《2019年高考物理一輪復(fù)習 第九章 磁場 專題強化十一 帶電粒子在疊加場和組合場中的運動學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考物理一輪復(fù)習 第九章 磁場 專題強化十一 帶電粒子在疊加場和組合場中的運動學案（17頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題強化十一　帶電粒子在疊加場和組合場中的運動 專題解讀1.本專題是磁場、力學、電場等知識的綜合應(yīng)用，高考往往以計算壓軸題的形式出現(xiàn)． 2．學習本專題，可以培養(yǎng)同學們的審題能力、推理能力和規(guī)范表達能力．針對性的專題訓(xùn)練，可以提高同學們解決難題壓軸題的信心． 3．用到的知識有：動力學觀點(牛頓運動定律)、運動學觀點、能量觀點(動能定理、能量守恒)、電場的觀點(類平拋運動的規(guī)律)、磁場的觀點(帶電粒子在磁場中運動的規(guī)律)． 命題點一　帶電粒子在疊加場中的運動 1．帶電體在疊加場中無約束情況下的運動 (1)洛倫茲力、重力并存 ①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動．

2、②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒，由此可求解問題． (2)靜電力、洛倫茲力并存(不計重力的微觀粒子) ①若靜電力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動． ②若靜電力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題． (3)靜電力、洛倫茲力、重力并存 ①若三力平衡，一定做勻速直線運動． ②若重力與靜電力平衡，一定做勻速圓周運動． ③若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動能定理求解問題． 2．帶電體在疊加場中有約束情況下的運動 帶電體在疊加場

3、中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運動形式有直線運動和圓周運動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點，運用動能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運動定律求解． 例1　在如圖1所示的豎直平面內(nèi)，水平軌道CD和傾斜軌道GH與半徑r＝m的光滑圓弧軌道分別相切于D點和G點，GH與水平面的夾角θ＝37°.過G點、垂直于水平面的豎直平面左側(cè)有勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強度B＝1.25T；過D點、垂直于水平面的豎直平面右側(cè)有勻強電場，電場方向水平向右，電場強度E＝1×104N/C.小物體P1質(zhì)量m＝2×10－3 kg、帶電荷量q＝＋8×10－6 C，

4、受到水平向右的推力F＝9.98×10－3 N的作用，沿CD向右做勻速直線運動，到達D點后撤去推力．當P1到達傾斜軌道底端G點時，不帶電的小物體P2在GH頂端由靜止釋放，經(jīng)過時間t＝0.1 s與P1相遇．P1和P2與軌道CD、GH間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，物體電荷量保持不變，不計空氣阻力．求： 圖1 (1)小物體P1在水平軌道CD上運動速度v的大??； (2)傾斜軌道GH的長度s. ①沿CD向右勻速直線運動；②經(jīng)過時間t＝0.1s與P1相遇． 答案　(1)4m/s　(2)0.56m 解析　(1)設(shè)小物體P1在勻強磁

5、場中運動的速度為v，受到向上的洛倫茲力為F1，受到的摩擦力為Ff，則 F1＝qvB① Ff＝μ(mg－F1)② 由題意知，水平方向合力為零，F(xiàn)－Ff＝0③ 聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)解得v＝4m/s④ (2)設(shè)P1在G點的速度大小為vG，由于洛倫茲力不做功，根據(jù)動能定理有 qErsinθ－mgr(1－cosθ)＝mvG2－mv2⑤ P1在GH上運動，受到重力、電場力和摩擦力的作用，設(shè)加速度為a1，根據(jù)牛頓第二定律有 qEcosθ－mgsinθ－μ(mgcosθ＋qEsinθ)＝ma1⑥ P1與P2在GH上相遇時，設(shè)P1在GH上運動的距離為s1，則s1＝vGt＋a1t2⑦ 設(shè)P2

6、質(zhì)量為m2，在GH上運動的加速度為a2，則 m2gsinθ－μm2gcosθ＝m2a2⑧ P1與P2在GH上相遇時，設(shè)P2在GH上運動的距離s2，則s2＝a2t2⑨ s＝s1＋s2⑩ 聯(lián)立⑤～⑩式，代入數(shù)據(jù)得s＝0.56m. 1．(2016·天津·11)如圖2所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小E＝5N/C，同時存在著垂直紙面向里的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應(yīng)強度大小B＝0.5 T．有一帶正電的小球，質(zhì)量m＝1×10－6 kg，電荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運動，當經(jīng)過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)，取

