3.6带电粒子在匀强磁场中的运动（答案含解析）—人教版高中物理选修3-1 同步训练

3.6带电粒子在匀强磁场中的运动
同步训练
一、单选题(共30分)
1．(本题3分)如图所示，半径为R的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，PA为直径。大量比荷（）相同、带电性相同的粒子，以相同的速率在纸面内从P点沿不同的方向射入磁场。已知粒子在磁场中的运动轨迹半径r＞R；在磁场中运动时间最长的粒子，入射方向与PA夹角为45°，这个最长时间为t0。则（　　）
A．粒子飞出磁场时的动能一定相等
B．粒子运动的轨迹半径
C．从PA圆弧中点射出的粒子，在磁场中的运动时间
D．从PA圆弧中点射出的粒子，进入磁场的方向与PA夹角为30°
2．(本题3分)如图所示是磁流体发电机的示意图，两平行金属板P、Q之间有一个很强的磁场。一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）沿垂直于磁场的方向喷入磁场。把P、Q与电阻R相连接。下列说法正确的是（　　）
A．Q板的电势高于P板的电势
B．R中有由b向a方向的电流
C．若只改变磁场强弱，R中电流保持不变
D．若只增大粒子入射速度，R中电流增大
3．(本题3分)如图所示，在屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。P为屏上的一小孔，PC与MN垂直。一群质量为m、带电荷量为－q（q>0）的粒子（不计重力），以相同的速率v，从P处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域。粒子入射方向在与磁场B垂直的平面内，且散开在与PC夹角为θ的范围内。则在屏MN上被粒子打中的区域的长度为（　　）
A．
B．
C．
D．
4．(本题3分)如图所示，OM的左侧存在范围足够大、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，ON（在纸面内）与磁场方向垂直且∠NOM=，ON上有一点P，OP=L、P点有一粒子源，可沿纸面内各个方向射出质量为m、电荷量为q的带正电的粒子（不计重力），速率为，则粒子在磁场中运动的最短时间为（　　）
A．
B．
C．
D．
5．(本题3分)CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图（a）是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图（b）所示。图（b）中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线（如图中带箭头的虚线所示）；将电子束打到靶上的点记为P点。则（　　）
A．M处的电势高于N处的电势
B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移
C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
6．(本题3分)回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，设D形盒半径为R。若用回旋加速器加速质子时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电频率为f，则下列说法正确的是（　　）
A．质子在匀强磁场每运动一周被加速一次
B．质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小有关
C．质子被加速后的最大速度不可能超过2fR
D．不改变B和f，该回旋加速器也能用于加速粒子
7．(本题3分)如图所示，两平行金属板水平放置，其间存在互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B，oa为直线，ob、oc为两段圆弧。一带电粒子以速度v从左侧o点射入后沿直线oa运动，粒子重力不计，下列说法正确的是（　　）
A．不能确定粒子的电性，也不能求出粒子的电量，但可求出粒子的速度为
B．若撤去电场，粒子可能沿ob运动，也可能沿oc运动
C．若撤去磁场，粒子可能沿oc运动，粒子的电势能减小
D．若粒子以速度v从右侧a点射入沿直线ao运动
8．(本题3分)关于下列四幅图的说法正确的是（　　）
A．图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，要想粒子获得的最大动能增大，可增加电压
B．图乙是磁流体发电机的结构示意图，可以判断出B极板是发电机的正极，A极板是发电机的负极
C．图丙是速度选择器的示意图，带电粒子（不计重力）能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是，即
D．图丁是质谱仪的结构示意图，粒子打在底片上的位置越靠近狭缝说明粒子的比荷越小
