高中物理二轮复习——带电粒子在磁场中的运动

1、(本专题对应学生用书第2630页)一、 洛伦兹力1. 公式:F=qvBsin (为v与B的夹角).2. 特点:洛伦兹力F的方向既垂直于磁场B的方向，又垂直于运动电荷的速度v的方向，即F总是垂直于B和v所在的平面.故洛伦兹力始终不对运动电荷做功.3. 方向的判断:左手定则.二、 带电粒子在磁场中的圆周运动1. 向心力由洛伦兹力提供:qvB=m.2. 轨道半径公式:r=.3. 周期公式:T=.4. 频率公式:f=.5. 动能公式:Ek=mv2=.6. 粒子圆周运动的等效电流公式:I=.能力提升带电粒子在磁场中的圆周运动定圆心、画轨迹、找关系是解决这类问题的关键.(1) 确定圆心的方法 由两速度的垂

2、线定圆心; 由两条弦的垂直平分线定圆心; 由两洛伦兹力的延长线定圆心; 综合定圆心.一条切线，一条弦的垂直平分线，一条洛伦兹力的延长线，选择其中任两条都可以找出圆心.(2) 画轨迹的方法 对称法:带电粒子如果从一直线边界进入又从该边界射出，则其轨迹关于入射点和出射点线段的中垂线对称，入射速度方向与出射速度方向与边界的夹角相等，利用这一结论画出粒子的轨迹. 动态圆法:若在磁场中向垂直于磁场的各个方向发射粒子，则粒子的运动轨迹是围绕发射点旋转的动态圆，用这一规律可确定粒子的运动轨迹. 放缩法:带电粒子在磁场中以不同的速度运动时，圆周运动的半径随着速度的变化而变化，因此可以将半径放缩，探索出临界点的

3、轨迹，使问题得以解决.(3) 找关系 用几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小. 粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为时，其运动时间为t=T(或t=T).例1(2014·海安中学)在半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.有两个相同的带正电的粒子从A点垂直于磁场方向进入磁场中，进入磁场时的速度v1和v2大小未知、方向与AO的夹角均为，如图所示.已知两粒子的质量均为m、电荷量均为q，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径也是R(不计粒子的重力和它们之间的相互作用).求:(1) 两粒子的运动速度v1和v2的大小.(2) 两粒子在磁场

4、中运动的时间之差.(3) 两粒子离开磁场的位置之间的距离.思维轨迹:解析:(1) 两粒子在磁场中圆周运动的半径都是R，所以速度大小相同，设为v，则qvB=m.所以v1=v2=v=.(2) 设以v1运动的粒子从圆上的M点离开磁场区域，轨迹的圆心为O1，由题可知O1A=O1M=OA=OM，即OAO1M是菱形，所以O1MOA.设轨迹圆的圆心角为1，则OAO1=90°+.1=180°-OAO1=90°-.同理，设以v2运动的粒子从圆上的N点离开磁场区域，轨迹的圆心为O2，则OAO2N是菱形，O2NOA.设轨迹圆的圆心角为2，则OAO2=90°-.2=180

5、76;-OAO2=90°+.两轨迹圆的圆心角的差值为=2-1=2.设粒子在磁场中圆周运动的周期为T，有T=.两粒子在磁场中运动的时间差为t=T=.(3) 由以上分析可知1=OAO2.说明两菱形除边长相等外顶角也相等，两菱形全等.O2N、O1M到OA的距离相等，即O2N、O1M在同一直线上.在三角形MON中，MON=2-1=2.所以，MN=2Rsin .答案:(1) (2) (3) 2Rsin 变式训练1(2014·泰州中学)如图所示，在0xd的空间，存在垂直xOy平面向里的匀强磁场.y轴上的P点有一小孔，可以向y轴右侧垂直于磁场方向不断发射速率均为v且与y轴所成夹角可在01

