高考物理一轮复习讲义第11章第3课时　专题强化 带电粒子在有界匀强磁场中的运动（2份打包，原卷版+教师版）

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考点一 带电粒子在有界匀强磁场中的运动
1．直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示)
2．平行边界(往往存在临界条件，如图所示)
3．圆形边界(进出磁场具有对称性)
(1)沿径向射入必沿径向射出，如图甲所示。
(2)不沿径向射入时，如图乙所示。
射入时粒子速度方向与半径的夹角为θ，射出磁场时速度方向与半径的夹角也为θ。
4．多边形边界或角形区域磁场
带电粒子在多边形边界或角形区域磁场运动时，会有不同的临界情景，解答该类问题主要把握以下两点：
(1)射入磁场的方式：①从某顶点射入；②从某边上某点以某角度射入。
(2)射出点的判断：经常会判断是否会从某顶点射出。
①当α≤θ时，可以过两磁场边界的交点，发射点到两磁场边界的交点距离为d＝2Rsin α，如图甲所示。
②当α>θ时，不能通过两磁场边界的交点，临界条件为粒子的运动轨迹恰好和另一个边界相切，如图乙所示。
例1 (多选)(2023·陕西渭南市模拟)如图所示，空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，氢的同位素氘离子(eq \\al(2,1)H)和氚离子(eq \\al(3,1)H)都从边界上的O点以相同速度先后射入磁场中，入射方向与边界成相同的角，不计离子重力及离子间相互作用，则下列说法正确的是( )
A．运动轨迹的半径之比为2∶3
B．重新回到边界所用时间之比为3∶2
C．重新回到边界时的动量相同
D．重新回到边界时与O点的距离不相等
答案 AD
解析 根据牛顿第二定律得qvB＝eq \f(mv2,r)，解得r＝eq \f(mv,qB)，由题知v、B大小均相同，则轨迹半径r与eq \f(m,q)成正比，故r1∶r2＝2∶3，选项A正确；离子的运动周期为T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πm,qB)，则知T1∶T2＝2∶3，根据左手定则分析和几何知识可知，两离子重新回到边界时的速度方向相同，重新回到边界时两个离子的速度偏向角均为2π－2θ，轨迹的圆心角也为2π－2θ，则运动时间t＝eq \f(2π－2θ,2π)T，可知重新回到边界所用时间之比为2∶3，选项B错误；根据动量p＝mv，由于磁场不改变速度的大小，且两个离子的质量不相等，所以两个离子的动量也不相等，C错误；由几何知识可知离子重新回到边界时的位置与O点距离d＝2rsin θ，由于θ相同，r不同，故d不同，选项D正确。
例2 (2023·河南省六校联考)真空区域有宽度为l、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向如图所示，MN、PQ是磁场的边界。质量为m、电荷量为＋q的粒子(不计重力)从MN边界某处射入磁场，刚好没有从PQ边界射出磁场，再从MN边界射出磁场时与MN夹角为θ＝30°，则( )
A．粒子进入磁场时速度方向与MN边界的夹角为60°
B．粒子在磁场中运动的时间为eq \f(4πm,3qB)
C．粒子在磁场中运动的时间为eq \f(5πm,6qB)
D．粒子射入磁场时的速度大小为eq \f(4－2\r(3)lqB,m)
答案 D
解析 轨迹如图所示，
根据对称性知，粒子进入磁场时速度方向与MN边界的夹角也为30°，则转过的圆心角为α＝300°，粒子在磁场中运动周期为T＝eq \f(2πm,qB)，则运动的时间为t＝eq \f(300°,360°)T＝eq \f(5πm,3qB)，A、B、C错误；设轨迹半径为r，由l＝r＋rcs 30°，解得r＝2(2－eq \r(3))l，根据qvB＝meq \f(v2,r)，解得v＝eq \f(4－2\r(3)lqB,m)，D正确。
例3 (2021·全国乙卷·16)如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转90°；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转60°，不计重力，则eq \f(v1,v2)为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(3),3) C.eq \f(\r(3),2) D.eq \r(3)
答案 B
解析 如图所示，
设圆形磁场区域的半径为R，粒子以v1射入磁场时的轨迹半径为r1，根据几何关系r1＝R，以v2射入磁场时的轨迹半径r2＝eq \r(3)R。根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝eq \f(mv2,r)，可得v＝eq \f(qrB,m)，所以eq \f(v1,v2)＝eq \f(r1,r2)＝eq \f(\r(3),3)，故选B。
