高中物理带电粒子在复合场中的运动及其解题技巧及练习题

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练

1．如图所示，直径分别为D 和2D 的同心圆处于同一竖直面内，O 为圆心，GH 为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场．间距为d 的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔．一质量为m 、电量

为＋q 的粒子由小孔下方

2

d

处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v 射出电场，由H 点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。

(1)求极板间电场强度的大小；

(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小； (3)若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为2mv qD 、

4mv

qD

,粒子运动一段时间后再次经过H 点，求这段时间粒子运动的路程．

【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试物理（山东卷带解析)

【答案】（1）2

mv qd

（2）4mv qD 或43mv qD （3）5.5πD

【解析】 【分析】 【详解】

(1)粒子在电场中，根据动能定理2

122

d Eq mv ?=，解得2mv E qd =

(2)若粒子的运动轨迹与小圆相切，则当内切时，半径为

/2

E R 由2

1

1

v qvB m r =，解得4mv B qD = 则当外切时，半径为

e R

由2

12

v qvB m r =，解得43mv B qD =

(2)若Ⅰ区域的磁感应强度为220932qB L m U =，则粒子运动的半径为00

10016819

U U U ≤≤；Ⅱ

区域的磁感应强度为20

12qU mv =，则粒子运动的半径为

2

v qvB m r

=；

设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为T 1、T 2，由运动公式可得：

1112R T v π=

；03

4

r L =

据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图所示，根据对称性可知，Ⅰ区两段圆弧所对的圆心角相同，设为1θ，Ⅱ区内圆弧所对圆心角为2θ，圆弧和大圆的两

个切点与圆心O 连线间的夹角设为α，由几何关系可得：1120θ=o

；2180θ=o ；

60α=o

粒子重复上述交替运动回到H 点，轨迹如图所示，设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的时间

分别为t 1、t 2，可得：r U ∝；1056

U L U L

=

设粒子运动的路程为s ，由运动公式可知：s=v(t 1+t 2) 联立上述各式可得：s=5.5πD

2．如图甲所示，空间存在一范围足够大的垂直于xOy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ．让质量为m ，电荷量为q （q ＞0）的粒子从坐标原点O 沿xOy 平面以不同的初速度大小和方向入射到磁场中．不计重力和粒子间的影响．

（1）若粒子以初速度v 1沿y 轴正向入射，恰好能经过x 轴上的A （a ，0）点，求v 1的大小；

（2）已知一粒子的初速度大小为v （v ＞v 1），为使该粒子能经过A （a ，0）点，其入射角θ（粒子初速度与x 轴正向的夹角）有几个？并求出对应的sin θ值；

（3）如图乙，若在此空间再加入沿y 轴正向、大小为E 的匀强电场，一粒子从O 点以初速度v 0沿y 轴正向发射．研究表明：粒子在xOy 平面内做周期性运动，且在任一时刻，粒子速度的x 分量v x 与其所在位置的y 坐标成正比，比例系数与场强大小E 无关．求该粒子运动过程中的最大速度值v m ．

【来源】2013年全国普通高等学校招生统一考试理科综合能力测试物理（福建卷带解析) 【答案】⑴；⑵两个 sin θ=

；⑶

＋

．

【解析】

试题分析：(1)当粒子沿y 轴正向入射，转过半个圆周至A 点，半径R 1＝a/2

由运动定律有2

111

v Bqv m R =

解得12Bqa

v m

=

(2)如右图所示，O 、A 两点处于同一圆周上，且圆心在

x ＝

2

a

的直线上，半径为R ，当给定一个初速率v 时， 有2个入射角，分别在第1、2象限．

即 sinθ′＝sinθ＝

2a R

另有2

v Bqv m R

=

解得 sinθ′＝sinθ＝

2aqB

mv

(3)粒子在运动过程中仅电场力做功，因而在轨道的最高点处速率最大，用y m 表示其y 坐标，由动能定理有 qEy m ＝12mv 2

m －12

mv 20 由题知 v m ＝ky m

若E ＝0时，粒子以初速度v 0沿y 轴正向入射，有 qv 0B ＝m 20

v R

在最高处有 v 0＝kR 0

联立解得

22

0 (

)

