題目列表(包括答案和解析)
據(jù)報(bào)道，最近已研制出一種可以投入使用的電磁軌道炮，其原理如圖所示．炮彈（可視為長方形導(dǎo)體）置于兩固定的平行導(dǎo)軌之間，并與軌道壁密接．開始時(shí)炮彈在導(dǎo)軌的一端，通以電流后炮彈會(huì)被磁場加速，最后從位于導(dǎo)軌另一端的出口高速射出．設(shè)兩導(dǎo)軌之間的距離d=0.10m，導(dǎo)軌長L=5.0m，炮彈質(zhì)量m=0.30kg．導(dǎo)軌上的電流I的方向如圖中箭頭所示．可以認(rèn)為，炮彈在軌道內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)，它所在處磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度始終為B=2.0T，方向垂直于紙面向里．若炮彈出口速度為v=2.0×103 m/s，求通過導(dǎo)軌的電流I．忽略摩擦力與重力的影響．
最近研制出一種可以投入使用的電磁軌道炮，其原理如圖所示．炮彈（可視為長方形導(dǎo)體）置于兩固定的平行導(dǎo)軌之間，并與軌道壁密接．開始時(shí)炮彈在軌道的一端，通以電流后炮彈會(huì)被磁力加速，最后從位于導(dǎo)軌另一端的出口高速射出．設(shè)兩導(dǎo)軌之間的距離d=0.10m，導(dǎo)軌長L=5.0m，炮彈質(zhì)量m=0.30kg．導(dǎo)軌上的電流I的方向如圖中箭頭所示．可認(rèn)為，炮彈在軌道內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)，它所在處磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度始終為B=2.0T，方向垂直于紙面向里．若炮彈出口速度為v=2.0×103 m/s，忽略摩擦力與重力的影響以及發(fā)射過程中電流產(chǎn)生的焦?fàn)枱幔嚽螅?BR>（1）通過導(dǎo)軌的電流I；
（1）汽車在水平公路上沿直線行駛，假設(shè)所受到的阻力恒定，汽車達(dá)到額定功率做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為vm．以下說法中正確的是
（2007?海南）據(jù)報(bào)道，最近已研制出一種可投入使用的電磁軌道炮，其原理如圖所示．炮彈（可視為長方形導(dǎo)體）置于兩固定的平行導(dǎo)軌之間，并與軌道壁密接．開始時(shí)炮彈在導(dǎo)軌的一端，通以電流后炮彈會(huì)被磁力加速，最后從位于導(dǎo)軌另一端的出口高速射出．設(shè)兩導(dǎo)軌之間的距離w=0.10m，導(dǎo)軌長L=5.0m，炮彈質(zhì)量m=0.30kg．導(dǎo)軌上的電流I的方向如圖中箭頭所示．可以認(rèn)為，炮彈在軌道內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)，它所在處磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度始終為B=2.0T，方向垂直于紙面向里．若炮彈出口速度為v=2.0×103m/s，求通過導(dǎo)軌的電流I．忽略摩擦力與重力的影響．據(jù)報(bào)道，最近已研制出一種可以投入使用的電磁軌道炮，其原理如右圖所示．炮彈(可視為長方形導(dǎo)體)置于兩固定的平行導(dǎo)軌之間，并與軌道壁密接．開始時(shí)炮彈在導(dǎo)軌的一端，通電流后，炮彈會(huì)被磁場力加速，最后從位于導(dǎo)軌另一端的出口高速射出．設(shè)兩導(dǎo)軌之間的距離d＝0.10m，導(dǎo)軌長L＝5.0m，炮彈質(zhì)量m＝0.30kg.導(dǎo)軌上的電流I的方向如圖中箭頭所示．可認(rèn)為，炮彈在軌道內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)，它所在處磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度始終為B＝2.0T，方向垂直于紙面向里．若炮彈出口速度為υ＝2.0×103m/s，求通過導(dǎo)軌的電流I．(忽略摩擦力與重力的影響)
