高考物理速度选择器和回旋加速器真题汇编

1、高考物理速度选择器和回旋加速器真题汇编一、速度选择器和回旋加速器1 .如图所示，半径为 R的圆与正方形abcd相内切，在ab、dc边放置两带电平行金属板， 在板间形成匀强电场，且在圆内有垂直纸面向里的匀强磁场.一质量为m、带电荷量为+q的粒子从ad边中点Oi沿OiO方向以速度V0射入，恰沿直线通过圆形磁场区域，并从 bc 边中点。2飞出.若撤去磁场而保留电场，粒子仍从Oi点以相同速度射入，则粒子恰好打到某极板边缘.不计粒子重力.(1)求两极板间电压 U的大小(2)若撤去电场而保留磁场，粒子从O1点以不同速度射入，要使粒子能打到极板上，求粒子入射速度的范围.2(1)成q,2 12 v0【解析】试

2、题分析:(1)由粒子的电性和偏转方向，确定电场强度的方向，从而就确定了两板电势的高低；再根据类平抛运动的规律求出两板间的电压.(2)先根据有两种场均存在时做直线运动的过程，求出磁感应强度的大小，当撤去电场后，粒子做匀速圆周运动，要使粒子打到板上，由几何关系求出最大半径和最小半径, 大的速度和最小速度.从而由洛仑兹力提供向心力就能得出最(1)无磁场时，粒子在电场中做类平抛运动,根据类平抛运动的规律有:R 2at2qU2R vot a q' 2Rm解得：U2mV。(2)由于粒子开始时在电磁场中沿直线通过撤去电场保留磁场粒子将向上偏转，若打到U,则有：qvoB q2Ra点，如图甲图：由几何关

3、系有：r 2r R2由洛伦兹力提供向心力有：qv1B m%r若打到b点，如图乙所示:由几何关系有： r R 2R2由洛伦兹力提供向心力有：qv2B mv2r解得：v2222 .如图，正方形 ABCD区域内存在着竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场， 已知该区域的边长为 L。一个带电粒子（不计重力）从 AD中点以速度v水平飞入，恰能 匀速通过该场区；若仅撤去该区域内的磁场，使该粒子以同样的速度v从AD中点飞入场区，最后恰能从 C点飞出；若仅撤去该区域内的电场，该带电粒子仍从AD中点以相同的速度v进入场区，求：（1）该粒子最后飞出场区的位置；（2）仅存电场与仅存磁场的两种情况下，带电粒子飞出

4、场区时速度偏向角之比是多少？【答案】（1）AB连线上距离.一33A 点L 处，（2）7。(1)电场、磁场共存时，粒子匀速通过可得：qEqvB仅有电场时，粒子水平方向匀速运动:vt竖直方向匀加速直线运动:联立方程得:仅有磁场时:根据几何关系可得:qvBqEt2qEL2mv第K设粒子从M点飞出磁场，由几何关系: AM=JR2=-3lL245tan所以粒子离开的位置在 AB连线上距离 A点置L处;(2)仅有电场时，设飞出时速度偏角为“，末速度反向延长线过水平位移中点:L2 1L2解得:仅有磁场时，设飞出时速度偏角为3：AM tan3OA60径R为0.1m、圆心为O的圆形区域内也存在匀强磁场，磁感应强

5、度大小为垂直于纸面向里。一质量为m=10-26kg带正电的微粒沿平行于金属板面，从场的方向射入平行金属板之间，沿直线射出平行金属板之间的区域，并沿直径入圆形磁场区域，最后从圆形区域边界上的重力。求：(1)微粒速度v的大小；(2)微粒的电量q；(3)微粒在圆形磁场区域中运动时间,F点射出。已知速度的偏转角B=，3t,方向 3A点垂直于磁CD方向射60° ,不计微粒to解得: 所以偏转角之比:3 .如图所示，有一对平行金属板，两板相距为 0.05m。电压为10V;两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为 B0=0.1T,方向与金属板面平行并垂直于纸面向里。图中右边有一半10 4_2.3【答案

