專題15帶電粒子在復合場中的運動

考點愿型歸納

一、質譜儀及相關計算................................2

二、回旋加速器的綜合計算............................8

三、霍爾效應........................................16

四、磁流體發電機、電磁流量計的相關計算............21

五、粒子在電場和磁場中的往復運動..................25

六、帶電粒子在交變磁場中的運動....................37

七、帶電粒子在疊加場中做旋進運動..................48

八、帶電粒子在疊加場中的一般曲線運動..............54

1

專題一質譜儀及相關計算

1.(2021?浙江?高考真題)在芯片制造過程中，離子注入是其中一道重要的工序。如圖所示

是離子注入工作原理示意圖，離子經加速后沿水平方向進入速度選擇器,然后通過磁分析器,

選擇出特定比荷的離子，經偏轉系統后注入處在水平面內的晶圓(硅片)。速度選擇器、磁

分析器和偏轉系統中的勻強磁場的磁感應強度大小均為3,方向均垂直紙面向外；速度選擇

器和偏轉系統中的勻強電場場強大小均為￡,方向分別為豎直向上和垂直紙面向外。磁分析

器截面是內外半徑分別為4和七的四分之一圓環，其兩端中心位置M和N處各有一個小

孔；偏轉系統中電場和磁場的分布區域是同一邊長為￡的正方體，其偏轉系統的底面與晶圓

所在水平面平行，間距也為2。當偏轉系統不加電場及磁場時，離子恰好豎直注入到晶圓上

的。點(即圖中坐標原點，x軸垂直紙面向外)。整個系統置于真空中，不計離子重力，打

在晶圓上的離子，經過電場和磁場偏轉的角度都很小。當a很小時，有sinaqtana弓a,

cosa--a2o求：

2

(1)離子通過速度選擇器后的速度大小v和磁分析器選擇出來離子的比荷；

(2)偏轉系統僅加電場時離子注入晶圓的位置，用坐標(x,回表示；

(3)偏轉系統僅加磁場時離子注入晶圓的位置，用坐標(x,y)表示；

(4)偏轉系統同時加上電場和磁場時離子注入晶圓的位置，用坐標回表示，并說明理由。

);(4)見解析

2

【詳解】（1）通過速度選擇器離子的速度

E

v=一

B

從磁分析器中心孔N射出離子的運動半徑為

2

由等=?出得

q_v_2E

RB~（居

（2）經過電場后，離子在x方向偏轉的距離

tan"綏

mv

離開電場后，離子在x方向偏移的距離

八qEI?

X=LTtan6=----—

2mv

3qEI)3￡2

X=x+=-------=---------

}2mv2R\+R]

位置坐標為（丁F，0）

Jx.+

（3）離子進入磁場后做圓周運動半徑

mv

r二——

qB

.L

sma=一

r

經過磁場后，離子在y方向偏轉距離

Z2

必=r(l-cosa)?

R]+7?2

離開磁場后，離子在y方向偏移距離

21?

y2=Ltana?

R]+7?2

則

3

3*

Ri+R?

（4）注入晶圓的位置坐標為（丁丁，——）,電場引起的速度增量對y方向的運動不產生影

火］+火2火1+62

響。

2.（2024?天津濱海新?二模）根據牛頓力學經典理論，只要物體的初始條件和受力情況確定,

就可以推知物體此后的運動情況。

情境1：如圖1所示，空間存在水平方向的勻強磁場（垂直紙面向里），磁感應強度大小為3,

在磁場中W點處有一質量為“八電荷量為+4的帶電粒子。已知重力加速度g。

（1）若使帶電粒子獲得某一水平向右的初速度，恰好做勻速直線運動，求該粒子的速度大

小％;