高考真題
1．【解析】本題考查了左手定則的應(yīng)用。導(dǎo)線a在c處產(chǎn)生的磁場方向由安培定則可判斷，即垂直ac向左，同理導(dǎo)線b在c處產(chǎn)生的磁場方向垂直bc向下，則由平行四邊形定則，過c點(diǎn)的合場方向平行于ab，根據(jù)左手定則可判斷導(dǎo)線c受到的安培力垂直ab邊，指向左邊
【答案】C
2．【解析】由回旋加速器的結(jié)構(gòu)可知，離子由加速器的中心附近進(jìn)入加速器，所以選項(xiàng)A正確；因在盒內(nèi)洛侖茲力不做功，所以離子從空隙的電場中獲得能量，故選項(xiàng)D正確．
【答案】AD
3．【解析】由安培定則判斷在水平直導(dǎo)線下面的磁場是垂直于紙面向里，所以小磁針的N極將垂直于紙面向里轉(zhuǎn)動(dòng)
【答案】C
4．【解析】帶電粒子在洛侖茲力作用下，作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，又根據(jù)左手定則得選項(xiàng)A正確．
【答案】A
5．【解析】因?yàn)閠anα=板間距離/板長，并可用荷質(zhì)比表示，由左手定則可以判斷負(fù)外；不正確，電子的荷質(zhì)比是其本身的性質(zhì)。
【答案】不正確，電子的荷質(zhì)比是其本身的性質(zhì)。
6．【解析】(1)質(zhì)點(diǎn)在磁場中的軌跡為一圓弧。由于質(zhì)點(diǎn)飛離磁場時(shí)，速度垂直于OC，故圓弧的圓心在OC上。依題意，質(zhì)點(diǎn)軌跡與x軸的交點(diǎn)為A，過A點(diǎn)作與A點(diǎn)的速度方向垂直的直線，與OC交于O＇。由幾何關(guān)系知，AO＇垂直于OC＇，O＇是圓弧的圓心。如圖所示，設(shè)圓弧的半徑為R，則有
R=dsinj
由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得
將①式代入②式，得
(2)質(zhì)點(diǎn)在電場中的運(yùn)動(dòng)為類平拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)質(zhì)點(diǎn)射入電場的速度為v0，在電場中的加速度為a，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則有
v0＝vcosj vsinj＝at d=v0t聯(lián)立發(fā)上各式得
設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E，由牛頓第二定律得 qE＝ma 聯(lián)立得
【答案】（1） （2）
7．【解析】(1)洛倫茲力不做功，由動(dòng)能定理得，
mgy=
mv2
……①
得 v=
……②
（2）設(shè)在最大距離ym處的速率為vm,根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)有，
qvmB-mg=m
……③
且由②知 
……④
由③④及R=2ym
得 
……⑤
（3）小球運(yùn)動(dòng)如圖所示，
由動(dòng)能定理
（qE-mg）|ym|=
……⑥
由圓周運(yùn)動(dòng) qvmB+mg-qE=m
……⑦
且由⑥⑦及R=2|ym|解得
vm=
【答案】（1） （2） （3）
8．【解析】⑴做直線運(yùn)動(dòng)有：
做圓周運(yùn)動(dòng)有：
只有電場時(shí)，粒子做類平拋，有：