m

E E

v v

B B

=++

考点：带电粒子在符合场中的运动；动能定理．

3．两块足够大的平行金属极板水平放置，极板间加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场，变化规律分别如图1、图2所示（规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向）。在t=0时刻由负极板释放一个初速度为零的带负电的粒子（不计重力），若电场强度E0、磁感应强度B0、粒子的比荷

q

m

均已知，且0

2m

t

qB

π

=，两板间距

2

2

10mE

h

qB

π

=。

（1）求粒子在0～t0时间内的位移大小与极板间距h的比值。

（2）求粒子在板板间做圆周运动的最大半径（用h表示）。

（3）若板间电场强度E随时间的变化仍如图1所示，磁场的变化改为如图3所示，试画出粒子在板间运动的轨迹图（不必写计算过程）。

【来源】带电粒子的偏转

【答案】（1）粒子在0～t 0时间内的位移大小与极板间距h 的比值11

5

s h = （2）粒子在极板间做圆周运动的最大半径225h R π

= （3）粒子在板间运动的轨迹如图：

【解析】 【分析】 【详解】

（1）设粒子在0～t 0时间内运动的位移大小为s 1

2

1012s at =

① 0qE

a m

=②

又已知2002

00

102,mE m t h qB qB ππ== 联立解得：

115

s h = （2）解法一

粒子在t 0~2t 0时间内只受洛伦兹力作用，且速度与磁场方向垂直，所以粒子做匀速圆周运动。设运动速度大小为v 1，轨道半径为R 1，周期为T ，则

10v at =

2

1101

mv qv B R =

联立解得：15h R π

= 又00

2m

T t qB π=

= 即粒子在t 0~2t 0时间内恰好完成一个周期的圆周运动。

在2t 0~3t 0时间内，粒子做初速度为v 1的匀加速直线运动，设位移大小为s 2

2

210012

s v t at =+

解得：235

s h =

由于s 1+s 2＜h ，所以粒子在3t 0~4t 0时间内继续做匀速圆周运动，设速度大小为v 2，半径为

R 2，有：

210v v at =+

22

202

mv qv B R =

解得225h R π

=

由于s 1+s 2+R 2＜h ，粒子恰好又完成一个周期的圆周运动。 在4t 0~5t 0时间内，粒子运动到正极板（如图所示）：

因此粒子运动的最大半径225h R π

=。 解法二

由题意可知，电磁场的周期为2t 0，前半周期 粒子受电场作用做匀加速直线运动，加速度大小为：

qE a m

=

方向向上。

后半周期粒子受磁场作用做匀速圆周运动，周期为T

00

2m

T t qB π=

= 粒子恰好完成一次匀速圆周运动。 至第n 个周期末，粒子位移大小为s n

201

()2

n s a nt =

又已知20

2

10mE h qB π= 由以上各式得：2

5

n n s h =

粒子速度大小为：0n v ant = 粒子做圆周运动的半径为：0

n

n mv R qB = 解得：5n nh R π

=

显然223s R h s +<<

因此粒子运动的最大半径225h R π

=

。 （3）粒子在板间运动的轨迹如图所示：

4．如图，ABD 为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB 段是水平的，BD 段为半径R =0.25m 的半圆,两段轨道相切于B 点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小

E =5.0×103V/m 。一不带电的绝缘小球甲，以速度v 0沿水平轨道向右运动，与静止在B 点带正电的小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙两球的质量均为m =1.0×10-2kg ，乙所带电荷量q =2.0×10-5C ，g 取10m/s 2。(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)