情境2：質譜儀由離子室、加速電場、速度選擇器和分離器四部分組成，如圖2所示。己知

速度選擇器的兩極板間的電場強度為E,磁感應強度大小為4,方向垂直紙面向里，分離

器中磁感應強度大小為鳥，方向垂直紙面向外。某次實驗離子室內充有某種帶電離子，經

加速電場加速后從速度選擇器兩極板間的中點。平行于極板進入，部分離子通過小孔O'后

進入分離器的偏轉磁場中。在速度選擇器中，沿直線運動的離子打在感光區域的P點，測得

產到。'點的距離為不計離子的重力及離子間的相互作用，不計小孔（9、。'的孔徑大小。

（2）求該離子的比荷"；

mx

（3）若從O點入射的離子速度滿足導嚇“￡+同時3很小），也能從。'點進

入分離器，求該速度選擇器寬度的最小值d和板長右需要滿足的條件。

4

n兀之小=1,2…)

Bi

【詳解】(1)粒子做勻速直線運動，受力平衡

qv^B=mg

得

%譚

qB

(2)離子在速度選擇器中做勻速直線運動，有

qvBx-qE

離子在分離器中做勻速圓周運動，有

v2

qvB2=m——

r

且有

L

r=-

2

解得

%二2E

B[B?L

(3)從0點入射的離子速度滿足］E時，相當于粒子其在速度選擇器

Bi

E

中所做的運動為一個速度為-萬的勻速直線運動和另一個速度為加的勻速圓周運動的合

運動，即粒子在速度選擇器中做螺旋運動。對應的半徑設為「，有

q^Bx=m-

r

則速度選擇器寬度的最小值為

d=Ar

得

5

.28/Av

a=——------

E

粒子在速度選擇器中做勻速圓周運動有

?=坦

Av

聯立，解得

T二兀BJ

E

設速度選擇器極板長度為￡,則粒子穿過極板所需時間為

才_L、_L、B\

i——

vE

粒子要恰好從速度選擇器O'飛出，則有

t=nT(〃=1,2…)

聯立，解得

L、=nn—L(n=1,2…)

Bi

3.(2023?天津西青?二模)如圖所示，在x軸的上方存在垂直紙面向里，磁感應強度大小為

物的勻強磁場。位于x軸下方的離子源C發射質量為加、電荷量為q的一束負離子，其初

速度大小范圍0?6%,這束離子經電勢差U=等的電場加速后，從小孔。(坐標原點)

2q

垂直x軸并垂直磁場射入磁場區域，最后打到x軸上。在x軸上2“?3”區間水平固定放置

一探測板(。=嚕)，假設每秒射入磁場的離子總數為M，打到x軸上的離子數均勻分布

祖

(離子重力不計)。

(1)求離子束從小孔。射入磁場后打到x軸最遠處位置(用含的物理量。表示)；

(2)調整磁感應強度的大小，可使速度最大的離子恰好打在探測板右端，求此時的磁感應

強度大小3；

(3)保持磁感應強度以不變，求每秒打在探測板上的離子數M若打在板上的離子80%被

吸收，20%被反向彈回，彈回速度大小為打板前速度大小的0.6倍，被吸收和被彈回的離子

數在探測板上沿x軸均勻分布，求探測板受到的作用力大小。

6

XXXXXX

Bo___J

XX-*、、XXX

/z、\

t/\\

XXXXXX

—'----------------------------------------_I_------------------------------------------?

