重難點04 圓周運動（解析版）-高考物理重點難點熱點專題

重難點04圓周運動重難點04圓周運動1.命題情境源自生產(chǎn)生活中的與圓周運動相關的情境或科學探究情境，解題時能從具體情境中抽象出物理模型，正確受力分析，畫出受力分析圖，運動過程分析，正確分析向心力的來源。2.命題既有重力場中的圓周運動，也有電場或磁場中的圓周運動，或更加復雜的復合場中的圓周運動。3.命題中經(jīng)常極值、臨界問題。抓住關鍵條件，例如：恰好做完整的圓周運動，剛好不發(fā)生相對滑動。4.命題中經(jīng)常拋體運動相結合，結合動能定理或機械能守恒定律、動量守恒定律，注重物理思維與物理能力的考核。1．常見的圓周運動水平面內(nèi)的圓周運動水平轉盤上的物體Ff＝mω2r圓錐擺模型mgtanθ＝mrω2豎直面內(nèi)的圓周運動輕繩模型最高點的臨界條件：mg＝meq\f(v2,r)最高點和最低點間的過程要用能量觀點(動能定理)輕桿模型最高點的臨界條件vmin＝0傾斜面內(nèi)的圓周運動傾斜轉盤上的物體電場、重力場疊加中的圓周運動帶電小球在疊加場中的圓周運動等效法關注六個位置的動力學方程，最高點、最低點、等效最高點、等效最低點，最左邊和最右邊位置磁場中的圓周運動帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動qvB＝meq\f(v2,r)（建議用時：30分鐘）一、單選題1．（2023·山東濰坊·統(tǒng)考模擬預測）如圖所示，質(zhì)量為m的小物塊開始靜止在一半徑為R的球殼內(nèi)，它和球心O的連線與豎直方向的夾角為30°?，F(xiàn)讓球殼隨轉臺繞轉軸一起轉動，物塊在球殼內(nèi)始終未滑動，重力加速度大小為g，則（）

A．靜止時物塊受到的摩擦力大小為B．若轉臺的角速度為，小物塊不受摩擦力作用C．若轉臺的角速度為，小物塊受到的摩擦力沿球面向下D．若轉臺的角速度為，小物塊受到的摩擦力沿球面向下【答案】D【解析】A．靜止時，對物塊分析，根據(jù)平衡條件有故A錯誤；B．球殼隨轉臺繞轉軸一起轉動，物塊做勻速圓周運動，由沿圓周半徑方向的合力提供向心力，若物塊所受摩擦力恰好為0時，角速度為，對物塊進行分析，則有解得故B錯誤；C．若轉臺的角速度為，由于可知，物塊有沿球殼向下運動的趨勢，小物塊受到的摩擦力沿球面向上，故C錯誤D．若轉臺的角速度為，由于可知，物塊有沿球殼向上運動的趨勢，小物塊受到的摩擦力沿球面向下，故D正確。故選D。2．（2023·安徽·校聯(lián)考二模）如圖所示，某同學設計了如下實驗裝置研究向心力，輕質(zhì)套筒A和質(zhì)量為1kg的小球B通過長度為L的輕桿及鉸鏈連接，套筒A套在豎直桿OP上與原長為L的輕質(zhì)彈簧連接，小球B可以沿水平槽滑動，讓系統(tǒng)以某一角速度繞OP勻速轉動，球B對水平槽恰好無壓力，此時輕桿與豎直方向夾角。已知彈簧的勁度系數(shù)為100N/m，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，不計一切摩擦，，則系統(tǒng)轉動的角速度為（）A．2rad/s B．2.5rad/s C．4rad/s D．5rad/s【答案】D【解析】B球對槽恰好無壓力時，此時彈簧的壓縮量為，對B分析有根據(jù)牛頓第二定律有解得故選D。3．（2024·全國·校聯(lián)考一模）如圖所示，豎直放置的半徑為的四分之一光滑圓弧軌道與粗糙絕緣水平軌道在B處平滑連接，為圓弧軌道的圓心，OB左側空間存在豎直向下的勻強電場，場強大小為。一質(zhì)量為帶負電的物塊，電荷量，以一定的初速度從A點沿切線進入圓弧軌道。物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為。