带电粒子在电场中的力电综合问题-2023年高考物理一轮重难点复习

难点15带电粒子在电场中的力电综合问题

小题筌突破

一、带电粒子在重力场和电场中的圆周运动

i.等效重力场

物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动，但是对于处在匀强电场和重力场中物体的运动问题就

会变得复杂一些.此时可以将重力场与电场合二为一，用一个全新的“复合场”来代替，可形象称之为“等效

重力场”.

2.

重力场、电场叠加而

成的复合场

等重力、静电力的合力

效

重等效重力与物体质量

力的比值

场

的物体做圆周运动时与

对等效重力场方向平行

应的直径与圆轨道的第

概

念二个交点（沿等效重

及力场的方向看）

解

释物体做圆周运动时与

等效重力场方向平行

的直径与圆轨道的第

一个交点（沿等效重

力场的方向看）

3.举例

重力场与电场在一条重力场与电场

直线上（qE>mg）成一定夹角

E等效重力场

【等,重力1

［等效“最高点”）

［等效重力加速度）~

【例1】（多选）如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为机、电荷量为+q的小球，系在一根

长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕。点做圆周运动.AB为圆周的水平直径，为竖直直径.已

知重力加速度为g,电场强度后=鬻.下列说法正确的是()

D

A.若小球在竖直平面内绕。点做圆周运动，则它运动的最小速度为疯

B.若小球在竖直平面内绕。点做圆周运动，则小球运动到2点时的机械能最大

C.若将小球在A点由静止开始释放，它将在圆弧上往复运动

D.若将小球在A点以大小为」熊的速度竖直向上抛出，它将能够到达3点

【答案】BD

【解析】因为电场强度E=管，所以小球所受静电力大小也为加g,故小球所受合力大小为gmg,方向斜向右

2

下方，与竖直方向夹角为45。，故小球通过圆弧的中点时速度最小，此时满足镜形g=^号，因此小球

在竖直面内做圆周运动的最小速度Vmin=d而，A项错误；由功能关系知，小球机械能的变化等于除重力

之外的力所做的功，小球在竖直平面内绕。点做圆周运动，运动到8点时，静电力做功最多，故运动到3

点时小球的机械能最大，B项正确；小球在A点由静止开始释放后，将沿合外力方向做匀加速直线运动，C

项错误;若将小球以病的速度竖直向上抛出，由对称性知经时间侬回到相同高度，其水平位移s=；・华

5=23故小球刚好运动到B点，D项正确.

二、电场中的力电综合问题

1.带电粒子在电场中的运动

(1)分析方法：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速，轨迹是直线还是曲线)，然

后选用恰当的规律如牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律解题.

(2)受力特点：在讨论带电粒子或其他带电体的静止与运动问题时，重力是否要考虑，关键看重力与其他力

相比较是否能忽略.一般来说，除明显暗示外，带电小球、液滴的重力不能忽略，电子、质子等带电粒子

的重力可以忽略，一般可根据微粒的运动状态判断是否考虑重力作用.

2.用能量观点处理带电体的运动

对于受变力作用的带电体的运动，必须借助能量观点来处理.即使都是恒力作用的问题，用能量观点处理

也常常更简捷.具体方法有：

(1)用动能定理处理

思维顺序一般为：

①弄清研究对象，明确所研究的物理过程.

②分析物体在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是负功.

③弄清所研究过程的初、末状态（主要指动能）.

④根据W=A£k列出方程求解.

（2）用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理

列式的方法常有两种：

①利用初、末状态的能量相等（即E1=E2）列方程.

②利用某些能量的减少等于另一些能量的增加列方程.

（3）两个结论

①若带电粒子只在静电力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变.

②若带电粒子只在重力和静电力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变.

【例2】如图，两金属板尸、。水平放置，间距为d两金属板正中间有一水平放置的金属网G,P、。、G的

尺寸相同.G接地，P、Q的电势均为e（夕>0）.质量为加，电荷量为q（g>0）的粒子自G的左端上方距离G

为//的位置，以速度均平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计.