（1）甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D ，求乙球在B 点被碰后的瞬时速度大小；

（2）在满足1的条件下，求甲的速度v 0；

（3）甲仍以中的速度v 0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B 点的距离范围。

【来源】四川省资阳市高中（2018届)2015级高三课改实验班12月月考理综物理试题 【答案】（1）5m/s ；（2）5m/s ；（3323m 2

x '≤<。

【解析】 【分析】 【详解】

（1）对球乙从B 运动到D 的过程运用动能定理可得

22112222

D B mg R q

E R mv mv --=

-g g 乙恰能通过轨道的最高点D ，根据牛顿第二定律可得

2

D

v mg qE m

R

+=

联立并代入题给数据可得

B v =5m/s

（2）设向右为正方向，对两球发生弹性碰撞的过程运用动量守恒定律可得

00

B mv mv mv '=+ 根据机械能守恒可得

22200111222

B mv mv mv '=+

联立解得

0v '=，05v =m/s （3）设甲的质量为M ，碰撞后甲、乙的速度分别为M v 、m v ，根据动量守恒和机械能守恒定律有

0M m Mv Mv mv =+

2220111

222

M m Mv Mv mv =+ 联立得

2m Mv v M m

=

+ 分析可知：当M =m 时，v m 取最小值v 0；当M ?m 时，v m 取最大值2v 0 可得B 球被撞后的速度范围为

002m v v v <<

设乙球过D 点的速度为D

v '，由动能定理得 2211

2222

D m mg R q

E R mv mv --=

'-g g 联立以上两个方程可得

/s

v '> 设乙在水平轨道上的落点到B 点的距离为x '，则有

2

122

D x v t R gt ''==

， 所以可得首次落点到B 点的距离范围

2

x '≤<

5．扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆．其简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ两处的条形匀强磁场区边界竖直，相距为L ，磁场方向相反且垂直纸面．一质量为m ，电量为-q ，重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN 板处由静止释放，极板间电压为U ，粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平和方向夹角30θ=?

（1）当Ⅰ区宽度1L L =、磁感应强度大小10B B =时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30?，求B 0及粒子在Ⅰ区运动的时间t 0

（2）若Ⅱ区宽度21L L L ==磁感应强度大小210B B B ==，求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h

（3）若21L L L ==、10B B =，为使粒子能返回Ⅰ区，求B 2应满足的条件

（4）若12B B ≠，12L L ≠，且已保证了粒子能从Ⅱ区右边界射出．为使粒子从Ⅱ区右边界射出的方向与从Ⅰ区左边界射出的方向总相同，求B 1、B 2、L 1、、L 2、之间应满足的关系式．

【来源】2011年普通高等学校招生全国统一考试物理卷（山东) 【答案】（1）32l

m

t qU π=

（2）2233h L ??

=- ???

（3）232mU B L q >（或232mU

B L q

≥

）（4）1122B L B L =

【解析】

图1

（1）如图1所示，设粒子射入磁场Ⅰ区的速度为v ，在磁场Ⅰ区中做圆周运动的半径为

1R ，由动能定理和牛顿第二定律得

2

12

qU mv =

① 2

11

v qvB m R = ②

由几何知识得

12sin L R θ= ③

联立①②③，带入数据得

012mU

B L q

=

④

设粒子在磁场Ⅰ区中做圆周运动的周期为T ，运动的时间为t

1

2R T v π= ⑤ 22t T θ

π

=

⑥ 联立②④⑤⑥式，带入数据得

32L

m

t qU

π=

⑦ （2）设粒子在磁场Ⅱ区做圆周运动的半径为2R ，有牛顿第二定律得

2

22

v qvB m R = ⑧

由几何知识得

()()121cos tan h R R L θθ=+-+ ⑨

联立②③⑧⑨式，带入数据得

2233h L ??

=- ???

⑩

图2

（3）如图2所示，为时粒子能再次回到Ⅰ区，应满足

()21sin R L θ+<[或()21sin R L θ+≤] ⑾

联立①⑧⑾式，带入数据得

232mU B L q >

232mU

B L q

≥

） ⑿

图3

图4

（4）如图3（或图4）所示，设粒子射出磁场Ⅰ区时速度与水平方向得夹角为α，有几何知识得()11sin sin L R θα=+ ⒀ [或()11sin sin L R θα=-]

()22sin sin L R θα=+ ⒁

[或]()22sin sin L R θα=- 联立②⑧式得

1122B R B R = ⒂

联立⒀⒁⒂式得

1122B L B L = ⒃

【点睛】（1）加速电场中，由动能定理求出粒子获得的速度．画出轨迹，由几何知识求出半径，根据牛顿定律求出B 0．找出轨迹的圆心角，求出时间；（2）由几何知识求出高度