6、】(1) 2000m/s (2) 2X10-22C (3)【解析】【详解】(1)在正交场中运动时:B°q可解得:v= 2000m/s(2)偏转角60°则轨迹对应的圆心角 60°,轨迹半径r，3r2vBqv m一 rmvq后解得:q=2X 10-22C(3)根据T则Bq60o360oT J2.34 .如图所示为一速度选择器，也称为滤速器的原理图.K为电子枪，由枪中沿 KA方向射出的电子，速度大小不一.当电子通过方向互相垂直的均匀电场和磁场后，只有一定速率的电子能沿直线前进，并通过小孔S.设产生匀强电场的平行板间的电压为300 V,间距为5 cm,垂直纸面的匀强磁场的

7、磁感应强度为0. 06 T,问：O -(1)磁场的方向应该垂直纸面向里还是垂直纸面向外？(2)速度为多大的电子才能通过小孔S?【答案】(1)磁场方向垂直纸面向里(2) 1xi0m/s【解析】【分析】【详解】(1)由题图可知，平行板产生的电场强度E方向向下.带负电的电子受到的静电力Fe=eE,方向向上.若没有磁场，电子束将向上偏转，为了使电子能够穿过小孔S,所加的磁场施于电子束的洛伦兹力必须是向下的，根据左手定则分析得出，B的方向垂直于纸面向里.(2)能够通过小孔的电子，其速率满足evB=eE解得：v=巨B又因为E=d所以 v=乜一=1 x 10m/sBd即只有速率为1 x 10m/s的电子才可

8、以通过小孔 S 5.如图所示，A、B两水平放置的金属板板间电压为 U(U的大小、板间的场强方向均可调 节)，在靠近A板的S点处有一粒子源能释放初速度为零的不同种带电粒子，这些粒子经A、B板间的电场加速后从 B板上的小孔竖直向上飞出，进入竖直放置的C D板间，C D板间存在正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场的方向水平向右，大小为E,匀强磁场的方向水平向里，大小为 Bio其中一些粒子能沿图中虚线做直线运动到达上方竖直圆上的a点，圆内存在磁感应强度大小为b2、方向水平向里的匀强磁场。其中S、a、圆心O点在同一竖直线上。不计粒子的重力和粒子之间的作用力。求：(1)能到达a点的粒子速度v的大小；(2)若

9、e、f两粒子带不同种电荷，它们的比荷之比为1 ： 3,都能到达a点，则对应 A B两金属板间的加速电压 Ui : U2的绝对值大小为多大；(3)在满足(2)中的条件下，若e粒子的比荷为k,e、f两粒子在磁场圆中射出的两位置恰好在圆形磁场的同一条直径上，则两粒子在磁场圆中运动的时间差t为多少？心痴 4. 【答案】(1) v E； (2) Ui：U2 3:1; (3) t ti t2 Bi9 kB2【解析】【详解】解：(1)能达到a点的粒子速度设为 v,说明在C、D板间做匀速直线运动，有：qvB1 qE解得：vEB1(2)由题意得e、f两粒子经A、B板间的电压加速后，速度都应该为v,根据动能定理得

10、:1 2qU mv 2它们的比荷之比：-qe：-qf- 1:3 me mf得出：U1: U2 3:1(3)设磁场圆的半径为 R, e、f粒子进入磁场圆做圆周运动2对 e 粒子：q1VB 2 m1 一2，I、v对 f 粒子：q2vB2 m2 一2r13解得：一一21e、f两粒子在磁场圆中射出的两位置恰好在同一条直径上，说明两粒子的偏转角之和为 180°, e、f两粒子的轨迹图如图所示，由几何关系有：tan 0R1tan 0 R29 a 90°联立解得：0 30°, a 60°e、f两粒子进入磁场圆做匀速圆周运动的周期满足:2 <1T1v2 <2

11、龌. £1memf1:3在磁场中运动的时间:t12 9°360T1t22 a360°T2t t2两粒子在磁场中运动的时间差为：At t1 t2 9kB 26.如图所示，两竖直金属板间电压为5,两水平金属板的间距为 d.竖直金属板a上有质量为m、电荷量为q的微粒（重力不计）从静止经电场加速后，从另一竖直金属板上的小孔水平进入两水平金属板间并继续沿直线运动.水平金属板内的匀强磁场及其右侧宽度定、高度足够高的匀强磁场方向都垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B,求:(1)微粒刚进入水平金属板间时的速度大小V0 ；(2)两水平金属板间的电压；(3)为使微粒不从磁场右边界射出，

