专题5带电粒子在叠加场中的运动-2023-2024学年高二物理同步导与练（人教2019选择性必修第二册 ）

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第一章 安培力与洛伦兹力专题5 带电粒子在叠加场中的运动【核心素养目标】知识点一　叠加场【重难诠释】叠加场：电场、磁场、重力场叠加，或其中某两场叠加．1．是否考虑粒子重力(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为一般情况下其重力与静电力或洛伦兹力相比太小，可以忽略；而对于一些宏观物体，如带电小球、液滴、尘埃等一般应当考虑其重力．(2)在题目中有明确说明是否要考虑重力的，按题目要求处理．(3)不能直接判断是否要考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要结合运动状态确定是否考虑重力．2．处理带电粒子在叠加场中的运动的基本思路【典例精析】例1．如图所示，竖直平面内存在水平方向的匀强电场，电场强度为E，同时存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，纸面内放置一光滑的绝缘细杆，与水平方向成θ＝45°角．质量为m、带电荷量为q的金属小环套在细杆上，以初速度v0沿着细杆向下运动，小环离开细杆后，恰好做直线运动，重力加速度为g，则以下说法正确的是(　　)A．小环可能带负电B．电场方向可能水平向右C．小环的初速度v0＝eq \f(\r(2)mg,qB)D．小环离开细杆时的速度v＝eq \f(E,B)【答案】C【解析】小环离开细杆后，恰好做直线运动，该运动一定是匀速直线运动，如果是变速运动，洛伦兹力大小会变化，而洛伦兹力又垂直速度方向，就一定要改变速度的方向，小环做曲线运动；如果小环带负电荷，静电力方向不管是向左还是向右，小环均不可能平衡，所以小环只能带正电，根据平衡条件，静电力向左，故电场方向水平向左，故选项A、B错误；小环离开杆后做匀速直线运动，根据平衡条件，在平行杆的方向则有mgsin 45°＝qEcos 45°，垂直杆的方向则有mgcos 45°＋qEsin 45°＝qvB，联立解得v＝eq \f(\r(2)mg,qB)，qE＝mg，故v＝eq \f(\r(2)E,B)；小环在杆上运动过程，重力和静电力的合力垂直杆不做功，而支持力和洛伦兹力也不做功，故小环在杆上的运动是匀速运动，小环的初速度为v0＝v＝eq \f(\r(2)mg,qB)，故选项C正确，D错误．例2．如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，水平进入由互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B构成的叠加场中(E和B已知)，小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，重力加速度大小为g，则(　　)A．小球可能带正电B．小球做匀速圆周运动的半径为r＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2UE,g))C．小球做匀速圆周运动的周期为T＝eq \f(πE,Bg)D．若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期增加【答案】　B【解析】小球在叠加场中做匀速圆周运动，则小球受到的静电力和重力满足mg＝Eq，则小球带负电，A项错误；因为小球做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由牛顿第二定律和动能定理可得：qvB＝eq \f(mv2,r)，Uq＝eq \f(1,2)mv2，故小球做匀速圆周运动的半径r＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2UE,g))，B项正确；由T＝eq \f(2πr,v)，得T＝eq \f(2πE,Bg)，与电压U无关，C、D项错误．