的半徑變?yōu)樵瓉?lái)的$\sqrt{2}$倍 | |
D. | 僅將交流電源的周期變?yōu)樵瓉?lái)的2倍 |
分析 粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng),設(shè)粒子的最大速度為vm,對(duì)應(yīng)著粒子的最大運(yùn)動(dòng)半徑即R,洛倫茲力提供向心力,然后結(jié)合$T=\frac{2πr}{v}$即可求出周期;同時(shí)結(jié)合洛倫茲力提供向心力即可求出粒子的最大動(dòng)能;質(zhì)子在每一個(gè)周期內(nèi)兩次經(jīng)過(guò)電場(chǎng),即每一個(gè)周期內(nèi)電場(chǎng)對(duì)質(zhì)子加速兩次,根據(jù)動(dòng)能定理求出質(zhì)子加速的次數(shù),然后結(jié)合最大動(dòng)能即可求出粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間表達(dá)式,最后由時(shí)間的表達(dá)式討論即可.
解答 解:設(shè)粒子的最大速度為vm,對(duì)應(yīng)著粒子的最大運(yùn)動(dòng)半徑即R,則:$q{v}_{m}B=\frac{m{v}_{m}^{2}}{R}$,
解得:vm=$\frac{qBR}{m}$,
根據(jù)T=$\frac{2πR}{{v}_{m}}$
得:T=$\frac{2πm}{qB}$
最大動(dòng)能為:EKm=$\frac{1}{2}m{v}_{m}^{2}$=$\frac{1}{2}×m×(\frac{qBR}{m})^{2}$=$\frac{{q}^{2}{B}^{2}{R}^{2}}{2m}$.
質(zhì)子在每一個(gè)周期內(nèi)兩次經(jīng)過(guò)電場(chǎng),即每一個(gè)周期內(nèi)電場(chǎng)對(duì)質(zhì)子加速兩次,設(shè)需要經(jīng)過(guò)n次加速粒質(zhì)子的動(dòng)能達(dá)到最大,則:
$n•qU=\frac{{q}^{2}{B}^{2}{R}^{2}}{2m}$
所以質(zhì)子在D型盒內(nèi)運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間:t=$\frac{n}{2}•T$
聯(lián)立方程得:t=$\frac{π{R}^{2}B}{2U}$
A、由時(shí)間t的表達(dá)式可知,僅將交流電源的電壓變?yōu)樵瓉?lái)的$\frac{1}{2}$,粒子在D型盒內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間增大為原來(lái)的2倍.故A正確;
B、僅將磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉?lái)的$\frac{1}{2}$,則粒子在D型盒內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間增大為原來(lái)的$\frac{1}{2}$倍.故B錯(cuò)誤;
C、僅將D盒的半徑變?yōu)樵瓉?lái)的$\sqrt{2}$倍;粒子在D型盒內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間增大為原來(lái)的2倍.故C正確;
D、僅將交流電源的周期變?yōu)樵瓉?lái)的2倍,則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的后進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)加速一次后將再做減速運(yùn)動(dòng),依此類(lèi)推,所以不能使粒子始終加速.故D錯(cuò)誤.
故選:AC
點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵知道回旋加速器運(yùn)用電場(chǎng)加速,磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)來(lái)加速帶電粒子,但要注意粒子射出的速度與加速電壓無(wú)關(guān),與磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和D型盒半徑有關(guān).
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A. | 彈簧處于拉伸狀態(tài),彈簧的彈力大小為$\frac{\sqrt{3}}{3}$mg | |
B. | 彈簧處于壓縮狀態(tài),彈簧的彈力大小為$\frac{\sqrt{3}}{3}$mg | |
C. | 彈簧處于壓縮狀態(tài),彈簧的彈力大小為$\frac{mg}{2}$ | |
D. | 彈簧處于拉伸狀態(tài),彈簧的彈力大小為$\frac{mg}{2}$ |
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A. | 勻速上升 | B. | 勻速下降 | C. | 加速下降 | D. | 減速下降 |
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