G

----------------x

----------------Q

⑴求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；

（2）若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？

【答案】（1）品泞十枭〃叭愣⑵2八用

【解析】（1）PG、0G间场强大小相等，均为E粒子在PG间所受静电力厂的方向竖直向下，设粒子的加速

度大小为有

E寸①

F=qE=ma@

设粒子第一次到达G时动能为反,由动能定理有

qEh=Ek一品4③

设粒子第一次到达G时所用的时间为3粒子在水平方向的位移为/,则有“=/户④

l=vot@

联立①②③④⑤式解得

与qh

1=9陛

⑵若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短.由对称性知，此时金属板的长度为L=

/即时训练

一、单选题

1.（2022・全国•高三专题练习）如图所示，在水平方向的匀强电场中，一质量为根的带电小球用一轻绳连接

恰好在竖直平面内顺时针绕。点做半径为R的圆周运动，运动轨迹上均匀地分布着A、B、C、D、F、G、

”和尸点，OA垂直于电场强度方向。己知小球带电荷量为式00）,电场强度E=^（g为重力加速度），则

q

下列说法正确的是（）

4

夕、、_______/、、.

~/、、、/\

H\A\!cE

人」_为一

F

A.小球在A点时的速度为娴

B.小球运动至C点和H点时绳子拉力大小相等

C.小球运动过程中绳子的最大拉力为6&:跖

D.小球运动过程中的最小速度为"^

【答案】C

【解析】D.以小球为研究对象，受到重力、静电力和轻绳的拉力，重力与静电力的合力

F=+（qE）。=yf2mg

由于小球恰好做圆周运动，所以圆周运动过程中速度的最小值出现在尸点，由牛顿第二定律得

yflmg=m-

R

小球的最小速度

故D错误；

A.小球从尸点运动到A点，由动能定理得

一mgR（l—cos45°）+qERsin45°=—mv\——mv^

解得

VA=«3垃-2)gR

故A错误；

B.小球在C点时，有

vl

Fc-qE=m%

小球从H点运动到C点，由动能定理得

22

qE.2R=；mvc-:mvH

在”点时，有

m

FH+qE=~~

所以故B错误；

C.小球运动过程中，在。点时绳子的拉力最大，小球从尸点运动到Z）点，由动能定理得

F-2R=gmv2-mVp

Dg

在。点时，有

FD-y/2mg=m^-

解得

FD=6y/2mg

故C正确.

故选Co

2.（2019・四川・成都外国语学校高三期末）如图所示地面上方存在水平向右的匀强电场。现将一带电小球从

距离地面。点高〃处的A点以水平速度vo抛出，经过一段时间小球恰好垂直于地面击中地面上的2点，B

到。的距离也为近当地重力加速度为g,则下列说法正确的是（）

A.从A到B的过程中小球的动能不断减小

B.下落过程中小球机械能一直增加

C.小球的加速度始终保持2g不变

D.从A点到B点小球的的电势能增加了mgh

【答案】D

【解析】A.由图象可知，带点小球受到的合力指向左下方，所以小球带负电，运动过程中，合力先与小球

速度方向成钝角，后变成锐角，即合力先做负功，后做正功，即动能先减小后增大，故A错误;

B.小球下落过程中，电场力一直做负功，小球机械能一直减小，故B错误;

C.根据运动的合成和分解可知，竖直方向上

,12

h=2gt

水平方向上

一%=一吗,〃=%/一；.吗2

m2m

联立解得

qE=mg

小球受到水平向左的电场力，竖直向下的重力，合力大小为0»吆，由牛顿第二定律可得小球的加速度始终

保持应g不变，故c错误;

D.从A到B点，小球电场力做功为

W=qEh=mgh

所以电势能增加了

△EP=mgh

故D正确。

故选D.

