2024届鲁科版新教材高考物理一轮复习教案第十一章磁场专题强化二十一带电粒子在叠加场和交变电磁场中的运动

这是一份2024届鲁科版新教材高考物理一轮复习教案第十一章磁场专题强化二十一带电粒子在叠加场和交变电磁场中的运动，共14页。

题型一 带电粒子在叠加场中的运动
1．叠加场
电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存．
2．带电粒子在叠加场中常见的几种运动形式
例1 (多选)(2022·广东卷·8)如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场．电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点．已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有( )
A．电子从N到P，电场力做正功
B．N点的电势高于P点的电势
C．电子从M到N，洛伦兹力不做功
D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
答案 BC
解析 由题可知电子所受电场力水平向左，电子从N到P的过程中电场力做负功，故A错误；根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知，N点的电势高于P点的电势，故B正确；由于洛伦兹力一直都和速度方向垂直，故电子从M到N，洛伦兹力不做功，故C正确；由于M点和P点在同一等势面上，故从M点到P点电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点所受电场力相等，即所受合力相等，故D错误．
例2 如图所示，位于竖直平面内的坐标系xOy，在第三象限空间有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.5 T，还有沿x轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E＝2 N/C.在第一象限空间有沿y轴负方向、电场强度大小也为E的匀强电场，并在y＞h＝0.4 m的区域有磁感应强度大小也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场．一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO做匀速直线运动(PO与x轴负方向的夹角为θ＝45°)，并从原点O进入第一象限．已知重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带哪种电荷；
(2)油滴在P点得到的初速度大小；
(3)油滴在第一象限运动的时间(取π＝3.14)．
答案 (1)1∶1∶eq \r(2) 负电荷 (2)4eq \r(2) m/s (3)0.828 s
解析 (1)根据受力分析(如图所示)，可知油滴带负电荷，设油滴质量为m，由平衡条件得
mg∶qE∶F＝1∶1∶eq \r(2).
(2)由第(1)问得qvB＝eq \r(2)qE，
代入数据解得v＝eq \f(\r(2)E,B)＝4eq \r(2) m/s.
(3)进入第一象限，电场力和重力平衡，油滴先做匀速直线运动，从A点进入y>h的区域后做匀速圆周运动，再从C点离开y>h区域，最后从x轴上的N点离开第一象限．
由O→A匀速运动的位移为s1＝eq \f(h,sin 45°)＝eq \r(2)h
其运动时间t1＝eq \f(s1,v)＝0.1 s
由qvB＝meq \f(v2,r)，T＝eq \f(2πr,v)得T＝eq \f(2πm,qB)
油滴从A→C做圆周运动的时间为t2＝eq \f(1,4)T＝eq \f(πE,2gB)＝0.628 s
由对称性知，从C→N的时间t3＝t1
故油滴在第一象限运动的总时间t＝t1＋t2＋t3＝2×0.1 s＋0.628 s＝0.828 s.
题型二 带电粒子在交变电、磁场中的运动
解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路
例3 如图甲所示，水平放置的平行金属板a、b间加直流电压U，a板上方有足够长的“V”字形绝缘弹性挡板，两板夹角为60°，在挡板间加垂直纸面的交变磁场，磁感应强度随时间变化如图乙，垂直纸面向里为磁场正方向，其中B1＝B0，B2未知．现有一比荷为eq \f(q,m)、不计重力的带正电粒子从c点由静止释放，t＝0时刻，粒子刚好从小孔O进入上方磁场中，在t1时刻粒子第一次撞到左挡板，紧接着在t1＋t2时刻粒子撞到右挡板，然后粒子从O点竖直向下返回平行金属板间，使其在整个装置中做周期性的往返运动．粒子与挡板碰撞前后电荷量不变，沿板方向的分速度不变，垂直板方向的分速度大小不变、方向相反，不计碰撞的时间及磁场变化产生的影响．求：
(1)粒子第一次到达O点时的速率；
(2)图中B2的大小；
(3)金属板a和b间的距离d.