9．(本题3分)质谱仪是分离和检测同位素的仪器，其示意图如图所示。一质量为m、带电量为q的粒子从粒子源S射出时速度很小（可视为零），该粒子经电压为U的加速电场加速后，以速度v垂直进入磁感应强度大小为B的匀强磁场中，在磁场中做圆周运动的直径为D。若该粒子的重力不计，下列说法正确的是（　　）
A．，
B．，
C．，
D．，
10．(本题3分)在如图所示的平行板器件中，匀强电场的方向与匀强磁场的方向相互垂直，电场强度的大小为E，磁感应强度的大小为B，—带电粒子（重力不计）从左端以速度v沿虚线射入后做匀速直线运动，则该粒子（
）
A．—定带负电
B．若速度则粒子一定不能从板间射出
C．若速度则粒子可能从板间射出
D．若此粒子从右端沿虚线方向进入，仍做直线运动
二、多选题(共16分)
11．(本题4分)如图所示，光滑绝缘轨道竖直放置，其轨道末端切线水平，在其右侧有一正交的匀强电场、磁场区域，电场竖直向上，磁场垂直纸面向里，一带电小球从轨道上的A点由静止滑下，经P点进入场区后，恰好沿水平方向做直线运动。则可判定（　　）
A．小球在水平方向的运动一定是匀速直线运动
B．小球可能带正电，也可能带负电
C．若小球从B点由静止滑下，进入场区后也可以做匀速运动
D．若小球从B点由静止滑下，进入场区后将立即向下偏
12．(本题4分)如图所示，一个带电粒子从y轴上的a点沿平面且与y轴成角的方向进入平面内，粒子经过垂直于平面的圆形匀强磁场区域后从x轴上的b点射出，射出方向与x轴成角。已知带电粒子的质量为m、电荷量为q，带电粒子的运动速率为v，磁场的磁感应强度大小为B，不计粒子的重力，则下列说法正确的是（　　）
A．粒子在磁场中运动的时间为
B．粒子在磁场中运动的时间为
C．圆形磁场区域的最小半径为
D．圆形磁场区域的最小半径为
13．(本题4分)如图所示，在上方的空间充满垂直于平面向里的匀强磁场，有两个粒子A、B以相同的速度，与成从点射入磁场，然后分别从、点射出磁场，且，不考虑粒子间的相互作用力和粒子的重力，下列说法正确的是（　　）
A．A粒子带负电，B粒子带正电
B．A、B粒子在磁场中的轨道半径相等
C．A、B粒子的比荷相等
D．A、B粒子在磁场中的运动时间之比为
14．(本题4分)一带负电粒子的质量为m、电荷量为q，空间中一平行板电容器两极板S1、S2间的电压为U。将此粒子在靠近极板S1的A处无初速度释放，经电场加速后，经O点进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场（右边界平行S2），图中虚线Ox垂直极板S2，当粒子从P点离开磁场时，其速度方向与Ox方向的夹角=60°，如图所示，整个装置处于真空中，不计粒子所受重力作用，则（　　）
A．极板S1带正电
B．粒子到达O点的速度大小为
C．此粒子在磁场中运动的时间
D．若改变右侧磁场（左边界位置不变）宽度，使粒子经过O点后恰好不能从右侧离开该有界磁场，则该有界磁场区域的宽度
三、解答题(共54分)
15．(本题9分)如图所示，荷质比的带负电粒子自静止开始释放，经M、N板间的电场加速后，从A点垂直于磁场边界射入宽度为的匀强磁场中，该粒子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L=3m。已知M、N两板间的电压为U=100V，粒子的重力不计。求：
(1)粒子进入磁场的速度；
(2)匀强磁场的磁感应强度B。
16．(本题9分)如图所示，在的区域内存在方向竖直向上、电场强度大小为E的匀强电场，在的区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场。现一带正电的粒子从x轴上坐标为的A点以速度沿x轴正方向进入电场，从y轴上坐标为的B点进入磁场，带电粒子在的区域内运动一段圆弧后，从y轴上的C点（未画出）离开磁场。已知磁场的磁感应强度大小为，不计带电粒子的重力。求：
(1)带电粒子的比荷；
(2)C点的坐标。
17．(本题9分)如图所示，、为水平放置的两块完全相同的带电金属板。一质量、电荷量的带正电粒子在、两板正中间以大小的速度射入，经过一段时间后粒子离开、之间的电场，并立即进入一个方向垂直纸面向里、宽度的有界匀强磁场中。已知粒子离开、之间的电场时，速度的方向与水平方向之间的夹角，、两金属板的间距，长度。粒子重力不计，忽略边缘效应，取。
(1)求、两板间的电压；
(2)为使粒子不会由磁场右边界射出，匀强磁场的磁感应强度至少多大？
18．(本题9分)如图所示，在平面坐标系中，x轴上方存在电场强度大小、方向沿y轴负方向的匀强电场，在x轴的下方存在垂直纸面向外的匀强磁场。现有一质量为、电荷量q=+10×10-6C的带电粒子以初速度从y轴上点垂直射入电场，粒子经x轴进入磁场后，恰好从坐标原点O再次通过x轴，不计粒子的重力。求：
(1)粒子第一次进入磁场时速度的大小和方向：
(2)磁感应强度B的大小；
(3)粒子从P点运动到O点的过程中，在磁场中运动的时间t。