456

【答案】（1）4q；（2）5穌；（3）—Nomvo

【詳解】（1）粒子進入電場中有

112

21

qU=—mv--mvQ

在磁場中有

v2

qvB=m——

0r

打到x軸的距離為

x=2r

由上述分析可知，當粒子在磁場中的半徑最大，即最遠，此時粒子從粒子源出來時的速度最

大，解得

%ax=4a

（2）由題意可知，速度最大粒子打在探測板最右側，則由幾何關系有

3

r=-a

2

磁場中有

2

V

qBj=m—

r

結合（1）中數據，解得

B'=1B0

（3）對初速度為零的離子，經過電場加速度后，有

12

qU=—mvx

解得

Vm

在磁場中有

7

qBM=

ri

解得

3

r=-a

14

磁感應強度為用時，粒子打在x軸上的區間為[1.5a,3a],每秒打在探測板上的離子數為

a2

"=而'。=”。

對打探測器最左端（x=2a）的離子，軌道半徑為0,則離子在磁場中

qBy=m—

2a

解得

4

打到x軸上的離子均勻分布，所以打在探測板上的離子的平均速度為

-v,+5

v=-——-=-v

2300

被吸收和彈回的離子數在探測板上沿x軸均勻分布，由動量定理可得

一萬7=0.8N（0—加工）+0.2N（—加?0.6P■—加萬）

解得單位時間內探測板受到的作用力

FF56N..

=—omva

專題二回旋加速器的綜合計算

4.（2021?江蘇?高考真題）如圖1所示，回旋加速器的圓形勻強磁場區域以。點為圓心，磁

感應強度大小為3,加速電壓的大小為。、質量為機、電荷量為q的粒子從O附近飄入加速

電場，多次加速后粒子經過尸點繞。做圓周運動，半徑為七粒子在電場中的加速時間可

以忽略。為將粒子引出磁場，在P位置安裝一個“靜電偏轉器”，如圖2所示，偏轉器的兩極

板河和N厚度均勻，構成的圓弧形狹縫圓心為。、圓心角為夕，當M、N間加有電壓時，

狹縫中產生電場強度大小為E的電場，使粒子恰能通過狹縫，粒子在再次被加速前射出磁

場，不計M、N間的距離。求：

（1）粒子加速到P點所需要的時間t；

8

(2)極板N的最大厚度人；

qB2R2mn

【答案】(1)J

2mUJqB

【詳解】(1)設粒子在尸的速度大小為場，則根據

qvB=m'

r

可知半徑表達式為

R專

對粒子在靜電場中的加速過程，根據動能定理有

2

nqU=^mvp

粒子在磁場中運動的周期為

7=包

qB

粒子運動的總時間為

解得

0Tmn

2mUqB

mv1

(2)由粒子的運動半徑廠=行，結合動能表達式線=5//變形得

J2加七

r=---------

qB

則粒子加速到尸前最后兩個半周的運動半徑為

9

_個2m(E^p-qU)_小2mg-ZqU)

66=

1qBqB

由幾何關系有

4=2年-丹)

結合々叱解得

2m

I”-”)

(3)設粒子在偏轉器中的運動半徑為后，則在偏轉器中，要使粒子半徑變大，電場力應和

洛倫茲力反向，共同提供向心力，即

1

qvpB-qE=m-—

rQ

設粒子離開偏轉器的點為E,圓周運動的圓心為。'。由題意知，O'在S0上，且粒子飛離

磁場的點與。、。'在一條直線上，如圖所示。

粒子在偏轉器中運動的圓心在。點，從偏轉器飛出，即從E點離開，又進入回旋加速器中的

磁場，此時粒子的運動半徑又變為五,然后軌跡發生偏離，從偏轉器的尸點飛出磁場，那么

磁場的最大半徑即為

Rm=OF^R+OO'

將等腰三角形A。。'。放大如圖所示o

10

O'