解得：
粒子速度大小為：
速度方向與x軸夾角為：
粒子與x軸的距離為：
⑵撤電場加上磁場后，有：
解得：
粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，圓心C位于與速度v方向垂直的直線上，該直線與x軸和y軸的夾角均為π/4，有幾何關(guān)系得C點(diǎn)坐標(biāo)為：
過C作x軸的垂線，在ΔCDM中：
解得：
M點(diǎn)橫坐標(biāo)為：
【答案】（1） （2）
9．【解析】方法1：（1）設(shè)粒子在0～t0時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移大小為s1
①
②
又已知
聯(lián)立①②式解得
③
（2）粒子在t0~2t0時(shí)間內(nèi)只受洛倫茲力作用，且速度與磁場方向垂直，所以粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。設(shè)運(yùn)動(dòng)速度大小為v1，軌道半徑為R1，周期為T，則
④
⑤
聯(lián)立④⑤式得
⑥
又
⑦
即粒子在t0~2t0時(shí)間內(nèi)恰好完成一個(gè)周期的圓周運(yùn)動(dòng)。在2t0~3t0時(shí)間內(nèi)，粒子做初速度為v1的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)位移大小為s2
⑧
解得 
⑨
由于s1+s2＜h,所以粒子在3t0~4t0時(shí)間內(nèi)繼續(xù)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)速度大小為v2，半徑為R2
⑩
11
解得 
12
由于s1+s2+R2＜h,粒子恰好又完成一個(gè)周期的圓周運(yùn)動(dòng)。在4t0～5t0時(shí)間內(nèi)，粒子運(yùn)動(dòng)到正極板（如圖所示）。因此粒子運(yùn)動(dòng)的最大半徑
（3）粒子在板間運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示。
方法2：由題意可知，電磁場的周期為2t0，前半周期粒子受電場作用做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為
方向向上
后半周期粒子受磁場作用做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，周期為T
粒子恰好完成一次勻速圓周運(yùn)動(dòng)。至第n個(gè)周期末，粒子位移大小為sn
又已知 
由以上各式得 
粒子速度大小為 
粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為 
解得 
顯然 
【答案】（1）粒子在0～t0時(shí)間內(nèi)的位移大小與極板間距h的比值
（2）粒子在極板間做圓周運(yùn)動(dòng)的最大半徑 
（3）粒子在板間運(yùn)動(dòng)的軌跡圖見解法一中的圖。
10．【解析】（1）由于粒子在P點(diǎn)垂直射入磁場，故圓弧軌道的圓心在AP上，AP是直徑。
設(shè)入射粒子的速度為
，由洛侖茲力的表達(dá)式和牛頓第二定律得
………… ①
由上式解得 
…………
②
（2）設(shè)
是粒子在磁場中圓弧軌道的圓心。連接
，設(shè)
。
如圖所示，由幾何關(guān)系得
………… ③
………… ④
由余弦定理得
………… ⑤
聯(lián)立④⑤式得
………… ⑥
設(shè)入射粒子的速度為
，由
解出
【答案】
11．【解析】⑴v0=
m/s（n=1，2，3…），因此只能取n=2）
⑵t=2.8×10-2s兩次穿越磁場總時(shí)間恰好是一個(gè)周期，在磁場外的時(shí)間是