7、g＝10 m/s2，求： 圖2 (1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向； (2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t. 答案　(1)20m/s　方向與電場方向成60°角斜向上 (2)3.5s 解析　(1)小球做勻速直線運動時受力如圖甲，其所受的三個力在同一平面內(nèi)，合力為零，有qvB＝ ① 甲 代入數(shù)據(jù)解得v＝20m/s ② 速度v的方向與電場E的方向之間的夾角滿足 tanθ＝ ③ 代入數(shù)據(jù)解得tanθ＝ θ＝60° ④ (2)解法一

8、　撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動，如圖乙所示，設(shè)其加速度為a，有 乙 a＝ ⑤ 設(shè)撤去磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有 x＝vt ⑥ 設(shè)小球在重力與電場力的合力方向上的分位移為y，有 y＝at2 ⑦ tanθ＝ ⑧ 聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得 t＝2s≈3.5s⑨ 解法二　撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運動沒有影響，以P點為坐標原點，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運動，其初速度為 vy

9、＝vsinθ ⑤ 若使小球再次穿過P點所在的電場線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有vyt－gt2＝0 ⑥ 聯(lián)立⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2s≈3.5s. 2．如圖3所示，在豎直平面內(nèi)，水平x軸的上方和下方分別存在方向垂直紙面向外和方向垂直紙面向里的勻強磁場，其中x軸上方的勻強磁場磁感應(yīng)強度大小為B1，并且在第一象限和第二象限有方向相反、強弱相同的平行于x軸的勻強電場，電場強度大小為E1，已知一質(zhì)量為m的帶電小球從y軸上的A(0，L)位置斜向下與y軸負半軸成60°角射入第一象限，恰能做勻速直線運動． 圖3 (1)判定帶

10、電小球的電性，并求出所帶電荷量q及入射的速度大小； (2)為使得帶電小球在x軸下方的磁場中能做勻速圓周運動，需要在x軸下方空間加一勻強電場，試求所加勻強電場的方向和電場強度的大??； (3)在滿足第(2)問的基礎(chǔ)上，若在x軸上安裝有一絕緣彈性薄板，并且調(diào)節(jié)x軸下方的磁場強弱，使帶電小球恰好與絕緣彈性板碰撞兩次從x軸上的某一位置返回到x軸的上方(帶電小球與彈性板碰撞時，既無電荷轉(zhuǎn)移，也無能量損失，并且入射方向和反射方向與彈性板的夾角相同)，然后恰能做勻速直線運動至y軸上的A(0，L)位置，則：彈性板至少多長？帶電小球從A位置出發(fā)到返回至A位置過程所經(jīng)歷的時間為多少？ 答案　(1)負電　q＝　

11、v＝　(2)豎直向下 E1　(3)L　＋ 解析　(1)小球在第一象限中的受力分析如圖所示，所以帶電小球帶負電．mg＝qE1tan60°，q＝.又qE1＝qvB1cos60°，得v＝ (2)小球若在x軸下方的磁場中做勻速圓周運動，必須使得電場力與重力二力平衡，即應(yīng)施加一豎直向下的勻強電場，且電場強度大小滿足qE＝mg，即E＝E1. (3)要想讓小球恰好與彈性板發(fā)生兩次碰撞，并且碰撞后返回x軸上方空間勻速運動到A點，則其軌跡應(yīng)該如圖所示，且由幾何關(guān)系可知3PD＝2ON，＝＝tan60°， 聯(lián)立上述方程解得 PD＝DN＝L， R＝L. 設(shè)x軸下方的磁感應(yīng)強度為B，則滿足qvB＝m

12、，T＝. 從N點運動到C點的時間為t＝3×T. 聯(lián)立上式解得t＝. 由幾何關(guān)系可知＝cos60°. 在第一象限運動的時間t1和第二象限中的運動的時間t2相等，且t1＝t2＝＝＝. 所以帶電小球從A點出發(fā)至回到A點的過程中所經(jīng)歷的總時間為t總＝t＋t1＋t2. 聯(lián)立上述方程解得t總＝＋. 命題點二　帶電粒子在組合場中的運動 1．組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，電場、磁場交替出現(xiàn)． 2．分析思路 (1)劃分過程：將粒子運動的過程劃分為幾個不同的階段，對不同的階段選取不同的規(guī)律處理． (2)找關(guān)鍵點：確定帶電粒子在場區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問題的