答案 (1)eq \r(\f(2qU,m)) (2)2B0 (3)eq \f(π3＋5n,24B0)eq \r(\f(2Um,q))(n＝0,1,2，…)
解析 (1)粒子从b板到a板的过程中，电场力做正功，根据动能定理有qU＝eq \f(1,2)mv2－0
解得粒子第一次到达O点时的速率v＝eq \r(\f(2qU,m))
(2)粒子进入a板上方后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由qvB＝meq \f(v2,r)得r＝eq \f(mv,qB)，
则得粒子做匀速圆周运动的半径r1＝eq \f(mv,qB1)，r2＝eq \f(mv,qB2)
使其在整个装置中做周期性的往返运动，运动轨迹如图所示，由图易知r1＝2r2，已知B1＝B0，则得B2＝2B0
(3)在0～t1时间内，粒子做匀速圆周运动的周期
T1＝eq \f(2πm,qB0)
在t1～(t1＋t2)时间内，粒子做匀速圆周运动的周期T2＝eq \f(πm,qB0)
由轨迹图可知t1＝eq \f(1,6)T1＝eq \f(πm,3qB0)
t2＝eq \f(1,2)T2＝eq \f(πm,2qB0)
粒子在金属板a和b间往返时间为t，
有d＝eq \f(0＋v,2)×eq \f(t,2)
且满足t＝t2＋n(t1＋t2)(n＝0,1,2，…)
联立可得金属板a和b间的距离d＝eq \f(π3＋5n,24B0)eq \r(\f(2Um,q))(n＝0,1,2，…)．
例4 如图(a)所示的xOy平面处于变化的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间t做周期性变化的图像如图(b)所示，y轴正方向为E的正方向，垂直于纸面向里为B的正方向，t＝0时刻，带负电的粒子P(重力不计)由原点O以速度v0沿y轴正方向射出，它恰能沿一定轨道做周期性运动．v0、E0和t0为已知量，且eq \f(E0,B0)＝eq \f(8v0,π2)，在0～t0时间内粒子P第一次离x轴最远时的坐标为(eq \f(2v0t0,π)，eq \f(2v0t0,π))．求：
(1)粒子P的比荷；
(2)t＝2t0时刻粒子P的位置坐标；
(3)带电粒子在运动中距离原点O的最远距离L.
答案 (1)eq \f(4v0,πE0t0) (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2＋π,π)v0t0，0)) (3)eq \f(4＋2π,π)v0t0
解析 (1)0～t0时间内粒子P在匀强磁场中做匀速圆周运动，当粒于所在位置的纵、横坐标相等时，粒子在磁场中恰好经过eq \f(1,4)圆周，所以粒子P第一次离x轴的最远距离等于轨道半径R，
即R＝eq \f(2v0t0,π)①
又qv0B0＝meq \f(v02,R)②
又有eq \f(E0,B0)＝eq \f(8v0,π2)
联立解得eq \f(q,m)＝eq \f(4v0,πE0t0)③
(2)设粒子P在磁场中运动的周期为T，
则T＝eq \f(2πR,v0)④
联立①④式解得T＝4t0⑤
即粒子P做eq \f(1,4)圆周运动后磁场变为电场，粒子以速度v0垂直电场方向进入电场后做类平抛运动，设t0～2t0时间内水平位移和竖直位移分别为x1、y1，则x1＝v0t0＝eq \f(2πR,4)＝eq \f(πR,2)⑥
y1＝eq \f(1,2)at02⑦
其中加速度a＝eq \f(qE0,m)⑧
联立①③⑦⑧式解得y1＝eq \f(2v0t0,π)＝R⑨
因此t＝2t0时刻粒子P的位置坐标为
(eq \f(2＋π,π)v0t0,0)，如图中的b点所示．
(3)分析知，粒子P在2t0～3t0时间内，电场力产生的加速度方向沿y轴正方向，由对称关系知，在3t0时刻速度方向为x轴正方向，位移x2＝x1＝v0t0；在3t0～5t0时间内粒子P沿逆时针方向做匀速圆周运动，往复运动轨迹如(2)中图所示，由图可知，带电粒子在运动中距原点O的最远距离L，即O、d间的距离，则L＝2R＋2x1，解得L＝eq \f(4＋2π,π)v0t0.
