【物理】2020届一轮复习人教版带电粒子在组合场中的运动学案

【物理】2020届一轮复习人教版带电粒子在组合场中的运动学案

第 3 节 带电粒子在组合场中的运动 突破点(一) 质谱仪与回旋加速器 1．质谱仪 (1)构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成。 (2)原理：粒子由静止被加速电场加速，qU＝1 2mv2。 粒子在磁场中做匀速圆周运动，有 qvB＝mv2 r 。 由以上两式可得 r＝1 B 2mU q ，m＝qr2B2 2U ，q m ＝ 2U B2r2 。 2．回旋加速器 (1)构造：如图所示，D1、D2 是半圆形金属盒，D 形盒的缝隙处接 交流电源，D 形盒处于匀强磁场中。 (2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电 场加速，经磁场回旋，由 qvB＝mv2 r ，得 Ekm＝q2B2r2 2m ，可见粒子获得的 最大动能由磁感应强度 B 和 D 形盒半径 r 决定，与加速电压无关。 [典例] (2019·盐城中学检测)如图所示，离子从容器 A 下方的 狭缝 S1 飘入(初速度为零)电压为 U 的加速电场区，加速后通过狭缝 S2 后再从狭缝 S3 垂直于磁场边界射入偏转磁场，该偏转磁场是一个 以直线 MN 为上边界、方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感 应强度为 B，离子经偏转磁场后最终到达照相底片 D 上。不考虑离子间的相互作用。 (1)若离子的电荷量为 q，它最终打在照相底片 D 上的位置到狭缝 S3 的距离为 d，求粒 子的质量 m； (2)若容器 A 中有大量如(1)中所述的离子，它们经过电场加速后由狭缝 S3 垂直进入磁场 时，可认为速度大小相等，但速度方向并不都严格垂直于边界，其中偏离垂直于 MN 方向 的最大偏角为θ，则照相底片 D 上得到的谱线的宽度Δx 为多少？ (3)若容器 A 中有电荷量相等的铜 63 和铜 65 两种离子，它们经电场加速后垂直于 MN 进入磁场中会发生分离，但实际工作时加速电压的大小会在 U±ΔU 范围内微小变化，为使 这两种离子打在照相底片上的区域不发生重叠，ΔU U 应小于多少？(结果用百分数表示，保留 两位有效数字)。 [解析] (1)离子在电场中加速，有 qU＝1 2mv2， 进入磁场后，做匀速圆周运动，有 qvB＝m v2 d 2 ， 联立解得 m＝qB2d2 8U 。 (2)设垂直于 MN 方向的离子打到照相底片上的 P 位置，离狭缝 S3 最远，S3P＝d，与垂直于 MN 方向夹角为θ的离子，打到照相底片 上的位置离狭缝 S3 最近，如图： 由于各离子速度大小相等，因而在磁场中运动的半径相同，S3Q ＝2Rcos θ＝dcos θ，Δx＝S3P－S3Q＝d－dcos θ＝d(1－cos θ)。 (3)设加速电压为 U，对于质量为 m，电荷量为 q 的离子有：qU＝1 2mv2，qvB＝mv2 R ，解 得 R＝1 B 2mU q ； 可见对于质量不同，电荷量相同的不同离子，加速电压相同时，质量越大，其圆周运 动的半径越大，对同种离子，加速电压越大，其圆周运动的半径也越大。 设铜 63 的质量为 m1，加速电压为 U＋ΔU 时的半径为 R1，铜 65 的质量为 m2，加速电 压为 U－ΔU 时的半径为 R2， R1＝1 B 2m1U＋ΔU q ，R2＝ 2m2U－ΔU q 要使得两种离子打到照相底片上的位置不重叠， 则有 R10，k 为常数)、沿＋x 轴方向 射入磁场，离子都能打到荧光屏上，问 k 应满足什么条件？满足条件的所有离子中，在磁 场中运动时间的最大值为多大？ [解析] (1)设离子垂直打到荧光屏上的 M 点时，沿 y 轴负方向的 分速度大小为 vy，在电场中运动的加速度为 a，则： tan 60°＝vy v0 Eq＝ma vy＝at 解得 t＝ 3mv0 Eq 。 (2)设离子在磁场中做圆周运动的半径为 r，由几何关系可知 rsin 60°＝v0t 则 r＝2mv02 Eq 由向心力公式得 Bqv0＝mv02 r 代入得 B＝ E 2v0 。 (3)临界状态：离子恰好能打到荧光屏上，即轨迹与 ON 相切，设此时圆周运动半径为 r0， 由几何关系可知 r0＋ r0 cos 30° ＝y 由向心力公式得 Bqv＝mv2 r0 ， 其中 v＝ky 解得 k＝2 3－3Eq 2mv0 为使离子能打到荧光屏上应满足 r≥r0 则 k≥2 3－3Eq 2mv0 上述临界状态下，离子在磁场中运动时间有最大值 tm＝ 5 12T 且 T＝2πr0 v ＝2πm Bq 代入得 tm＝5πmv0 3Eq 。 [答案] (1) 3mv0 Eq (2) E 2v0 (3)k≥2 3－3Eq 2mv0 5πmv0 3Eq 先磁场后电场 对于粒子从磁场进入电场的运动，常见的有两种情况： (1)进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反； (2)进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直。(如图甲、乙所示) [例 2] (2019·徐州模拟)在 xOy 平面内，x 轴上方存在磁感应强度 为 B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，x 轴下方存在电场强度为 E、方 向沿 y 轴正方向的匀强电场。一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子 (不计粒子的重力)从坐标原点以速度 v 沿 y 轴正方向射入磁场区域。求： (1)粒子在磁场中运动的轨道半径； (2)写出粒子从出发开始计时，到第一次打到 x 轴前，粒子的位移随着时间变化的表达 式； (3)粒子从出发到第 n 次到达 x 轴的平均速度的大小。 [解析] (1)根据洛伦兹力提供向心力，粒子在磁场中偏转有 qvB＝mv2 R 得 R＝mv qB 。 (2)由 T＝2πR v ，t＝ θ 2πT， 得 t＝θm qB ，则θ＝qBt m 由图中几何关系可知：s＝2Rsin θ 2 粒子的位移随着时间变化的表达式：s＝2mv qB sin qBt 2m ， 其中 t<πm qB 。 (3)粒子在磁场中的运动周期 T＝2πm qB 在电场中往返一次运动时间：t1＝2v qE m ＝2mv qE 设第 n 次到 x 轴 n 为奇数时： 第 n 次到 x 轴的位移为 x＝n＋1 2 ·2R＝n＋1mv qB ， 时间为 t＝n＋1 2 ·T 2 ＋n－1 2 ·t1＝n＋1πm 2qB ＋n－1mv qE 平均速度为 v ＝x t ＝ 2n＋1Ev n＋1πE＋2n－1Bv n 为偶数时： 第 n 次到 x 轴的位移为 x＝n 2·2R＝nmv qB ， 时间为 t＝n 2·T 2 ＋n 2·t1＝nπm 2qB ＋nmv qE 平均速度为 v ＝x t ＝ 2Ev πE＋2Bv 。 [答案] (1)mv qB (2)s＝2mv qB sin qBt 2m ，t<πm qB (3)n 为奇数时： v ＝ 2n＋1Ev n＋1πE＋2n－1Bv ； n 为偶数时： v ＝ 2Ev πE＋2Bv 先后多个电、磁场 [例 3] (2018·南京三模)如图所示，平面直角坐标系 x 轴水 平向右，y 轴竖直向上，虚线 MN 与 y 轴平行，y 轴左侧有竖直 向下的匀强电场，场强 E1＝6 N/C，y 轴与 MN 之间有平行于 y 轴的匀强电场 E2，y 轴右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感 应强度 B＝1 T。