高考物理带电粒子在电场中的运动解题技巧分析及练习题(含答案)含解析

高考物理带电粒子在电场中的运动解题技巧分析及练习题(含答案)含解析
一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动
1．如图(a)所示，整个空间存在竖直向上的匀强电场（平行于纸面），在同一水平线上的两位置，以相同速率同时喷出质量均为m 的油滴a 和b ，带电量为+q 的a 水平向右，不带电的b 竖直向上．b 上升高度为h 时，到达最高点，此时a 恰好与它相碰，瞬间结合成油滴p ．忽略空气阻力，重力加速度为g ．求
(1)油滴b 竖直上升的时间及两油滴喷出位置的距离； (2)匀强电场的场强及油滴a 、b 结合为p 后瞬间的速度；
(3)若油滴p 形成时恰位于某矩形区域边界，取此时为0t =时刻，同时在该矩形区域加一个垂直于纸面的周期性变化的匀强磁场，磁场变化规律如图(b)所示，磁场变化周期为T 0（垂直纸面向外为正），已知P 始终在矩形区域内运动，求矩形区域的最小面积．（忽略磁场突变的影响） 【答案】（12h
g
2h （2）2mg q ；P v gh = 方向向右上，与水平方向夹角为45°
（3）2
0min 2
2ghT s π= 【解析】 【详解】
(1)设油滴的喷出速率为0v ，则对油滴b 做竖直上抛运动，有
2
002v gh =- 解得02v gh
000v gt =- 解得02h
t g
=
对油滴a 的水平运动，有
000x v t = 解得02x h =
(2)两油滴结合之前，油滴a 做类平抛运动，设加速度为a ，有
qE mg ma -=，2
012
h at =
，解得a g =，2mg E q =
设油滴的喷出速率为0v ，结合前瞬间油滴a 速度大小为a v ，方向向右上与水平方向夹θ角，则
0a cos v v θ=，00tan v at θ=，解得a 2v gh =45θ=︒
两油滴的结束过程动量守恒，有：12p mv mv =，联立各式，解得：p v
gh =，方向向右
上，与水平方向夹45︒角
(3)因2qE mg =，油滴p 在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r ，周期为T ，则
由2082p
p v m qv m qT r π= 得04T gh r π
=，由
2p r T v π= 得02T T = 即油滴p 在磁场中的运动轨迹是两个外切圆组成的“8”字形．
最小矩形的两条边长分别为2r 、4r （轨迹如图所示）．最小矩形的面积为
2
0min
2
242ghT s r r π
=⨯=
2．如图所示，在空间坐标系x <0区域中有竖直向上的匀强电场E 1，在一、四象限的正方形区域CDEF 内有方向如图所示的正交的匀强电场E 2和匀强磁场B ，已知CD =2L ，OC =L ，E 2 =4E 1。

在负x 轴上有一质量为m 、电量为+q 的金属a 球以速度v 0沿x 轴向右匀速运动，并与静止在坐标原点O 处用绝缘细支柱支撑的（支柱与b 球不粘连、无摩擦）质量为2m 、不带电金属b 球发生弹性碰撞。

已知a 、b 球体积大小、材料相同且都可视为点电荷，碰后电荷总量均分，重力加速度为g ，不计a 、b 球间的静电力，不计a 、b 球产生的场对电场、磁场的影响，求：
(1)碰撞后，a 、b 球的速度大小； (2)a 、b 碰后，经0
23v t g
=
时a 球到某位置P 点，求P 点的位置坐标； (3)a 、b 碰后，要使 b 球不从CD 边界射出，求磁感应强度B 的取值。

【答案】(1) 01
3a v v =-，023
=b v v ；(2)（2029g v - ，2
09g v - ）； (3) 016m 015v B qL <<或
16m 3v B qL
>
【解析】 【分析】
(1)a 、b 碰撞，由动量守恒和能量守恒关系求解碰后a 、b 的速度；
(2)碰后a 在电场中向左做类平抛运动，根据平抛运动的规律求解P 点的位置坐标； (3)要使 b 球不从CD 边界射出，求解恰能从C 点和D 点射出的临界条件确定磁感应强度的范围。