课时精练
1．(多选)如图所示，空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向里．一带电小球恰能以速度v0做直线运动，其轨迹如图中虚线所示，虚线与水平方向成30°角，小球最终穿过一轴线沿小球运动方向且固定摆放的光滑绝缘管道(管道内径略大于小球直径)，下列说法正确的是( )
A．小球一定带正电
B．磁场和电场的大小关系为eq \f(E,B)＝eq \r(3)v0
C．小球可能是从管道的乙端运动到甲端
D．若小球刚进入管道时撤去磁场，小球将在管道中做匀速直线运动
答案 AD
解析 小球做匀速直线运动，当小球带正电时，所受电场力方向水平向左，重力竖直向下，小球从甲端运动到乙端时，洛伦兹力垂直于虚线斜向右上，三力恰好平衡，能保证小球沿题图中虚线运动．当小球带负电时，电场力水平向右，重力竖直向下，小球从甲端运动到乙端时或者从乙端运动到甲端时，洛伦兹力垂直于虚线斜向左下或者右上，均不能使小球沿直线运动，故A正确；由A项分析可知，电场力和洛伦兹力关系为sin 30°＝eq \f(qE,qv0B)，整理得eq \f(E,B)＝eq \f(v0,2)，故B错误；根据A项分析，小球只能是从管道的甲端运动到乙端，故C错误；未撤去磁场时，小球受三力作用处于平衡状态，其中电场力和重力沿虚线方向的合力为零，当撤去磁场时，在管道中所受重力和电场力均没有变化，故沿虚线方向(管道方向)合力仍为零．而管道的支持力垂直于管道，即小球所受合力仍为零，做匀速直线运动，故D正确．
2.如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R，已知该电场的电场强度大小为E、方向竖直向下；该磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则( )
A．液滴带正电
B．液滴比荷eq \f(q,m)＝eq \f(E,g)
C．液滴沿顺时针方向运动
D．液滴运动速度大小v＝eq \f(Rg,BE)
答案 C
解析 液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知qE＝mg，得eq \f(q,m)＝eq \f(g,E)，选项B错误；电场力方向竖直向上，液滴带负电，选项A错误；由左手定则可判断液滴沿顺时针方向运动，选项C正确；对液滴有qE＝mg，qvB＝meq \f(v2,R)，联立得v＝eq \f(RBg,E)，选项D错误．
3.(2023·福建福清市模拟)如图所示，在水平向左的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场中，有一足够长的竖直固定的绝缘杆MN，小球P套在杆上．已知P的质量为m、带电荷量为＋q，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.小球由静止开始下滑直到稳定的过程中( )
A．小球的加速度一直减小
B．小球的机械能和电势能的总和保持不变
C．小球下滑的最大速度大小为eq \f(mg,μBq)＋eq \f(E,B)
D．小球下滑加速度大小为最大加速度一半时的速度大小为eq \f(2μqE＋mg,2μqB)
答案 C
解析 小球静止时只受电场力、重力、支持力及摩擦力，电场力水平向左，摩擦力竖直向上；开始时，小球的加速度为a＝eq \f(mg－μqE,m)，开始下滑后，小球速度将增大，受到水平向右的洛伦兹力，则杆对小球的支持力将减小，摩擦力减小，合力增大，加速度增大；当洛伦兹力等于电场力时，支持力为零，摩擦力为零，此后小球继续加速，洛伦兹力将大于电场力，杆对小球的支持力变为水平向左，随着速度增大，洛伦兹力增大，则杆对小球的支持力将增大，摩擦力随之增大，小球的合力减小，加速度减小，所以小球的加速度先增大后减小．当加速度减小为零时，速度达到最大，此时有mg＝μ(qvmB－qE)，最大速度为 vm＝eq \f(mg＋μqE,μqB)，故A错误，C正确；在下降过程中，摩擦力对小球做负功，故有部分能量转化为内能，故机械能和电势能的总和减小，故B错误；由以上分析知，小球的最大加速度出现在洛伦兹力等于电场力的状态，且最大加速度为g.下滑加速度大小为最大加速度一半时有两种情况：一种情况在洛伦兹力小于电场力时，另一种情况在洛伦兹力大于电场力时．在洛伦兹力小于电场力时，有eq \f(g,2)＝eq \f(mg－μqE－qv1B,m)，解得v1＝eq \f(2μqE－mg,2μqB)，在洛伦兹力大于电场力时，有eq \f(g,2)＝eq \f(mg－μqv2B－qE,m)，解得v2＝eq \f(2μqE＋mg,2μqB)，故D错误．