13、關(guān)鍵． (3)畫運動軌跡：根據(jù)受力分析和運動分析，大致畫出粒子的運動軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問題． 圖4 例2　在如圖4所示的直角坐標系xOy中，矩形區(qū)域OACD內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B＝5.0×10－2T；第一象限內(nèi)有沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E＝1.0×105N/C.已知矩形區(qū)域OA邊長為0.60 m，AC邊長為0.20 m．在CD邊中點N處有一放射源，某時刻，放射源沿紙面向磁場中的各個方向均勻輻射出速率均為v＝2.0×106 m/s的某種帶正電粒子，帶電粒子的質(zhì)量為m＝1.6×10－27kg、電荷量為q＝3.2×10－19C，不計粒子重力，

14、計算結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字，試求： (1)粒子在磁場中運動的半徑； (2)從N處射出的粒子在磁場中運動的最短路程； (3)沿x軸負方向射出的粒子，從射出到從y軸離開所經(jīng)歷的時間． ①各個方向均勻輻射；②不計粒子重力． 答案　(1)0.20m　(2)0.21m　(3)4.6×10－7s 解析　(1)設(shè)粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r，由牛頓第二定律可得 qvB＝m 代入數(shù)據(jù)解得r＝0.20m. (2)設(shè)粒子在磁場中運動的最短路程為s，由數(shù)學知識可知，最短弦長對應(yīng)最短的弧長，粒子運動軌跡如圖甲所示，由幾何關(guān)系可知，α＝60°，最短的弧長即最短路程，則有s＝×2πr＝0.21m.

15、 甲 (3)如圖乙所示，粒子在磁場中運動的周期T＝＝6.28×10－7s，設(shè)沿x軸負方向射出的粒子在磁場中沿弧NP運動的時間為t1，則有t1＝＝1.57×10－7s 設(shè)粒子在電場中運動的時間為t2，加速度大小為a，則有t2＝，a＝，代入數(shù)據(jù)解得t2＝2.0×10－7s 由幾何關(guān)系可知，cosθ＝，所以θ＝60°，設(shè)粒子沿弧PH運動的時間為t3，則t3＝，t3＝1.05×10－7s 故沿x軸負方向射出的粒子，從射出到從y軸離開所經(jīng)歷的時間t＝t1＋t2＋t3＝4.6×10－7s. 乙 帶電粒子在組合場中運動的分析思路 第1步：分階段(分過程)按照時間順序和進入不同的

16、區(qū)域分成幾個不同的階段； 第2步：受力和運動分析，主要涉及兩種典型運動，如下： ←←←→→→ 第3步：用規(guī)律 →→→→ → 3．如圖5所示，直角坐標系xOy第一象限的區(qū)域存在沿y軸正方向的勻強電場．現(xiàn)有一質(zhì)量為m，電荷量為e的電子從第一象限的某點P(L，L)以初速度v0沿x軸的負方向開始運動，經(jīng)過x軸上的點Q(，0)進入第四象限，先做勻速直線運動然后進入垂直紙面的矩形勻強磁場區(qū)域(圖中未畫出)，磁場左邊界和上邊界分別與y軸、x軸重合，電子偏轉(zhuǎn)后恰好經(jīng)過坐標原點O，并沿y軸的正方向運動，不計電子的重力．求： 圖5 (1)電子經(jīng)過Q點時的速度v； (2)該勻強磁場的磁

17、感應(yīng)強度B和最小面積S. 答案　見解析 解析　(1)電子從P點開始在電場力作用下做類平拋運動到Q點，可知豎直方向y＝L＝at2，水平方向x＝L＝v0t， 解得a＝ 而vy＝at＝v0，所以電子經(jīng)過Q點時的速度為 v＝＝v0 設(shè)v與x軸負方向的夾角為θ，可知tanθ＝＝，所以θ＝30°. (2)如圖所示，電子以與x軸負方向成30°角的方向進入第四象限后先沿QM做勻速直線運動，然后進入勻強磁場區(qū)域做勻速圓周運動，恰好以沿y軸向上的速度經(jīng)過O點．可知圓周運動的圓心O′一定在x軸上，且O′點到O點的距離與O′點到直線QM上M點(M點即磁場的邊界點)的距離相等，找出O′點，畫出其運動的

18、部分軌跡為弧MNO，所以面積最小的磁場的右邊界和下邊界就確定了 設(shè)偏轉(zhuǎn)半徑為R，evB＝m，由圖知OQ＝L＝3R，解得B＝，方向垂直紙面向里 面積最小的磁場的長度LOC＝R＝L，寬度LOA＝R＝L 矩形磁場的最小面積為：Smin＝LOC·LOA＝L2. 4．x軸下方有兩個關(guān)于直線x＝－0.5a對稱的沿x軸的勻強電場(大小相等，方向相反)．如圖6甲所示，一質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的粒子(不計重力)，以初速度v沿y軸正方向從P點進入電場，后從原點O以與過P點時相同的速度進入磁場(圖中未畫出)．粒子過O點的同時在MN和x軸之間加上按圖乙所示的規(guī)律發(fā)生周期性變化的磁場，規(guī)定垂直紙面向里為正方向