已知重力加速度大小為，下列說法正確的是（）A．無論在A點的初速度多大，物塊一定能沿圓弧軌道運動到B點B．物塊以不同的初速度從A點沿圓弧軌道滑到B點，其在B點的速度最小為0C．物塊以不同的初速度從A點沿圓弧軌道滑過B點后，最終可停在距B點的位置D．物塊沿圓弧軌道滑過B點后，最終停在上，因摩擦產(chǎn)生的熱量最小值為【答案】D【解析】AB．物塊帶負電，電場力豎直向上且大于重力，故B點為圓軌道等效最高點，物塊不一定能沿圓弧軌道運動到B點；物塊運動到B點的臨界條件為物塊在B點與軌道的壓力為0，由牛頓第二定律得B點的最小速度在軌道，由動能定理可得故點也存在速度的最小值，故AB錯誤；C．在BC軌道，由動能定理得可知物塊停止位置到B點的最小距離為故C錯誤；D．根據(jù)能量守恒與轉化，摩擦產(chǎn)生的熱量故D正確。故選D。4．（2023·四川成都·統(tǒng)考一模）如圖，空間存在范圍足夠大的勻強電場，場強大小，方向水平向右。豎直面內(nèi)一絕緣軌道由半徑為R的光滑圓弧與足夠長的傾斜粗糙軌道AB、CD組成，AB、CD與水平面夾角均為45°且在B、C兩點與圓弧軌道相切。帶正電的小滑塊質(zhì)量為m，電荷量為q，從AB軌道上與圓心O等高的P點以的速度沿軌道下滑。已知滑塊與AB、CD軌道間的動摩擦因數(shù)，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）

A．滑塊在AB軌道下滑時的加速度大小為gB．滑塊在軌道中對軌道的最大壓力為3mgC．滑塊最終將在軌道之間做往復運動D．滑塊在AB軌道及CD軌道上運動的總路程為2R【答案】AD【解析】A．根據(jù)題意可知重力與電場力的合力，方向垂直于AB面向下，滑塊在AB軌道下滑時，有解得加速度大小為g，A正確；B．由幾何關系可知，滑塊在軌道的B點對軌道有最大壓力，設此時滑塊的速度為，軌道對滑塊的支持力為，有解得根據(jù)牛頓第二定律，有解得根據(jù)牛頓第三定律，滑塊在軌道中對軌道的最大壓力為B錯誤；C．從B點到C點，電場力做負功，滑塊需克服電場力做功為所以滑塊在到達C點前已經(jīng)減速到0，后反向滑回到B點，滑塊從B點出發(fā)到滑回到B點的過程中，合力做功為零，所以速度大小不變，仍為，然后沿BA軌道上向上滑行，由于在BA軌道只有摩擦力做負功，所以最后會停在AB軌道上，C錯誤；D．由于滑塊在軌道上合力做功為0，所以滑回B點時，速度依然為，設在AB軌道上滑行后減速為0，有解得所以滑塊在AB軌道及CD軌道上運動的總路程為D正確。故選AD。二、多選題5．（2023·浙江寧波·?？寄M預測）如圖所示，一個上表面粗糙、中心有孔的水平圓盤繞軸MN轉動，系有不可伸長細線的木塊置于圓盤上，細線另一端穿過中心小孔O系著一個小球。已知木塊、小球質(zhì)量均為m，且均可視為質(zhì)點，木塊到O點的距離為R，O點與小球之間的細線長為L。當圓盤以角速度勻速轉動時，小球以角速度隨圓盤做圓錐擺運動，木塊相對圓盤靜止；連接小球的細線與豎直方向的夾角為，小孔與細線之間無摩擦，木塊與圓盤間的動摩擦因數(shù)為，且認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則（）A．若不變，L越大，則越大B．若，當時，木塊將相對于圓盤發(fā)生滑動C．若，木塊所受摩擦力方向可能指向圓心D．若，當增大時，木塊所受摩擦力可能增大【答案】AD【解析】A．設，細繩的拉力為T，則解得若不變，L越大，則越大，故A正確；B．由木塊隨圓盤勻速轉動所需要的向心力為當R=L時細線的張力恰好提供木塊做圓周運動的向心力，摩擦力為零，且只與有關，所以，無論多大，木塊都不會滑動，故B錯誤；C．若時木塊所需要的向心力小于細繩的張力，所以木塊受到指向圓盤邊緣的摩擦力，故C錯誤；D．