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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料欢迎下载PA Q R P D 24、在半径为 R的半圆形区域中有一匀强磁场,磁场的方向垂直于纸面,磁感应强度为B；一质量为m,带有电量q 的粒子以肯定的速度沿垂直于半圆直径AD方向经点（ APd）射入磁场（不计重力影响）；O 假如粒子恰好从A 点射出磁场,求入射粒子的速度；假如粒子经纸面内Q点从磁场中射出, 出射方向与半圆在 Q点切线方向的夹角为 （如图）；求入射粒子的速度；24、由于粒子在P点垂直射入磁场,故圆弧轨道的圆心在AP上, AP是直径；设入射粒子的速度为v1,由洛伦兹力的表达式和牛顿其次定律得：m2 v 1qBv 1O
2、/ Q,设 O /QR A /；OQ R P D d/ 2/ R解得：v 1qBd2 m/ O 设 O /是粒子在磁场中圆弧轨道的圆心,连接由几何关系得：OQO/cosOO/R/Rd由余弦定理得： OO/22 R/ R2/ 2 RR解得：R/2d2RddR 1cos 设入射粒子的速度为v,由mv2qvBR/解出：v2qBd2Rddm R 1cosy 24（17 分） 如下列图,在xOy 平面的第一象限有一匀强电场,电场的方向平行于y 轴向下；在 x 轴和第四象限的射线OC 之间有一匀强磁O E A x 场,磁感应强度的大小为B,方向垂直于纸面对外；有一质量为m,带有电荷量 +q 的质点由电场左
3、侧平行于x 轴射入电场；质点到达x轴上 A 点时,速度方向与x 轴的夹角为 ,A 点与原点 O 的距离为 d；接着,质点进入磁场,并垂直于OC 飞离磁场；不计重力影响；如OC 与 x 轴的夹角也为 ,求：质点在磁场中运动速度的大小； 匀强电场的场强大小；B C 名师归纳总结 24质点在磁场中偏转90o,半径rdsinmv,得vqBdsin；v 第 1 页,共 14 页qBm- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料欢迎下载h y d E A x x 由平抛规律,质点进入电场时v0=vcos ,在电场中经受时间t=d /v0,在电场中竖直位移hdta
4、n1qEt2,由以上各式22m可得O EqB2dsin3cosy v0 mB 25（18 分）如下列图, 在第一象限有一匀强电场,场强大小为E,P C 方向与 y 轴平行；在x 轴下方有一匀强磁场,磁场方向与纸面垂直；一质量为m、电荷量为 - q（q0）的粒子以平行于x 轴的速度从 y 轴上的 P 点处射入电场,在x 轴上的 Q点处进入磁场,并从坐Q 标原点 O离开磁场；粒子在磁场中的运动轨迹与y 轴交于 M点；已O 知 OP=l,OQ=23 l ；不计重力；求：M点与坐标原点O间的距离；粒子从 P点运动到 M点所用的时间；M 25 MO=6l t 31 2 ml33、（20XX 年宁夏卷）
5、25如图2 qE所示,在第一象限有一均强电场,场强大小为 E,方向与 y 轴平行；在 x轴下方有一均强磁场, 磁场方向与纸面垂直； 一质量为m、电荷量为 -qq0的粒子以平行于x 轴的速度从y 轴上的 P 点处射入电场,在x 轴上的 Q点处进入磁场,并从坐标原点O 离开磁场；粒子在磁场中的运动轨迹与y 轴交于 M 点；已知 OP= l ,OQ23 l；不计重力；求（1）M 点与坐标原点O 间的距离；（2）粒子从 P 点运动到 M 点所用的时间；【解析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动,在 y 轴负方向上做初速度为零的匀加速运动,名师归纳总结 设加速度的大小为a ；在 x 轴正方向上做匀速直线
6、运动,设速度为v ,粒子从 P 点运动到 Q第 2 页,共 14 页点所用的时间为1t ,进入磁场时速度方向与x 轴正方向的夹角为,就aqEmt12y 0av 0x0t1其中x 02 3 , l y 0l ；又有tanat 1v 0联立式,得30- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 由于 M、O、Q点在圆周上,优秀学习资料欢迎下载MOQ=90,所以 MQ 为直径；从图中的几何关系可知；R2 3 lMO6 l2t , （2）设粒子在磁场中运动的速度为v ,从 Q 到 M 点运动的时间为就有vv 0t2Rcosv带电粒子自P 点动身到 M 点所用的时间为t 为