6、80°范围内变化的带负电的粒子.已知当=45°时，粒子恰好从磁场右边界与P点等高的Q点射出磁场，不计粒子重力及粒子间的相互作用.求:(1) 磁场的磁感应强度.(2) 若=30°，粒子射出磁场时与磁场边界的夹角(可用三角函数、根式表示).(3) 能够从磁场右边界射出的粒子在磁场中经过的区域的面积(可用根式表示).解析:(1) 粒子在磁场中做匀速圆周运动，设粒子的轨道半径为R，磁场的磁感应强度为B，则qvB=m.如下图实线所示，由几何关系d=2Rcos 45°，解得B=.(2) 如下图虚线所示，由几何关系d=Rcos 30°+Rcos ，解得cos

7、 =.(3) 能够从磁场右边界射出的粒子在磁场中经过的区域，如图中两圆弧间斜线部分所示，由几何关系R2- (d-R)2=(PM)2.两个圆弧与水平线之间围成的面积是相等的，所以所求区域面积为矩形PQNM的面积，S=d·|PM|，解得S=d2.答案:(1) (2) cos =(3) d2带电粒子在相邻多个磁场中的运动粒子在相邻多个磁场中连续运动时，会画出不同的轨迹，从复杂的轨迹中找出规律，寻找解决问题的突破口，解决这类问题时，关键在于能画出轨迹，弄清楚粒子的运动过程，找出粒子在不同磁场中运动的联系，借助圆周运动的特点解决问题.例2(2014·海安中学)如图所示，在xOy平面内

8、，以O'(0，R)为圆心、R为半径的圆内有垂直于平面向外的匀强磁场，x轴下方有垂直于平面向里的匀强磁场，两个磁场区域的磁感应强度大小相等.第四象限有一个与x轴成45°角倾斜放置的挡板PQ，P、Q两点在坐标轴上，且O、P两点间的距离大于2R，在圆形磁场左侧0<y<2R的区间内均匀分布着质量为m、带电荷量为+q的一簇带电粒子，当所有粒子均沿x轴正方向以速度v射入圆形磁场区域时，粒子偏转后都从O点进入x轴下方磁场，最终有一半粒子能打在挡板上.不计粒子重力以及粒子间的相互作用力.求:(1) 磁场的磁感应强度B的大小.(2) 挡板端点P的坐标.(3) 挡板上被粒子打中的区域

9、的长度.思维轨迹:(1) 以任一粒子为研究对象找出圆心，画出轨迹用几何知识求出轨道半径由洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度B(2) 粒子从O点进入三四象限时相当于一个速度大小相等的粒子源作出圆心的轨迹作出粒子可能到达的空间位置找出打到挡板上从O点射出的粒子范围利用几何知识求出P点坐标(3) 根据第2小题中作出的包络圆的轨迹利用几何知识求出粒子打在挡板上的长度解析:(1) 设粒子从磁场边界的A点进入磁场，该粒子由O点射出圆形磁场，轨迹如图甲所示，过A点作速度的垂线，在垂线上取点C(满足OC=AC)，确定轨迹圆的圆心为C.连接AO'、CO，可证得ACOO'为菱形，根据图中几何关系可知

10、，粒子在圆形磁场中的轨道半径r=R，由qvB=m，解得B=. 甲 乙(2) 欲使有一半的粒子打到挡板上，则需满足从O点射出的沿x轴负方向的粒子、沿y轴负方向的粒子轨迹刚好与挡板相切，如图乙所示.过圆心D作挡板的垂线交于E点，由几何关系可知DP=R，OP=(+1)R.所以P点的坐标为(+1)R，0.(3) 设能打到挡板最左侧的粒子落在挡板上的F点，如图丙所示，则OF=2R，过O点作挡板的垂线交于G点，则丙OG=(+1)R·=R.FG=R.EG=R.挡板上被粒子打中的区域长度l=FE=R+R=R.答案: (1) (2) (+1)R，0(3) R变式训练2(2014·姜堰中学)如