12、右侧磁场的最小宽度D.【答案】 V0、2qUl (2) U Bd. 2qU1(3) D m ,2qU1mmBq v m(1)粒子在电场中加速，根据动能定理可求得微粒进入平行金属板间的速度大小；(2)根据粒子在平行板间做直线运动可知，电场力与洛伦兹力大小相等，列式可求得电压 大小；D之间的关系，再由洛伦(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知半径与 兹充当向心力可求得最小宽度.【详解】(1)在加速电场中，由动能定理，得12qU1= - mvo ,解得vo=但爪.m(2)在水平金属板间时，微粒做直线运动，则Bqvo= q,解得 U=Bd J23Ul，m(3)若微粒进入磁场偏转后恰与右边界

13、相切，此时对应宽度为D,则2Bqvo= m 凶且 r= D,题考查带电粒子在电场和磁场中的运动，要注意明确带电粒子在磁场中运动时注意几何关 系的应用，明确向心力公式的应用；而带电粒子在电场中的运动要注意根据功能关系以及运动的合成和分解规律求解.7.回旋加速器D形盒中央为质子流，D形盒的交流电压为 U=2X 104v,静止质子经电场 加速后，进入 D形盒，其最大轨道半径 R= 1m,磁场的磁感应强度 B=0.5T,质子的质量 为 1.67X 10-27kg,电量为 1.6X10-19C,问：(1)质子最初进入 D形盒的动能多大？(2)质子经回旋加速器最后得到的动能多大？(3)交流电源的频率是多少

14、？【答案】(1)3.2 10 15J; (2)1.9 10 12J; (3) 7.6 106Hz.【解析】【分析】【详解】(1)粒子在第一次进入电场中被加速，则质子最初进入Ek1Uq104 1.6D形盒的动能10 19J 3.2 10 15J(2)根据qvB2 v m一R得粒子出D形盒时的速度为vmqBRm则粒子出D形盒时的动能为12Ekm二 mvm22 2 2qBR2m(1.619、22,210 )0.5112)27J 1.9 10 12J2 1.67 10(3)粒子在磁场中运行周期为因一直处于加速状态，则粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，即为t2qf那么交变电源的频率为1.6 1

15、0 19 0.52 3.14 1.67 1027Hz 7.6 106Hz8.回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于高真空中的 小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。磁感应强度为D形金属盒半径为 R,两盒间距很B0的匀强磁场与盒面垂直。在下极板的圆心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u2 m随时间的变化关系如图乙所示 T O加速过程中不考虑相对论效应和变化电场对磁 qBo场分布的影响。(i)粒子开始从静止被加速，估算该离子离开加速器时获得的动能国；(2)调节交流电的电压，先后两次的电压比为1:2,则粒子在加速器中的运动时间之比为多少？(3)带电粒子在磁场中做圆周

16、运动的圆心并不是金属盒的圆心O,而且在不断的变动。设第一次加速后做圆周运动的圆心 Oi到O的距离为xi,第二次加速后做圆周运动的圆心6到O的距离为X2,这二个距离平均值约为最后从加速器射出时圆周运动的圆心位置x,求x的值，并说明出口处为什么在 A的左边；(4)实际使用中，磁感应强度 B会出现波动，若在1=：时粒子第一次被加速，要实现连续n次加速，求B可波动的最大范围。甲乙nqU02m【答案】0)(qB0R).化)2:1； (3) 0.7931 J2mUo ;第一次圆周运动的圆心在A点的2mB . q左边，最后一次圆周运动与左边相切，所以出口在A点的左边；(4) 2( n1)B0 B 2n &q