3.（2021.云南师大附中高三阶段练习）如图所示，在某一空间存在竖直向上的匀强电场，场强大小为E,

在该空间的A点固定电荷量为Q的负点电荷，现有一带正电的小球以速度v从2点水平飞入电场，已知4

8两点之间的距离为厂，下列关于小球运动的描述正确的是（）

A.若场强£=上，小球一定做匀速圆周运动

q

B.若场强£=圾，小球一定做匀速直线运动

q

C.若场强E=左坐，小球一定做匀速圆周运动

rv

D.若带正电小球满足幺=合=r:，小球一定做匀速圆周运动

mEkQ

【答案】D

【解析】A.若场强为“=整，则带正电的小球有

q

qE=mg

若速度V合适，使库仑力恰好作为向心力

,Qqv-

k—^=m——

rr

小球才能做匀速圆周运动，A错误；

B.带正电的小球受到的库仑力一定随距离不断变化，小球所受合力不可能始终平衡，故小球不可能做匀速

直线运动，B错误；

CD.要使小球做匀速圆周运动，必须同时满足A解析中的两表达式，可解得

q_八’_g

mkQE

C错误，D正确。

故选D。

4.（2022・上海黄浦•二模）如图所示，空间存在一水平向左的匀强电场，两个带电小球P、Q用相同的绝缘

细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好竖直，则（）

A.P、Q均带正电

B.P、Q均带负电

C.P带正电、Q带负电

D.P带负电、。带正电

【答案】C

【解析】AB.由图可知，两小球均在匀强电场的电场力和库仑力的作用下保持平衡，由于相互的库仑力大

小相等、方向相反，那么两小球各自受到匀强电场的电场力也一定大小相等、方向相反，所以两小球一定

带异种电荷，故AB错误；

C.如小球P带正电、。带负电，小球P受到匀强电场的电场力向左、库仑力向右，有可能如图所示保持平

衡；同理如小球Q带负电，其受到匀强电场的电场力向右、库仑力向左，有可能如图所示保持平衡，故C

正确；

D.如果小球P带负电、。带正电，则小球P受到匀强电场的电场力与库仑力均向右，则不能如图所示平衡；

同理小球Q受到匀强电场的电场力与库仑力均向左，也不能如图所示平衡，故D错误。

故选C。

5.（2022.湖北.华中师大一附中模拟预测）如图所示，虚线下方存在着方向水平向左、范围足够大的匀

强电场。A8为绝缘光滑且固定的四分之一圆弧轨道，轨道半径为R,。为圆心，8位于。点正下方。一质

量为机、电荷量为q的带正电小球，以初速度以竖直向下从A点沿切线进入半圆轨道内侧，沿轨道运动到

8处以速度诬射出。已知重力加速度为g,匀强电场场强大小E=等，空气阻力不计，下列说法正确的

是（）

A.从A到8过程中，小球的机械能先增大后减小

B.从A到B过程中，小球对轨道的压力先减小后增大

C.在A、B两点的速度大小满足以>诬

D.从8点抛出后，小球速度的最小值为

【答案】D

【解析】A.从A到B过程中，电场力一直做负功，小球的机械能一直减小，故A错误；

B.等效重力的与竖直线夹约37。偏左下方，所以从A到8过程中，小球速度先增大后减小，对轨道的压力

先增大后减小，故B错误；

C.B点比A点更靠近等效最低点，所以

VA<VB

故C错误；

D.从A到8,由动能定理

1,1,

mgR-EqR=—mvg--mv\

解得

之后小球做斜抛运动，在垂直于等效场方向上的分速度即为最小速度，则

故D正确。

故选D。

6.（2022•内蒙古・莫旗一中高三期末）用30cm的细线将质量为4xl0-3kg的带电小球尸悬挂在0点下，当空

中有方向为水平向右，大小为N/C的匀强电场时，小球偏转37。后处在静止状态，则（）

A.小球带负电

B.小球的带电量是2.4xl（T6c

C.小球的带电量是3XI0-6C

D.小球所受合力是5X10-2N

【答案】C

【解析】A.小球所受电场力的方向与电场线方向一致，因此小球带正电，A错误;

BC.对小球进行受力分析可知

Eq=mgtan37°

解得

^=3X10-6C

B错误，C正确；

D.由于小球处于静止状态，因此所受合力为零，D错误。

故选c。

二、多选题

7.（2022・四川・遂宁安居育才卓同国际学校高三阶段练习）如图，在水平向右的匀强电场中，质量为”的带

电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v,方向斜向下，且与电场方向的夹

角为45°（图中未画出），则小球从M运动到N的过程（

E

B.重力势能减少!■机v?

A.重力势能减少“疗

C.电势能减少mV?口.电势能减少,

【答案】BC

【解析】AB.将N点的速度进行分解，则在水平方向有

vx=2vcos45°=A/2V

竖直方向有

=2加1145。=扬

在竖直方向根据速度位移公式有

v^-v2=2gh

重力做功

Wa=mgh

联立解得

2

WG=^mv

则重力势能减少gmv）故A错误，B正确;

CD.根据动能定理有

mv,2

WG+%=—m（2v）"~~

联立解得

Wig=mv2

则电势能减少根v2,故C正确，D错误。

故选BCo

8.（2022・湖南・长沙一中高三阶段练习）如图所示，一个光滑斜面与一个光滑的竖直圆轨道在A点相切，B

点为圆轨道的最低点，C点为圆轨道的最高点，整个空间存在水平向左的匀强电场。一质量为机=lkg,电

荷量为-4（4>0）的带电小球从斜面上静止释放，小球始终能沿轨道运动。己知电场强度E=£,4=53。，

圆轨道半径H=lm,gMX10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6o则以下说法中正确的是（）