差；（3）当粒子在区域Ⅱ中轨迹恰好与右侧边界相切时，粒子恰能返回Ⅰ区，由几何知识求出半径，由牛顿定律求出B 2满足的条件；（4）由几何知识分析L 1、L 2与半径的关系，再牛顿定律研究关系式．

6．如图1所示，宽度为d 的竖直狭长区域内（边界为12L L 、），存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场（如图2所示），电场强度的大小为0E ，0E ＞表示电场方向竖直向上。0t =时，一带正电、质量为m 的微粒从左边界上的1N 点以水平速度v 射入该区域，沿直线运动到Q 点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的2N 点，Q 为线段12N N 的中点，重力加速度为g ，上述d 、0E 、m 、v 、g 为已知量。

(1)求微粒所带电荷量q 和磁感应强度B 的大小； (2)求电场变化的周期T ；

(3)改变宽度d ，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T 的最小值。

【来源】2010年普通高等学校招生全国统一考试（安徽卷)理综 【答案】(1)0

2E B v

=；(2)122d v T t t v g π=+=+；(3)min 1min 2(21)2v T t t g π+=+。 【解析】 【分析】

根据物体的运动性质结合物理情景确定物体的受力情况。再根据受力分析列出相应等式解决问题。 【详解】

(1)根据题意，微粒做圆周运动，洛伦兹力完全提供向心力，重力与电场力平衡， 则mg=qE 0 ①

∵微粒水平向右做直线运动，∴竖直方向合力为0. 则 mg+qE 0=qvB ② 联立①②得：q=

③B=

④

(2)设微粒从N 1运动到Q 的时间为t 1，作圆周运动的周期为t 2， 则=vt 1⑤qvB=m

⑥2πR=vt 2 ⑦

联立③④⑤⑥⑦得：t 1=，t 2=⑧ 电场变化的周期T=t 1+t 2=

+

⑨

(3)若微粒能完成题述的运动过程，要求 d ≥2R ⑩ 联立③④⑥得：R=

，设N 1Q 段直线运动的最短时间t 1min ，由⑤⑩得t 1min =

，

因t 2不变，T 的最小值 T min =t 1min +t 2=。

答：(1)微粒所带电荷量q 为，磁感应强度B 的大小为。

(2)电场变化的周期T 为+

。 (3)T 的最小值为。

【点睛】

运动与力是紧密联系的，通过运动情况研究物体受力情况是解决问题的一个重要思路。

7．在场强为B 的水平匀强磁场中，一质量为m 、带正电q 的小球在O 静止释放，小球的运动曲线如图所示．已知此曲线在最低点的曲率半径为该点到z 轴距离的2倍，重力加速度为g ．求：

(1)小球运动到任意位置P (x ，y)的速率v ； (2)小球在运动过程中第一次下降的最大距离y m ； (3)当在上述磁场中加一竖直向上场强为E (mg

E q

>)的匀强电场时，小球从O 静止释放后获得的最大速率m v 。

【来源】江苏高考物理试题复习

【答案】(1)2v gy =；(2)2222m m g

y q B

= ；(3)()2m v qE mg qB =-。 【解析】 【详解】

⑴洛伦兹力不做功，由动能定理得

2

102

mgy mv =

- ① 解得

2v gy = ②

⑵设在最大距离m y 处的速率为m v ，根据圆周运动有

2m

m v qv B mg m R

-= ③

且由②知

2m m v gy = ④

由③④及2m R y =，得

2222m m g

y q B

= ⑤

⑶小球运动如图所示，

由动能定理得

2

1()2

m m qE mg y mv -= ⑥

由圆周运动得

2m

m v qv B mg qE m R

+-= ⑦

且由⑥⑦及2m R y =，解得：

()2

m v qE mg qB

=

-

8．如图所示，在xOy 平面直角坐标系中，直角三角形ACD 内存在垂直平面向里磁感应强度为B 的匀强磁场，线段CO=OD=L ，CD 边在x 轴上，∠ADC=30°。电子束沿y 轴方向以相同的速度v 0从CD 边上的各点射入磁场，已知这些电子在磁场中做圆周运动的半径均为