例4 (2023·湖北十堰市调研)如图所示，直角三角形MNP区域内存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场。∠M＝30°，NP＝L，C为MP的中点，D为NP的中点，在C点有一粒子源可沿平行PN方向射入速度大小不同的正、负电子。电子的质量为m、电荷量为e，不考虑电子间的相互作用，不计正、负电子的重力。下列说法正确的是( )
A．可能有正电子从M点射出磁场
B．负电子从D点离开磁场时的速度大小为eq \f(eBL,2m)
C．从MN边射出的正电子在磁场中运动的最长时间为eq \f(2πm,3eB)
D．正电子在磁场中运动的最长时间为eq \f(πm,3eB)
答案 C
解析 正电子恰好从MN边界射出的轨迹如图所示，根据正电子的运动的轨迹可知，不可能从M点射出磁场，选项A错误；负电子从D点离开磁场的轨迹如图，
负电子从D点离开磁场时，由几何关系知(eq \f(L,2))2＋(eq \f(\r(3)L,2)－r)2＝r2，解得r＝eq \f(\r(3),3)L，则负电子的速度大小为v＝eq \f(Ber,m)＝eq \f(eBL,\r(3)m)，选项B错误；当从MN边射出的正电子运动的轨迹与MN相切时在磁场中运动时间最长，由几何关系可知圆心角为120°，则最长时间tm＝eq \f(120°,360°)×eq \f(2πm,eB)＝eq \f(2πm,3eB)，选项C正确；正电子从C、M之间射出时在磁场中运动时间最长，则在磁场中运动的最长时间为tm′＝eq \f(T,2)＝eq \f(πm,eB)，选项D错误。
考点二 带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题
带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于带电粒子电性不确定、磁场方向不确定、临界状态不确定、运动的周期性造成带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题。
(1)找出多解的原因。
(2)画出粒子的可能轨迹，找出圆心、半径的可能情况。
例5 (多选)(2022·湖北卷·8)在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从P点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为( )
A.eq \f(1,3)kBL,0° B.eq \f(1,2)kBL,0°
C．kBL,60° D．2kBL,60°
答案 BC
解析 若离子通过下部分磁场直接到达P点，如图甲所示，
根据几何关系则有R＝L，由qvB＝meq \f(v2,R)，可得v＝eq \f(qBL,m)＝kBL，根据对称性可知出射速度与SP成30°角斜向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°。当离子在两个磁场均运动一次时，如图乙所示，因为两个磁场的磁感应强度大小均为B，则根据对称性有R＝eq \f(1,2)L，
根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,R)，可得v＝eq \f(qBL,2m)＝eq \f(1,2)kBL，此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°。通过以上分析可知当离子从下部分磁场射出时，需满足v＝eq \f(qBL,2n－1m)＝eq \f(1,2n－1)kBL(n＝1,2，3…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°；当离子从上部分磁场射出时，需满足v＝eq \f(qBL,2nm)＝eq \f(1,2n)kBL(n＝1,2,3…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°，故B、C正确，A、D错误。
例6 (多选)如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于圆面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，AC是圆的一条直径，D为圆上一点，∠COD＝60°。在A点有一个粒子源，沿与AC成30°角斜向上垂直磁场的方向射出速率均为v的各种带正电粒子，所有粒子均从圆弧CD射出磁场，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力。则从A点射出的粒子的比荷eq \f(q,m)可能是( )
A.eq \f(v,BR) B.eq \f(3v,2BR) C.eq \f(\r(3)v,BR) D.eq \f(\r(3)v,3BR)
答案 AD
解析 带电粒子从C点射出磁场，轨迹如图甲所示，由几何关系得sin 30°＝eq \f(R,r1)，解得r1＝2R；