7、tt 1+ t2联立式,并代入数据得t3+ 12ml2qE25 18 分 如下列图,在 0 xa、o ya a 范畴内有垂直手 xy 平面对外的匀强磁场,磁感应强度2 2大小为 B；坐标原点 0 处有一个粒子源,在某时刻发射大量质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子, 它们的速度大小相同,速度方向均在 xy 平面内, 与 y 轴正方向的夹角分布在 0 90 范畴内；己知粒子在磁场中做圆周运动的半径 0介于 a 2 到 a 之间,从发射粒子到粒子全部离开磁场经受的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一；求最终离开磁场的粒子从粒子源射出时的1速度的大小：2速度方向与y 轴正方向夹角的正弦；
8、=6-6【答案】（1）v26aqB（2）sin102m命题点 10：带电粒子在组合场中的运动电场中的加速、偏转；磁场中的圆周运动07 25（18 分） 飞行时间质谱仪可以对气体分子进行分析；如下列图, 在真空状态下, 脉冲阀 P 喷出微量气体, 经激光照P a b M L 探测器射产生不同价位的正离子,自a 板小孔进入a、b 间的加速电场,从 b 板小孔射出, 沿中线方向进入M、N 板间的偏转掌握区,到达探测器；已知元电荷电量为e, a、b 板间距为 d,极板 M、N 的长度和间距均为L；不计离子重力及进入a 板时的初速度；名师归纳总结 当 a、b 间的电压为U1 时,在 M、N 间加上适当的
9、电压U2,激 光 束S d N L 第 3 页,共 14 页使离子到达探测器；请导出离子的全部飞行时间与比荷K（K- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载ne/m）的关系式；去掉偏转电压 U 2,在 M、N 间区域加上垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度 B,如进入 a、b 间全部离子质量均为 m,要使全部的离子均能通过掌握区从右侧飞出,a、b 间的加速电压U1至少为多少？25、解：由动能定理：neU 11mv 2R,2n 价正离子在a、b 间的加速度：a 1neU 1md在 a、b 间运动的时间：t 1v2 md a 1neU 1在 MN
10、 间运动的时间：t 2Lv离子到达探测器的时间：tt1t22dL2KU1假定 n 价正离子在磁场中向N 板偏转,洛仑兹力充当向心力,设轨迹半径为由牛顿其次定律得：nevBmv2R离子刚好从N 板右侧边缘穿出时,由几何关系：R2 L2RL/22 由以上各式得：U1252 neL B232m当 n1 时 U 1 取最小值Umin252 eL B232m08 25.（18 分）【 2022 示例】名师归纳总结 两块足够大的平行金属极板水平放置,极板间加有空间分布匀称、大小随时间周期性变化的第 4 页,共 14 页电场和磁场,变化规律分别如图1、图 2 所示（规定垂直纸面对里为磁感应强度的正方向）；在
11、 t=0 时刻由负极板释放一个初速度为零的带负电的粒子（不计重力）；如电场强度E0、磁感应强度 B0、粒子的比荷q均已知,且t02 m,两板间距h102mE 0；mqB 0qB 02（1）求粒子在0t0 时间内的位移大小与极板间距h 的比值；（2）求粒子在板板间做圆周运动的最大半径（用 h 表示）；（3）如板间电场强度E 随时间的变化仍如图1 所示,磁场的变化改为如图3 所示,试画出粒子在板间运动的轨迹- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载图（不必写运算过程） ；解法一：（1）设粒子在 0t0 时间内运动的位移大小为 s 1 1 at