4．如图，区域Ⅰ内有与水平方向成45°角的匀强电场E1，区域宽度为d1，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B和匀强电场E2，区域宽度为d2，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下．一质量为m、电荷量大小为q的微粒在区域Ⅰ左边界的P点由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q点穿出，其速度方向改变了30°，重力加速度为g，求：
(1)区域Ⅰ和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度E1、E2的大小；
(2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(3)微粒从P运动到Q的时间．
答案 (1)eq \f(\r(2)mg,q) eq \f(mg,q) (2)eq \f(m\r(2gd1),2qd2)
(3)eq \r(\f(2d1,g))＋eq \f(πd2,3\r(2gd1))
解析 (1)微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有qE1sin 45°＝mg
解得E1＝eq \f(\r(2)mg,q)
微粒在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，有mg＝qE2，解得E2＝eq \f(mg,q)
(2)粒子进入磁场区域时满足：
qE1d1cs 45°＝eq \f(1,2)mv2
qvB＝meq \f(v2,R)
根据几何关系，分析可知R＝eq \f(d2,sin 30°)＝2d2
整理得B＝eq \f(m\r(2gd1),2qd2)
(3)微粒从P到Q的时间包括在区域Ⅰ内的运动时间t1和在区域Ⅱ内的运动时间t2，
由eq \f(1,2)a1t12＝d1，mgtan 45°＝ma1
整理得t1＝eq \r(\f(2d1,g))
由t2＝eq \f(30°,360°)·eq \f(2πR,v)＝eq \f(1,12)·eq \f(2π·2d2,\r(2gd1))＝eq \f(πd2,3\r(2gd1))
得t＝t1＋t2＝eq \r(\f(2d1,g))＋eq \f(πd2,3\r(2gd1)).
5．在如图甲所示的正方形平面Oabc内存在着垂直于该平面的匀强磁场，磁感应强度的变化规律如图乙所示．一个质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)在t＝0时刻平行于Oc边从O点射入磁场中．已知正方形边长为L，磁感应强度的大小为B0，规定垂直于纸面向外为磁场的正方向．
(1)求带电粒子在磁场中做圆周运动的周期T0.
(2)若带电粒子不能从Oa边界射出磁场，求磁感应强度的变化周期T的最大值．
(3)要使带电粒子从b点沿着ab方向射出磁场，求满足这一条件的磁感应强度变化的周期T及粒子射入磁场时的速度大小．
答案 (1)eq \f(2πm,qB0) (2)eq \f(5πm,3qB0) (3)eq \f(πm,qB0) eq \f(qB0L,nm)(n＝2,4,6，…)
解析 (1)由qvB0＝meq \f(v2,r)，T0＝eq \f(2πr,v)，
联立解得T0＝eq \f(2πm,qB0).