19．(本题9分)如图所示，在第二象限的正方形区域Ⅰ内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，在第四象限区域Ⅱ存在着垂直纸面向外足够大的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B，方向相反。一质量为m、电量为e的电子由P（－d，d）点沿x轴正方向射入磁场区域Ⅰ。若电子从（0，）位置射出并进入第一象限，求：
（1）电子的轨迹半径R；
（2）电子离开磁场Ⅱ时的位置与坐标原点O的距离。
20．(本题9分)阿尔法磁谱仪（简称AMS）是美籍华裔物理学家丁肇中构思，由中国参与建造的探测反物质和暗物质的仪器。图甲是AMS在空间站的实验场景，其工作原理可简化为如图乙所示：在xoy平面内，以M(0,-R)为圆心、R为半径的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，在的区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，两区域磁场的磁感应强度大小相等。在第一象限有与x轴成45°角倾斜放置的接收器与x、y轴交于Q、P两点，且OQ间距为。在圆形磁场区域左侧的区域内，均匀分布着质量为m、电荷量为e的一簇质子，所有质子均以速度v沿x轴正向射入圆形磁场区域，其中正对M点射入的质子经偏转后从O点进入x轴上方的磁场。不计质子的重力，不考虑质子间的相互作用。求：
(1)磁感应强度B的大小；
(2)正对M点射入的质子，射入磁场后经多长时间到达接收器PQ；
(3)接收器PQ被质子打中的区域的长度。
(
2
)
参考答案
1．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．粒子比荷（）相同，质量m不一定相同，入射速率相同，入射动能不一定相同。又因为洛伦兹力不做功，粒子射出磁场时动能不变。所以，粒子飞出磁场时的动能也不一定相等。故A错误；
B．由于粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
运动轨迹半径
运动周期
若粒子在磁场中运动的过程中转过圆心角，所用的时间为
可见，磁场中运动的时间与速度无关，转过的圆心角越大，时间越长。因此，在磁场中运动时间最长的粒子，从P点射入，A点射出，入射方向与PA夹角为45°，根据对称性，射出磁场时速度方向与PA夹角为135°，分别做两个速度的垂线段，相交得到粒子运动轨迹的圆心O1。如图所示，粒子运动的轨迹半径。故B错误；
C．从PA圆弧中点射出的粒子，如图所示，圆心是O2，由于比荷相等，每个粒子在磁场中运动的轨迹半径都相等
，
可得
所以
，，
所以
，
由此可得
故C正确；
D．如图所示，
，，
则
所以，从PA圆弧中点射出的粒子，进入磁场的方向与PA夹角为15°。故D错误。
故选C。
2．D
【解析】
【分析】
【详解】
AB．等离子体进入磁场，根据左手定则可知正电荷向上偏，打在上极板上；负电荷向下偏，打在下极板上；所以上极板带正电，下极板带负电，则P板的电势高于Q板的电势，流过电阻电流方向由a到b；故A错误，B错误；
C．根据稳定时电场力等于磁场力即：
则有：
再由欧姆定律：
电流与磁感应强度成正比，改变磁场强弱，R中电流也改变；故C错误；
D．由上分析可以知道，若只增大粒子入射速度，R中电流也会增大；故D正确。
故选D。
3．A
【解析】
【分析】
【详解】
粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得
粒子沿着右侧边界射入，轨迹如图1
此时出射点最近，与边界交点与P间距为
粒子沿着左侧边界射入，轨迹如图2
此时出射点最近，与边界交点与P间距为
粒子垂直边界MN射入，轨迹如3图
此时出射点最远，与边界交点与P间距为2r，故范围为在荧光屏上P点右侧，将出现一条形亮线，其长度为
故A正确，BCD错误。
故选A。
4．A
【解析】
【分析】
【详解】
粒子进入磁场中做匀速圆周运动则有
而将题设的v值代入得
粒子运动的时间t最短时，所粒子偏转的角度θ最小，则θ所对弦最短，作PB⊥OM于B点，PB即为最短的弦，结合左手定则，以为半径作出过P、B两点的轨迹圆如图所示，O′为圆心
根据几何关系有
联立解得
则粒子偏转的角度
结合周期公式可知粒子在磁场中运动的最短时间为
5．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．由于电子带负电，要在MN间加速则MN间电场方向由N指向M，根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知M的电势低于N的电势，故A错误；
B．增大加速电压则根据
可知会增大到达偏转磁场的速度；又根据在偏转磁场中洛伦兹力提供向心力有
可得
可知会增大在偏转磁场中的偏转半径，由于磁场宽度相同，故根据几何关系可知会减小偏转的角度，故P点会右移，故B错误；