【详解】 (1)a 匀速，则
1mg qE = ①
a 、
b 碰撞，动量守恒
02a b mv mv mv =+ ②
机械能守恒
()22201112222
a b mv mv m v =+ ③ 由②③得
01
3a v v =-，023
=b v v ④
(2)碰后a 、b 电量总量平分，则
1
2
a b q q q ==
碰后a 在电场中向左做类平抛运动，设经0
23v t g
=
时a 球到P 点的位置坐标为（-x ，-y ） a x v t = ⑤ ，2
12
y at =
⑥ 其中
112
mg qE ma -=⑦，12a g =
由⑤⑥⑦得
2029v x g =，2
09v y g
=
故P 点的位置坐标为（2029g v - ，2
9g
v - ）⑧ (3)碰撞后对b
21
22
qE mg = ⑨ 故b 做匀速圆周运动，则
21
22b b v qv B m r
= ⑩
得
83mv r qB
=
⑪ b 恰好从C 射出，则
2L r =⑫
由⑪⑫得
116m 3v B qL
=
恰从D 射出，则由几何关系
()2
224r L r L =+- ⑬，
得
5
2
r L =
⑭ 由⑪⑭得
216m 15v B qL
=
故要使b 不从CD 边界射出，则B 的取值范围满足
016m 015v B qL <<
或0
16m 3v B qL
> 【点睛】
本题考查带电粒子在电磁场中的运动以及动量守恒定律及能量守恒关系，注意在磁场中的
运动要注意几何关系的应用，在电场中注意由类平抛运动的规律求解。

3．如图所示,有一比荷
q
m
=2×1010C/kg 的带电粒子,由静止从Q 板 经电场加速后,从M 板的狭缝垂直直线边界a 进入磁感应强度为B =1.2×10-2T 的有界矩形匀强磁场区域后恰好未飞出直线边界b ,匀强磁场方向垂直平面向里,a 、b 间距d =2×10-2m(忽略粒子重力与空气阻力)求：
(1)带电粒子射入磁场区域时速度v ； (2)Q 、M 两板间的电势差U QM 。