JLQ-R

OTQ—RQ

虛線為從。點向o。'所引垂線，虛線平分a角，則

a

,

OO=2(re-7?)siny

解得最大半徑為

5.(2024?江蘇南通?二模)如圖所示，真空中有一回旋加速器，半徑為&的兩D形盒內有

垂直紙面向外、磁感應強度為2/的勻強磁場，左盒通過一水平管道與一個左右兩側都開有

很小狹縫的圓筒相連，圓筒的半徑為r,圓筒內有垂直紙面向里的磁感應強度恒為處的勻強

磁場，現在左盒附近的點S放置一電子，在兩盒狹縫間加上一交變電壓來給電子周期性加速,

經過時間t電子便獲得一定速率貼著管壁通過水平管道后進入圓筒。已知電子在狹縫中加速

次數與回旋半周的次數相同，電子的比荷為且，電子在兩D盒狹縫間運動的時間不計，加

m

速電子時電壓的大小可視為不變，電子重力不計。求：

(1)進入圓筒磁場的電子獲得的速度大小；

(2)兩D形盒間加速電壓。的值；

(3)若D形盒中磁感應強度大小可調節，通過調節使電子與下圓筒壁發生多次彈性碰撞又

不作循環的從圓筒的右狹縫直接離開圓筒，求電子與下圓筒壁碰撞"("=1,2,3.......)次

后的速率。

11

m2t

【詳解】(1)當電子貼著管壁運動時，根據洛倫茲力提供向心力有

V2

evB{=m-

每

所以

v=eB'R0

m

(2)根據動能定理有

neU=—mv1

2

T

t=n—

2

27rm

1二----------

eBx

聯立可得

u-

2t

(3)電子在圓筒中碰撞筒壁又做圓周運動的情形呈現周期性和對稱性，作出兩種情況為例

如圖所示

12

由圖可得

八九

吟ESL2,3)

根據幾何關系可得

八R

tan0=一

r

即

c兀

R=rtanU=rtan---------(力=1,2,3)

2(〃+1)

根據洛倫茲力提供向心力

v2

evB=m一

2R

所以

eB^r7i

v=------tan-------(n=L2,3)

m2(n+1)