一带正电小球(m＝1×10－3 kg，q＝5×10－3 C) 从图中与 y 轴距离为 x0＝0.3 m 的 P 点，以 v0＝3 m/s 的初速度沿 x 轴正向开始运动，经 坐标原点 O 越过 y 轴，在 y 轴与 MN 之间恰好做匀速圆周运动，再经 C 点越过 MN，越过 时速度方向与 x 轴正方向一致。线段 CD 平行于 x 轴，小球能通过 D 点，取 g＝10 m/s2。求： (1)经过 O 点时的速度； (2)匀强电场的场强 E2 以及 C 点的坐标； (3)线段 CD 的长度。 [解析] (1)小球在 PO 段做类平抛运动 t＝x0 v0 ＝0.1 s ay＝mg＋qE1 m ＝40 m/s2 vy＝ayt1＝4 m/s v＝ v02＋vy2＝5 m/s tan θ＝vy v0 ＝4 3 与 x 轴正方向夹角θ＝53°斜向下。 (2)小球在 y 轴与 MN 之间做匀速圆周运动，重力与电场力平衡 mg＝qE2 E2＝mg q ＝2 N/C，方向向上 洛伦兹力提供小球做圆周运动的向心力 qvB＝mv2 R R＝mv qB ＝1 m x＝Rsin θ＝0.8 m y＝R－Rcos θ＝0.4 m C 点坐标为(0.8 m，－0.4 m)。 (3)在 MN 右侧，由 qv1B＝mg，得 v1＝mg qB ＝2 m/s v2＝v－v1＝3 m/s 小球在 C 点的速度大小是 v＝5 m/s，可看成是 v1＝2 m/s 和 v2＝3 m/s 两个速度的合 成，在磁场中小球的运动轨迹由匀速直线运动与匀速圆周运动同步合成 周期为 T＝2πm qB ＝0.4π s 所以 LCD＝v2·nT＝1.2nπ m，n＝1,2,3，…。 [答案] (1)5 m/s，与 x 轴正方向夹角为 53°斜向下 (2)2 N/C，方向向上 (0.8 m，－0.4 m) (3)1.2nπ m，n＝1,2,3，… 突破点(三) 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 先读图 看清、并明白场的变化情况 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内的运动情况 找衔接点 找出衔接相邻两过程的物理量 选规律 联立不同阶段的方程求解 [多维探究] 交变磁场 [例 1] 如图甲所示，间距为 d、垂直于纸面的两平行板 P、Q 间存在匀强磁场。取垂 直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。t＝0 时刻，一 质量为 m、带电荷量为＋q 的粒子(不计重力)以初速度 v0 由板 Q 左端靠近板面的位置，沿 垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区。当 B0 和 TB 取某些特定值时，可使 t＝0 时刻 入射的粒子经时间Δt 恰能垂直打在板 P 上(不考虑粒子反弹)。上述 m、q、d、v0 为已知量。 (1)若Δt＝1 2TB，求 B0； (2)为使 t＝0 时刻入射的粒子垂直打在 P 板上，求粒子在 0～TB 2 时间内速度的偏转角α 应满足的条件； (3)若 B0＝5mv0 qd ，为使粒子仍能垂直打在 P 板上，求 TB。 [解析] (1)设粒子做匀速圆周运动的半径为 R1，由牛顿第二定律得： qv0B0＝mv02 R1 根据题意由几何关系得到：R1＝d 联立可以得到：B0＝mv0 qd 。 (2)由题意可知，粒子若垂直打到 P 板上，速度偏转角α必须满足α≥90° 若速度偏转角过大，就会从左边界射出，速度偏转角最大如图所示： 此时 sin β＝ r 2r ＝1 2 ，β＝30°，α＝150° 综上可得：90°≤α≤150°。 (3)设粒子做圆周运动的半径为 R，周期为 T，根据圆周运动公式得到：T＝2πR v0 由牛顿第二定律得到：qv0B0＝mv02 R 将 B0 代入上式可得：d＝5R 粒子运动轨迹如图所示： O1、O2 为圆心，O1、O2 连线与水平方向夹角为θ，在每个 TB 内，只 有 A、B 两个位置才有可能垂直击中 P 板，由题意可知： π 2 ＋θ 2π T＝TB 2 若在 A 点击中 P 板，根据题意由几何关系得到： R＋2(R＋Rsin θ)n＝d，且要求：0≤θ≤π 3 当 n＝0、n＝1 时，无解。 当 n＝2 时，sin θ＝0，此时 TB＝ πd 5v0 ， 当 n≥3 时无解； 若在 B 点击中 P 板，根据题意由几何关系得到： R＋2Rsin θ＋2(R＋Rsin θ)n＝d 且要求：0<θ≤π 3 当 n＝0 时无解 当 n＝1 时，sin θ＝1 2 此时 TB＝ 4πd 15v0 当 n≥2 时，无解。 [答案] (1)mv0 qd (2)90°≤α≤150° (3) πd 5v0 或 4πd 15v0 交变电场＋恒定磁场 [例 2] (2018·宿迁模拟)如图甲所示，带正电粒子以水平速度 v0 从平行金属板 MN 间 中线 OO′连续射入电场中。MN 板间接有如图乙所示的随时间 t 变化的电压 UMN，两板间 电场可看作是均匀的，且两板外无电场。紧邻金属板右侧有垂直纸面向里的匀强磁场 B， 分界线为 CD，EF 为屏幕。金属板间距为 d，长度为 l，磁场的宽度为 d。已知：B＝5×10 －3 T，l＝d＝0.2 m，每个带正电粒子的速度 v0＝105 m/s，比荷为q m ＝108 C/kg，重力忽略不 计，在每个粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视作是恒定不变的。试求： (1)带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径； (2)带电粒子射出电场时的最大速度； (3)带电粒子打在屏幕上的范围。 [审题指导] 第一步：抓关键点 关键点 获取信息 电场可视作是恒定不变的 电场是匀强电场，带电粒子做类平抛运动 最小半径 当加速电压为零时，带电粒子进入磁场时的速率最小，半径最 小 最大速度 由动能定理可知，当加速电压最大时，粒子的速度最大，但应 注意粒子能否从极板中飞出 第二步：找突破口 (1)要求圆周运动的最小半径，由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式可 知，应先求最小速度，后列方程求解。 (2)要求粒子射出电场时的最大速度，应先根据平抛运动规律求出带电粒子能从极板间 飞出所应加的板间电压的范围，后结合动能定理列方程求解。 (3)要求粒子打在屏幕上的范围，应先综合分析带电粒子的运动过程，画出运动轨迹， 后结合几何知识列方程求解。 [解析] (1)t＝0 时刻射入电场的带电粒子不被加速，进入磁场做圆周运动的半径最小。 粒子在磁场中运动时 qv0B＝mv02 rmin 则带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径 rmin＝mv0 qB ＝ 105 108×5×10－3 m＝0.2 m 其运动的径迹如图中曲线Ⅰ所示。 (2)设两板间电压为 U1，带电粒子刚好从极板边缘射出电场，则有d 2 ＝1 2at2＝1 2·U1q dm l v0 2 代入数据，解得 U1＝100 V 在电压低于 100 V 时，带电粒子才能从两板间射出电场，电压高于 100 V 时，带电粒子 打在极板上，不能从两板间射出。