【答案】（1）64.810/v m s =⨯；（2）304⎛⎫ ⎪⎝⎭
，· 【解析】 【详解】
（1）粒子从静止开始经加速电场加速后速度为v ，由动能定理：
212
qU mv =
粒子进入磁场后，洛仑磁力提供向心力：2
v qBv m R
= 粒子垂直a 边界进入有届磁场区域且恰好未飞出右平行届b ，由几何知识得：R d =
代入数值，联立解得：64.810/v m s =⨯；-2
5.7610U V =⨯
（2）据粒子在磁场中的轨迹，由左手定则知：该粒子带负电，但在加速电场中从Q 到M
加速，说明M 点比Q 点电势高，故304⎛⎫
⎪⎝⎭
，
4．电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成．偏转电场的极板由相距为d 的两块水平平行放置的导体板组成，如图甲所示．大量电子由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间OO ’射入偏转电场．当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t 0；:当在两板间加最大值为U 0、周期为2t 0的电压(如图乙所示)时，所有电子均能从两板间通过，然后进入竖直宽度足够大的匀强酸场中，最后打在竖直放置的荧光屏上．已知磁场的水平宽度为L ，电子的质量为m 、电荷量为e ，其重力不计．
（1）求电子离开偏转电场时的位置到OO ’的最远位置和最近位置之间的距离 （2）要使所有电子都能垂直打在荧光屏上， ①求匀强磁场的磁感应强度B
②求垂直打在荧光屏上的电子束的宽度△y 【答案】（1）2010U e y t dm ∆= （2）①00U t B dL =②2
010U e y y t dm
∆=∆= 【解析】 【详解】
（1）由题意可知，从0、2t 0、4t 0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO ′的距离最大，在这种情况下，电子的最大距离为：
2222000max 00000311222y U e U e U e y at v t t t t dm dm dm
=
+=+= 从t 0、3t 0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO ′的距离最小，在这种情况下，电子的最小距离为：
220min 001122U e y at t dm
=
= 最远位置和最近位置之间的距离：1max min y y y ∆=-，
2
010U e y t dm
∆=
（2）①设电子从偏转电场中射出时的偏向角为θ，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中运动半径应为：
sin L R θ
=
设电子离开偏转电场时的速度为v 1，垂直偏转极板的速度为v y ，则电子离开偏转电场时的偏向角为θ，1
sin y v v θ=，
式中00y U e
v t dm
= 又：1
mv R Be =
解得：00U t
B dL
=
②由于各个时刻从偏转电场中射出的电子的速度大小相等，方向相同，因此电子进入磁场后做圆周运动的半径也相同，都能垂直打在荧光屏上．
由第（1）问知电子离开偏转电场时的位置到OO ′的最大距离和最小距离的差值为△y 1， 所以垂直打在荧光屏上的电子束的宽度为：2
010U e y y t dm
∆=∆=
5．如图所示，在第一象限内存在匀强电场，电场方向与x 轴成45°角斜向左下，在第四象限内有一匀强磁场区域，该区域是由一个半径为R 的半圆和一个长为2R 、宽为
2
R
的矩形组成，磁场的方向垂直纸面向里．一质量为m 、电荷量为+q 的粒子(重力忽略不计)以速度v 从Q(0，3R)点垂直电场方向射入电场，恰在P(R ，0)点进入磁场区域．
(1)求电场强度大小及粒子经过P点时的速度大小和方向；
(2)为使粒子从AC边界射出磁场，磁感应强度应满足什么条件；
(3)为使粒子射出磁场区域后不会进入电场区域，磁场的磁感应强度应不大于多少?
【答案】(1)
2
2mv
E=；2
v，速度方向沿y轴负方向
(2)
8222
5
mv mv
B
qR qR
≤≤(3)
()
2271
3
mv
qR
-
【解析】
【分析】
【详解】
（1）在电场中，粒子沿初速度方向做匀速运动
1
3
2cos4522
cos45
R
L R R
=-︒=
︒
1
L vt
=
沿电场力方向做匀加速运动，加速度为a
2
2sin452
L R R
=︒=
2
2
1
2
L at
=
qE
a
m
=
设粒子出电场时沿初速度和沿电场力方向分运动的速度大小分别为1v、2v，合速度v'
1v v =、2v at =，2
tan v v
θ=
联立可得2
24
mv E qR
=
进入磁场的速度22
122v v v v =+=
'
45θ=︒，速度方向沿y 轴负方向
（2）由左手定则判定，粒子向右偏转，当粒子从A 点射出时，运动半径12
R
r =
由211mv qv B r =''得122mv
B qR
=
当粒子从C 点射出时，由勾股定理得
()
2
2
2222R R r r ⎛⎫
-+= ⎪⎝⎭
解得258
r R =
由222mv qv B r =''得2825mv
B qR
=
根据粒子在磁场中运动半径随磁场减弱而增大，可以判断，当82225mv mv
B qR qR
≤≤
时，粒子从AC 边界射出
（3）为使粒子不再回到电场区域，需粒子在CD 区域穿出磁场，设出磁场时速度方向平行
于x 轴，其半径为3r ，由几何关系得2
2
23
32R r r R ⎛⎫+-= ⎪⎝
⎭
解得(
)
3
714
R r =
由2
33mv qv B r =''得)
322713mv B qR
= 磁感应强度小于3B ，运转半径更大，出磁场时速度方向偏向x 轴下方，便不会回到电场中
6．如图，第一象限内存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E ，第二、三、四象限存在方向垂直xOy 平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B ，第三、四象限磁感应强度大小相等，一带正电的粒子，从P （-d ，0）点沿与x 轴正方向成α=60°角平行xOy 平面入射，经第二象限后恰好由y 轴上的Q 点（图中未画出）垂直y 轴进入第一象限，之后经第四、三象限重新回到P 点，回到P 点时速度方向与入射方时相同，不计粒子重力，求：
（1）粒子从P 点入射时的速度v 0； （2）第三、四象限磁感应强度的大小B /； 【答案】（1）
3E
B
（2）2.4B 【解析】试题分析：（1）粒子从P 点射入磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图，设粒子在第二象限圆周运动的半径为r ，由几何知识得： 2360d d d
r sin sin α=
==︒ 根据2
00mv qv B r =得023qBd
v =粒子在第一象限中做类平抛运动，则有2
1602qE r cos t m -︒=（）； 00
y v qEt tan v mv α==
联立解得03E
v B
=
（2）设粒子在第一象限类平抛运动的水平位移和竖直位移分别为x 和y ，根据粒子在第三、四象限圆周运动的对称性可知粒子刚进入第四象限时速度与x 轴正方向的夹角等于α．
则有：x=v 0t ， 2
y v y t =
得03222
y v y tan x v α=== 由几何知识可得 y=r-rcosα= 13
23
r d = 则得2
3
x d =
所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为1253
239
d d R d sin α⎛⎫+ ⎪⎝⎭==
粒子进入第三、四象限运动的速度00432v qBd
v v cos α=
==
根据2
'v qvB m R
=
得：B′=2．4B
考点：带电粒子在电场及磁场中的运动
7．如图所示，一静止的电子经过电压为U 的电场加速后，立即射入偏转匀强电场中，射入方向与偏转电场的方向垂直，射入点为A ，最终电子从B 点离开偏转电场。