6.(2024?江蘇?二模)如圖所示，真空中有一回旋加速器，半徑為&的兩D形盒處于垂直

紙面向外、磁感應強度大小為4的勻強磁場中，左側D形盒通過一水平管道與一個左右兩

側都開有很小狹縫的圓筒相連，圓筒內存在垂直紙面向里、磁感應強度大小恒為鳥的勻強

磁場。S處粒子源產生初速度不計的電子，在兩D形盒狹縫之間的交變電場中被周期性加速,

經過時間3電子射出左側D形盒，通過水平管道(未接觸管壁)后進入圓筒，與圓筒下壁

發生多次彈性碰撞，最后從圓筒的右側狹縫離開。已知圓筒的半徑為小電子的比荷為且，

m

電子在兩D形盒狹縫間運動的時間不計，交變電場的電壓大小恒定，電子未與圓筒上壁碰

撞，電子重力不計。

(1)求電子進入圓筒時的速度大小；

(2)求交變電場的電壓大小；

(3)調節兩D形盒處的磁場大小，可使電子與圓筒下壁碰撞不同的次數，當碰撞次數為〃

("=1,2,3,…)時，求對應電子在圓筒中運動的速率。

13

u

BeRRR2eB^r71

【答案】⑴望；⑵7R警；⑶片如再包（皿，2,3…）

【詳解】（1）電子在D型盒中射出時，軌道半徑為&，根據

解得

v=*6

m

（2）電子在回旋加速器中的加速次數為

z2t2teB.t

T2兀mjm

eBi

加速N次過程中，由動能定理得

I2

N-eU=—mv

2

解得加速電壓為

電子在圓筒中又碰撞又做圓周運動的情形呈現周期性和對稱性，作出兩種情況為例，由此可

概括出電子做圓周運動的一個單元夾角為

Z）兀

（片，）

2（〃+771）\12,3…

14

由幾何關系

71

^rtan^z-tan—（后，2,3...）

由洛倫茲力提供向心力

v'2

evB2=m—

可得電子與下圓筒壁碰撞〃(〃=1,2,3,...)次的電子的速率為

,eB^r7i

V-tan2（^i）"1'2,3…）

7.(2024?陜西安康?二模)如圖所示，為回旋加速器的工作原理示意圖，兩個D形盒的正中

間有狹縫，狹縫寬度為d,狹縫之間存在勻強電場，電場強度為￡;兩個半徑為R的D形盒

接上高頻交流電，并處在勻強磁場中，在D1的中心/處有一個粒子源，它產生并發出比荷

為左的帶正電粒子，粒子的初速度視為0,經加速后從D形盒的邊緣以速度v飛出，不計粒

子重力，求：

(1)粒子在狹縫之間運動的總時間和勻強磁場的磁感應強度；

(2)粒子第4次被加速結束的瞬間位置與/點之間的距離。

B

【答案】(1)—,—；(2)2(V3+1-V2)-V2￡^

kEkRv

【詳解】(1)由牛頓第二定律有

qE=ma

根據運動學公式

v=at

得

v

t=——

kE

粒子在磁場中與勻速圓周運動

qvB=m——

R

得

15

B=—

kR

（2）加速一次由動能定理有

qEd=gmv；

解得

匕'戶級=d?Ed

Vm

從/點出發向右運動2八

__mv,_1/2Ed

21=2T=2=-

同理可得加速第二次粒子向左運動

粒子加速第三次后向右運動

所以，第四次加速結束瞬間距N點的距離為

%=2--2.+2.=2（6+1-揚勺2E2左

專題三霍爾效應

8.（2023?浙江?高考真題）某興趣小組設計的測量大電流的裝置如圖所示，通有電流/的螺