C．电子在偏转电场中做圆周运动，向下偏转，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故C错误；
D．由B选项的分析可知，当其它条件不变时，增大偏转磁场磁感应强度会减小半径，从而增大偏转角度，使P点左移，故D正确。
故选D。
6．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．质子在匀强磁场每运动一周被加速二次，故A错误；
B．根据洛伦兹力提供向心力
解得
可知与加速的电压无关，故B错误；
C．当粒子从D形盒中出来时速度最大，由上可知
故C正确；
D．根据周期公式
知质子换成α粒子，比荷发生变化，则在磁场中运动的周期发生变化，回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等，故需要改变磁感应强度或交流电的周期，故D错误。
故选C。
7．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．粒子沿oa直线运动，若带电粒子带正电，电场力向下，洛伦兹力向上，若带电粒子带负电，电场力向上，洛伦兹力向下，故不能确定粒子的电性，由平衡关系可得
解得
A错误；
B．若撤去电场，粒子只受洛伦兹力作用，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，因为不能确定电性，所以粒子可能沿ob运动，也可能沿oc运动，B正确；
C．若撤去磁场，粒子只受电场力作用，粒子在电场力作用下做类平抛运动，运动规律为抛物线的一部分，不可能与ob或oc重合，C错误；
D．若粒子以速度v从右侧a点射入，粒子不管电性如何，粒子受到的电场力和洛伦兹力方向相同，不能平衡，所以不可能沿ao运动，D错误。
故选B。
8．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．甲图中，根据
可知
粒子获得的最大动能为
所以要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的半径R和增大磁感应强度B，增加电压U不能增大最大初动能，故A错误；
B．乙图中根据左手定则，正电荷向下偏转，所以极板带正电，为发电机的正极，极板是发电机的负极，故B正确；
C．丙图中，电子从右向左运动通过复合场时，电场力竖直向上，根据左手定则，洛伦兹力方向也向上，所以不是速度选择器，故C错误；
D．由
可得
知越小，说明比荷越大，故D错误。
故选B。
9．D
【解析】
【分析】
【详解】
根据动能定理得
解得粒子在磁场中的速度
粒子在磁场中偏转，由洛伦兹力提供向心力得
解得
粒子在磁场中做圆周运动的直径
故选D。
10．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．粒子从左射入，不论带正电还是负电，电场力大小为qE，洛伦兹力大小F=qvB=qE，两个力等大反向而平衡，速度，粒子做匀速直线运动，故A错误；
B．若速度则电场力大于洛伦兹力，则粒子不能沿直线经过正交场，但是粒子不一定不能从板间射出，故B错误；
C．若速度，则粒子受到的洛伦兹力大于电场力，使粒子像洛伦兹力一侧偏转，则粒子不能沿直线经过正交场，但是粒子也可能从板间射出，故C正确；
D．若此粒子从右端沿虚线方向进入，电场力方向不变，而洛伦兹力方向反向，即洛伦兹力与电场力在同一方向，则粒子一定不能作直线运动，故D错误。
故选C。
11．AD
【解析】
【分析】
【详解】
A．小球从P点进入平行板间后沿水平方向做直线运动，对小球进行受力分析得，则小球共受到三个力作用：恒定的重力、恒定的电场力、洛伦兹力，这三个力都在竖直方向上，水平方向不受力，小球在水平方向的运动一定是匀速直线运动，A正确；
B．小球从P点进入平行板间后沿水平方向做直线运动，对小球进行受力分析得小球共受到三个力作用：恒定的重力、恒定的电场力、洛伦兹力，这三个力都在竖直方向上，所以可以判断出小球受到的合力一定是零，若带正电，洛伦兹力和电场力同向，都向上，电场力和洛仑兹力的合力可以和重力平衡，若小球带负电，则重力、洛伦兹力、电场力得方向都向下，这是不可能的，B错误；
C．若小球从B点由静止滑下，根据机械能守恒定律可知，进入场区后的速度变小，则洛仑兹力变小，在竖直方向上，受力不再平衡了，进入场区后不再做匀速直线运动，C错误；
D．若小球从B点由静止滑下，根据机械能守恒定律可知，进入场区后的速度变小，则洛仑兹力变小，在竖直方向上，重力大于电场力和洛仑兹力的合力，合力向下，则粒子将向下偏转，D正确。
故选AD。
12．BC
【解析】
【分析】
【详解】
AB．带电粒子在磁场中运动由洛伦兹力提供向心力
周期
联立得
由题可知，带电粒子速度方向改变了，则带电粒子在磁场中运动轨迹的圆弧对应的圆心角为，运动时间为
故A错误，B正确。
CD．根据
得带电粒子在磁场中运动轨迹的圆半径为