带电粒子刚好从极板边缘射出电场时，速度最大，设最 大速度为 vmax，则有 1 2mvmax2＝1 2mv02＋q· U1 2 解得 vmax＝ 2×105 m/s＝1.414×105 m/s。 (3)由第(1)问计算可知，t＝0 时刻射入电场的粒子在磁场中做圆周运动的半径 rmin＝d＝0.2 m 径迹恰与屏幕相切，设切点为 E，E 为带电粒子打在屏幕上的最高点， 则 O′E ＝rmin＝0.2 m 带电粒子射出电场时的速度最大时，在磁场中做圆周运动的半径最大，打在屏幕上的 位置最低。 设带电粒子以最大速度射出电场进入磁场中做圆周运动的半径为 rmax，打在屏幕上的位 置为 F，运动径迹如图中曲线Ⅱ所示。 qvmaxB＝mvmax2 rmax 则带电粒子进入磁场做圆周运动的最大半径 rmax＝mvmax qB ＝ 2×105 108×5×10－3 m＝ 2 5 m 由数学知识可得运动径迹的圆心必落在屏幕上，如图中 Q 点所示，并且 Q 点必与 M 板 在同一水平线上。则 O′Q ＝d 2 ＝0.2 2 m＝0.1 m 带电粒子打在屏幕上的最低点为 F，则 O′F ＝rmax－ O′Q ＝( 2 5 －0.1)m＝0.18 m 即带电粒子打在屏幕上 O′上方 0.2 m 到 O′下方 0.18 m 的范围内。 [答案] (1)0.2 m (2)1.414×105 m/s (3)O′上方 0.2 m 到 O′下方 0.18 m 的范围内 交变磁场＋恒定电场 [例 3] 如图甲所示，在直角坐标系中有两条与 y 轴平行的磁场边界 AB 和 CD，AB、 CD 与 x 轴的交点分别为 M(2L,0)、N(4L,0)。在 AB 和 CD 之间存在着垂直纸面向外的匀强 磁场，在 AB 与 y 轴之间存在着沿着 y 轴正方向的匀强电场。现有一质量为 m、电荷量为 e 的电子，在 y 轴上的 P 点以初速度 v0 沿着 x 轴的正方向射入匀强电场，正好从 M 点进入匀 强磁场，且速度方向与 x 轴所成夹角为 30°。 (1)求匀强电场的电场强度 E。 (2)若电子不能越过边界 CD，求匀强磁场的磁感应强度 B 应满足的条件。 (3)若电子通过 M 点时开始计时，磁场随时间变化的情况如图乙所示(垂直纸面向外为 正，且不考虑磁场变化所产生的感生电场)，要使电子运动一段时间后从 N 点飞出，速度方 向与 x 轴的夹角为 30°。求磁场变化的周期 T、磁感应强度 B1 的大小各应满足的表达式。 [解析] (1)由 tan θ＝vy v0 ，vy＝at eE＝ma,2L＝v0t 解得：E＝ 3mv02 6eL 。 (2)电子恰好不越过边界 CD 的轨迹如图甲实线所示 v＝ v0 cos 30° ，Rsin 30°＋R＝2L，eBv＝mv2 R 解得：B＝ 3mv0 2eL ，即满足 B≥ 3mv0 2eL 。 (3)要满足电子从 N 点射出，且与 x 轴的夹角为 30°，轨迹如图乙所示， 在磁场变化的半个周期内，电子偏转了 60°，所以在磁场变化的半个周期内， 电子在 x 轴方向上的位移等于 R0。 nR0＝2L(n＝1,2,3，…) eB1v＝mv2 R0 ，v＝ v0 cos 30° 解得：B1＝ 3nmv0 3eL (n＝1,2,3，…) 又：T 2 ＝T1 6 ，T1＝2πm eB1 解得：T＝2 3πL 3nv0 (n＝1,2,3，…)。 [答案] (1)E＝ 3mv02 6eL (2)B≥ 3mv0 2eL (3)T＝2 3πL 3nv0 (n＝1,2,3，…) B1＝ 3nmv0 3eL (n ＝1,2,3，…) 交变电、磁场 [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，图(b)中E0 B0 ＝8v0 π2 ，在 0～ t0 时间内粒子 P 第一次离 x 轴最远时的坐标为 2v0t0 π ， 2v0t0 π 。