19、．正向磁場與反向磁場的磁感應(yīng)強度大小相等，且持續(xù)的時間相同．粒子在磁場中運動一段時間后到達Q點，并且速度也與過P點時速度相同．已知P、O、Q在一條直線上，與水平方向夾角為θ，且P、Q兩點橫坐標分別為－a、a.試計算： 圖6 (1)電場強度E的大?。? (2)磁場的磁感應(yīng)強度B的大??； (3)粒子從P到Q的總時間． 答案　(1)　(2)(n＝1,2,3，…) (3)＋ 解析　(1)帶電粒子在第三象限的運動為兩個階段的勻變速曲線運動，且時間相等，設(shè)為t，對該運動分析得 y方向：atanθ＝2vt x方向：a＝t2， 解得：E＝， t＝. (2)帶電粒子在第一象限的磁場中做

20、勻速圓周運動，軌跡如圖所示(只畫出一個周期的情況) 設(shè)半徑為R，由幾何關(guān)系可知 ＝4nRcosθ(n＝1,2,3，…)， Bqv＝m， 解得B＝(n＝1,2,3，…)． (3)帶電粒子在電場中運動的時間 t電＝2t＝. 研究帶電粒子在磁場中的勻速圓周運動，設(shè)時間為t磁，設(shè)單元圓弧對應(yīng)的圓心角為α，由幾何關(guān)系可知 α＝π－2θ， 則t磁＝2n＝， 所以粒子從P到Q的總時間 t總＝t電＋t磁＝＋. 題組1　帶電粒子在疊加場中的運動 1．如圖1，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標系xOy，其第一象限存在著正交的勻強電場和勻強磁場，電場強度的方向水平向右，磁感應(yīng)強度的方向垂直紙

21、面向里．一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的微粒從原點出發(fā)進入復(fù)合場中，初速度方向與x軸正方向的夾角為45°，正好做直線運動，當微粒運動到A(l，l)時，電場方向突然變?yōu)樨Q直向上(不計電場變化的時間)，微粒繼續(xù)運動一段時間后，正好垂直于y軸穿出復(fù)合場．不計一切阻力，求： 圖1 (1)電場強度E的大小； (2)磁感應(yīng)強度B的大??； (3)微粒在復(fù)合場中的運動時間． 答案　(1)　(2)　(3)(＋1) 解析　(1)微粒到達A(l，l)之前做勻速直線運動，對微粒受力分析如圖甲： 由幾何關(guān)系知Eq＝mg，得：E＝ (2)由平衡條件： qvB＝mg 電場方向變化后，微粒所受重力與電

22、場力平衡，微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，軌跡如圖乙 qvB＝m 由幾何知識可得：r＝l 聯(lián)立解得：v＝，B＝ (3)微粒做勻速運動時間：t1＝＝ 做勻速圓周運動時間：t2＝＝ 故微粒在復(fù)合場中的運動時間： t＝t1＋t2＝(＋1). 2．如圖2所示，與水平面成37°的傾斜軌道AC，其延長線在D點與半圓軌道DF相切，全部軌道為絕緣材料制成且位于豎直面內(nèi)，整個空間存在水平向左的勻強電場，MN的右側(cè)存在垂直紙面向里的勻強磁場(C點處于MN邊界上)．一質(zhì)量為0.4kg的帶電小球沿軌道AC下滑，至C點時速度為vC＝m/s，接著沿直線CD運動到D處進入半圓軌道，進入時無動能損失，

23、且恰好能通過F點，在F點速度為vF＝4 m/s(不計空氣阻力，g＝10m/s2，cos37°＝0.8)．求： 圖2 (1)小球帶何種電荷？ (2)小球在半圓軌道部分克服摩擦力所做的功； (3)小球從F點飛出時磁場同時消失，小球離開F點后的運動軌跡與直線AC(或延長線)的交點為G點(未標出)，求G點到D點的距離． 答案　(1)正電荷　(2)27.6J　(3)2.26m 解析　(1)依題意可知小球在CD間做勻速直線運動，在CD段受重力、電場力、洛倫茲力且合力為零，若小球帶負電，小球受到的合力不為零，因此帶電小球應(yīng)帶正電荷． (2)小球在D點速度為 vD＝vC＝m/s 設(shè)重