已知偏转电场的电场强度大小为E ，方向竖直向上（如图所示），电子的电荷量为e ，质量为m ，重力忽略不计。

求：
（1）电子进入偏转电场时的速度v 0；
（2）若将加速电场的电压提高为原来的2倍，使电子仍从B 点经过，则偏转电场的电场强度E 1应该变为原来的多少倍？
（3）若在偏转电场区域加上垂直纸面向外的匀强磁场，使电子从A 点射入该相互垂直的电场和磁场共同存在的区域沿直线运动，求所加磁场的磁感应强度大小。

【答案】（12Ue m （2）2倍 （3）2m
Ue
【解析】 【详解】
（1）电子在电场中的加速，由动能定理得：2
012
Ue mv = 所以，02Ue
v m
=
（2）设电子的水平位移为x ，电子的竖直偏移量为y ，则有：
0x v t = 2
12y at =
Ee ma = 联立解得：24yU
E x =
根据题意可知x 、y 均不变，当U 增大到原来的2倍，场强E 也增大为原来的2倍。

（3）电子做直线运动
0Bev Ee =
解得： 2m
B Ue
=
8．从宏观现象中总结出来的经典物理学规律不一定都能适用于微观体系。

但是在某些问题中利用经典物理学规律也能得到与实际比较相符合的结论。

根据玻尔的氢原子模型，电子的运动看做经典力学描述下的轨道运动，原子中的电子在库仑力作用下，绕原子核做圆周运动。

已知电子质量为m ，电荷量为e ，静电力常量为k 。

氢原子处于基态（n =1）时电子
的轨道半径为r 1，电势能为2
1
P e E k r =-（取无穷远处电势能为零)。

第n 个能级的轨道半
径为r n ，已知r n =n 2 r 1，氢原子的能量等于电子绕原子核运动的动能、电子与原子核系统的电势能的总和。

（1）求氢原子处于基态时，电子绕原子核运动的速度；
（2）证明：氢原子处于第n 个能级的能量为基态能量的
2
1
n （n =1，2，3，…）； （3）1885年，巴尔末对当时已知的在可见光区的四条谱线做了分析，发现这些谱线的波长能够用一个公式表示，这个公式写做
2
21
11
(
)2R n
λ
=-，n = 3，4，5，…。

式中R 叫做里德伯常量，这个公式称为巴尔末公式。

已知氢原子基态的能量为E 1，用h 表示普朗克常量，c 表示真空中的光速， 求： a ．里德伯常量R 的表达式；
b ．氢原子光谱巴尔末系最小波长与最大波长之比。

【答案】（1
）1v =
（2）设电子在第1轨道上运动的速度大小为v 1，根据牛顿第二定律有221211v e k m r r =，电子在第1轨道运动的动能2
2111122k ke E mv r ==，电子在第1轨道运
动时氢原子的能量21111222
e ke e E k k r r 2r =-+=-，同理，电子在第n 轨道运动时氢原子的能量2222n n n n n e ke e E k k r r 2r =-+=-，又因为2
1n r n r =，则有 2122122n n E e e E k k r 2n r n
=-=-=，命题得证。