若時木塊所需要的向心力大于細繩的張力，，物塊受到指向圓心的摩擦力，隨著增大時，向心力增大，木塊所受摩擦力可能增大，故D正確。故選AD。6．（2024·四川成都·四川省成都列五中學?？家荒＃┤鐖D所示，豎直平面內(nèi)有固定的光滑絕緣圓形軌道，勻強電場的方向平行于軌道平面水平向左，分別為軌道上的最高點和最低點，是軌道上與圓心等高的點。質(zhì)量為、電荷量為的帶正電的小球（可視為質(zhì)點）在軌道內(nèi)能做完整的圓周運動，已知重力加速度為，電場強度大小，則下列說法正確的是（）

A．小球在軌道上運動時，動能最小的位置在之間，且此處小球的電勢能最大B．小球在軌道上運動時，機械能最小的位置在點C．小球經(jīng)過兩點時所受軌道彈力大小的差值為D．小球經(jīng)過兩點時所受軌道彈力大小的差值為【答案】BC【解析】本題考查帶電物體在重力場和電場中的運動。對于豎直面內(nèi)的圓周運動，當只處于重力場中時，最高點、最低點是比較好確定的，本題小球處于重力與電場力的復合場中，合力不沿豎直方向，所以“等效最高點”與“等效最低點”的位置就發(fā)生了變化，是平行于合力方向的直徑與圓的兩個交點，在最高點的動能最小，最低點的動能最大，要想恰好完成完整的圓周運動，在最高點必須恰好滿足重力與電場力的合力提供向心力。【解答】A．設小球所受重力與電場力的合力與方向的夾角為，則有故等效最低點在之間，等效最高點在之間。根據(jù)圓周運動的規(guī)律，小球在等效最高點時動能最小，小球從運動的過程中電場力做正功，電勢能減小，故小球電勢能最大的位置在點，故A錯誤；B．小球在軌道上運動的過程中，總能量守恒，小球在點的電勢能最大，故小球在點時的機械能最小，故B正確；CD．設圓形軌道的半徑為，在點有在點有根據(jù)動能定理，小球從運動到有聯(lián)立解得故C正確，D錯誤。故選BC。三、解答題7．（2023·浙江紹興·統(tǒng)考模擬預測）如圖所示，水平地面左側固定半徑R=0.5m的豎直半圓弧光滑軌道ABC，A點為圓弧最高點，B點與圓心O等高，C點與水平地面相切。用三根材料相同、質(zhì)量分布均勻的長方木條制成直角三角形框架DEF，斜木條DE的上表面光滑，傾角為。在F點右側相距較遠處有一P點，P點左側的水平地面光滑，P點右側的水平地面與框架底面木條DF之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.1.一可視為質(zhì)點的小滑塊從框架的最高點E由靜止開始釋放，滑塊恰好能通過半圓弧軌道的最高點A水平飛出，落到地面后停止運動。已知滑塊質(zhì)量m=1.0kg，框架質(zhì)量滑塊從框架進入水平地面時，速度由沿斜面方向變?yōu)樗椒较?，而速度的大小保持不變，不計其余一切阻力，重力加速度?）求滑塊經(jīng)過B點時對軌道的壓力FN；（2）求框架豎直邊EF的高度h；（3）求框架停止運動時F點與P點的距離s。【答案】（1）30N；（2）；（3）【解析】（1）設滑塊通過最高點A時的速度大小為v1，由向心力公式得設滑塊通過B時的速度大小為v2，由動能定理得設在B點時半圓軌道對滑塊的彈力為Fn，由向心力公式得則滑塊經(jīng)過B點時對軌道壓力大小為30N，方向向左。（2）設滑塊滑到水平面時的速度大小為v3，由動能定理得設滑塊滑到水平面時框架的速度大小為v4，由水平方向動量守恒得滑塊下滑過程中機械能守恒，由能量關系得h=1.65m（3）設三角形框架底邊DF的長度為s1，由幾何關系設框架經(jīng)過P點過程中受到平均阻力為f1，經(jīng)過P點后受到阻力為f2，則得設框架經(jīng)過P點后經(jīng)過的距離為s2，由動能定理得設三角形框架停止運動時F點與P點之間的距離為s，則8．