带电粒子从D点射出磁场，轨迹如图乙所示，由几何关系得AODO2是菱形，所以粒子的轨迹半径r2＝R，所以粒子在磁场中运动的轨迹半径满足r2≤r≤r1，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝meq \f(v2,r)，解得从A点射出的粒子的比荷满足eq \f(v,2BR)≤eq \f(q,m)≤eq \f(v,BR)，故选A、D。
课时精练
1.(多选)如图所示，虚线MN上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B。一群电子以不同速率从边界MN上的P点以相同的入射方向射入磁场。其中某一速率为v的电子从Q点射出边界．已知电子入射方向与边界MN的夹角为θ，则( )
A．该匀强磁场的方向垂直纸面向里
B．所有电子在磁场中的轨迹半径相等
C．速率越大的电子在磁场中运动时间越长
D．在此过程中每个电子的速度方向都改变2θ
答案 AD
解析 由左手定则可判断，该匀强磁场的方向垂直纸面向里，A正确；由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝meq \f(v2,r)，整理得r＝eq \f(mv,qB)，电子的轨迹半径与速度大小有关，速率不同，半径不同，B错误；由周期公式T＝eq \f(2πm,qB)可知，电子在磁场中的运动周期相同，由几何关系可知，在此过程中每个电子的速度方向都改变2θ，即轨迹圆心角为2θ，电子在磁场中的运动时间t＝eq \f(2θ,2π)T，故不同速率的电子在磁场中的运动时间都相同，C错误，D正确。
2．(多选)如图所示，一单边有界磁场的边界上有一粒子源，以与水平方向成θ角的不同速率向磁场中射入两个相同的粒子1和2，粒子1经磁场偏转后从边界上A点出磁场，粒子2经磁场偏转后从边界上B点出磁场，OA＝AB，则( )
A．粒子1与粒子2的动能之比为1∶2
B．粒子1与粒子2的动能之比为1∶4
C．粒子1与粒子2在磁场中运动的弧长之比为1∶1
D．粒子1与粒子2在磁场中运动的弧长之比为1∶2
答案 BD
解析 由题意可知，粒子1和2在磁场中圆周运动轨迹对应的弦长之比为1∶2，则粒子1和2运动半径之比为1∶2，根据qvB＝meq \f(v2,r)，得v＝eq \f(qBr,m)，即速度之比为1∶2，又Ek＝eq \f(1,2)mv2，可知粒子1与粒子2的动能之比为1∶4，故A错误，B正确；由题意可知，两粒子在磁场中圆周运动的圆心角相等，由数学知识可知，粒子1与粒子2在磁场中运动的弧长之比等于运动半径之比为1∶2，故C错误，D正确。
3.(多选)(2024·北京市模拟)如图所示，匀强磁场限定在一个圆形区域内，磁感应强度大小为B，一个质量为m、电荷量为q、初速度大小为v的带电粒子沿磁场区域的直径方向从P 点射入磁场，从Q 点沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时的速度方向与射入磁场时相比偏转了θ角，忽略粒子重力，下列说法正确的是( )
A．粒子带负电
B．粒子在磁场中运动的轨迹长度为eq \f(mvθ,qB)
C．粒子在磁场中运动的时间为eq \f(mθ,qB)
D．圆形磁场区域的半径为eq \f(mv,qB)tan θ
答案 BC
解析 根据粒子的偏转方向，由左手定则可以判断出粒子带正电，A错误；由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝meq \f(v2,r)，解得粒子在磁场中运动时，其轨迹的半径为r＝eq \f(mv,qB)，由几何关系可知其对应的圆心角为θ，则粒子在磁场中运动的轨迹长度为s＝θr＝eq \f(mvθ,qB)，B正确；粒子做圆周运动的周期为T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πm,qB)，则粒子在磁场中运动的时间为t＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(mθ,qB)，C正确；设圆形磁场区域的半径为R，由taneq \f(θ,2)＝eq \f(R,r)，解得R＝rtaneq \f(θ,2)＝eq \f(mv,qB)taneq \f(θ,2)，D错误。
4.如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为( )
A.eq \f(1,4)kBl，eq \f(\r(5),4)kBl B.eq \f(1,4)kBl，eq \f(5,4)kBl
C.eq \f(1,2)kBl，eq \f(\r(5),4)kBl D.eq \f(1,2)kBl，eq \f(5,4)kBl
答案 B