，代入數(shù)據(jù)得t=2.8×10-2s
【答案】（1）
（2）t=2.8×10-2s
名校試題
1．【解析】由安培定則判斷出P和QR的磁場方向，并求出其合磁場是水平向右，再由左手定則判斷出R受到的磁場力垂直R，指向y軸負(fù)方向
【答案】A
2．【解析】 電子在飛行過程中受到地磁場洛侖茲力的作用，洛侖茲力是變力而且不做功，所以電子向熒光屏運(yùn)動(dòng)的速率不發(fā)生改變；又因?yàn)殡娮釉谧晕飨驏|飛向熒光屏的過程中所受的地磁場感應(yīng)強(qiáng)度的水平分量可視為定值，故電子在豎直平面內(nèi)所受洛倫茲力大小不變、方向始終與速度方向垂直，故電子在在豎直平面內(nèi)的運(yùn)動(dòng)軌跡是圓周。
【答案】CD
3．【解析】根據(jù)左手定則判斷出，正離子偏向B板，所以B板是電源的正極，因最后離子勻速運(yùn)動(dòng)，由平衡條件得
，故電源的電動(dòng)勢為Bvd
【答案】BC
4．【解析】根據(jù)左手定則判斷出，正離子偏向后表面的電勢，所以選項(xiàng)A正確；，
所以選項(xiàng)C也正確．
【答案】AC
5．【解析】設(shè)D形盒的半徑為R，則粒子可能獲得的最大動(dòng)能由qvB=m
得Ekm=
=
,由此式得選項(xiàng)AC正確．
【答案】AC
6．【解析】無磁場時(shí)，小球隊(duì)在C點(diǎn)由重力提供向心力，
，臨界速度
。
從A至C由機(jī)械能守恒定律得：
，有
加磁場后，小球在C點(diǎn)受向上的洛侖茲力，向心力減小，
臨界速度v減小。洛侖茲力不做功，由A到C機(jī)械能守恒
因
，所以
，故選項(xiàng)C正確。
【答案】C
7．【解析】(1)電場中加速，由
∴
磁場中偏轉(zhuǎn)，由牛頓第二定律得 
∴ 
可見在兩磁場區(qū)粒子運(yùn)動(dòng)半徑相同，如圖所示，三段圓弧的圓心組成的三角形△O1O2O3是等邊三角形，其邊長為2r www.ks5u.com
∴
(2)電場中，
中間磁場中，
右側(cè)磁場中， 
則
【答案】（1） （2）
8．【解析】（1）磁場中帶電粒子在洛侖茲力作用下做圓周運(yùn)動(dòng)，故有
--------------①
同時(shí)有
-----------②
粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何知識(shí)知，
xC＝－（r＋rcos450）＝
，
------------ ③
故，C點(diǎn)坐標(biāo)為（，0）。
----------- ④
（2）設(shè)粒子從A到C的時(shí)間為t1，設(shè)粒子從A到C的時(shí)間為t1，由題意知
------------ ⑤
設(shè)粒子從進(jìn)入電場到返回C的時(shí)間為t2，其在電場中做勻變速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)，有 
------------⑥
及 
，
------------⑦
聯(lián)立⑥⑦解得 
------------⑧
設(shè)粒子再次進(jìn)入磁場后在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t3，由題意知
------------
⑨
故而，設(shè)粒子從A點(diǎn)到第三次穿越x軸的時(shí)間為
------------ ⑩
（3）粒子從第三次過x軸到第四次過x軸的過程是在電場中做類似平拋的運(yùn)動(dòng)，即沿著v0的方向（設(shè)為x′軸）做勻速運(yùn)動(dòng)，即
……①
…………②
沿著qE的方向（設(shè)為y′軸）做初速為0的勻變速運(yùn)動(dòng)，即
……③ 
……④
設(shè)離子第四次穿越x軸時(shí)速度的大小為v，速度方向與電場方向的夾角為α.