11、图所示，直角坐标平面xOy内有一条直线AC过坐标原点O且与x轴成45°角，在OA与x轴负半轴之间的区域内存在垂直xOy平面向外的匀强磁场B1，在OC与x轴正半轴之间的区域内存在垂直xOy平面向外的匀强磁场B2.现有一质量为m，带电荷量为q(q>0)的带电粒子以速度v从直线AC上的P点竖直向下射出，P点坐标为(L，L)，经测量发现，此带电粒子每经过相同的时间T，会再将回到P点，已知磁感应强度B2=(不计粒子重力).(1) 请在图中画出带电粒子的运动轨迹，并求出匀强磁场B1与B2的比值(B1、B2磁场范围足够大).(2) 求出带电粒子相邻两次经过P点的时间间隔T.(3) 若保持磁感

12、应强度B2不变，改变B1的大小，但不改变其方向，使B1=.现从P点向下先后发射速度分别为和的与原来相同的带电粒子(不计两个带电粒子之间的相互作用力，并且此时算作第一次经过直线AC)，如果它们第三次经过直线AC时轨迹与AC的交点分别记为E点和F点(图中未画出)，试求EF两点间的距离. 解析:(1) 带电粒子从P点匀速运动到Q点，然后做半径为R2=L的匀速圆周运动，运动到H点时的速度方向与AC垂直，从H点匀速运动到D点，之后又做匀速圆周运动到P点.根据平面几何知识可知，=L，四边形PODO1为棱形，O1为圆心，即带电粒子在匀强磁场B1中做匀速圆周运动的半径R1为L，根据qvB1=m，得B1=B2，

13、所以B1与B2的比值为.(2) T=t1+t2+t3+t4.t1=， t2=T2=，t3=， t4=T1=，则T=t1+t2+t3+t4=.(3) 两带电粒子在磁场B2中运动时的半径为R'2=，R2=.B1=，故粒子在磁场B1中的运动半径R1=2R2，则两带电粒子都刚好运动圆周到达A点.所以，E、F两点间的距离dEF=0(如图所示).答案:(1) 带电粒子的运动轨迹见解析(2) (3) 0带电粒子在磁场中的临界问题解决带电粒子在磁场中运动的临界问题的关键是找准临界点.带电粒子在磁场中以不同的速度运动时，圆周运动的半径随着速度的变化而变化，因此可以将半径放缩，运用“放缩法”探索出临界点的

14、轨迹，使问题得以解决;对于范围型问题，求解时关键寻找引起范围的“临界轨迹”及“临界半径”，然后利用粒子运动的实际轨迹半径与临界半径的大小关系确定范围.常用的结论有: 直径是圆的最大弦; 同一圆中大弦对应大的圆心角; 刚好穿出磁场边界的临界条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切.例3(2014·如东中学)如图所示，中轴线PQ将矩形区域MNDC分成上、下两个部分，上部分充满垂直纸面向外的匀强磁场，下部分充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度均为B.一质量为m、电荷量为+q的粒子从P点进入磁场，速度与边MC的夹角=30°.MC边长为a，MN边长为8a，不计粒子重力.则:(1)

15、 若要该粒子不从MN边射出磁场，求其最大速度.(2) 若要该粒子恰从Q点射出磁场，求其在磁场中运行的最短时间.思维轨迹:(1) 速度越大，半径越大临界条件:粒子轨迹与磁场边界相切时，半径最大(2) 时间越短，圆心角越小临界条件:粒子以较大速度运动到达Q点穿出磁场的次数最少解析:(1) 设该粒子恰好不从MN边射出磁场时的轨迹半径为r，由几何关系得rcos 60°=r-a，解得r=a.又由qvB=m，解得最大速度v=.(2) 粒子每经过分界线PQ一次，在PQ方向前进的位移为轨迹半径r的倍.设粒子进入磁场后第n次经过PQ线时恰好到达Q点，有n×r=8a，解得n=4.62.n所能取