解析 电子从a点射出时，其运动轨迹如图线①，轨迹半径为ra＝eq \f(l,4)，由洛伦兹力提供向心力，有evaB＝meq \f(va2,ra)，又eq \f(e,m)＝k，解得va＝eq \f(kBl,4)；电子从d点射出时，运动轨迹如图线②，由几何关系有rd2＝l2＋(rd－eq \f(l,2))2，解得：rd＝eq \f(5l,4)，由洛伦兹力提供向心力，有evdB＝meq \f(vd2,rd)，又eq \f(e,m)＝k，解得vd＝eq \f(5kBl,4)，选项B正确。
5.如图所示，四分之一圆区域OMN内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，P点为半径OM的中点。现有两个带电粒子a、b，以相同的速度先后从P点沿平行ON方向射入磁场，并分别从N、M两点射出磁场。不计粒子所受重力及粒子间相互作用。则粒子a、b在磁场中运动周期之比为( )
A．5∶1 B．1∶5 C．2∶3 D．3∶2
答案 A
解析 设四分之一圆的半径为R，画出a、b两个粒子的运动轨迹如图所示，
根据几何关系可知rb＝eq \f(R,4)，ra2＝R2＋(ra－eq \f(R,2))2，可得ra＝eq \f(5,4)R，又因为T＝eq \f(2πr,v)，可得Ta∶Tb＝ra∶rb＝5∶1，A正确，B、C、D错误。
6.(2023·四川内江市第六中学模拟)如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形ABC边界分开，三角形内磁场方向垂直纸面向里，三角形顶点A处有一质子源，能沿∠BAC的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计)，所有质子均能通过C点，质子比荷eq \f(q,m)＝eq \f(1,k)，忽略质子重力和质子间的相互作用，则质子的速度不可能为( )
A.eq \f(BL,k) B.eq \f(BL,2k) C.eq \f(2BL,3k) D.eq \f(BL,8k)
答案 C
解析 质子带正电，且经过C点，其可能的轨迹如图所示，
所有圆弧所对圆心角均为60°，根据几何关系可知，质子运动半径为r＝eq \f(L,n)(n＝1,2,3…)，质子在磁场中做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝meq \f(v2,r)，联立解得v＝eq \f(qBr,m)＝eq \f(BL,nk)(n＝1,2,3…)，可知质子的速度不可能为eq \f(2BL,3k)，C满足题意要求，A、B、D不满足题意要求。
7.(多选)如图，半径为R的圆形区域(纸面)内存在着匀强磁场，磁场方向垂直于纸面，半径OA与半径OC夹角α＝60°，CD为直径。电子、质子均从A点沿与OA夹角θ＝30°方向垂直射入匀强磁场中，电子经磁场偏转后从C点以速率v射出磁场，质子从D点垂直AO方向射出磁场。已知电子与质子的质量之比为k，粒子重力及粒子间的相互作用均不计，则( )
A．磁场方向垂直圆面向外
B．电子在磁场中运动的路程为eq \f(1,3)πR
C．质子在磁场中运动的速率为kv
D．电子、质子通过磁场所用的时间之比为1∶2
答案 BC
解析 电子、质子在磁场中运动的轨迹如图所示。
电子在磁场中偏转从C点射出，根据左手定则判断知磁感应强度方向垂直纸面向里，选项A错误；由几何关系知：△AOC、△AO1C均为正三角形且全等，则电子做匀速圆周运动的半径r1＝R＝eq \f(m1v,eB)，在磁场中运动的路程L1＝eq \f(1,6)×2πr1＝eq \f(1,3)πR，选项B正确；电子在磁场中运动的时间t1＝eq \f(1,6)·eq \f(2πm1,eB)＝eq \f(πm1,3eB)，由几何关系知：圆心O2在圆心为O的圆周上，四边形AODO2是边长为R的菱形，∠AO2D＝120°，质子在磁场中运动的轨迹半径r2＝R＝eq \f(m2v2,eB)，得v2＝eq \f(m1,m2)v＝kv，选项C正确；质子在磁场中运动的时间t2＝eq \f(1,3)·eq \f(2πm2,eB)＝eq \f(2πm2,3eB)，则eq \f(t1,t2)＝eq \f(m1,2m2)＝eq \f(k,2)，选项D错误。
8．(多选)(2023·全国甲卷·20)光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从P点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反；电荷量不变。不计重力。下列说法正确的是( )
A．粒子的运动轨迹可能通过圆心O
B．最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出
C．射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短
D．每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线
答案 BD
解析 假设粒子带负电，第一次从A点和筒壁发生碰撞如图甲所示，