（3）a ：1
E R hc
=- b ：5:9 【解析】 【详解】
（1）电子绕氢原子核在第1轨道上做圆周运动
根据牛顿第二定律有22
211
e v k m r r =
则有1v =
（2）设电子在第1轨道上运动的速度大小为v 1，根据牛顿第二定律有22
1211v e k m r r =
电子在第1轨道运动的动能2
2111
122k ke E mv r ==
电子在第1轨道运动时氢原子的能量222
1111
22e ke e E k k r r r =-+=- 同理，电子在第n 轨道运动时氢原子的能量22222n n n n n e ke e E k k r r r =-+=-，又因为2
1n r n r = 则有 22
122122n n E e e E k k r n r n
=-=-=，命题得证。

（3）a ：从n 能级向2能级跃迁放出光的波长为2n c
E E h λ
-=
由12n E E n = 12
22E E = 代入得：1
E R hc
=- b ：由
221
1
12
R n λ⎛⎫=- ⎪⎝⎭可知当n =3时波长最大，当n =∞时波长最小 代入可得，最小波长与最大波长之比为5:9。

9．如图所示，一质量为m 、电荷量为的带正电粒子从O 点以初速度v 0水平射出。

若该带电粒子运动的区域内有一方向竖直向下的匀强电场，则粒子恰好能通过该区域中的A 点；若撤去电场，加一垂直纸面向外的匀强磁场，仍将该粒子从O 点以初速度v 0水平射出，则粒子恰好能经A 点到达该区域中的B 点。

已知OA 之间的距离为d ，B 点在O 点的正下方，∠BOA=60°，粒子重力不计。

求：
(1)磁场磁感应强度的大小B ；
(2)粒子在电场时运动中到达A 点速度的大小v 。

【答案】(1) 0mv B qd = (2) 07
3
v 【解析】 【详解】
（1）如图所示，撤去电场加上磁场后，粒子恰好能经A 点到达B 点，由此可知，OB 为该粒子做圆周运动的直径，则粒子在磁场中做圆周运动的半径为：
2OB R d ==由于2
00v qBv m R
=
得：0
mv B qd
=
（2）粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子从O 点运动到A 点所需要的时间为t ，则：
0sin 60d v t =o
2
1cos 602qE d t m
=
o 由动能定理有：22011cos6022
qEd mv mv =-o
联解得：07
3
v v =
10．静电喷漆技术具有效率高、质量好、有益于健康等优点，其装置可简化为如图甲所示．A 、B 为水平放置的间距d ＝1.6m 的两块足够大的平行金属板，两板间有方向由B 指向A 的0.1/E V m ＝的匀强电场．在A 板的中央放置一个安全接她的静电油漆喷枪P ，油漆喷枪可向各个方向均匀地喷出初速度大小均为0 6.0/v m s ＝的油漆微粒，已知油漆微粒的质量均为m ＝1.0×10－5kg ，带负电且电荷量均为q ＝1.0×10－3C ，不计油漆微粒间的相互作用以及油漆微粒带电量对板间电场和磁场的影响，忽略空气阻力，g 取210/m s ，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6．求（计算结果小数点后保留一位数字）：
（1）油漆微粒落在B 板上的最大面积；
（2）若让A 、B 两板间的电场反向（如图乙所示），并在两板间加垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.06T ，调节喷枪使油漆微粒只能在纸面内沿各个方向喷出，其他条件不变．
①B 板被油漆微粒打中的区域的长度为多少？
②打中B 板的油漆微粒中，在正交场中运动的最短时间为多少？ 【答案】（1）18．1 m 2（2）1．6 m （3）0．31 s 【解析】
试题分析：（1）油漆微粒的加速度
Eq mg
a m
+=① 根据运动学 2
12
d at =
②
运动的半径
0x v t =③
落在B 板上所形成圆形面积
2s x π=④
由①②③式并代入数据得
218.1m s =⑤
（2）当电场反向
Eq mg =⑥
油漆微粒做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力
2
v Bqv m R
=⑦
水平向右射出的油漆微粒打在B 板的右端，根据几何关系
cos R R d α+=⑧ ac 的长度
⑨
打在B 板左端的油漆微粒为和板相切的微粒，同理求得
bc ac =⑩
油漆微粒打在极板上的长度
ab ac bc =+11
由⑥⑦⑧⑨⑩11式并代入数据得
1.6m ab =12
(3)打在B 板上的微粒中，pc 最短的弦长对应的时间最短 有几何关系
2
sin d R
θ=13
运动的最短时间
min 22t T θ
π
=
14 微粒在磁场中运动的周期
2m
T Bq
π=
15 由7131415式代入数据解得
min 0.31s t =16
考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．
点评：本题是实际问题，考查理论联系实际的能力，关键在于建立物理模型．
11．如图所示，在光滑绝缘的水平面上，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B，A球的电荷量为＋2q，B球的电荷量为－3q，组成一静止的带电系统。