24、力與電場力的合力為F1，如圖所示，則F1＝F洛＝qvCB 又F1＝＝5N 解得qB＝＝C·T 在F處由牛頓第二定律可得 qvFB＋F1＝ 把qB＝C·T代入得R＝1m 小球在DF段克服摩擦力做功Wf，由動能定理可得 －Wf－2F1R＝mv－mv 解得Wf≈27.6J (3)小球離開F點后做類平拋運動，其加速度為a＝ 由2R＝ 解得t＝＝s 交點G與D點的距離GD＝vFt＝m≈2.26m. 題組2　帶電粒子在組合場中的運動 3．如圖3所示，在xOy平面內(nèi)y軸與MN邊界之間有沿x軸負方向的勻強電場，y軸左側(cè)和MN邊界右側(cè)的空間有垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度大小相等的勻強磁場

25、，MN邊界與y軸平行且間距保持不變．一質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸負方向射入磁場，每次經(jīng)過磁場的時間均為t0，粒子重力不計． 圖3 (1)求磁感應(yīng)強度的大小B； (2)若t＝5t0時粒子回到原點O，求電場區(qū)域的寬度d和此時的電場強度E0； (3)若帶電粒子能夠回到原點O，則電場強度E應(yīng)滿足什么條件？ 答案　(1)　(2)v0t0　 (3)E＝(n＝1,2,3，…) 解析　(1)粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝，粒子每次經(jīng)過磁場的時間為半個周期，則T＝2t0，解得B＝ (2)t＝5t0時粒子回到原點，軌跡如圖甲所示，由幾何關(guān)系有r2＝2r1

26、 由向心力公式有qBv0＝m，qBv2＝m 電場寬度d＝t0，解得d＝v0t0 又v2＝v0＋t0，解得E0＝ (3)如圖乙所示，由幾何關(guān)系可知，要使粒子能夠回到原點，則應(yīng)滿足n(2r2′－2r1)＝2r1(n＝1,2,3，…) 由向心力公式有qBv2′＝m，解得v2′＝v0 根據(jù)動能定理有qEd＝mv2′2－mv 解得E＝(n＝1,2,3，…)． 4．如圖4甲所示，相隔一定距離的豎直邊界兩側(cè)為相同的勻強磁場區(qū)，磁場方向垂直紙面向里，在邊界上固定兩長為L的平行金屬極板MN和PQ，兩極板中心各有一小孔S1、S2，兩極板間電壓的變化規(guī)律如圖乙所示，正反向電壓的大小均為U0，周期為T

27、0.在t＝0時刻將一個質(zhì)量為m、電荷量為－q(q>0)的粒子由S1靜止釋放，粒子在電場力的作用下向右運動，在t＝時刻通過S2垂直于邊界進入右側(cè)磁場區(qū)．(不計粒子重力，不考慮極板外的電場) 圖4 (1)求粒子到達S2時的速度大小v和極板間距d； (2)為使粒子不與極板相撞，求磁感應(yīng)強度的大小應(yīng)滿足的條件； (3)若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在t＝3T0時刻再次到達S2，且速度恰好為零，求該過程中粒子在磁場內(nèi)運動的時間和磁感應(yīng)強度的大小． 答案　(1) 　　(2)B< (3)T0　 解析　(1)粒子由S1到S2的過程，根據(jù)動能定理得 qU0＝mv2

28、 ① 由①式得v＝ ② 設(shè)粒子的加速度大小為a，由牛頓第二定律得q＝ma ③ 由運動學公式得d＝a2 ④ 聯(lián)立③④式得d＝ ⑤ (2)設(shè)磁感應(yīng)強度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，由牛頓第二定律得qvB＝m ⑥ 要使粒子在磁場中運動時不與極板相撞，應(yīng)滿足2R> ⑦ 聯(lián)立②⑥⑦式得B< ⑧ (3)設(shè)粒子在兩邊界之間無場區(qū)向左勻速運動的過程用時為t1，有d＝vt1 ⑨ 聯(lián)立②⑤⑨式得t1＝ ⑩ 若粒子再次到達S2時速度恰好為零，粒子回到極板間做勻減速運動，設(shè)勻減速運動的時間為t2，根據(jù)運動學公式得 d＝t2 ? 聯(lián)立⑨⑩?式得t2＝ ? 設(shè)粒子在磁場中運動的時間t＝3T0－－t1－t2 ? 聯(lián)立??式得t＝ ? 則粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期為T，由⑥式結(jié)合運動學公式得T＝ ? 由題意可知T＝t＝ ? 聯(lián)立???式得B＝. 17