电子对撞机

高中物理速度选择器和回旋加速器压轴难题知识归纳总结附答案解析

一、高中物理解题方法：速度选择器和回旋加速器

1．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，带电粒子飞出场区时速度偏向角之比是多少？

【答案】

(1)AB连线上距离A点

3

2

L处，

(2)

3

4

。

【解析】

【详解】

(1)

电场、磁场共存时，粒子匀速通过可得：

qvBqE

仅有电场时，粒子水平方向匀速运动：

Lvt

竖直方向匀加速直线运动：

2

1

22

LqE

t

m



联立方程得：

2

qEL

v

m



仅有磁场时：

2mv

qvB

R



根据几何关系可得：

RL

设粒子从

M

点飞出磁场，由几何关系：

AM=

2

2

2

L

R









=

3

2

L

所以粒子离开的位置在AB连线上距离A点

3

2

L处；

(2)

仅有电场时，设飞出时速度偏角为

α

，末速度反向延长线过水平位移中点：

2

tan1

2

L

L



解得：45

仅有磁场时，设飞出时速度偏角为

β

：

tan3

AM

OA



解得：60

所以偏转角之比：

3

4







。

2．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

B

1。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

B

2、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

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

U

1︰

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

?

【答案】（

1

）

1

E

v

B



；（

2

）

12

:3:1UU

；（

3

）

12

2

9

ttt

kB





【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：

1

qvBqE

解得：

1

E

v

B



(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：

2

1

qUmv

2



它们的比荷之比：

e

f

ef

q

q

:1:3

mm



得出：

12

U:U3:1

(3)

设磁场圆的半径为

R

，

e

、

f

粒子进入磁场圆做圆周运动

对

e

粒子：

2

121

1

v

qvBm

r



对

f

粒子：

2

222

2

v

qvBm

r



解得：

1

2

r

3

r1



e

、

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：

1

R

tanθ

r



2

R

tanθ

r



θα90

联立解得：θ30，α60

e

、

f

两粒子进入磁场圆做匀速圆周运动的周期满足：

1

1

2πr

T

v



2

2

2πr

T

v



e

f

ef

q

q

:1:3

mm



在磁场中运动的时间：

11

2θ

tT

360



22

2α

tT

360



12

tt

两粒子在磁场中运动的时间差为：

12

2

π

Δttt

9kB



3．PQ

和

MN

分别是完全正对的金属板，接入电动势为

E

的电源，如图所示，板间电场可

看作匀强电场

,MN

之间距离为

d

，其间存在着磁感应强度为

B

，方向垂直纸面向里的匀强

磁场。紧挨着

P

板有一能产生正电荷的粒子源

S

，

Q

板中间有孔

J

，

SJK

在一条直线上且与

MN

平行。产生的粒子初速度不计，粒子重力不计，发现粒子能沿着

SJK

路径从孔

K

射出，

求粒子的比荷

q

m

。

【答案】

222

E

Bd

【解析】

【分析】

粒子在

PQ

板间是匀加速直线运动，根据动能定理列式；进入

MN

板间是匀速直线运动，

电场力和洛伦兹力平衡，根据平衡条件列式；最后联立求解即可．

【详解】

PQ

板间加速粒子，穿过

J

孔是速度为

v

根据动能定理，有：2

1

2

qEmv

沿着

SJK

路径从

K

孔穿出，粒子受电场力和洛伦兹力平衡

:

qE

qvB

d



解得

:

222

qE

mBd



【点睛】

本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况，根据动能定理和平衡条件列式

.

4．1897

年，汤姆孙根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况断定，它的本质是带负电的

粒子流并求出了这种粒子的比荷，图为汤姆孙测电子比荷的装置示意图。在真空玻璃管

内，阴极

K

发出的电子经阳极

A

与阴极

K

之间的高电压加速后，形成细细的一束电子流，

沿图示方向进入两极板

C、D

间的区域。若两极板

C、D

间无电压，电子将打在荧光屏上的

O

点，若在两极板间施加电压

U

，则离开极板区域的电子将打在荧光屏上的

P

点；若再在

极板间施加磁感应强度大小为

B

的匀强磁场，则电子在荧光屏上产生的光点又回到

O

点，

已知极板的长度

L

1=5.00cm，C、D

间的距离

d=1.50cm

，极板的右端到荧光屏的距离

L2=10.00cm，U=200V，B=6.3×10－4T，P

点到

O

点的距离

Y=3.0cm

。求

:

(1)

判断所加磁场的方向；

(2)

电子经加速后射入极板

C、D

的速度

v；

(3)电子的比荷(结果保留三位有效数字）。

【答案】(1)磁场方向垂直纸面向外(2)v=2.12×107m/s(3)=1.61×1011C/kg

【解析】

【详解】

（1）

由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外

；

（2

）当电子受到的电场力与洛伦兹力平衡时，电子做匀速直线运动，亮点重新回复到中心

O

点，设电子的速度为，则

evB=eE

得即代入数据得v=2.12×107m/s

（3）当极板间仅有偏转电场时，电子以速度进入后，竖直方向作匀加速运动，加速度为

电子在水平方向作匀速运动，在电场内的运动时间为

这样，电子在电场中，竖直向下偏转的距离为

离开电场时竖直向下的分速度为

电子离开电场后做匀速直线运动，经t

2

时间到达荧光屏

t

2

时间内向上运动的距离为

这样，电子向上的总偏转距离为

可解得代入数据得=1.61×1011C/kg

【点睛】

本题是组合场问题：对速度选择器，根据平衡条件研究；对于类平抛运动的处理，通常采

用运动的分解法律：将运动分解成相互垂直的两方向运动，将一个复杂的曲线运动分解成

两个简单的直线运动，并用牛顿第二定律和运动学公式来求解．

5．回旋加速器原理如图所示，

D

1和

D2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀

强磁场中，它们接在交流电源上，位于

D

1圆心处的离子源

A

能不断产生正离子，它们在两

盒之间被电场加速，当正离子被加速到最大动能

E

k后，再设法将其引出。已知正离子的电

荷量为

q

，质量为

m

，加速时电极间电压大小恒为

U

，磁场的磁感应强度为

B

，

D

型盒的半

径为

R

，狭缝之间的距离为

d

。设正离子从离子源出发时的初速度为零。

(1)

试计算上述正离子被第一次加速后进入

D2中运动的轨道半径；

(2)

计算正离子飞出时的最大动能；

(3)

设该正离子在电场中的加速次数与回旋半周的次数相同，试证明当

R>>d

时，正离子在

电场中加速的总时间相对于在

D

形盒中回旋的时间可忽略不计（正离子在电场中运动时，

不考虑磁场的影响）。

【答案】

(1)

1

12mU

r

Bq

；

(2)

222

2k

qBR

E

m

；

(3)

见解析

【解析】

【分析】

【详解】

(1)

设质子第

1

次经过狭缝被加速后的速度为

v1，根据动能定理可得

2

1

1

2

qUmv

解得

1

2qU

v

m



洛伦兹力充当向心力，则有

2

1

1

1

v

qvBm

r



解得

1

12mU

r

Bq



(2)

离子射出时加速器时

2

m

m

v

qvBm

R



解得

m

qBR

v

m



离子动能为

222

2

1

22k

qBR

Emv

m



(3)

在电场中运动可以看做连续的匀加速直线运动，设离子射出时速度为

v

。

根据平均速度公式可得在电场中运动时间为

1

2

2

ndnd

t

v

v



离子在

D

形盒中运动的周期为

22

=

mR

T

qBv





粒子在磁场中回旋的时间为

22

nnR

tT

v





有

1

2

2nd

t

v

nR

t

v





=

2d

R

当

d<

时，

t

1<

6．回旋加速器

D

形盒的半径为

R

，高频加速电压的频率为

f

，空间存在方向垂直

D

形盒、

磁感应强度大小为

B

的匀强磁场。用该回旋加速器加速带负电的粒子束，粒子达到最大速

度后被引出，测得粒子被引出时的平均电流为

I

。不计粒子的加速时间，求：

(1)

粒子被引出时的最大速度

vm；

(2)

粒子束的输出功率

P

。

【答案】

(1)

m

2vfR

；

(2)2PBIfR

【解析】

【分析】

【详解】

(1)

设粒子的电荷量为

q

、质量为

m

，当粒子被引出时，有：

2

m

m

v

qvBm

R



由粒子做匀速圆周运动周期公式：

1

2

qB

f

Tm



解得

m

2vfR

(2)