知识点二　带电粒子在交变电、磁场中的运动【重难诠释】解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路【典例精析】例3．如图甲所示，水平放置的平行金属板P和Q，间距为d，两板间存在周期性变化的电场或磁场．P、Q间的电势差UPQ随时间的变化规律如图乙所示，磁感应强度B随时间变化的规律如图丙所示，磁场方向垂直纸面向里为正方向．t＝0时刻，一质量为m、电荷量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0由P板左端靠近板面的位置，沿平行于板面的方向射入两板之间，q、m、d、v0、U0为已知量．(1)若仅存在交变电场，要使粒子飞到Q板时，速度方向恰好与Q板相切，求交变电场周期T；(2)若仅存在匀强磁场，且满足B0＝eq \f(2mv0,qd)，粒子经一段时间恰能垂直打在Q板上(不考虑粒子反弹)，求击中点到出发点的水平距离．【答案】　(1)eq \r(\f(4md2,nqU0))(n＝1,2,3……)　(2)x＝eq \f(\r(3)－1,2)d【解析】　(1)设经时间t粒子恰好沿切线飞到上板，竖直速度为零，加速度为a，则a＝eq \f(qU0,md)半个周期内，粒子向上运动的距离为y＝eq \f(1,2)a(eq \f(T,2))2d＝2nyt＝nT联立得T＝eq \r(\f(4md2,nqU0))(n＝1,2,3……)(2)仅存在磁场时，带电粒子在匀强磁场中做半径为r的匀速圆周运动，则有qv0B0＝meq \f(v02,r)解得r＝eq \f(1,2)d要使粒子能垂直打到Q板上，在交变磁场的半个周期内，粒子轨迹的圆心角设为90°＋θ，如图所示，由几何关系得r＋2rsin θ＝d解得sin θ＝0.5则粒子打到Q板的位置距出发点的水平距离为x＝r－2r(1－cos θ)＝eq \f(\r(3)－1,2)d.针对训练一、单选题1．如图所示，在水平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，小球P套在杆上。已知电场强度为E，磁感应强度为B，小球P的质量为m（不计重力），电荷量为，P与杆间的动摩擦因数为。现给小球一个初速度，使小球沿杆下滑。则小球开始下滑直到稳定的过程中（　　）A．小球的加速度一直减小 B．小球的动能和电势能的总和保持不变C．小球下滑的最终速度大小可能为 D．小球下滑的最大加速度大小为【答案】C【解析】AC．小球静止时只受电场力、支持力，开始下滑后，还受到摩擦力、水平向右的洛伦兹力，若小球初速度比较小，开始洛伦兹力小于电场力，由水平方向受力平衡知杆对小球弹力向右，小球竖直方向受向上的滑动摩擦力向下减速，随着速度减小，弹力增大，摩擦力增大，小球向下做加速度增大的减速运动，当速度减小到零时，摩擦力突变为零，小球最终保持静止。若小球初速度比较大，开始洛伦兹力大于电场力，由水平方向受力平衡知杆对小球弹力向左，小球竖直方向受向上的滑动摩擦力向下减速，随着速度减小，弹力减小，摩擦力减小，小球向下做加速度减小的减速运动，当速度减小到某一定值时，洛伦兹力等于电场力，摩擦力减小为零，小球最终匀速运动，此时稳定时的速度为故A错误，C正确；B．当小球初速度恰好等于时，则小球向下做匀速直线运动，电场力和合力都不做功，动能和电势能之和保持不变；若小球初速度不等于，则下滑过程中动能减小，电势能不变，小球的动能和电势能的总和减小，故B错误；D．由A中分析可知，当小球初速度较小时，小球的最大加速度出现小球速度即将为零时，此时受到的摩擦力大小为f=最大加速度为a=当小球初速度较大时，小球最大加速度出现在刚开始下滑时，此时得故D错误。故选C。2．如图所示，水平正对放置的带电平行金属板间的匀强电场方向竖直向上，匀强磁场方向垂直纸面向里，一带电小球从光滑绝缘轨道上的a点由静止释放，经过轨道端点P进入板间后恰好沿水平方向做匀速直线运动。现在使小球从稍低些的b点由静止释放，经过轨道端点P进入两板之间的场区。关于小球从b点由静止释放进入金属板间的运动情况，以下判断中正确的是（　　）A．小球仍沿水平方向做匀速直线运动B．小球可能带正电也可能带负电C．