3

L

，在第四象限正方形ODQP 内存在沿x 轴正方向、大小为E=Bv 0的匀强电场，在y=－L 处垂直于y 轴放置一足够大的平面荧光屏，屏与y 轴交点为P 。忽略电子间的相互作用，不计电子的重力。

(1)电子的比荷；

(2)从x 轴最右端射入电场中的电子打到荧光屏上的点与P 点间的距离： (3)射入电场中的电子打到荧光屏上的点距P 的最远距离。

【来源】【市级联考】河北省唐山市2019届高三下学期第一次模拟考试理科综合物理试题 【答案】(1) 03v e m BL = (2) 23

L (3) 3

4L 【解析】 【分析】

根据电子束沿速度v 0射入磁场，然后进入电场可知，本题考查带电粒子在磁场和电场中的运动，根据在磁场中做圆周运动，在电场中做类平抛运动，运用牛顿第二定律结合几何知识并且精确作图进行分析求解； 【详解】

（1）由题意可知电子在磁场中的轨迹半径3

L

r = 由牛顿第二定律得2

00Bev m r v =

电子的比荷

3e m BL

v =； （2）若电子能进入电场中，且离O 点右侧最远，则电子在磁场中运动圆轨迹应恰好与边AD 相切，即粒子从F 点离开磁场进入电场时，离O 点最远：

设电子运动轨迹的圆心为O '点。则23

L OF x ==

从F 点射出的电子，做类平抛运动，有2

232L Ee x m t

=

=，0y t v =

代入得23

L y =

电子射出电场时与水平方向的夹角为θ有122

y tan x θ=

= 所以，从x 轴最右端射入电场中的电子打到荧光屏上的点为G ，则它与P 点的距离 ()

2tan 3

L y L GP θ

-=

=

； （3）设打到屏上离P 点最远的电子是从(x,0)点射入电场，则射出电场时

0y t v v ===

设该电子打到荧光屏上的点与P 点的距离为X ，由平抛运动特点得2X L y

y x -=

所以2

32228xL L X x x y ?

??????

=-==-+? ??????????

?

所以当38

x L =，有3

4m L X =。

【点睛】

本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系，粒子在电场中的偏转经常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的应用。

9．欧洲大型强子对撞机是现在世界上最大、能量最高的粒子加速器，是一种将质子加速对撞的高能物理设备，其原理可简化如下：两束横截面积极小，长度为l -0质子束以初速度v 0同时从左、右两侧入口射入加速电场，出来后经过相同的一段距离射入垂直纸面的圆形匀强磁场区域并被偏转，最后两质子束发生相碰。已知质子质量为m ，电量为e ；加速极板AB 、A′B′间电压均为U 0，且满足eU 0=

3

2

mv 02。两磁场磁感应强度相同，半径均为R ，圆心O 、O′在质子束的入射方向上，其连线与质子入射方向垂直且距离为H=7

2

R ；整个装置处于真空中，忽略粒子间的相互作用及相对论效应。

(1)试求质子束经过加速电场加速后(未进入磁场)的速度ν和磁场磁感应强度B ；

(2)如果某次实验时将磁场O 的圆心往上移了2

R

，其余条件均不变，质子束能在OO′ 连线的某位置相碰，求质子束原来的长度l 0应该满足的条件。

【来源】湖南省常德市2019届高三第一次模拟考试理科综合物理试题

【答案】(1) 02v v =；02mv B eR =(2) 0336

l π++≥ 【解析】 【详解】

解：(1)对于单个质子进入加速电场后，则有：22

0011eU mv mv 22

=- 又：2

003eU mv 2

=

解得：0v 2v =；

根据对称，两束质子会相遇于OO '的中点P ，粒子束由CO 方向射入，根据几何关系可知必定沿OP 方向射出，出射点为D ，过C 、D 点作速度的垂线相交于K ，则K ，则K 点即为轨迹的圆心，如图所示，并可知轨迹半径r=R