如圖所示，有一半圓形區(qū)域的半徑為R，內(nèi)部及邊界上均存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，直徑MN和NP處放有一個很薄的接收屏，NP長為R。有一個位置可以移動的粒子源A可以向紙面內(nèi)各個方向持續(xù)均勻發(fā)射速度為v（速度大小可調(diào)）的同種帶電粒子，每秒發(fā)射粒子數(shù)為N，已知粒子質(zhì)量為m，電量為。粒子打在接收屏上被吸收不反彈，粒子重力及粒子間的相互作用力不計。（1）若，粒子源A位于圓弧MN的中點，求從粒子源A發(fā)出的粒子射到接收屏O點所需要的時間以及接收屏NP受到帶電粒子的作用力大小；（2）若，把粒子源A從N點沿圓弧逐漸移到M點的過程中，接收屏MN能接收到粒子的總長度；（3）若粒子源A位于圓弧MN中點，記從A點向左側出射方向與AO方向夾角為θ，求能被MN板吸收的粒子打中板時速度方向與MN的夾角α的余弦值（用θ、粒子速度v以及題目中的已知量表示）。【答案】（1），；（2）；（3）【解析】（1）根據(jù)洛倫茲力提供向心力解得粒子運動的周期為由幾何關系可知粒子源A發(fā)出的粒子射到接收屏O點所需要的時間為根據(jù)幾何關系可知，有的粒子數(shù)能被NP接收，根據(jù)動量定理解得接收屏NP受到帶電粒子的作用力大小為（2）根據(jù)洛倫茲力提供向心力解得接收屏MN能接收到粒子右邊界，直徑左邊界與屏相切，設，有解得則接收屏MN能接收到粒子的總長度為（3）水平方向根據(jù)動量定理有根據(jù)幾何關系有則可得能被MN板吸收的粒子打中板時速度方向與MN的夾角α的余弦值

（建議用時：30分鐘）一、單選題1．（2023·四川德陽·統(tǒng)考一模）如圖所示，水平地面上放一質(zhì)量為M的落地電風扇，一質(zhì)量為m的小球固定在葉片的邊緣，啟動電風扇小球隨葉片在豎直平面內(nèi)做半徑為r的圓周運動。已知小球運動到最高點時速度大小為v，重力加速度大小為g，則小球在最高點時地面受到的壓力大小為（）

A． B．C． D．【答案】C【解析】根據(jù)牛頓第二定律，小球解得根據(jù)牛頓第三定律小球在最高點時對風扇的壓力對電風扇解得地面對電風扇的支持力根據(jù)牛頓第三定律小球在最高點時地面受到的壓力大小為，故選C。2．（2023·新疆·統(tǒng)考二模）如圖所示，水平向右的勻強電場中，一根長的不可伸長的絕緣細線，一端連著一質(zhì)量的帶電小球，另一端固定于O點。把小球拉起至A點，此時細線水平，把小球從A點由靜止釋放，小球經(jīng)最低點B后到達B的另一側C點時速度為零，與夾角為，g取。則（）A．小球一定帶負電B．小球從A點經(jīng)過B點再到C點的過程中，機械能先增加后減小C．細線所受的最大拉力為D．小球到達B點時的動能為【答案】D【解析】A．對全過程，重力做正功，可知電場力做負功，可知電場力方向向右，則小球帶正電，A錯誤；B．小球從A點經(jīng)過B點再到C點的過程中，電場力一直做負功，可知小球的機械能一直減小，B錯誤；C．對全過程根據(jù)動能定理可得解得重力和電場力的合力與水平方向夾角的正切值可得如圖所示此時合力方向與圓弧的焦點為等效最低點，此時繩子的拉力最大，根據(jù)動能定理在等效最低點，根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立解得細線所受的最大拉力C錯誤；D．從A到B根據(jù)動能定理可得D正確。故選D。二、多選題3．（2023·湖南株洲·統(tǒng)考一模）如圖，兩輕繩左端系于豎直細桿上，右端與第三根輕繩在O點連結，當三根繩均拉直時，系于細桿上的兩輕繩與豎直方向的夾角分別為30°和60°，上方繩長和第三根繩長均為L，第三根繩的末端連一質(zhì)量為m的小球，小球可在水平面內(nèi)繞細桿做勻速圓周運動。不計空氣阻力，重力加速度為g，在轉動過程中，當?shù)谌K與豎直方向成45°時（）