小球在电、磁场中运动的过程中电场力做负功D．小球在电、磁场中运动的过程中机械能增加【答案】C【解析】B．带电的小球从P点进入平行板间后做匀速直线运动，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G、恒定的电场力F、洛伦兹力，若小球带负电，这三个力都竖直向下，小球不可能匀速；若小球带正电，电场力及洛伦兹力均竖直向上，二者的合力与小球的重力平衡，小球可以做匀速直线运动，所以小球只能带正电，故B错误；A．当小球从稍低的b点由静止释放时，小球进入金属板间的初速度将减小，根据，知洛伦兹力将减小，则小球将向下偏转，是曲线运动，故A错误；CD．由于小球将向下偏转，电场力将做负功，由于洛伦兹力不做功，小球克服电场力做功，故小球的机械能将减少，故C正确，D错误。故选C。3．如图，质量为m、电量为+q的圆环可在水平的足够长的粗糙杆上滑动，细杆处在磁感应强度大小为B、垂直于纸面向里的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，之后圆环运动的v-t图像不可能是（　　）A． B．C． D．【答案】C【解析】A．带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力，若满足重力与洛伦兹力相等，即圆环做匀速直线运动，则v-t图像如选项A所示，故A正确；B．若重力大于洛伦兹力，圆环也受摩擦力作用，做减速运动，竖直方向有水平方向上有随着速度的减小，支持力增大，摩擦力增大，圆环将做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零，则v-t图像如选项B所示，故B正确；D．若洛伦兹力大于重力，圆环受到摩擦力的作用，做减速运动，竖直方向有水平方向上有随着速度的减小，支持力减小，摩擦力减小，圆环做加速度逐渐减小的减速运动，当重力与洛伦兹力相等时，做匀速直线运动，则v-t图像如选项D所示，故D正确；C．圆环所有可能的三种运动状态都如ABD选项所述，并不包含C选项所示v-t图像，故C错误。故选C。4．如图所示，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里。三个带电的微粒、、电荷量相等，质量分别为、、。已知在该区域内，在纸面内做匀速圆周运动，在纸面内向右做匀速直线运动，在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是（　　）A．一定带负电 B．一定带正电 C．一定有 D．一定有【答案】C【解析】A．微粒a在纸面内做匀速圆周运动，必有所以a所受的电场力方向竖直向上，与电场强度方向相同，故a一定带正电，A错误；B．微粒c向左做匀速直线运动，若c带正电，电场力竖直向上，左手定则判断洛伦兹力竖直向下，重力竖直向下，平衡条件得若c带负电，电场力竖直向下，左手定则判断洛伦兹力竖直向上，重力竖直向下，平衡条件得所以微粒c可以带正电也可以带负电，B错误；C．微粒b向右做匀速直线运动，若b带负电，则电场力竖直向下，左手定则判断洛伦兹力竖直向下，重力竖直向下，故不可能受力平衡，故b一定带正电，平衡条件得得而，所以，C正确；D．若c带正电，由可得，故；若c带负电，从中无法比较qE和mcg的大小，故ma与mc之间的大小也无法比较，D错误；故选C。5．如图所示的区域内，存在方向互相垂直的匀强电场和匀强磁场，其中电场方向竖直向下， 磁场方向是水平的（垂直纸面向里）。一个质量为m的带电液滴，在与匀强磁场垂直的竖直面内做匀速圆周运动。下列关于这个带电液滴的电性和转动方向说法正确的是（　　）A．一定带正电，沿逆时针方向转动B．一定带负电，沿顺时针方向转动C．一定带负电，但转动方向不能确定D．电性和转动方向都不能确定【答案】B【解析】带电液滴在与匀强磁场垂直的竖直面内做匀速圆周运动，可知电场力与重力平衡，则电场力向上，则一定带负电，根据左手定则可知，液滴沿顺时针方向转动。故选B。6．如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为、带电荷量为的小球从A点以速度沿直线运动，与轴负方向成角。