16、的最小自然数为5.粒子做圆周运动的周期为T=.粒子每经过PQ分界线一次用去的时间为t=T=.粒子到达Q点的最短时间为tmin=5t=.答案:(1) (2) 变式训练3(2014·沭阳中学)如图所示，在边长为L的正方形区域内存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.P点位于正方形的对角线CE上，其到CF、CD的距离均为，在P点处有一个发射粒子的装置(图中未画出)，它能连续不断向纸面内的各方向发射出速率不同的带正电的粒子.已知粒子的质量为m，带电荷量为q，不计粒子重力及粒子间的相互作用力.(1) 速率在什么范围内的粒子不可能射出正方形区域?(2) 求速率v=的粒子在DE边的射出

17、点与D点的距离d的范围.解析:因粒子的速度方向垂直于磁场方向，故其在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动.(1) 依题意可知，粒子在正方形区域内做圆周运动，不射出该区域的半径为r.对粒子，由牛顿第二定律有qvB=m.即v=.(2) 当v=时，设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，则由qvB=m可得，R=.要使粒子从DE边射出，则其一定不能从CD边射出，其临界状态是粒子的轨迹与CD边相切. 甲 乙设切点与C点的距离为x，其轨迹如图甲所示，由几何关系得R2=+，解得x=L.设此时粒子在DE边的射出点与D点的距离为d1，由几何关系有(L-x)2+(R-d1)2=R2，解得d1=.而当粒子的轨迹与DE边相切时

18、，粒子必将从EF边射出，设此时切点与D点的距离为d2，其轨迹如图乙所示，由几何关系有R2=+，解得d2=.故速率v=的粒子在DE边的射出点距离D点的距离范围为d<.答案:(1) v(2) d<带电粒子在磁场中的多解问题带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于多种因素的影响，使问题形成多解.多解形成原因一般从以下几个方面来分析.(1) 带电粒子电性不确定形成多解:受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，当粒子具有相同速度时，正、负粒子在磁场中的运动轨迹不同，导致多解.(2) 磁场方向不确定形成多解:磁感应强度是矢量，如果题述条件只给出磁感应强度的大小，而未说明磁感应强

19、度方向，则应考虑因磁场方向不确定而导致的多解.(3) 临界状态不唯一形成多解:带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去了，也可能转过180°从入射面边界反向飞出，于是形成了多解.(4) 运动的往复性形成多解:带电粒子在不同磁场(如周期性变化的磁场)的空间中运动时，运动往往具有往复性，从而形成多解.例4(2014·江苏)某装置可以利用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示.装置的长为L，上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d.装置右端有一收集板，M、N、P为板上的三点，M

20、位于轴线OO'上，N、P分别位于下方磁场的上、下边界上.在纸面内，质量为m、电荷量为-q的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30°角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达P点.改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板上的位置，不计粒子的重力.(1) 求磁场区域的宽度h.(2) 欲使粒子到达收集板的位置从P点移到N点，求粒子入射速度的最小变化量v.(3) 欲使粒子到达M点，求粒子入射速度大小的可能值.思维轨迹:(1) (2) 粒子到达收集板的位置从P点移到N点粒子运动半径变小粒子运动速度变小粒子第一次经过下方磁场后到达N点根据运动的对称性，作出粒子的运动轨迹利用

21、几何知识列式计算(3) 欲使粒子到达M点M点与入射点O在同一直线上根据运动的对称性，作出粒子的运动轨迹考虑多种可能情况利用几何知识列方程求解解析:(1) 设带电粒子在磁场中运动的轨道半径为r，依题意作出带电粒子的运动轨迹如下图所示，由图中几何关系有L=3rsin 30°+，h=r(1-cos 30°).解得h=.(2) 设带电粒子初始入射速度为v1，改变速度后仍然经过上方的磁场区域一次后到达N点，此时速度的改变量最小，设改变后的速度为v2，粒子改变速度后，在磁场中运动的轨道半径为r'，带电粒子的运动轨迹如下图所示:由图中几何关系有L=4r'sin 30