17、uot; B0, n=2、32n 12n 3【解析】【分析】根据回旋加速器原理，粒子在电场中加速，在磁场中偏转，根据轨道半径与运动周期可求运动动能及运动时间，若磁场出现波动，求出磁感强度的最大值和最小值，从而确定磁感强度的范围。(1)圆周运动的最大半径约为qvBo2 v m一REk1 2一 mv2离子离开加速器时获得的动能_ _ 2(qB°R)2m(2)设加速n次(qB°R)2运动时间之比2mUo2+ TBoR2t n-2 2UotiU 02U 01(3)设第一、二次圆周运动的半径为1和r2qUo1 :mv( 2可得1Boq2mU02rimv11-qBoX2x1 x2X 2

18、322r1, 2ri1 0.793Bo2mU0A点的第一次圆周运动的圆心在 A点的左边，最后一次圆周运动与左边相切，所以出口在 左边。(4)设磁感应强度偏小时为B1，圆周运动的周期为 T1T1 TT(n 1)(二)2 24Ti2n-1 T2(n-1)解得B1 UR2n 1设磁感应强度偏大时为 B2,圆周运动的周期为 T2(n 12n 3 T2(n 1)解得因此B22(n 1)2n 3Bo2(n 1)2(n 1)-B0 B -B0, n=2、32n 12n 39.如图所示为回旋加速器的结构示意图，匀强磁场的方向垂直于半圆型且中空的金属盒D1和D2,磁感应强度为 B,金属盒的半径为 R,两盒之间有

19、一狭缝，其间距为d,且R? d,两盒间电压为 U。A处的粒子源可释放初速度不计的带电粒子，粒子在两盒之间被加速后进入D1盒中，经半个圆周之后再次到达两盒间的狭缝。通过电源正负极的交替变化，可使带电粒子经两盒间电场多次加速后获得足够高的能量。已知带电粒子的质量为m、电荷量为+q。(1)不考虑加速过程中的相对论效应和重力的影响。求粒子可获得的最大动能Ekm；若粒子第1次进入D1盒在其中的轨道半径为 1,粒子第2次进入D1盒在其中的轨道半 径为2,求1与2之比；求粒子在电场中加速的总时间t1与粒子在D形盒中回旋的总时间t2的比值，并由此分析：计算粒子在回旋加速器中运动的时间时，t1与t2哪个可以忽略

20、？(假设粒子在电场中的加速次数等于在磁场中回旋半周的次数)；(2)实验发现：通过该回旋加速器加速的带电粒子能量达到2530MeV后，就很难再加速了。这是由于速度足够大时，相对论效应开始显现，粒子的质量随着速度的增加而增大。1)结合这一现象，分析在粒子获得较高能量后，为何加速器不能继续使粒子加速了。_ q2B2R21 2d；，t1可以忽略；(2)见解析2m 3 R(1) 粒子离开回旋加速器前，做的还是圆周运动，由洛仑兹力提供向心力，根据牛顿 第二定律可得2 v qVmB m R解得设带电粒子在两盒间加速的次数为在电场中有第一次进入Di盒中N=1 ,第二次进入带电粒子在电场中的加速度为所以带电粒子

21、在电场中的加速总时间为设粒子在磁场中回旋的圈数为带电粒子回旋一圈的时间为EkmEkmi 22mvmq2B2R22mN ,在磁场中有qvBNqUDi盒中tiriqEmvma2 v m ri 2一 mv2N=3,可得1,3n,由动能定理得2nqU所以带电粒子在磁场中回旋的总时间为qumdBdRi 2 mvm22 mqBtBR2t2 nT2Uti2dR已知R> >d可知tit2,所以G可以忽略。(2)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动周期为qB对一定的带电粒子和一定的磁场来说，这个周期是不变的。如果在两盒间加一个同样周期 的交变电场，就可以保证粒子每次经过电场时都能被加速，当粒子的速度足够大

22、时，由于 相对论效应，粒子的质量随速度的增加而增大，质量的增加会导致粒子在磁场中的回旋周期变大，从而破坏了与电场变化周期的同步，导致无法继续加速。10 .在近代物理实验中，常用回旋加速器加速得到高速粒子流.回旋加速器的结构如图所示，Di、D2是相距很近的两个处于匀强磁场中的半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源，A处的粒子源产生的带电粒子在两盒之间被电场加速.设带电粒子质量为 m,电量为 q,匀强磁场磁感应强度为 B, D形盒的最大半径为 R,两个D形盒之间的距离为 d, d远 小于R, D形盒之间所加交变电压大小为U.不计粒子的初速度及运动过程中质量的变化，求：(接交添电源(/>(1)