在轴与之间的区域Ⅰ内加一电场强度最小的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到上的点，与之间区域Ⅱ内存在宽度为d的竖直向上匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界飞出，已知小球在点的速度大小为，重力加速度为，，，则下列结论错误的是（　　）A．区域Ⅱ内匀强电场的场强大小B．区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度大小C．小球从做匀速直线运动，做匀加速直线运动D．区域Ⅰ内匀强电场的最小场强大小为，方向与轴正方向成角向上【答案】B【解析】A．小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，所以解得故A正确，不符合题意；B．因为小球恰好不从右边界穿出，小球运动轨迹如图所示由几何关系得由洛伦兹力提供向心力知解得故B错误，符合题意；CD．带电小球在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力做直线运动，三力满足如图所示关系所以小球从只能做匀速直线运动。区域Ⅰ中O→C小球做直线运动，电场强度最小，受力如图所示（电场力方向与速度方向垂直）所以小球做匀加速直线运动，由图知解得方向与x轴正方向成53°角向上。故CD正确，不符合题意。故选B。7．如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，水平进入由互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B构成的叠加场中（E和B已知），小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，重力加速度大小为g，则（　　）A．小球可能带正电B．小球做匀速圆周运动的半径为C．小球做匀速圆周运动的周期为D．若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期增加【答案】B【解析】A．小球在叠加场中做匀速圆周运动，则小球受到的静电力和重力满足则小球带负电，A错误；B．因为小球做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由牛顿第二定律和动能定理可得， 故小球做匀速圆周运动的半径B正确；CD．由得与电压U无关，CD错误。故选B。8．如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，y轴竖直向上。第Ⅲ、Ⅳ象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，第Ⅳ象限同时存在方向平行于y轴的匀强电场（图中未画出）。一带电微粒以速度v从x轴上的A点经过，恰好从P点垂直于y轴进入第Ⅳ象限，然后做圆周运动，从Q点垂直于x轴进入第Ⅰ象限，Q点距O点的距离为d，重力加速度为g。根据以上信息，下列说法正确的是（　　）A．圆周运动的速度是vB．可以求出微粒在第Ⅳ象限运动的时间C．可以求出磁感应强度大小D．可以求出电场强度的大小和方向【答案】B【解析】A．微粒在第Ⅲ象限运动时，洛伦兹力不做功，从A点到P点的过程，由动能定理知由此可求出微粒做圆周运动的速度故A错误；B．微粒在第Ⅳ象限运动的时间t=T=×=故B正确；CD．在第Ⅳ象限，微粒做圆周运动，则有mg＝qE由于m、q未知，不能求出电场强度的大小，由BqvP＝m得B＝由于m、q未知，故不能求出磁感应强度大小，故CD错误。故选B。二、多选题9．如图甲所示，在空间存在一个变化的电场和一个变化的磁场，电场的方向水平向右(图甲中由B到C)，场强大小随时间变化情况如图乙所示；磁感应强度方向垂直于纸面、大小随时间变化情况如图丙所示。在t=1s时，从A点沿AB方向(垂直于BC)以初速度v0射出第一个粒子，并在此之后，每隔2s有一个相同的粒子沿AB方向均以初速度v0射出，并恰好均能击中C点，若AB=BC=l，且粒子由A运动到C的运动时间小于1s。