12、 2a qE 02 m又已知 t 0 2 m, h 10 2 mE2 0联立式解得 s 1 1qB 0 qB 0 h 5（2）粒子在 t02t0 时间内只受洛伦兹力作用,且速度与磁场方向垂直,所以粒子做匀速圆周运动；设运动速度大小为 v1,轨道半径为 R1,周期为 T,就 v 1 at qv B 0 mv 1 2 联立式得 R 1 hR 1 5又 T 2 mqB 0即粒子在 t02t0 时间内恰好完成一个周期的圆周运动；在 2t03t0 时间内,粒子做初速度为 v1 的匀加速直线运动,设位移大小为 s 2 v t 1 0 1 at 22解得 s 2 3 h5由于 s1+s2h,所以粒子在 3t
13、04t0 时间内连续做匀速圆周运动,设速度大小为v2,半径为 R2v2v 1at qv B 02 mv R11 2解得R 22 h125由于 s1+s2+R2h,粒子恰好又完成一个周期的圆周运动；在4t05t 0 时间内,粒子运动到正极板（如图 1 所示）；因此粒子运动的最大半径 R 2 2 h；5（3）粒子在板间运动的轨迹如图 2 所示；09 25（18 分） 如图甲所示,建立 Oxy 坐标系,两平行极板 P、Q 垂直于 y 轴且关于 x 轴对称,极板长度和板间距均为 l ；第一、四象限有磁感应强度为 B 的匀强磁场,方向垂直于Oxy 平面对里； 位于极板左侧的粒子源沿 x 轴向右连接发射质
14、量为 m、电量为 +q、速度相同、重力不计的带电粒子； 在 03t0 时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极边缘的影响）；已知 t=0 时刻进入两板间的带电粒子恰好在 t0 时刻经极板边缘射入磁场；上述 m、q、l、t 0、B 为已知量；（不考虑粒子间相互影响及返回板间的情形）求电压 U 0的大小；求 t0/2 时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径；何时进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间；y 名师归纳总结 P v0 llO B x U 0 U PQ t0 图乙2t0 3t0 t第 5 页,共 14 页OQ 图甲-U 0 - - - - - - -精选学习资
15、料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载点评：此题命题点仍为带电粒子在周期性变化的电场和分立的磁场中的运动问题；创新之处在于带电粒子在磁场中的运动情形由于进入磁场的位置不同而有所不同,这样就造成了运动情形的多样性, 从而存在极值问题；很好的考查了考生综合分析问题的才能和详细问题详细分析的才能,同时粒子运动的多样性（不确定性）也表达了对探究才能的考查；解析：名师归纳总结 （1）t0时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动,0t 时刻刚好从极板边缘第 6 页,共 14 页射出,在 y 轴负方向偏移的距离为1l ,就有EU0, Eqma 2l1l12 at 22联立以上
16、三式,解得两极板间偏转电压为U0ml2；2 qt 0（2）1t 时刻进入两极板的带电粒子,前1t 时间在电场中偏转,后1t 时间两极板没有222电场,带电粒子做匀速直线运动；带电粒子沿x 轴方向的分速度大小为v 0lt0带电粒子离开电场时沿y 轴负方向的分速度大小为yva1t 2带电粒子离开电场时的速度大小为vv22 v yx设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R,就有Bvqmv2R联立式解得R25 ml；qBt 0（3）2t 时刻进入两极板的带电粒子在磁场中运动时间最短；带电粒子离开磁场时沿y 轴正方向的分速度为 yvat ,设带电粒子离开电场时速度方向与y 轴正方向的夹角为,就
17、tanv 0,v y- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 联立式解得4优秀学习资料欢迎下载,带电粒子在磁场运动的轨迹图如下列图,圆弧所对的圆心角为22,所求最短时间为tmin1T ,带电粒子在磁场中运动的周期为T2 m,联立以4Bq上两式解得tmin2m；Bq【考点】带电粒子在匀强电场、匀强磁场中的运动命题特点：以带电粒子在组合场中的运动为背景,以力学方法在电磁学中的应用为考查重点,通过周期性变化的电场、磁场所导致的带电粒子运动的多样性,很好的表达了对探究才能的考查；连续三年均涉及物理量关系的推导,对文字运算才能要求较高；演化趋势： 对探究才能的考查正逐步