繞環在霍爾元件處產生的磁場B=kJ,通有待測電流廠的直導線ab垂直穿過螺繞環中心，

在霍爾元件處產生的磁場夕=與/'。調節電阻凡當電流表示數為4時，元件輸出霍爾電壓4

為零，則待測電流/'的方向和大小分別為（）

16

霍爾元件放大圖

k2kx

A.alb,丁B.afb,

%k2

k2,j

C.b1a,丁/（）D.b—a,—yo

k、k2

【答案】D

【詳解】根據安培定則可知螺繞環在霍爾元件處產生的磁場方向向下，則要使元件輸出霍爾

電壓UH為零，直導線仍在霍爾元件處產生的磁場方向應向上，根據安培定則可知待測電流

/'的方向應該是6一。；元件輸出霍爾電壓4為零，則霍爾元件處合場強為0,所以有

kK=k/

解得

故選D。

9.（2024?山東?二模）手機中內置的指南針是一種基于霍爾效應的磁傳感器。如圖所示，將

一塊寬度為。，厚度為1的半導體薄片（載流子為自由電子）水平放置于地磁場中，當半導

體中通入水平方向的恒定電流時，自由電子在洛倫茲力的作用下發生偏轉，繼而在M、N兩

個表面上出現了電勢差，稱為霍爾電勢差。已知電流大小為/,霍爾電勢差大小為U,電子

的電荷量大小為e,半導體內自由電子的數密度（單位體積內的自由電子數）為"。該處地

【答案】C

【詳解】電子達到穩定時，洛倫茲力等于靜電力，即

17

evB=e—

a

又電流的微觀表達式有

I=nevad

聯立解得

B_nedU

一I

故選C。

10.（2024?浙江?二模）圖為微量振蕩天平測量大氣顆粒物質量的原理簡圖。氣流穿過濾膜

后，顆粒物附著在濾膜上增加錐形振蕩管的質量，從而改變其固有頻率。起振器從低到高改

變振動頻率，記錄霍爾元件06端輸出的電信號，從而推測出濾膜上顆粒物質量。已知霍

A.起振器振動頻率增大，錐形振蕩管的振幅一定增大

B.起振器振動頻率增大，錐形振蕩管的振動頻率不變

C.錐形振蕩管左右振動時，霍爾元件的心6端輸出交流信號

D.霍爾元件的寬度d增加，霍爾電壓的最大值減小

【答案】D

【詳解】A.起振器振動頻率與固有頻率的大小關系未知，則隨著起振器振動頻率增大，錐

形振蕩管的振幅不一定增大，故A錯誤；

B.錐形振蕩管的振動頻率等于起振器振動頻率，所以起振器振動頻率增大，錐形振蕩管的

振動頻率增大，故B錯誤；

C.錐形振蕩管左右振動時，霍爾元件的0、6端輸出的電流方向不會改變，則會輸出直流

信號，故C錯誤；

D.霍爾元件中粒子根據平衡條件

18

qvB=q

h

可得

U"Bhv

設電源電動勢為E,霍爾元件長度為。，高度為人其電阻

nd

R=p——

ah

電流微觀表達式

1-neahv

可得

E

v=-------

pdne

E

聯立v=一廠、UH=BH可得

pane

當d增大時，4減小，故D正確。

故選D。

II.（2022?北京?高考真題）指南針是利用地磁場指示方向的裝置，它的廣泛使用促進了人

們對地磁場的認識。現代科技可以實現對地磁場的精確測量。

（1）如圖1所示，兩同學把一根長約10m的電線兩端用其他導線連接一個電壓表，迅速搖

動這根電線。若電線中間位置的速度約lOm/s,電壓表的最大示數約2mV。粗略估算該處地

磁場磁感應強度的大小B地;