23、所加交变电压的周期 T；(2)带电粒子离开 D形盒时的动能 Rm；(3)带电粒子在回旋加速器磁场中运动的时间ti及在两D形盒间电场中运动的时间 t2,并证明粒子在电场中运动的时间可以忽略不计.【答案】(1)第 (2) 2m (3)见解析2nmT =得【解析】(1)带电粒子在磁场中运动半周的时间与交变电压的半个周期相等,(2)带电粒子离开D形盒时的轨迹半径为 R,由圆周运动的规律得 qRB V =解得：1d/屏Ekm =产= 带电粒子离开D形盒时的动能 12m(3)设带电粒子在电场中加速的次数为n,有叫g5叫 n =解得： 2mp又因为带电粒子在磁场中运动的周期所以带电粒子在磁场中运动的时间MR

24、*解得：1带电粒子在电场中的运动可看成匀加速直线运动，得其中所以带电粒子在电场中运动的时间v=atBRdt7-U2d7TR因为d远小于R,有t2远小于ti,所以带电粒子在电场中运动的时间可以忽略.【点睛】此题关键是知道回旋加速器的工作原理，知道电场的周期等于粒子在磁场中的周期，当粒子的半径等于D型盒的半径时，粒子的速度最大，能量最大.11 .回旋加速器是高能物理研究重要仪器.回旋加速器由两半径为 R的D形金属盒组成，盒内存在垂直盒面的匀强磁场，磁感应强度为B,两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间丁 2 m可以忽略不计.两盒间加上如图乙所示的交变电压，幅值为U0,周期为To ,在t=0Boq时刻

25、，A处质量为m、电荷量为+q的粒子从静止开始加速.不计粒子间相互作用和重力.一(Zu(1)求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t;(2)以发射点A为坐标原点，向左为正方向建立x轴，如图所示，第 n次加速后进入磁场做圆周运动时的圆心在 x轴上的位置应如何表示 ？(3)若磁感应强度的取值有微小波动，其值为B应满足什么条件？B'时，若粒子仍至少要连续加速n次，则【答案】(1) t票(2) n为偶数时2U 02U0m2U0m(i.2 .3、,4L Vn1 Vn) , n为奇数时,'一 nB2U0m2U0m(1、,2,3、,4鲁B0L L . n-2/厂1) (3)NBoIUB 2n

26、1 【解析】 【详解】Vm.对应圆周运动的最大半径为R.其(1)粒子经电场加速后，在磁场中运动的最大速度为 中mVmB°qVmBoqR最大动能为Ekm1一 mv2B；q2R22m每旋转一圈加速两次，设旋转2 2 2Boq R2m2NU°qN典4mU0因此在磁场中运动的时间为2NT。BoR2 2Uo(2)第一次圆周运动的圆心坐标为Ximv1Bq其中qUomv1 22UoqVim第二次圆周运动的圆心坐标为mv2X2Bq2mv2Bq2 mMBq 2mv1Bq第三次圆周运动的圆心坐标为mv3X3Bq第n次圆周运动的圆心坐标为2mv2Bq2mvBq,3mv1Bq2mv1,二1(1 ,

27、 2)Bqn为偶数时Xn一 nm»Bq2mM(1Bq、:nBn为奇数时mv1 2ml234 lln2n-1)Bq Bq用 2U0m 2 30m(1 J2 . 34 L L ，力.此)B q B q(3)若磁感应强度减小，则周期增加，设周期变为ToT为使连续加速n次，则T n Ton,24T,通2n要求2 m 2n 1,ToBq 2n有B0庞B 2 B02n 1若磁场增大，则周期减小，设周期变为T0T为使连续加速n次，则n五;4，要求2 m 2n 1ToBq 2n则有B0蒯B -n- B02n 1因此有2n Bof te 2 Bo2n 1 2n 112 .回旋加速器是利用磁场和电场共同