不计重力和空气阻力，对于各粒子由A运动到C的过程中，以下说法正确的是（　　）A．电场强度E0和磁感应强度B0的大小之比为3v0：1B．第一个粒子和第二个粒子运动的加速度大小之比为1：2C．第一个粒子和第二个粒子运动的时间之比为π：2D．第一个粒子和第二个粒子通过C的动能之比为1：5【答案】BCD【解析】A．在t=1s时，空间区域存在匀强磁场，粒子做匀速圆周运动，如图所示；由牛顿第二定律得qv0B0=粒子的轨道半径，R=l，则B0=带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，竖直方向l=v0t水平方向l=at2其中而E0=则故A错误；B．第一个粒子和第二个粒子运动的加速度大小之比故B正确；C．第一个粒子的运动时间t1=T=第二个粒子的运动时间t2=第一个粒子和第二个粒子运动的时间之比t1：t2=π：2故C正确；D．第二个粒子，由动能定理得qE0l=Ek2－Ek2=第一个粒子的动能Ek1=，第一个粒子和第二个粒子通过C的动能之比为1：5，故D正确。故选BCD。10．如图（a）所示，圆心为O的圆形区域，半径R＝10cm，MN为荧光屏，长度L＝100cm，P为屏的中点，圆形区域圆心O距离荧光屏s=20cm, OP垂直于MN，大量的带电粒子经U= 2000V电压加速，形成一连续的粒子束，沿半径方向进入圆形区域．当圆形区域内不加磁场时，带电粒子打在荧光屏中心P点，当圆形区域加一匀强磁场后，粒子束经磁场偏转打到荧光屏另一位置，通过改变磁场的大小、方向来改变粒子束打在荧光屏上的位置，磁感应强度B随时间t变化如图（b）所示，已知带电粒子的电量q＝1×10-3C，质量m＝1×10-8kg，不计粒子重力，忽略粒子在磁场中运动的时间，则下面说法正确的是（     ）A．粒子进入磁场区域的速度v＝2×103m／sB．t＝0时刻进入磁场的粒子，速度偏转角度θ＝30°C．电子束打在荧光屏的范围宽度为40cmD．若B的最大值为2T，则t=0时刻进入磁场的粒子无法打到荧光屏上【答案】CD【解析】A．根据Uq=mv2可得粒子进入磁场区域的速度：，选项A错误；B．t＝0时刻进入磁场的粒子， ，则运动半径；由几何关系可知，，α=300，则速度偏转角度θ＝2α=600，选项B错误；C．当t=0时刻射入的粒子射出磁场时打到屏上的位置距离P点最远，最远距离为，则粒子束打在荧光屏的范围宽度为2y=40cm，选项C正确；D．若B的最大值为2T，则粒子运动半径，则粒子出离磁场时速度方向平行光屏竖直向上，即t=0时刻进入磁场的粒子无法打到荧光屏上，选项D正确．11．如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。已知一带电粒子在电场力和洛仑兹力的作用下，从静止开始自A点沿曲线ABC运动，到达C点时速度为零。B点是运动的最低点。重力忽略不计，则以下说法中正确的是（　　）A．此粒子带正电B．该带电粒子运动到B点时动能最大C．该带电粒子在C点加速度为零D．A点到B点的时间大于B点到C点的时间【答案】AB【解析】A．根据题意可知，带电粒子从静止开始向下运动，则受到的电场力向下，由于电场方向竖直向下，则此粒子带正电，故A正确。B．根据题意可知，该带电粒子从静止开始自A点沿曲线ABC运动过程中，洛伦兹力不做功，从电场力做正功，粒子的动能增加，从电场力做负功，粒子动能减小，则该带电粒子运动到B点时动能最大，故B正确；C．该带电粒子在C点时速度为零，洛伦兹力为零，但电场力不为零，则加速度不为零，故C错误；D．根据题意题意可知，粒子到达C点时速度为零，则整个过程电场力做功为零，A、C两点电势相等，处于同一高度，由对称性可知，A点到B点的时间等于B点到C点的时间，故D错误。故选AB。12．如图所示，AB和AC是两根夹角为60°的无限长直导线（两根导线都在纸面内，在A点不连接），电流大小都是I，为正三角形，D为BC中点，O为三角形几何中心。在D点放置一点电荷，一电荷量为、质量为m的离子以速率v沿平行于BC方向经过O点，负离子在O点时所受的库仑力及所受每一根导线电流产生的磁场的洛伦兹力大小均为F，则下列说法正确的是（　　）A．