粒子束被引出时，设时间

t

内飞出加速器的粒子数为N，则有

ItNq

根据能量守恒定律有

2

m

1

2

PtNmv

解得

2PBIfR

7．正、负电子从静止开始分别经过同一回旋加速器加速后，从回旋加速器

D

型盒的边缘

引出后注入到正负电子对撞机中．正、负电子对撞机置于真空中．在对撞机中正、负电子

对撞后湮灭成为两个同频率的光子．回旋加速器

D

型盒中的匀强磁场的磁感应强度为

0

B

，

回旋加速器的半径为

R

，加速电压为

U

；

D

型盒缝隙间的距离很小，带电粒子穿过的时间

可以忽略不计．电子的质量为

m

、电量为

e

，重力不计．真空中的光速为

c

，普朗克常量为

h

．

（

1

）求正、负电子进入对撞机时分别具有的能量

E

及正、负电子对撞湮灭后产生的光子频

率

v

（

2

）求从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程中，

D

型盒间的电场对电子做功的

平均功率P

（

3

）图甲为正负电子对撞机的最后部分的简化示意图．位于水平面的粗实线所示的圆环真

空管道是正、负电子做圆周运动的

“

容器

”

，正、负电子沿管道向相反的方向运动，在管道

内控制它们转变的是一系列圆形电磁铁．即图中的

A

1、A2、A4……An共有

n

个，均匀分布在

整个圆环上．每个电磁铁内的磁场都是匀强磁场，并且磁感应强度都相同，方向竖直向

下．磁场区域的直径为

d

．改变电磁铁内电流大小，就可以改变磁场的磁感应强度，从而

改变电子偏转的角度．经过精确调整，首先实现电子在环形管道中沿图甲中粗虚线所示的

轨道运动，这时电子经过每个电磁铁时射入点和射出点都在电磁铁的同一直径的两端，如

图乙所示．这就为进一步实现正、负电子的对撞做好了准备．求电磁铁内匀强磁场的磁感

应强度

B

大小

【答案】

(1)

222

2

0

2

eBR

mc

v

mhh

，

222

0

2

eBR

E

m

；

(2)

2

0

eBU

m

；

(3)0

2sinBR

n

d



【解析】

【详解】

解：

(1)

正、负电子在回旋加速器中磁场里则有：

2

0

0

mv

evB

R



解得正、负电子离开回旋加速器时的速度为：0

0

eBR

v

m



正、负电子进入对撞机时分别具有的能量：

222

2

0

0

1

22

eBR

Emv

m



正、负电子对撞湮灭时动量守恒，能量守恒，则有：222Emchv

正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率：

222

2

0

2

eBR

mc

v

mhh



(2)

从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程，设在电场中加速

n

次，则有：

2

0

1

2

neUmv

解得：

22

0

2

eBR

n

mU



正、负电子在磁场中运动的周期为：

0

2m

T

eB





正、负电子在磁场中运动的时间为：

2

0

22

BR

n

tT

U





D

型盒间的电场对电子做功的平均功率：

2

0

eBU

WE

P

ttm



(3)

设电子在匀强磁场中做圆周运动的半径为

r

，由几何关系可得

sin

2

d

r

n





解得：

2sin

d

r

n





根据洛伦磁力提供向心力可得：

2

0

0

mv

evB

r



电磁铁内匀强磁场的磁感应强度

B

大小：0

2sinBR

n

B

d





8．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

R

，金属盒的半径为

R

，两盒之间有一狭缝，其间距为

d

，且

Rd，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

D

1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

.

①求粒子可获得的最大速度

v

m；

②若粒子第

1

次进入

D

1盒在其中的轨道半径为

r1，粒子第

1

次进入

D2盒在其中的轨道半

径为

r

2，求

r1与

r2之比

.

(2)

