（3）ce和de间线圈的匝数比为4：3。

【点评】掌握原副线圈的电压之比等于匝数比，输入功率等于输出功率，就能顺利解决此题。

16．（16分）如图所示，长为L、内壁光滑的直管与水平地面成30°角固定放置。将一质量为m的小球固定在管底，用一轻质光滑细线将小球与质量为M＝km的小物块相连，小物块悬挂于管口。现将小球释放，一段时间后，小物块落地静止不动，小球继续向上运动，通过管口的转向装置后做平抛运动，小球在转向过程中速率不变。（重力加速度为g）

（1）求小物块下落过程中的加速度大小；

（2）求小球从管口抛出时的速度大小；

【考点】1H：匀变速直线运动的公式；37：牛顿第二定律；43：平抛运动

【专题】16：压轴题．

【分析】开始时小球沿斜面向上做匀加速，小物块向下也做匀加速，两者的加速度大小相等．对各自受力分析，运用牛顿第二定律列出等式，解出方程．

小物块落地静止不动，小球继续向上做匀减速运动，对其受力分析，运用牛顿第二定律解出此时的加速度（与前一阶段加速度不等），结合运动学公式求出小球从管口抛出时的速度大小．

运用平抛运动的规律表示出小球平抛运动的水平位移，利用数学知识证明问题．

【解答】解：（1）设细线中的张力为T，对小球和小物块各自受力分析：

根据牛顿第二定律得：

对M：Mg﹣T＝Ma

对m：T﹣mgsin30°＝ma

且M＝km

（2）设M落地时的速度大小为v，m射出管口时速度大小为v0，M落地后m的加速度为a0．

根据牛顿第二定律有：﹣mgsin30°＝ma0

对于m匀加速直线运动有：v2＝2aLsin30°

对于小物块落地静止不动，小球m继续向上做匀减速运动有：v2﹣v02＝2a0L（1﹣sin30°）

【点评】本题考查牛顿第二定律，匀加速运动的公式及平抛运动规律．

要注意第（2）问中要分M落地前和落地后两段计算，因为两段的m加速度不相等．

（1）若在t＝0时刻将该粒子从板内a孔处静止释放，求其第二次加速后从b孔射出时的动能；

（2）现在利用一根长为L的磁屏蔽管（磁屏蔽管置于磁场中时管内无磁场，忽略其对管外磁场的影响），使图1中实线轨迹（圆心为O）上运动的粒子从a孔正下方相距L处的c孔水平射出，请在答题卡图上的相应位置处画出磁屏蔽管；

（3）若将电压uab的频率提高为原来的2倍，该粒子应何时由板内a孔处静止开始加速，才能经多次加速后获得最大动能？最大动能是多少？

【考点】CK：质谱仪和回旋加速器的工作原理

【专题】16：压轴题；537：带电粒子在复合场中的运动专题．

【分析】（1）求第二次加速后从b孔射出时的动能只需知道加速时所对应的电压，故图2求电压即可．

（2）加入屏蔽管后粒子在屏蔽管中做匀速直线运动，离开屏蔽管后运动轨迹与原来的运动轨迹相似，只是向下平移了l．

所以图象中电压分别为50，46，42，38，…10，6，2，共13个

根据题图2可知，粒子第一次的加速电压u1＝U0

粒子射出时的动能 Ek2＝qu1+qu2

（2）因为磁屏蔽管使粒子匀速运动，可以将磁屏蔽管竖直放置，上端在与O等高的轨迹处，粒子向下运动L，出管后仍然做圆周运动，可到C点水平射出．磁屏蔽管的位置如图3所示．粒子运动的轨迹如图中红色线所示．

如图4（用Excel作图）设T0＝100，U0＝50，得到在四分之一周期内的电压随时间变化的图象

所以图象中电压分别为50，46，42，38，…10，6，2，共13个，

【点评】本题考查带电粒子在磁场中的圆周运动和在电场中的加速运动以及用数学解决物理问题的能力．关键是判断怎样才能得到最大动能即何时加速，加速电压多大．