求： (1)粒子 P 的比荷； (2)t＝2t0 时刻粒子 P 的位置； (3)带电粒子在运动中距离原点 O 的最远距离 L。 [解析] (1)0～t0 时间内粒子 P 在匀强磁场中做匀速圆周运动， 当粒子所在位置的纵、横坐标相等时，粒子在磁场中恰好经过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＝2v0t0 π ① 又 qv0B0＝mv02 R ② 代入E0 B0 ＝8v0 π2 解得q m ＝ 4v0 πE0t0 。 ③ (2)设粒子 P 在磁场中运动的周期为 T，则 T＝2πR v0 ④ 联立①④解得 T＝4t0 ⑤ 即粒子 P 做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＝2πR 4 ＝πR 2 ⑥ y1＝1 2at02， ⑦ 其中加速度 a＝qE0 m 由③⑦解得 y1＝2v0t0 π ＝R，因此 t＝2t0 时刻粒子 P 的位置坐标为 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 L＝2R＋2x1 ⑧ 解得 L＝2＋π π 2v0t0。 [答案] (1) 4v0 πE0t0 (2) 2＋π π v0t0，0 (3)2＋π π 2v0t0 现代科技中的组合场问题 近年来，高考试题中不断出现以现代科技为背景的题目，学生应强化对背景的分析， 构建出正确的物理模型，现举例如下。 离子推进器是太空飞行器常用的动力系统。某种推进器设计的简化原理如图甲所示， 截面半径为 R 的圆柱腔分为两个工作区。Ⅰ为电离区，将氙气电离获得 1 价正离子；Ⅱ为 加速区，长度为 L，两端加有电压，形成轴向的匀强电场。Ⅰ区产生的正离子以接近 0 的初 速度进入Ⅱ区，被加速后以速度 vM 从右侧喷出。 Ⅰ区内有轴向的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，在离轴线R 2 处的 C 点持续射出一定速 率范围的电子。假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动，截面如图乙所示(从左向右 看)。电子的初速度方向与中心 O 点和 C 点的连线成α角(0<α≤90°)。推进器工作时，向Ⅰ 区注入稀薄的氙气。电子使氙气电离的最小速率为 v0，电子在Ⅰ区内不与器壁相碰且能到 达的区域越大，电离效果越好。已知离子质量为 M；电子质量为 m，电量为 e。(电子碰到 器壁即被吸收，不考虑电子间的碰撞) (1)求Ⅱ区的加速电压及离子的加速度大小； (2)为取得好的电离效果，请判断Ⅰ区中的磁场方向(按图乙说明是“垂直纸面向里”或 “垂直纸面向外”)； (3)α为 90°时，要取得好的电离效果，求射出的电子速率 v 的范围； (4)要取得好的电离效果，求射出的电子最大速率 vmax 与α角的关系。 解析：(1)由动能定理得 1 2MvM2＝Eu ① U＝MvM2 2e ② a＝eE M ＝e U ML ＝vM2 2L 。 ③ (2)垂直纸面向外。 ④ (3)设电子运动的最大半径为 r，由图甲中几何关系得 2r＝3 2R ⑤ eBv＝mv2 r ⑥ 所以有 v0≤v＜3eBR 4m ⑦ 要使⑦式有解，磁感应强度 B＞4mv0 3eR 。 ⑧ (4)如图乙所示，OA＝R－r，OC＝R 2 ，AC＝r 根据几何关系得 r＝ 3R 42－sin α ⑨ 由⑥⑨式得 vmax＝ 3eBR 4m2－sin α 。 答案：见解析 [反思领悟] 把握三点，解决现代科技中的组合场问题 1．对题目背景涉及的物理知识和原理机制进行认真分析。 2．从力、运动、能量三个角度分析粒子的运动过程，并画出运动轨迹的草图。 3．构建物理模型，选择适用的物理规律和方法解决问题。