根据回旋加速器的工作原理，请通过计算对以下两个问题进行分析：

①在上述不考虑相对论效应和重力影响的情况下，计算粒子在回旋加速器中运动的时间

时，为何常常忽略粒子通过两盒间狭缝的时间，而只考虑粒子在磁场中做圆周运动的时

间；

②实验发现：通过该回旋加速器，加速的带电粒子能量达到

25~30MeV

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。

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。

【答案】(1)①

m

qBR

v

m



②1

2

1

2

r

r



(2)①

2

2

BR

t

U



②

2m

T

qB





【解析】

【详解】

（

1

）①由牛顿第二定律有：

2

m

v

qvBm

R



可知最大速度

m

qBR

v

m



②设带电粒子在两盒间加速的次数为

N

，由

2v

qvBm

r

和2

1

0

2

NqUmv

可得

12NmU

r

Bq



所以

1

2

1

2

r

r



（

2

）①带电粒子在两盒间电场中加速过程中的加速度

qU

a

md



在电场中加速的总时间为

1

m

v

BdR

t

aU



带电粒子运动一圈加速

2

次，设粒子在磁场中的运动圈数为

n

依据动能定理有：

2

2

2

m

mv

nqU

带电粒子运动一圈的时间

2m

T

qB





则带电粒子在磁场中运动的总时间为

2

22

BR

t

U





由于Rd，可知

12

tt

，所以

1

t

可忽略。

②由

2v

qvBm

r

和

2r

T

v





、

可得：

2m

T

qB





从该周期公式发现，速度增加，粒子的质量会增加，其运动周期会变化，但加速电场周期

不变，从而使得加速电场的变化周求与粒子的运动周期不匹配，导致无法加速。

9．如图所示为回旋加速器的原理示意图，其核心部分是两个靠得非常近的

D

形盒，两盒

分别和一交流电源的两极相连，交流电源对粒子的加速电压为

U

，匀强磁场分布在两

D

形

盒内且垂直

D

形盒所在平面，磁感应强度为

B

，在

D

形盒中央

S

点处放有粒子源。粒子源

放出质量为

m

、带电量为

q

的粒子（设粒子的初速度为零）被回旋加速器加速，设

D

形盒

的最大半径为

R

，求：

（1

）交流电源的周期

T=？

（2

）当粒子在

D

形盒中圆周运动半径为

R

时，通过特定装置将粒子导出，求将粒子导出

前粒子被加速的次数

n=?

【答案】（1）（2）

【解析】试题分析：粒子先在电场中加速，然后进入磁场，做匀速圆周运动，半圆周后，

粒子再次进入电场，此时电源交换电极，粒子继续加速。粒子在磁场中运动周期与电场变

化周期相同，则粒子可一直加速；当半径最大时，获得的速度最大，根据洛伦兹力提供向

心力求出粒子离开加速器时的动能；粒子被电场加速一次动能的增加

qU

，根据最大动能求

出加速的次数。

（1

）圆周运动周期等于交流电周期才可获得持续加速

,

设圆周运动半径为

r、

周期为

T：

，解得

（2）粒子圆周运动：

粒子被加速：

解得：

【点睛

】

此题重在理解回旋加速器原理，加速电场半个周期改变一次反响，与磁场周期相

同，保证粒子在电场中一直加速，在磁场中旋转．进行计算时，把握好在电场和磁场中运

动时间的关系。

10．回旋加速器是加速带电粒子的常用仪器，其结构示意图如图甲所示，其中置于高真空

中的金属

D

形盒的半径为

R

，两盒间距极小，在左侧

D

形盒圆心处放有粒子源

S

，匀强磁

场的磁感应强度为

B

，方向如图乙所示

(

俯视

)

．设带电粒子质量为

m

，电荷量为＋

q

，该粒

子从粒子源

S

进入加速电场时的初速度不计，两金属盒狭缝处加高频交变电压，加速电压

大小

U

可视为不变，粒子重力不计，粒子在电场中的加速次数等于回旋半周的次数，求：

(1)粒子在回旋加速器中经过第一次加速可以达到的速度和第一次在磁场中的回旋半径；

(2)粒子在第

n

次通过狭缝前后的半径之比；

(3)粒子若能从上侧边缘的引出装置处导出，则

R

与

U

、

B

、

n

之间应满足什么条件？

【答案】

(1)

2Uq

m

；

2Uqm

Bq

；

(2)

1:nn

(3)

qBR

m

＝

2nUq

m

【解析】

(1)

粒子在加速电场中做匀加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，

根据

Uq＝2

1

1

2

mv

v1＝

2Uq

m

根据

2v

qvBm

r



1

2Uqm

r

Bq



(2)

根据

nUq＝2

1

2n

mv

vn＝

2nUq

m

根据

2v

qvBm

r



2

n

nUqm

r

Bq



粒子在第

n

次通过狭缝前后的半径之比为

1:nn

(3)

根据

2v

qvBm

r



nUq＝2

1

2n

mv

知

v

m＝

2qBRnqU

mm

.