负离子在O点时，加速度为B．负离子在O点时，加速度为C．负离子刚越过O点时将向上偏D．负离子刚越过O点时将向下偏【答案】BC【解析】AB．由安培定则和左手定则可知两导线在O点产生的合磁场为零，则离子受到的合洛伦兹力为0，所以在O点受到的合力大小为F，由牛顿第二定律可知负离子在O点时，加速度为，选项A错误，B正确；CD．刚越过O点时磁场向外变强，负离子受到的洛伦磁力向上且与电场力同向，所以负离子向上偏，故C正确，D错误。故选BC。三、解答题13．用一根长L＝0.8m的轻绳，吊一质量为m＝1.0g的带电小球，放在磁感应强度B＝0.1T，方向如图所示的匀强磁场中，将小球拉到与悬点等高处由静止释放，小球便在垂直于磁场的竖直面内做变速圆周运动，当球第一次摆到低点时，悬线对小球的拉力恰好与重力大小相等（重力加速度）求：（1）小球带何种电荷？（2）电量为多少？【答案】（1）负电；（2）【解析】（1）小球第一次摆到最低点时速度水平向左，悬线的拉力恰好与重力大小相等，说明洛伦兹力竖直向上，由左手定则，拇指向上，让磁感线穿过掌心，四指就指向右，故小球带负电。（2）设小球第一次到达最低点速度为v，由动能定理可得：解得v= 4m/s此时对小球受力分析如图：根据牛顿第二定律有解得14．如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为、电荷量为的小球从A点以速度沿直线AO运动，AO与x轴负方向成53°角。在y轴与MN之间的区域I内加一电场强度最小的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到MN上的C点，MN与PQ之间区域Ⅱ内存在宽度为的竖直向上匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界飞出，已知小球在C点的速度大小为，重力加速度为，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：（1）第二象限内电场强度的大小和磁感应强度的大小；（2）区域I内最小电场强度的大小和方向；（3）区域Ⅱ内电场强度的大小和磁感应强度的大小。【答案】（1），；（2），方向为垂直AO且与y轴正向成53°角；（3），【解析】（1）根据题意分析可知小球沿AO做匀速直线运动，则解得又解得（2）要使小球在区域I做直线运动，电场强度最小，则需要满足解得方向为垂直AO且与y轴正向成53°角；（3）小球在区域Ⅱ做匀速圆周运动，则解得小球恰好不从右边界飞出，如图所示由几何关系可知解得根据解得15．如图所示，虚线MN竖直方向，左侧是水平正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为；MN右侧有竖直方向的匀强电场（如图中竖直线，方向未标出）和垂直于纸面的匀强磁强。一质量为m、带正电电荷量为q的带电小球（可视为质点），从MN左侧的场区沿与电场线成角斜向上的直线做匀速运动，穿过MN上的A点进入右侧的场区，恰好在竖直面内绕O点做半径为r的匀速圆周运动，并穿过MN上的P点进入左侧场区．已知MN右侧的电场对MN左侧无影响，当地重力加速度为g，求：（1）MN左侧匀强电场场强的大小；（2）MN右侧匀强电场的大小和方向、匀强磁场磁感应强度的大小和方向。【答案】（1）；（2），竖直向上， ，垂直于纸面向外【解析】（1）正点电荷在MN左侧场区匀速度运动，受力如图示根据力平衡有联立解得（2）点电荷在右侧区域做匀速圆周运动，则重力与电场力平衡，有得方向竖直向上；洛伦兹力提供向心力解得根据左手定则可知B2方向垂直纸面向外。物理观念重力场、电场、磁场两种或三者叠加在一起的叠加场科学思维掌握带电粒子在叠加场中常见的两种运动情景.科学探究会分析其受力情况和运动情况，能正确运用物理规律解决问题．科学态度与责任通过知识应用的实例，感受物理中科学技术与社会的紧密联系，体会科学知识的应用价值，进一步增强学生的学习动力和科学意识。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