18、由试验题扩展到运算题,运动的多样性为考查重点；且多以对物理量的不确定性及2022 25（18 分）如下列图,以两虚线为边界,中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场,宽度为 d,两侧为相同的匀强磁场,方向垂直纸面对里；一质量为 m 、带电量 +q、重力不计的带电粒子,以初速度 1v 垂直边界射入磁场做匀速圆周运动,后进入电场做匀加速运动, 然后其次次进入磁场中运动,此后粒子在电场和磁场中交替运动；已知粒子其次次在磁场中运动的半径是第一次的二倍,第三次是第一次的三倍,以此类推；求粒子第一次经过电场子的过程中电场力所做的功 W ；粒子第 n 次经芝电声时电场强度的大小 E ；粒子第 n 次经过电场子
19、所用的时间 nt ；假设粒子在磁场中运动时,电场区域场强为零；请画出从粒子第一次射入磁场至第三次离开电场的过程中,电场强度随时间变化的关系图线（不要求写出推导过程,不要求标明坐标明坐标刻度值）；22d（4）【答案】（1）32 mv 1（2）2n22 1 mv 1（ 3）qd2n1 v 1见解析【解析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,由qvBmv2得rmvrqB就 v1：v2： ： vn=r 1：r2： ： rn=1：2： ： n 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料欢迎下载32 mv 1（1）第一次过电场
20、,由动能定理得W 112 mv 21 22 mv 12212 mv n112 mv n（2）第 n 次经过电场时,由动能定理得qE d22（3）第 n 次经过电场时的平均速度解得En2n2 1 mv 1E 2qdvnv nv n12 n1v ,22就时间为tnd22dE vnn1 v 1（4）如图O t O x 轴下t x 16、（20XX 年天津卷） 11如下列图,直角坐标系xOy 位于竖直平面内,在水平的方存在匀强磁场和匀强电场,磁场的磁感应为B,方向垂直 xOy 平面对里,y M N 电场线平行于y 轴；一质量为m、电荷量为 q 的带正电的小球,从y 轴上A v0的 A 点水平向右抛出,
21、经x 轴上的 M 点进入电场和磁场,恰能做匀速圆O 周运动,从x 轴上的 N 点第一次离开电场和磁场,MN 之间的距离为L,小球过 M 点时的速度方向与x 轴的方向夹角为；不计空气阻力,重力加速度为 g,求1 电场强度 E 的大小和方向；2 小球从 A 点抛出时初速度 v0的大小；3 A 点到 x 轴的高度 h. 答案：（1）mg q,方向竖直向上（2）qBLcot（3）2 2 2q B L2 m2 8 m g【解析】此题考查平抛运动和带电小球在复合场中的运动；（1）小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动,说明电场力和重力平稳（恒力不能充名师归纳总结 当圆周运动的向心力） ,有qEmg,如图y
22、v0M O/Emgq重力的方向竖直向下,电场力方向只能向上,由于小球带正电,所以电场强度方向竖直向上；A P N （2）小球做匀速圆周运动,O为圆心, MN 为弦长,MO PO 所示；设半径为r,由几何关系知Lsinx 2r第 8 页,共 14 页小球做匀速圆周运动的向心力由洛仑兹力白日供应,设小球做圆周运动- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 的速率为 v,有qvBmv2优秀学习资料欢迎下载r由速度的合成与分解知v 0cos接收器 M v由式得v 0qBLcot2 m（3）设小球到M 点时的竖直分速度为vy,它与水平分速度的关系为vyv 0tan由匀变速