A．小球運動的加速度大小為B．小球運動的角速度大小為C．第三根繩子的拉力大小為mgD．系于細桿上的兩輕繩的拉力大小相等【答案】BD【解析】A．小球做勻速圓周運動，故其受到的重力與第三根繩子對其拉力的合力充當向心力，由牛頓第二定律可得解得故A錯誤；B．同理，可得其中r=Lsin30°+Lsin45°解得故B正確；C．對小球受力分析可得，繩子的拉力大小為故C錯誤；D．對節(jié)點O受力分析，系于細桿上的二根繩的拉力的合力等于第三根繩上的拉力，根據(jù)平行四邊行法則，結合題設條件，可知系于細桿上的兩輕繩的拉力大小相等。故D正確。故選BD。4．（2023·陜西咸陽·?？寄M預測）如圖所示，ab和bc區(qū)域的寬度均為d．a(chǎn)b區(qū)域存在水平向左、電場強度大小為E的勻強電場；bc區(qū)域存在正交的勻強電場和勻強磁場，電場的方向豎直向上，電場強度大小為E，磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度大小。今有一帶正電的微粒從a邊緣平行電場方向以初速度水平向右射入電場，從b邊緣的P點進入bc區(qū)域時的速度大小不變，方向變?yōu)樨Q直向下。已知重力加速度為g，下列說法正確的是（

）A．a(chǎn)、P兩點間距離為B．微粒在ab區(qū)域中做半徑為d的勻速圓周運動C．微粒在bc區(qū)域中做半徑為的勻速圓周運動D．微粒在ab、bc區(qū)域中運動的總時間為【答案】AD【解析】AB．微粒在區(qū)域中，水平方向做勻減速運動，豎直方向做勻加速運動，并且平均速度相同，故豎直位移和水平位移均為，故間距離為，故A正確，B錯誤；CD．微粒在區(qū)域中運動時間為且滿足在區(qū)域，重力與電場力平衡，故微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，半徑為根據(jù)幾何知識可知，微粒在復合場中轉過的角度為，故運動時間為故C錯誤，D正確。故選AD。三、解答題5．（2023·黑龍江·校聯(lián)考模擬預測）如圖所示，長度l=3m的水平傳送帶AB在右端B點平滑連接著一個半徑R=0.35m的光滑半圓弧軌道CEFD，其中C點為軌道的最低點，E點和圓心O等高，F(xiàn)D段為光滑圓管，∠EOF=30°?？梢暈橘|(zhì)點的小物塊從A點以v0=5.5m/s的初速度向右滑動，已知小物塊的質(zhì)量m=1kg，與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.3，且小物塊尺寸小于光滑圓管內(nèi)徑。重力加速度g取10m/s2。（1）若傳送帶以v=6.1m/s的速率順時針方向轉動，求小物塊第一次運動到C點的過程中電動機多消耗的電能；（2）若傳送帶以的速率順時針方向轉動，求：①小物塊第一次運動到C點時對軌道的壓力大小；②試通過計算判斷小物塊是否會脫離軌道CEFD；若脫離，求出落點到C點的距離，若不脫離，求小物塊最終穩(wěn)定運動時的最大動能。