由圖中幾何關(guān)系知
……⑤
……⑥
……⑦
綜合上述①②③④⑤⑥⑦得
……⑧
【答案】（1）C點(diǎn)坐標(biāo)為（，0） （2） （3）
9．【解析】 ⑴由電場力與洛倫茲力平衡得：qE=qv0B得：E=v0B
⑵根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對稱性，微粒能從P點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)，應(yīng)滿足
其中x為每次偏轉(zhuǎn)圓弧對應(yīng)的弦長，偏轉(zhuǎn)圓弧對應(yīng)的圓心角為
或
。
設(shè)圓弧的半徑為R，則有2R2=x2，可得：
又
由①②③式得：
，n =1、2、3、
⑶當(dāng)n取奇數(shù)時(shí)，微粒從P到Q過程中圓心角的總和為
，
，其中n =1、3、5、……
當(dāng)n取偶數(shù)時(shí)，微粒從P到Q過程中圓心角的總和為
，其中n =2、4、6、……
【答案】（1）E =v0B （2） （3）當(dāng)n取奇數(shù)時(shí)，
當(dāng)n取偶數(shù)時(shí)，
10．【解析】（1）粒子源發(fā)出的粒子，進(jìn)入加速電場被加速，速度為v0，根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒定律得：
要使粒子能沿圖中虛線O2O3進(jìn)入PQ、MN之間的區(qū)域，
則粒子所受到向上的洛倫茲力與向下的電場力大小相等，
得到
將②式代入①式，得
（2）粒子從O3以速度v0進(jìn)入PQ、MN之間的區(qū)域，先做勻速直線運(yùn)動(dòng)，打到ab板上，以大小為v0的速度垂直于磁場方向運(yùn)動(dòng)．粒子將以半徑R在垂直于磁場的平面內(nèi)作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)一周后打到ab板的下部．由于不計(jì)板的厚度，所以質(zhì)子從第一次打到ab板到第二次打到ab板后運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為粒子在磁場運(yùn)動(dòng)一周的時(shí)間，即一個(gè)周期T．
由
和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式
，得
粒子在磁場中共碰到2塊板，做圓周運(yùn)動(dòng)所需的時(shí)間為
粒子進(jìn)入磁場中，在v0方向的總位移s=2Lsin45°，時(shí)間為
則t=t1+t2=
【答案】 （1） （2） 
11．【解析】設(shè)速度為v0時(shí)進(jìn)入磁場后做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r
有 
得r==
設(shè)速度為2v0時(shí)進(jìn)入磁場做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r′
得r′==L
設(shè)其速度方向與x軸正方向之間的夾角為θ
由圖中的幾何關(guān)系有：cosθ==
得θ＝45°或θ＝135°
（2）為使粒子進(jìn)入電場后能垂直打在擋板上，則要求粒子進(jìn)入電場時(shí)速度方向
與x軸正方向平行，如圖所示。粒子進(jìn)入電場后由動(dòng)能定理有
qEd=mv′2 －m(2v0)2 得v′=
當(dāng)θ1=45°時(shí)，粒子打到擋板MN上的位置到x軸的距離為
y1=r－r′sin45°=(－1)L
當(dāng)θ2 =135°時(shí)，粒子打到擋板MN上的位置到x軸的距離為
y2= r′+ r′sin45°=(+1)L
【答案】（1）θ＝45°或θ＝135° （2）當(dāng)θ1=45°時(shí)，(－1)L；
θ2=135°(+1)L，
12．【解析】（1）設(shè)帶電粒子射入磁場時(shí)的速度大小為v，由于帶電粒子垂直射入勻強(qiáng)磁場帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)，圓心位于MN中點(diǎn)O′，
由幾何關(guān)系可知，軌道半徑r=lcos45=0.2（m
又Bqv = 
所以
設(shè)帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，總時(shí)間為t。
t1 = 
t2 = 
聯(lián)立解得 t = 
=2.07×10-4（s）
（2）帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a，則：
lsin45 = at
【答案】（1） 2.07×10-4（s） （2）1.6（V/m）
13．【解析】（1）微粒在加速電場中由動(dòng)能定理得：
① 解得v0 = 1.0×
（2）微粒在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，有： 
，
飛出電場時(shí)，速度偏轉(zhuǎn)角的正切為：