28、作用对带电粒子进行加速的仪器。现在有一个研究小组对回旋加速器进行研究。研究小组成员分工合作，测量了真空中的D形盒的半径为R,磁感应强度方向垂直加速器向里，大小为B1,要加速粒子的电荷量为 q,质量为m,电场的电压大小为 U。帮助小组成员完成下列计算：(1)本回旋加速器能将电荷加速到的最大速度是？(2)求要达到最大速度，粒子要经过多少次电场加速？(3)研究小组成员根据磁场中电荷偏转的规律设计了如图乙的引出装置。在原有回旋加速器外面加装一个圆环，在这个圆环区内加垂直加速器向里的磁场B2,让带电粒子在加速器/x X X X 处Hin甲Cr 2 f 2【答案】 Vm qBR； (2) n qBR；(3

29、) B2m2Um【解析】 【详解】(1)粒子在磁场中运动时满足： 2cVqvB( m一 r当被加速的速度达到取大时满足：r=R则解得qB1RVm m(2)粒子在电场中被加速，每次经过电场时得到的能量为2B1R 2R dUq,则:边缘恰好能偏转至圆环区域外边缘加以引导。求圆环区域所加磁场的磁感应强度B2?12nUq mvm解得_ 2 _2qB1 Rn 2Um(3)由左手定则可知，粒子带负电；要想使得带电粒子在加速器边缘恰好能偏转至圆环区 域外边缘，则粒子运动的轨道半径1 .、ri -(2R d)；2由2vmqVmB2 mri解得B22B1R2R d13. 1932年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加

30、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.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.加速过程中不考虑相对论效应和重力作用.(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 ;(3)实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制.若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为Bm、fm,试讨论粒子能获得的最大动能Eh._22 22【答案】(1)J2：1(2)-BR-(3)当

31、fBmfm 时，EKm=qBmR ；当fBmfm 时,2U2m222EKm= 2 mfm R【解析】【分析】(1)狭缝中加速时根据动能定理，可求出加速后的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力, 推出半径表达式；2n次，整体运用动能定理，再与洛伦兹力fm对应加速电场可提供的最大频率,(2)假设粒子运动 n圈后到达出口，则加速了 提供向心力，粒子运动的固有周期公式联立求解；(3) Bm对应粒子在磁场中运动可提供的最大频率,选两者较小者，作为其共同频率，然后求此频率下的最大动能. 【详解】(1)设粒子第1次经过狭缝后的半径为 ri,速度为vi2qU=mvi2Vqvi B=m rl解得臼斗当磁场感应强度为

32、 Bm时，加速电场的频率应为qBm2nm当fBmWm时，粒子的最大动能由Bm决定解得E4. 2m当fBm>m时，粒子的最大动能由fm决定vm=2兀mR解得四面11二2元同理，粒子第2次经过狭缝后的半径则 rr1.(2)设粒子到出口处被加速了n圈122nqU=mv2 qvB-m Kt=nT解得(3)加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即【点睛】此题是带电粒子在复合场中运动与动能定理的灵活应用，本题每一问都比较新颖，需要学 生反复琢磨解答过程.14.正电子发射计算机断层(PETT是分子水平上的人体功能显像的国际领先技术，它为临床诊断和治疗提供全新的手段。 PET所用回旋加速器示

33、意如图所示，其中 Di和6是置于高 真空中的两个中空半圆金属盒，两半圆盒间的缝隙距离为d,在左侧金属盒 Di圆心处放有粒子源A,匀强磁场的磁感应强度为 Bo正电子质量为 m,电荷量为q。若正电子从粒子源A进入加速电场时的初速度忽略不计，加速正电子时电压U的大小保持不变，不考虑正电子在电场内运动的过程中受磁场的影响，不计重力。求：U(1)正电子第一次被加速后的速度大小vi;(2)正电子第n次加速后，在磁场中做圆周运动的半径r；(3)若希望增加正电子离开加速器时的最大速度，请提出一种你认为可行的改进办法！【答案】(1)J2SU(2) J2mnqU (3)见解析 m Bq -1 c【解析】(1)正电子第一次被加速后，由动能定理可得qU -mv2 ,解得v12(2)设质子第n次加速后的速度为 vn12由动能te理有nqUmvn由牛顿第二定律