【答案】（1）3.66J；（2）①45N；②不會脫離，2J【解析】（1）假設小物塊中途會與傳送帶達到共速，小物塊先在傳送帶上做加速運動，由牛頓第二定律有解得設與傳送帶共速需要的時間為t，則有解得加速過程中的位移解得故假設成立。電動機多消耗的電能等于傳送帶克服摩擦力所做的功，即有解得（2）①假設小物塊一直減速運動到C，則由動能定理有解得由于故假設成立，在C點，根據(jù)牛頓第二定律有解得根據(jù)牛頓第三定律可知，小物塊第一次運動到C點時對軌道的壓力大小為②小物塊從C點運動到F點過程中，由動能定理有解得，小物塊到達F點的速度大小為在F點有則小物塊恰好可以通過F點，小物塊從C點運動到最高點過程中，由機械能守恒有解得則小物塊不會通過D點，即小物塊第一次經(jīng)過半圓弧軌道CD的過程中不會脫離軌道，小物塊從半圓弧軌道滑下后，在傳送帶上做減速運動，設減速到零的過程中發(fā)生的位移為，則有小物塊減速到零后反向向右加速，與傳送帶達到共速后再做勻速運動，小物塊再次經(jīng)過C點向右的速度為則小物塊再次通過C點后上升至速度為0時有解得即小物塊第二次沖上半圓時，不會脫離軌道，小物塊速度為零后再返回至C點，進入傳送帶，如此往復運動，則小物塊不脫離軌道，最終穩(wěn)定運動時在C點的動能最大，最大動能為6．（2024·四川自貢·統(tǒng)考一模）如圖，在豎直平面內(nèi)，固定有半徑R1=1m和半徑R2=0.3m的光滑圓形軌道，他們軌道弧長分別占圓周的和，圓軌道與水平軌道分別相切于B點和D點，且平滑連接。某時刻，讓質(zhì)量為m1=0.1kg，不帶電的絕緣小滑塊P從A點靜止釋放，經(jīng)圓軌道滑至B點，從B點進入水平軌道，與靜止在C點的帶電小滑塊Q發(fā)生彈性碰撞，滑塊Q的質(zhì)量為m2=0.1kg，電荷量為q=+1C。整個過程中滑塊Q的電荷量始終保持不變，滑塊P、Q均可視為質(zhì)點，與水平軌道BC間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.1，BC間距x=2m，CD段光滑?；瑝KQ從D點進入光滑軌道DMN時，此時加入水平向右范圍足夠大的勻強電場，場強大小。已知重力加速度g=10m/s2。求：（1）小滑塊P剛到滑道最低點B時對圓軌道的壓力；（2）小滑塊P與小滑塊Q碰撞后Q的速度大小為多少？（3）通過計算判斷當Q進入光滑絕緣半圓軌道DMN后是否會脫離軌道？若不會，則求經(jīng)過N點的速度大小；若會，試求Q離開半圓軌道時的速度大小為多少？（計算結果可用根式表示）【答案】（1）3N，方向豎直向下；（2）；（3）會，【解析】（1）設P從A到B點時的速度為v1，A到B過程中由動能定理得代入數(shù)據(jù)解得在B點，由牛頓第二定律得代入數(shù)據(jù)解得由牛頓第三定律得：對圓軌道的壓力大小為3N，方向：豎直向下（2）設P運動到C時的速度為v2，B到C過程中由動能定理得設P與Q碰撞后的速度分別為v3、v4，由動量守恒定律和機械能守恒定律得聯(lián)立以上方程并代入數(shù)據(jù)解得碰撞后Q的速度大小為（3）假設Q進入軌道DMN后不會脫離軌道，并設經(jīng)過N點的速度大小為vN，此時受到軌道的彈力為F，由牛頓第二定律和動能定理得C到N過程中代入數(shù)據(jù)解得則假設不成立；說明Q會脫離軌道設Q在S點脫離軌道時的速度大小為v5，，由牛頓第二定律和動能定理得C到S過程中聯(lián)立以上方程并代入數(shù)據(jù)解得Q離開軌道時的速度大小為7．（2023·山東·模擬預測）如圖甲所示，空間直角坐標系中，界面均與xOy平面平行，界面將空間分為區(qū)域Ⅰ、區(qū)域Ⅱ兩部分，界面M與xOy平面和界面N間的距離均為軸與界面M相交于與界面N相交于。區(qū)域Ⅰ中在y>0的范圍內(nèi)存在著沿y軸負方向的勻強電場，在的范圍內(nèi)存在著沿y軸正方向的勻強電場，兩個電場強度大小相等；區(qū)域Ⅱ中，在的區(qū)域里有垂直xOz平面的勻強磁場，磁感應強度大小為B，如圖乙所示，B隨時間t的變化規(guī)律如圖丙所示（和均未知），規(guī)定磁場方向沿y軸負方向為正。有一質(zhì)量為m、電荷量為的粒子，初速度為零，經(jīng)加速器加速后獲得大小為的速度，然后從y軸上的點