(2)如图甲所示为周期最大时粒子不能从Oa边射出的临界情况，由几何关系可知sin α＝eq \f(1,2)，得α＝30°.
在磁场变化的半个周期内，粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为150°，
运动时间为t＝eq \f(5,12)T0＝eq \f(5πm,6qB0)，而t＝eq \f(T,2)
所以磁感应强度的变化周期T的最大值为eq \f(5πm,3qB0).
(3)如图乙所示为粒子从b点沿着ab方向射出磁场的一种情况．在磁场变化的半个周期内，粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为2β，其中β＝45°，即eq \f(T,2)＝eq \f(T0,4)，所以磁场变化的周期为T＝eq \f(πm,qB0)
弦OM的长度为s＝eq \f(\r(2)L,n)(n＝2,4,6，…)
圆弧半径为R＝eq \f(s,\r(2))＝eq \f(L,n)(n＝2,4,6，…)
由qv0B0＝meq \f(v02,R)，
解得v0＝eq \f(qB0L,nm)(n＝2,4,6，…)．
6.(2023·江西高三月考)如图所示，在竖直平面内的直角坐标系xOy中，第四象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场和沿x轴正方向的匀强电场，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E.第一象限中有沿y轴正方向的匀强电场(电场强度大小未知)，且某未知矩形区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场(磁感应强度大小也为B)．一个带电小球从图中y轴上的M点沿与x轴成θ＝45°角斜向上做匀速直线运动，由x轴上的N点进入第一象限并立即在矩形磁场区域内做匀速圆周运动，离开矩形磁场区域后垂直打在y轴上的P点(图中未标出)，已知O、N两点间的距离为L，重力加速度大小为g，取sin 22.5°＝0.4，cs 22.5°＝0.9.求：
(1)小球所带电荷量与质量的比值和第一象限内匀强电场的电场强度大小；
(2)矩形匀强磁场区域面积S的最小值；
(3)小球从M点运动到P点所用的时间．
答案 (1)eq \f(g,E) E (2)eq \f(2.16E4,g2B4)
(3)eq \f(BL,E)(1＋eq \f(\r(2),2))＋eq \f(E,gB)(eq \f(3,4)π－eq \f(\r(2),2))
解析 (1)设小球质量为m、电荷量为q、速度为v，小球在MN段受力如图
因为在MN段做匀速直线运动，所以小球受力平衡，由平衡条件得mgtan 45°＝qE，解得eq \f(q,m)＝eq \f(g,E)，要使小球进入第一象限后能立即在矩形磁场区城内做匀速圆周运动，则小球受的重力必须与电场力平衡有mg＝qE1
联立解得E1＝E
(2)由(1)可知qvB＝eq \r(2)qE，即v＝eq \f(\r(2)E,B)
由qvB＝meq \f(v2,R)，可知R＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(\r(2)E2,gB2)
轨迹图如图所示，由图可知矩形的最小面积
S＝2Rcs 22.5°×(R－Rsin 22.5°)＝eq \f(2.16E4,g2B4)
(3)在第四象限运动的时间t1＝eq \f(\r(2)L,v)
在第一象限矩形磁场区域运动的时间t2＝eq \f(\f(3πR,4),v)
在第一象限做匀速直线运动的时间t3＝eq \f(L－\f(\r(2),2)R,v)
联立解得小球从M到P的总时间
t＝t1＋t2＋t3＝eq \f(BL,E)(1＋eq \f(\r(2),2))＋eq \f(E,gB)(eq \f(3,4)π－eq \f(\r(2),2))．
7．如图甲所示，在坐标系xOy中，y轴左侧有沿x轴正方向的匀强电场、电场强度大小为E；y轴右侧有如图乙所示周期性变化的磁场，磁感应强度大小B0已知，磁场方向垂直纸面向里为正．t＝0时刻，从x轴上的P点无初速度释放一带正电的粒子，粒子(重力不计)的质量为m、电荷量为q，粒子第一次在电场中运动的时间与第一次在磁场中运动的时间相等，且粒子第一次在磁场中做圆周运动的轨迹为半圆．求：
(1)P点到O点的距离；
(2)粒子经一个周期eq \f(6.5πm,qB0)沿y轴发生的位移大小．
答案 (1)eq \f(Emπ2,2qB02) (2)eq \f(πmE,qB02)
解析 (1)设粒子第一次在电场中做匀加速运动的时间为t0，则t0＝eq \f(πm,qB0)，Eq＝ma
设O、P间距离为x，则x＝eq \f(1,2)at02，
联立解得x＝eq \f(Emπ2,2qB02).