O1为圆周运动的圆心，由题可知粒子沿半径方向射入圆形磁场，出射时也沿半径方向，即粒子此时的速度方向为OA，说明粒子在和筒壁碰撞时速度会反向，由圆的对称性得粒子在其他点撞击同理，D正确； 假设粒子运动过程过O点，粒子从P点进入磁场中速度发生偏转，则过P点的速度的垂线和OP连线的中垂线是平行的，不能交于一点确定圆心；
撞击筒壁以后的A点的速度垂线和AO连线的中垂线依旧平行不能确定圆心，则粒子不可能过O点，A错误；由题意可知粒子射出磁场以后的每次偏移圆心连线组成的多边形应为以筒壁为内接圆的多边形，这个多边形最少应为三角形，如图乙所示，
即撞击两次，B正确；速度越大粒子做圆周运动的半径越大，碰撞次数可能增多，但粒子运动时间不一定减少， C错误。
9.(多选)(2023·江西南昌市八一中学三模)如图所示，空间中有一个底角为60°的等腰梯形，上底与腰长相等，均为L，梯形处于磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场中，现c点存在一个粒子源，可以源源不断射出速度方向沿cd、大小可变的电子，电子的比荷为k，忽略电子重力及电子间的相互作用力，为使电子能从ab边射出，速度大小可能为( )
A.eq \f(\r(3)kBL,2) B.eq \f(3\r(3)kBL,4) C.eq \f(5\r(3)kBL,6) D.eq \f(4\r(3)kBL,3)
答案 BC
解析 由几何关系知梯形底边bc长为2L。能够从ab边射出的电子轨迹半径最小时为从b点射出，如图甲所示

由几何关系可知r1＝eq \f(L,cs 30°)＝eq \f(2\r(3),3)L；
半径最大时为从a点射出，如图乙所示
由几何关系可知r2＝eq \r(3)L，
由牛顿第二定律有qvB＝meq \f(v2,r)，
解得r＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(v,kB)，则有eq \f(2\r(3),3)L≤eq \f(v,kB)≤eq \r(3)L，为使粒子从ab边射出磁场区域，粒子的速度范围为
eq \f(2\r(3)kBL,3)≤v≤eq \r(3)kBL，故选B、C。
10.(多选)(2023·福建四地市第一次质检)如图所示，射线OM与ON夹角为30°，MON之外分布着垂直于纸面向里的范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为－q的粒子(不计重力)，从O点垂直于OM以某一速度射出。则( )
A．粒子第一次穿过边界ON时，速度方向与边界ON的夹角为60°
B．粒子第一次穿过边界OM之后，在磁场中运动的时间为eq \f(5πm,3qB)
C．仅减小粒子射出的速率，粒子可能第二次经过边界ON
D．仅增大粒子射出的速率，粒子一定能两次经过边界OM
答案 ABD
解析 由粒子在有界磁场中运动的对称性可知，粒子第一次穿过边界ON时，速度方向与边界ON的夹角等于从O点出发时与边界ON的夹角，即为60°，故A正确；粒子第一次穿过边界OM之后的轨迹如图所示，
从C点穿过OM边界进入下方磁场，由对称性和几何关系可知，再次从磁场中穿出时(图中D点)，粒子在下方磁场运动圆弧所对应的圆心角θ为300°，所以在磁场中运动的时间为t＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(θm,qB)＝eq \f(5πm,3qB)，故B正确；
由几何关系可得，粒子从ON穿过时，C点距离O点为其圆周运动半径R的3倍，所以粒子在下方磁场再次偏转，从D点穿过OM，D、C距离为R，粒子射出时速度方向平行于ON，所以不管是增大还是减小粒子射出的速率，粒子都不可能第二次经过边界ON，一定能两次经过边界OM，故C错误，D正确。
11．(2023·湖北荆门市龙泉中学三模)如图所示，边长为a＝0.4 m正方形区域ABCD内无磁场，正方形中线PQ将区域外左右两侧分成两个磁感应强度均为B＝0.2 T的匀强磁场区域，PQ右侧磁场方向垂直于纸面向外，PQ左侧磁场方向垂直于纸面向里。现将一质量为m＝1×10－8 kg，电荷量为q＝2×10－6 C的正粒子从AB中点以某一速率垂直于AB射入磁场，不计粒子的重力，则关于粒子的运动，下列说法正确的是( )
A．若粒子能垂直于BC射入正方形区域内，则粒子的最大速度为12 m/s
B．若粒子能垂直于BC射入正方形区域内，则粒子的速度可能为10 m/s
C．若粒子能垂直于BC射入正方形区域内，则粒子的速度可能为eq \f(8,3) m/s
D．若粒子能垂直于BC射入正方形区域内，则粒子的速度可能为2 m/s
答案 C
解析 根据题意可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,r)，解得v＝eq \f(qBr,m)，
若粒子能垂直于BC射入正方形区域内，则粒子可能的运动轨迹如图所示
由几何关系可得(2n＋1)r＝eq \f(a,2)(n＝0,1,2…)
解得v＝eq \f(qBa,4n＋2m)(n＝0,1,2…)
当n＝0时，速度最大为vmax＝8 m/s
当n＝1时v＝eq \f(8,3) m/s；当n＝2时v＝eq \f(8,5) m/s
故选C。