23、直线运动规律v22g h由式得h2 2 2q B L82 m g18、（20XX 年福建卷） 22图为可测定比荷的某装置的简化示意图,在y 第一象限区域内有垂直于纸面对里的匀强磁场,磁感应强度大小B=2.0 10-3T,在 y 轴上距坐标原点L=0.50m 的 P 处为离子的入射口, 在 y上安放接收器, 现将一带正电荷的粒子以v=3.5 104m/s 的速率从 P 处射L 入磁场,如粒子在y 轴上距坐标原点L=0.50m 的 M 处被观测到,且运动轨迹半径恰好最小,设带电粒子的质量为m,电量为 q,不记其重力；（1）求上述粒子的比荷q；O L P x m（2）假如在上述粒子运动过程中的某个时
24、刻,在第一象限内再加一个并入射口匀强电场, 就可以使其沿y 轴正方向做匀速直线运动,求该匀强电场的场强大小和方向,求出从粒子射入磁场开头计时经过多长时间加这个匀强电场；（3）为了在 M 处观测到按题设条件运动的上述粒子,在第一象限内的磁场可以局限在一个矩形区域内,求此矩形磁场区域的最小面积,并在图中画出该矩形；答案 （1）q =4.9 10 C/kg（或 5.0 710 C/kg）；（2）7t 7.9 10 6s ； （3）S 0.25 m 2m【解析】此题考查带电粒子在磁场中的运动；第（2）问涉及到复合场（速度挑选器模型）第（ 3）问是带电粒子在有界磁场（矩形区域）中的运动；（ 1）设粒子在
25、磁场中的运动半径为 速圆周运动的直径,由几何关系得r；如图, 依题意 M、P 连线即为该粒子在磁场中作匀r2L接收器 M y O/0P 2由洛伦兹力供应粒子在磁场中作匀速圆周运动的向心力,可得L q v B2 v mrO L x 联立并代入数据得y 入射口q7 7=4.9 10 C/kg（或 5.0 10 C/kg）接收器 M O/mv L Q 45P 名师归纳总结 O L 第 9 页,共 14 页 x - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - （ 2）设所加电场的场强大小为优秀学习资料欢迎下载Q 点时,速度沿y 轴正方向,依E；如图,当粒子子经过题意,在此时
26、加入沿 x 轴正方向的匀强电场,电场力与此时洛伦兹力平稳,就有q E q v B 代入数据得E7 0N/CP1 P x 入射口所加电场的长枪方向沿x 轴正方向；由几何关系可知,圆弧PQ 所对应的圆心角为45,设带点粒子做匀速圆周运动的周期为T,所求时间为t,就有t4500T360T2 rv联立并代入数据得t7. 96 1 0 s接收器 M y M 1（ 3）如图,所求的最小矩形是MM PP ,该区域面积S2r2L O/联立并代入数据得O L S2 0. 25 m矩形如图丙中MM PP （虚线）（安徽卷） 23.16分如图 1 所示,宽度为 d 的竖直狭长区域内（边界为L 1、L2）,存在垂直纸
27、面对里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场（如图2 所示）,电场强度的大小为 E ,E0 表示电场方向竖直向上；t 0 时,一带正电、质量为 m 的微粒从左边界上的N 点以水平速度 v 射入该区域,沿直线运动到 Q 点后,做一次完整的圆周运动,再沿直线运动到右边界上的 N 点； Q 为线段 N N 的中点, 重力加速度为 g；上述 d 、E 、m 、v 、g 为已知量；名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载1 求微粒所带电荷量 q 和磁感应强度 B 的大小；2 求电场变化的周期T；T 的最小
28、值；3 转变宽度 d ,使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域,求解析：（1）微粒作直线运动,就mgqE0qvBmgqE0微粒作圆周运动,就联立得qmgt2,就E 0B2E 0v（2）设粒子从N1 运动到 Q的时间为 t1,作圆周运动的周期为dvt 12qvBmv2R2 Rvt2联立得t 1d;t2v2vg电场变化的周期Tt 1t2dv2vg（3）如粒子能完成题述的运动过程,要求 d2R 10 联立得Rv2（11）2g设 N1Q段直线运动的最短时间为t min,由（ 10）（ 11）得tminv2g因 t 2不变, T 的最小值名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页,共 14