圖1

（2）如圖2所示，一矩形金屬薄片，其長為0,寬為6,厚為c。大小為/的恒定電流從電

極尸流入、從電極。流出，當外加與薄片垂直的勻強磁場時，M,N兩電極間產生的電壓

為U。已知薄片單位體積中導電的電子數為"，電子的電荷量為e。求磁感應強度的大小5

19

（3）假定（2）中的裝置足夠靈敏，可用來測量北京地區地磁場磁感應強度的大小和方向,

請說明測量的思路。

【答案】（1）數量級為IO-T；（2）B=*U；（3）見解析

【詳解】（1）由E=3/可估算得該處地磁場磁感應強度3她的大小的數量級為IO-。

（2）設導電電子定向移動的速率為v,與時間內通過橫截面的電量為%,

有

/=電=nebcv

△t

導電電子定向移動過程中，在方向受到的電場力與洛倫茲力平衡，有

U

e——=evB

b

得

B=>2TU

（3）如答圖3建立三維直角坐標系。孫z

設地磁場磁感應強度在三個方向的分量為Bx、By、BZo把金屬薄片置于xOy平面內，

N兩極間產生電壓Uz僅取決于Bz。由（2）得

20

由Uz的正負（“、N兩極電勢的高低）和電流/的方向可以確定Bz的方向。

同理，把金屬薄片置于xOz平面內，可得By的大小和方向；把金屬薄片置于yOz平面內,

可得Bx的大小和方向，則地磁場的磁感應強度的大小為

B=E+B；+B；

根據Bx、By>Bz的大小和方向可確定此處地磁場的磁感應強度的方向。

專題四磁流體發電機、電磁流量計的相關計算

12.（2021?河北?高考真題）如圖，距離為〃的兩平行金屬板尸、。之間有一勻強磁場，磁感

應強度大小為4,一束速度大小為v的等離子體垂直于磁場噴入板間，相距為上的兩光滑

平行金屬導軌固定在與導軌平面垂直的勻強磁場中，磁感應強度大小為鳥，導軌平面與水

平面夾角為凡兩導軌分別與尸、。相連，質量為加、電阻為R的金屬棒協垂直導軌放置,

恰好靜止，重力加速度為g,不計導軌電阻、板間電阻和等離子體中的粒子重力，下列說法

正確的是（）

mgRsin0

B.導軌處磁場的方向垂直導軌平面向下,

BxB2Ld

mgRtan0

C.導軌處磁場的方向垂直導軌平面向上,

BxB2Ld

mgRtan0

D.導軌處磁場的方向垂直導軌平面向下,

BxB2Ld

21

【答案】B

【詳解】等離子體垂直于磁場噴入板間時，根據左手定則可得金屬板Q帶正電荷，金屬板P

帶負電荷，則電流方向由金屬棒a端流向b端。等離子體穿過金屬板P、Q時產生的電動勢

U滿足

吟=如

由歐姆定律/=與和安培力公式F=BIL可得

R

Fi,Lx屋B—vd

女RR

再根據金屬棒ab垂直導軌放置，恰好靜止，可得

F,安=mgsin0

則

mgRsin0

v-

BxB2Ld

金屬棒ab受到的安培力方向沿斜面向上，由左手定則可判定導軌處磁場的方向垂直導軌平

面向下。故B正確。

故選Bo

13.（2024?江西?高考真題）石墨烯是一種由碳原子組成的單層二維蜂窩狀晶格結構新材料,

具有豐富的電學性能.現設計一電路測量某二維石墨烯樣品的載流子（電子）濃度。如圖（a）

所示，在長為0,寬為b的石墨烯表面加一垂直向里的勻強磁場，磁感應強度為2,電極1、

3間通以恒定電流/,電極2、4間將產生電壓U。當/=1.00X1（）-3A時，測得U-3關系圖線

如圖（b）所示，元電荷e=1.60xl（）T9c,則此樣品每平方米載流子數最接近（）

圖(a)圖(b)

A.1.7x10"B.1.7xl015C.2.3x102。D.2.3xl016

【答案】D

22

【詳解】設樣品每平方米載流子（電子）數為n,電子定向移動的速率為v,則時間t內通過樣

品的電荷量

q=nevtb

根據電流的定義式得

I=—=nevb

t

當電子穩定通過樣品時，其所受電場力與洛倫茲力平衡，則有

U

evB=e—

b

聯立解得

U=—B

ne

結合圖像可得

解得

?=2.3xl016

故選D。

14.（2025?寧夏陜西?二模）人體血管狀況及血液流速可以反映身體健康狀態。血管中的血

液通常含有大量的正負離子。如圖，血管內徑為力血流速度v方向水平向右。現將方向與

血管橫截面平行，且垂直紙面向內的勻強磁場施于某段血管，其磁感應強度大小恒為8,當

血液的流量（單位時間內流過管道橫截面的液體體積）一定時（）

A.血管上側電勢低，血管下側電勢高B.若血管內徑變小，則血液流速變小

C.血管上下側電勢差與血液流速無關D.血管上下側電勢差變大，說明血管內徑變

小

【答案】D

【詳解】A.根據左手定則可知正粒子向血管上側偏轉，負離子向血管下側偏轉，則血管上

側電勢高，血管下側電勢低，故A錯誤；

B.血液的流量（單位時間內流過管道橫截面的液體體積）一定為廠，若血管內徑變小，則

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血管的橫截面積變小，根據廠=Sv可知則血液流速變大，故B錯誤;

CD.穩定時，粒子所受洛倫茲力等于所受的電場力，根據

〃qU

qVB-

可得

U=dvB

又

聯立可得

U*

7id

根據u=一可知血管上下側電勢差變大，說明血管內徑變小，血液的流速變化，則血管內

7td

徑一定改變，則血管上下側電勢差改變，所以血管上下側電勢差與血液流速有關，故D正

確，C錯誤。

故選D。

15.（2024?湖北?高考真題）磁流體發電機的原理如圖所示，和尸。是兩平行金屬極板，

勻強磁場垂直于紙面向里。等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量正、負帶電粒子）從

左側以某一速度平行于極板噴入磁場，極板間便產生電壓。下列說法正確的是（）

M??N

XXXXX

XXXXX

—?

XXXXX

P?=0

A.極板是發電機的正極

B.僅增大兩極板間的距離，極板間的電壓減小

C.僅增大等離子體的噴入速率，極板間的電壓增大

D.僅增大噴入等離子體的正、負帶電粒子數密度，極板間的電壓增大

【答案】AC

【詳解】A.帶正電的離子受到的洛倫茲力向上偏轉，極板MN帶正電為發電機正極，A