当圆形磁场区域以带电粒子在磁场中运动轨迹的圆弧对应的弦为直径时，磁场区域最小，如下图
根据几何关系，磁场区域半径
故C正确，D错误。
故选BC。
13．BC
【解析】
【分析】
【详解】
A．由左手定则可以判断，粒子带正电，粒子带负电，故A错误；
B．用作图法作出、粒子轨迹的圆心如图，，、分别为、中点，有
得
所以、粒子在磁场中的轨道半径相等，故B正确；
C．由
得
、粒子速度大小相等，在同一磁场中，轨道半径相等，所以比荷也相等，故C正确；
D．、粒子在磁场中的运动周期，周期相同，粒子在磁场中的运动时间
粒子在磁场中的运动时间
所以运动时间之比为，故D错误。
14．BC
【解析】
【分析】
【详解】
A．带负电粒子向右加速，电场力向右，场强向左，说明极板S1带负电，故A错误；
B．设粒子到达O点的速度大小为，由动能定理可得
解得
故B正确；
C．由几何关系可知粒子运动圆心角为
此粒子在磁场中运动的时间
故C正确；
D．若改变右侧磁场（左边界位置不变）宽度，使粒子经过O点后恰好不能从右侧离开该有界磁场，画出临界轨迹如上图所示，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得
把A选项中求得速度表达式代入可得
则该有界磁场区域的宽度
故D错误。
故选BC。
15．(1)5m/s；(2)10T
【解析】
【分析】
【详解】
(1)设粒子在M、N两板间经电场加速后获得的速度为v，由动能定理得：
解得
v=5m/s
(2)作粒子经电场和磁场的轨迹图，如图所示
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r，则
由几何关系得
r2=(r－L）2+d2
联立解得
带入数据解得
B=10T
16．(1)；(2)C点的坐标为（0，-3l）
【解析】
【分析】
【详解】
(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，x轴方向
y轴方向
联立解得
(2)设带电粒子经过B点时的速度方向与水平方向成θ角
解得
则带电粒子经过B点时的速度
由洛伦兹力提供向心力得
解得
带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
根据几何知识可知弦BC的长度
故C点的坐标为（0，-3l）。
17．(1)100V；(2)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)带电粒子在，两板间做类平抛运动，设粒子在，间运动的时间为，离开，间时粒子在竖直方向的分速度为，根据类平抛运动规律可知在水平方向有
在竖直方向有
其中
又由速度的矢量关系图可得
解得
(2)带电粒子进入磁场做匀速圆周运动，设轨迹半径为，由洛伦兹力提供向心力，有
解得
由可知，当、、一定时，越大，越小，为使粒子不会由磁场右边界射出，则粒子轨迹刚好与磁场右边界相切时，粒子的运动轨迹半径最大，磁场的磁感应强度最小，画出此时带电粒子的运动轨迹，如图所示，由图中的几何关系有
又粒子进入磁场时的速度为
代入
解得
18．(1)，方向与x轴正方向成角斜向下；(2)；(3)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)粒子进入电场后做类平抛运动，在竖直方向上有
解得
由
解得
方向与x轴正方向成角斜向下。
(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹如图所示
由几何关系得
又
根据洛伦兹力提供向心力可得
联立解得
(3)粒子在磁场中运动的周期为
粒子在磁场中运动的时间为
联立解得
19．(1)
；
(2)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)粒子运动轨迹如图所示
根据几何关系得
解得
(2)由上可知则∠PHM=53°，根据几何知识，带电粒子在射出磁场区域I时与水平方向夹角为53°，则有
根据几何关系得
则电子离开磁场Ⅱ时的位置与坐标原点O的距离
20．(1)；(2)；(3)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)正对M点的质子在圆形磁场中的运动轨迹如图
由几何关系知运动半径
r=R
由牛顿第二定律得
解得
(2)质子在磁场中运动的周期
正对M点的质子在圆形磁场中运动的圆心角为
在中，由正弦定理
解得
正对M点的质子进入x轴上方磁场中运动的轨迹如图所示，在x轴上方磁场中运动的圆心角为
所以，正对M点射入的质子自进入磁场至到达接收器PQ的时间为
可解得
(3)如图所示，取任意点A进入圆形磁场的质子分析，由几何关系可知运动轨迹过O点，即所有质子经圆形磁场后都由O点进入x轴上方的磁场，由几何关系知
当沿y轴正方向的质子的轨迹恰与PQ相切于C点，则：CQ=R
当沿x轴负方向的质子的轨迹恰与PQ相切于D点，则：PD=R
所以，PQ上被质子打中的区域为CD，其长度为
(
2
)
(
1
)