根据洛伦磁力提供向心力有：2

v evB m r

=

可得磁场磁感应强度：0

2mv B eR

=

(2)磁场O

的圆心上移了

R

2

，则两束质子的轨迹将不再对称，但是粒子在磁场中运达半径认为R ，对于上方粒子，将不是想着圆心射入，而是从F 点射入磁场，如图所示，E 点是原来C 点位置，连OF 、OD ，并作FK 平行且等于OD ，连KD ，由于OD=OF=FK ，故平行四边形ODKF 为菱形，即KD=KF=R ，故粒子束仍然会从D 点射出，但方向并不沿OD 方向，K 为粒子束的圆心

由于磁场上移了R 2，故sin ∠COF=R

2R

=12，∠COF=π6，∠DOF=∠FKD=π

3

对于下方的粒子，没有任何改变，故两束粒子若相遇，则只可能相遇在D 点，

下方粒子到达C 后最先到达D 点的粒子所需时间为00

(2)

(4)2

224R

R H R R t v v π

π++

-+'==

而上方粒子最后一个到达E 点的试卷比下方粒子中第一个达到C 的时间滞后0

l Δt t = 上方最后的一个粒子从E 点到达D 点所需时间为

()0

00π1

R Rsin 2πR 62π3336t R 2v 2v -+-=

+=

要使两质子束相碰，其运动时间满足t t t '≤+? 联立解得0π336

l ++≥

10．如图所示，真空中某竖直平面内有一长为2l 、宽为l 的矩形区域ABCD ，区域ABCD 内加有水平向左的匀强电场和垂直于该竖直面的匀强磁场。一质量为m 、电荷量为+q 的带电微粒，从A 点正上方的O 点水平抛出，正好从AD 边的中点P 进入电磁场区域，并沿直线运动，从该区域边界上的某点Q 离开后经过空中的R 点(Q 、R 图中未画出)。已知微粒从Q 点运动到R 点的过程中水平和竖直分位移大小相等，O 点与A 点的高度差3

8

h l = ，重力加速度为g ，求：

(1)微粒从O 点抛出时初速度v 0的大小； (2)电场强度E 和磁感应强度B 的大小； (3)微粒从O 点运动到R 点的时间t 。

【来源】四川省攀枝花市2019届高三第三次统一考试理综物理试题 【答案】(1)0233v gl =；(2)3mg E 4q =，32m g B q l

=；(3) 433l t g =【解析】 【详解】

（1）从O 到P ，带电微粒做平抛运动：

2

01h gt 2

=

00l=v t

所以02

v 3gl 3

=

（2）在P 点：y 01

v =gt 3gl 2

=

2

2p 0y 5

v =v v 3gl 6

+=

设P 点速度与竖直方向的夹角为θ，则

0y v 4tan θv 3

=

= 带电微粒进入电磁区域后做直线运动，受力如图，可知其所受合力为零，可知：

mg mg

tan θF Eq

=

= p mg mg sin θf qv B

== 3mg E 4q

=

m 3g

B 2q l

=

（3）设微粒从P 到Q 所用时间为t 1，

10PD 13l

t v 2g

=

=

设微粒从Q 到R 所用时间为t 2，因水平和竖直分位移相等，得：

202x v t =

22y 221

y v t gt 2

=+

由题意得： 22x y =

微粒从0点运动到R 点的时间t 为：

012t t t t =++

所以：43l

t 3g

=

11．在地面附近的真空中，存在着竖直向上的匀强电场和垂直电场方向水平向里的匀强磁场，如图甲所示．磁场的磁感应强度B （图像中的B 0末知）随时间t 的变化情况如图乙所示．该区域中有一条水平直线MN ，D 是MN 上的一点．在t ＝0时刻，有一个质量为m 、电荷量为＋q 的小球(可看做质点)，从M 点开始沿着水平直线以速度v 0向右做匀速直线运动，t 0时刻恰好到达N 点．经观测发现，小球在t ＝2t 0至t ＝3t 0时间内的某一时刻，又竖