22、76;+.根据牛顿第二定律有qv1B=m，qv2B=m.粒子入射速度的最小变化量v=|v2-v1|.联立以上各式解得v=.(3) 粒子可能从上方磁场出来后经过M点，也可能从下方磁场出来后经过M点，不妨假设粒子共n次经过了磁场区域到达了M点，此时在磁场中运动的轨道半径为rn，速度为vn，根据牛顿第二定律有qvnB=m.根据几何关系有L=2nrnsin 30°+.解得vn=.由于粒子经过上方的磁场区域一次，恰好到达P点，因此粒子不可能只经过上方一次直接到达M点，则n2.又因为粒子必须经过磁场改变其运动的方向才能到达M点，因此满足n<tan 30°=.所以，vn=(其中2n

23、<，且n为整数).答案:(1) (2) (3) 变式训练4(2014·如皋期末)如图甲所示，空间内有垂直于纸面向里的有界匀强磁场，MN是磁场的上边界，磁场宽度足够大，磁感应强度B0=1×10-4 T.现有一比荷为=2×1011 C/kg的正离子以某一速度从P点水平向右射入磁场，已知P点到边界MN的垂直距离d=20 cm，不计离子的重力.求:(1) 若离子以速度v1=3×106 m/s水平射入磁场，求该离子从MN边界射出时的位置到P点的水平距离s.(2) 若要使离子不从MN边界射出磁场，求离子从P点水平射入的最大速度vm.(3) 若离子射入的速度满足

24、第(2)问的条件，当离子从P点射入时，再在该磁场区域加一个如图乙所示的变化磁场(正方向与B0方向相同，不考虑磁场变化所产生的电场)，求该离子从P点射入到第一次回到P点所经历的时间t.解析:(1) 离子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得B0qv1=，解得r1=0.15 m.由s2=-(d-r1)2 ，代入数据解得s=m0.14 m.(2) 离子刚好不从边界射出时的最大半径为r2=，B0qvm=，代入数据解得vm=2×106 m/s.(3) 离子在原磁场中的运动周期T1=×10-7 s.离子在磁场中运动直到第一次遇到外加磁场的过程中轨迹对应的圆心角1=×

25、2=.施加附加磁场后，离子在磁场中做圆周运动的半径将变小，周期T2为T2=×10-7 s.即离子刚好能运动一个完整的圆周，接下来在B0磁场中继续偏转，对照外加磁场的规律可知，每隔×10-7 s离子在周期性外加磁场时做半径更小的圆周运动，离子可做5次完整的匀速圆周运动，如图所示，最后还经过P点.离子从P点射入磁场到第一次回到P点的总时间t=T1+5T2，解得t=×10-7 s.答案:(1) 0.14 m(2) 2×106 m/s(3) ×10-7 s能力呈现【考情分析】 20122013 2014带电粒子在磁场中的运动T9:带电粒子在磁场中的运动

26、T15:带电粒子在磁场中的运动T14:带电粒子在磁场中的运动【备考策略】带电粒子在磁场中的运动是每年高考的必考内容.常见题型有选择题、计算题，甚至是压轴题，试题对学生的空间想象能力、分析物理过程和运用规律的综合能力以及运用数学知识解决物理问题的能力进行考查.解答时要从受力分析和运动分析入手，根据洛伦兹力产生的条件、大小的计算、方向的判定、永不做功等特点以及带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的规律列式，并善于运用几何关系来解题.1. (2014·苏南调研)如图所示，无限长导线，均通以恒定电流I.直线部分和坐标轴接近重合，弯曲部分是以坐标原点O为圆心的相同半径的一段圆弧，已知直线部分在原点O

27、处不形成磁场，则下列四个图中O处磁感应强度和题图中O处的磁感应强度相同的是()解析:可以采用填补法，在题图中相当于一个顺时针方向的环形电流的一半，在选项A中，显然、象限的电流相互抵消，、象限的仍然相当于一个顺时针方向的环形电流的一半，因此圆心O处的磁感应强度与题图中的相同;在选项B中，则相当于是一个完整的顺时针方向的环形电流，圆心O处的磁感应强度与题图中的相比方向相同，大小则是2倍;在选项C中，、象限的电流相互抵消，、象限的电流相当于一个逆时针方向的环形电流的一半，圆心O处的磁感应强度与题图中的相比大小相同，但方向相反;在选项D中，、象限的电流相互抵消，、象限的电流相当于一个逆时针方向的环形电