29、 页精选学习资料 - - - - - - - - - T mintmint222g1 v优秀学习资料欢迎下载（全国卷 1）26（21 分）如下图,在 0 x 3 a 区域内存在与 xy 平面垂直的匀强磁场,磁感应强度的大小为 B.在 t=0 时刻,一位于坐标原点的粒子源在 xy 平面内发射出大量同种带电粒子,全部粒子的初速度大小相同,方向与 y 轴正方向的夹角分布在 0180范畴内；已知沿 y 轴正方向发射的粒子在 t t 时刻刚好从磁场边界上 P 3 , a a 点离开磁场；求：粒子在磁场中做圆周运动的半径R 及粒子的比荷qm；此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y 轴正方向夹角的取值范畴；
30、从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间；【答案】R233aq20m3Bt名师归纳总结 速度与y 轴的正方向的夹角范畴是60到P 点经过做 OP 的垂直平分线与120第 12 页,共 14 页从粒子发射到全部离开所用时间 为2t0x 轴的【解析】粒子沿y 轴的正方向进入磁场,从交点为圆心,依据直角三角形有R2a23aR2解得R233a120,sina3,就粒子做圆周运动的的圆心角为R2周期为T3t0- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载粒子做圆周运动的向心力由洛仑兹力供应,依据牛顿其次定律得Bqvm22R,v2R,化简得q20TTm3B
31、t仍在磁场中的粒子其圆心角肯定大于 角度最大时从磁场左边界穿出；角度最小时从磁场右边界穿出圆心角120 ,这样粒子角度最小时从磁场右边界穿出；120,所经过圆弧的弦与中相等穿出点如图,依据弦与半径、x 轴的夹角都是 30,所以此时速度与 y 轴的正方向的夹角是 60；角度最大时从磁场左边界穿出,半径与 y 轴的的夹角是 60,就此时速度与 y 轴的正方向的夹角是 120；所以速度与 y 轴的正方向的夹角范畴是 60到 120在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹应当与磁场的右边界相切,在三角形中两个相等的腰为 R 2 3 a,而它的高是32 3 3h 3 a3 a3 a,半径与 y 轴的的夹角是 3
32、0,这种 R R 粒子的圆心角是 240；所用 时间 为 2t ；R 所以从粒子发射到全部离开所用 时间 为 2t ；（新课标卷） 25.18 分 如下列图,在 0x a、oya 范畴内有垂直于 xy 平面对2外的匀强磁场,磁感应强度大小为 B；坐标原点 O处有一个粒子源,在某时刻发射大量质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子,它们的速度大小相同,速度方向均在 xy 平面内,与 y 轴正方向的夹角分布在 090 范畴内 . 己知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于 a 到 a 之间,2从发射粒子到粒子全部离开磁场经受的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一,求最终离开磁场的粒子从粒子源射出
33、时的：1 速度大小；名师归纳总结 2 速度方向与y 轴正方向夹角正弦；第 13 页,共 14 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载解析：设粒子的发射速度为 v,粒子做圆周运动的轨道半径为 R,由牛顿其次定律和洛伦磁力2公式,得 qvB mv,解得：R mvR qB当 a Ra 时,在磁场中运动时间最长的粒子,其轨迹是圆心为 C 的圆弧,圆弧与磁2场的边界相切, 如下列图,设该粒子在磁场中运动的时间为 t ,依题意,t T时,OCA4 2设最终离开磁场的粒子的发射方向与 y 轴正方向的夹角为 ,由几何关系可得：名师归纳总结 RsinRa 2,RsinaRcos再加上sin2cos21,解得：第 14 页,共 14 页R26 , a v26 2aqB m,sin66210- - - - - - -