(2)如图所示，设粒子在磁场中做圆周运动的半径分别为R1和R2，
R1＝eq \f(mv0,qB0)，R2＝eq \f(3mv0,2qB0)，又由动能定理得Eqx＝eq \f(1,2)mv02，粒子每经一个周期沿y轴向下移动Δx，Δx＝2R2－2R1＝eq \f(πmE,qB02).
8．如图甲所示的坐标系中，在x轴上方的区域内存在着如图乙所示周期性变化的电场和磁场，交变电场的电场强度大小为E0，交变磁场的磁感应强度大小为B0，取x轴正方向为电场的正方向，垂直纸面向外为磁场的正方向．在t＝0时刻，将一质量为m、带电荷量为q、重力不计的带正电粒子，从y轴上A点由静止释放．粒子经过电场加速和磁场偏转后垂直打在x轴上．求：
(1)粒子第一次在磁场中运动的半径；
(2)粒子打在x轴负半轴上到O点的最小距离；
(3)起点A与坐标原点间的距离d应满足的条件；
(4)粒子打在x轴上的位置与坐标原点O的距离跟粒子加速和偏转次数n的关系．
答案 (1)eq \f(πmE0,qB02) (2)eq \f(πmE0,qB02)(π＋2)
(3)d＝eq \f(n2πmE0,qB02)(n＝1,2,3，…)
(4)xP＝eq \f(nπmE0,2qB02)(π＋2)(n＝1,2,3，…)
解析 (1)粒子第一次在电场中有qE0＝ma
v1＝at0，t0＝eq \f(πm,qB0)
粒子第一次进入磁场中有qv1B0＝eq \f(mv12,R1)
联立解得R1＝eq \f(πmE0,qB02)
(2)由题意可知粒子经2次加速和偏转后打在x轴负半轴上到O点的距离最小，如图甲所示
第一次加速的位移为Δx1＝eq \f(at02,2)＝eq \f(π2mE0,2qB02)
第二次加速的位移Δx2＝3Δx1
v2＝2at0＝eq \f(2πE0,B0)
ΔxP＝Δx2－Δx1＋R2＝eq \f(πmE0,qB02)(π＋2)
(3)分析带电粒子运动轨迹，如图乙所示
可知A与坐标原点间的距离d应满足
d＝n2R1＝eq \f(n2πmE0,qB02)(n＝1,2,3，…)
(4)若粒子经过n次加速和偏转后打在x轴上
xP＝n(Δx1＋R1)＝eq \f(nπmE0,2qB02)(π＋2)(n＝1,2,3，…)．运动性质
受力特点
方法规律
匀速直
线运动
粒子所受合力为0
平衡条件
匀速圆
周运动
除洛伦兹力外，另外两力的合力为零：qE＝mg
牛顿第二定律、圆周运动的规律
较复杂的曲线运动
除洛伦兹力外，其他力的合力既不为零，也不与洛伦兹力等大反向
动能定理、能量守恒定律
先读图
看清并且明白场的变化情况
受力分析
分析粒子在不同的变化场区的受力情况
过程分析
分析粒子在不同时间段内的运动情况
找衔接点
找出衔接相邻两过程的速度大小及方向
选规律
联立不同阶段的方程求解