28、流的一半，圆心O处的磁感应强度与题图中的相比大小相同，但方向相反.故只有选项A正确.答案:A2. (2014·启东中学)如图所示，通电直导线ab位于两平行导线横截面MN连线的中垂线上.当平行导线通以如图所示的同向等值电流时，下列说法中正确的是()A. a端向里，b端向外旋转B. a端向外，b端向里旋转C. ab逆时针旋转D. ab顺时针旋转解析:导线M和N的磁感线都是同心圆.根据右手定则可知，MN连线的上方磁场方向向右，再用左手定则判断a端受力向外;同理可知，MN连线下方的磁场方向向左，再根据左手定则可以分析出b端受力向里.从而使得a端转向纸外，b端转向纸里，故B正确.ACD错误.答

29、案:B3. (2014·安徽)“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞.已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变.由此可判断所需的磁感应强度B正比于()A. B. T C. D. T2解析:根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m，解得带电粒子在磁场中做圆周运动的半径r=;由动能的定义式Ek=mv2，可得r=，结合题目信息可得B，选项A正确.答案:A4. (2014·高邮中学)如图所示，在x轴上方的空间存在着垂直于

30、纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.许多相同的离子以相同的速率v由O点沿纸面向各个方向(y>0)射入磁场区域.不计离子的重力和离子间的相互影响.图中曲线表示离子运动的区域边界，其中边界与y轴交点为M，边界与x轴交点为N，且OM=ON=L.由此可判断()A. 这些离子是带负电的B. 这些离子运动的轨道半径为LC. 这些离子的比荷为D. 当离子沿y轴正方向射入磁场时会经过N点解析:根据左手定则，离子带正电，A项错误;由题图可知，y离子轨道半径为L，B项错误;再根据qvB=，=，C项错误;由于ON=L，离子轨道半径为L，ON恰好为离子做圆周运动的直径，故D项正确.答案:D专题七带电粒子在

31、磁场中的运动1. (多选)(2014·新课标)如图为某磁谱仪部分构件的示意图.图中的永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹.宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子.当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法中正确的是()A. 电子与正电子的偏转方向一定不同B. 电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C. 仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子D. 粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小2. (2014·淮阴中学)如图所示，在圆形区域内，存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，ab是圆的一条直径.一带正电的粒子从a点射入磁场，速度大小为2v，

32、方向与ab成30°角时恰好从b点飞出磁场，粒子在磁场中运动的时间为t;若仅将速度大小改为v，则粒子在磁场中运动的时间为(不计粒子的重力)()A. 3tB. t C. tD. 2t3. (多选)(2014·徐州一中)如图所示，两个匀强磁场的方向相同，磁感应强度分别为B1、B2，虚线MN为理想边界.现有一个质量为m、电荷量为e的电子以垂直于边界MN的速度v由P点沿垂直于磁场的方向射入磁感应强度为B1的匀强磁场中，其运动轨迹为图中虚线所示的心形图线.则下列说法中正确的是()A. 电子的运动轨迹为PDMCNEPB. 电子运动一周回到P点所用的时间T=C. B1=4B2D. B1=2B24. (多选)(2014·盐城三模)在竖直平面内有两固定点a、b，匀强磁场垂直该平面向里，重力不计的带电小球在a点以不同速率向不同方向运动，运动过程中除磁场力外，还受到一个大小恒定，方向始终跟速度方向垂直的力的作用，对过b点的带电小球()A. 如果沿ab直线运动，速率是唯一的B. 如果沿ab直线运动，速率可取不同值C. 如果沿同一圆弧ab运动，速率是唯一的D. 如果沿同一圆弧ab运动，速率可取不同值5. (多选)(2014·金陵中学)如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板.现从圆形