虚线NQ与MP平行且相距3L，开始时MP恰为杆的中垂线。

视小球为质点，不计轻杆的质量，现在在虚线MP、NQ间加上水平向右的匀强电场E，求：
（1）B球刚进入电场时带电系统的速度大小；
（2）B球向右运动的最大位移以及从开始到最大位移处时B球电势能的变化量；
（3）带电系统运动的周期。

【答案】（1）（2）；（3）
【解析】
【分析】
（1）对系统运用动能定理，根据动能定理求出B球刚进入电场时，带电系统的速度大小．
（2）带电系统经历了三个阶段：B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场，根据动能定理求出A球离开PQ的最大位移，从而求出带电系统向右运动的最大距离．根据B 球在电场中运动的位移，求出电场力做的功，从而确定B球电势能的变化量．
（3）根据运动学公式和牛顿第二定律分别求出带电系统B球进入电场前做匀加速直线运动的时间，带电系统在电场中做匀减速直线运动的时间，A球出电场带电系统做匀减速直线运动的时间，从而求出带电系统从静止开始向右运动再次速度为零的时间，带电系统的运动周期为该时间的2倍．
【详解】
（1）设B球刚进入电场时带电系统速度为v1，由动能定理2qEL=×2mv12
解得
（2）带电系统向右运动分三段：B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场．
设A球离开NQ的最大位移为x，由动能定理得2qEL-qEL-3qEx=0
解得x=；则s总=
B球从刚进入电场到带电系统从开始运动到速度第一次为零时位移为
其电势能的变化量为△E P=W=3qE•=4qEL
（3）向右运动分三段，取向右为正方向，
第一段加速，，
第二段减速，
设A球出电场电速度为v2，由动能定理得-qEL=
解得，
则
第三段再减速则其加速度a3及时间t3为：，
所以带电系统运动的周期为：T=2（t1+t2+t3）=．
12．如图所示，一根光滑绝缘细杆与水平面成α＝30°角倾斜固定．细杆的一部分处在场强方向水平向右的匀强电场中，场强E＝23×104N/C．在细杆上套有一个带负电的小球，带电量为q＝1×10﹣5C、质量为m＝3×10﹣2kg．现使小球从细杆的顶端A由静止开始沿杆滑下，并从B点进入电场，小球在电场中滑至最远处的C点．已知AB间距离x1＝0.4m，g＝10m/s2．求：
（1）小球通过B点时的速度大小V B；
（2）小球进入电场后滑行的最大距离x2；
（3）试画出小球从A点运动到C点过程中的v﹣t图象．
【答案】（1）2m/s （2）0.4m （3）
【解析】
（1）对小球，AB 过程，根据牛顿第二定律可得1sin mg ma α=，
初速度为零，由位移速度公式可得2
112B v a x =，
联立解得2m/s B v =；
（2）对小球，BC 过程，根据牛顿第二定律：2cos sin qE mg ma αα-=，
初速度为B v ，末速度为零，故根据位移速度公式可得2
222B v a x =，
联立解得20.4m x =
（3）小球在AB 段做初速度为零，末速度为2m/s 的匀加速直线运动，经历时间为
11
0.4B
v t s a ==，在BC 段做初速度为2m/s ，末速度为零的匀减速直线运动，经历的时间为22
0.4B
v t s a =
=，即在0.8s 末速度为零，v-t 图像如图所示：。