② 解得 θ = 30o
（3）進(jìn)入磁場時(shí)微粒的速度是：
③
軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系有：
④
洛倫茲力提供向心力：
⑤
由③～⑤聯(lián)立得：
代入數(shù)據(jù)解得：B ＝
/5=0.346T
所以，為使微粒不會(huì)由磁場右邊射出，該勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B至少為0.346T。
(B =0.35T照樣給分)
【答案】（1）v0=1.0×/5=0.346T
考點(diǎn)預(yù)測題
1．【解析】因帶電粒子在運(yùn)動(dòng)過程中受電場力和洛侖茲力的作用，由于帶電粒子受到的電場力不斷改變，若正電荷做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則所受洛倫茲力的大小改變，所以選項(xiàng)B對
【答案】B
2．【解析】由左手定則判斷這些質(zhì)子流相對于預(yù)定地點(diǎn)向東偏轉(zhuǎn)，故選項(xiàng)B正確
【答案】B
3．【解析】因小球受到的洛倫茲力沿半徑方向，與回復(fù)力方向垂直，所以周期不變；擺球在最大位移處時(shí)，洛倫茲力為零，小球此時(shí)受重力和繩的拉力，與后垂直方向的夾角相同，所受絲線的拉力大小不變，選項(xiàng)AD正確
【答案】AD
4．【解析】：若a板電勢高于b板，則電子受電場力向上，要使電子沿直線運(yùn)動(dòng)，則電子受到的洛侖茲力向下 ，由左手定則可知，磁場的方向垂直紙面向里，A正確；若a板電勢低于b板，則電子受電場力向下，要使電子沿直線運(yùn)動(dòng)，則電子受到的洛侖茲力向上 ，由左手定則可知，磁場的方向垂直紙面向外，D正確；此題考查帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)、速度選擇器。
【答案】AD
5．【解析】直導(dǎo)線1和2在
點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相同，則導(dǎo)線2在點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為
；因
兩點(diǎn)到導(dǎo)線2的 距離相等，則去掉導(dǎo)
線1后，
點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為，由安培定則可判斷磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向外。
【答案】
方向垂直紙面向外
6．【解析】右手螺旋定則判斷出通電環(huán)B的外部是“叉”磁場，然后再用左手定則判斷出它的受力方向向右。當(dāng)A、B中的電流大小保持不變，同時(shí)改變方向時(shí)，用上面的方法判斷的結(jié)果是：通電導(dǎo)線A所受安培力的方向是不變的，仍向右。
【答案】受力方向向右；仍向右
7．【解析】在導(dǎo)軌通有電流Ｉ時(shí)，炮彈作為導(dǎo)體受到磁場施加的
安培力為Ｆ＝IwB ①
設(shè)炮彈的加速度的大小為a，則有因而 F=ma ②
炮彈在兩導(dǎo)軌間做勻加速運(yùn)動(dòng)，因而
③
聯(lián)立①②③式得 
代入題給數(shù)據(jù)得： 
【答案】
8．【解析】在電容器放電的極短時(shí)間Dt內(nèi)，導(dǎo)線中有從N®M的電流，此電流受到垂直紙面向里的安培力作用，由于時(shí)間極短，在Dt內(nèi)可近似認(rèn)為水平方向只受安培力作用，根據(jù)動(dòng)量定理得：
BIlDt=mv……①
其中v是導(dǎo)體棒獲得的速度。
S斷開后導(dǎo)體在拉力T和重力作用下上升，只有重力作功，機(jī)械能守恒，有：
mv2/2=mgh②
又：IDt=Q……③、C=Q/U……④
由①②③④解得h=
【答案】h=
9．【解析】半圓的直徑在y軸上，半徑的范圍從0到a，屏上發(fā)亮的范圍從0到
，C在y軸上，有對稱性可知在x=
學(xué)生要根據(jù)具體問題列出物理關(guān)系式。設(shè)t1為粒子在0<x<a的區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，t2為在x>a的區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，由題意可知
由此解得：
②
③
結(jié)合幾何圖形，挖掘隱含的對稱關(guān)系和幾何關(guān)系， 圖37
這恰恰是對他們靈活應(yīng)數(shù)學(xué)知識(shí)綜合解決物理問題能力的檢驗(yàn)，也正是高考命題者的用心甩在，而大多數(shù)學(xué)生對此認(rèn)識(shí)不足，從而導(dǎo)致了解題的困難。
由②、③式和對稱性可得 
④
⑤
⑥
所以
⑦
即
為1/4圓周。因此，圓心在x軸上。
設(shè)速度
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