A.刚释放小球时小球的加速度的大小为12.5m/s2

B.若小球能到达C点，释放点与A的距离至少为12.75m

C.若小球恰能到达C点.此运动过程中小球对轨道的最大压力为67.5N

D.若电场方向相反，大小不变，小球恰能到达C点，小球运动在过程中对轨道的最大压力为67.5N

【答案】AC

【解析】A.对小球受力分析，小球所受电场力水平向右，且题设小球始终沿轨道运动，由牛顿第二定律得

mgsin0+Eqcos0=ma

解得

A=12.5m/s2

故A正确;

B.小球若恰好到达C点，在C点由牛顿第二定律得

mg=m^

R

从释放到到达C点，由动能定理得

zng[ssine+E(l—cose)—2R]+%(scose+Hsine)

代入数据解得

5=1.2m

故B错误；

C.设重力与电场力的合力方向与竖直方向成a角，故

Eq

tana=----

mg

解得

a=37°

方向恰好沿斜面方向，大小为

5

F=丁咫

由释放点到最大速度点由动能定理得

F（5+l?）=—mv2

对该点由牛顿第二定律得

v2

N-F=m—

R

由牛顿第三定律得压力

yN=67.5N

故C正确;

D.若电场反向，设小球于B点左侧a角处达到最大速度，同理解得

a=37°

沿如图所示。。方向

此时若小球能到达C点，应先恰能到达E点，对E点受力分析得

R

解得

「还向S

E2

对D到E由动能定理得

-F-2R=gmv&m诏

解得

5A/10,

VD=-向§

对该点由牛顿第二定律得

N-F=m4

R

由牛顿第三定律得压力

&=N=75N

故D错误。

故选AC»

9.（2022.湖北•襄阳五中模拟预测）如图所示，一斜面倾斜角度为53。，斜面末端连接一处于竖直平面的光

滑绝缘半圆轨道，。为圆心，A、8为其竖直方向上的直径的上下两端点，现有一个质量为0.4kg,带电荷

量4=+1.0xl（）5c的小球（可视为质点）以初速度v°=10m/s从斜面上某点垂直斜面方向抛出，小球恰好沿切

线从半圆轨道的最高点A飞入半圆轨道，已知整个空间存在水平向右的匀强电场，电场强度为E=3X105N/C,

重力加速度g=10m/s2,下列说法正确的是（）

B

A.小球从开始到A点的运动是类平抛运动

B.小球在A点处的速度大小为12.5m/s

C.小球第一次在半圆轨道上滑行过程中会在某处脱离半圆轨道

D.小球第一次在半圆轨道上滑行过程中对轨道的最大压力大小为33.5N

【答案】AB

【解析】A.小球受到重力和电场力的作用，如图所示

F=](mg?+(qE)。=5N

设尸与水平方向夹角为e

八mg4

tan0=----

qE3

，二53。

尸与vo垂直，所以小球做类平抛运动，故A正确;

B.因为小球做类平抛运动，由图可知

—5—=12.5111/5

sin53°

故B正确;

C.如图所示，根据受力情况画出小球运动过程中等效的最低点为C点，小球到C点时对轨道的压力最大,

因为在A点小球恰好能无碰撞飞入半圆轨道，在A点对轨道的压力为零，所以小球第一次在半圆轨道上滑

行过程中不会在脱离半圆轨道

故C错误；

D.在A点根据牛顿第二定律得

mg=m

R

从A至C过程中根据动能定理

1,1,

FR(1+sin53°)=—mv^——mv\

根据牛顿第二定律得

F-F=m

NR

解得

风=27N

根据牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小为27N,故D错误。

故选AB。

10.（2022・河北•鸡泽县第一中学高三阶段练习）用一条长为1m的绝缘轻绳，悬挂一个质量为4.0x10-4kg、

电荷量为2.0x10-8（2的小球，细线的上端固定于。点。如图所示，现加一水平向右的匀强电场，平衡时绝

缘绳与竖直方向的夹角为37。，取重力加速度g=lOm/s?,sin37°=0.6,cos37°=0.8□下列说法正确的是

A.匀强电场的场强为1.5xl06N/C

B.平衡时细线的拉力为S.OxlCT'N

C.若撤去电场，小球回到最低点时绳上的拉力为5.6X10-3N

D.若剪断细绳，小球将做加速度为12m/s2的匀加速直线运动

【答案】BC

【解析】A.平衡时，有

qE=mgtan37°

可得

E=1.5X105N/C

故A错误；

B.平衡时细线的拉力为

F=，，1§=5.0X10~3N

cos37°

故B正确；

C.撤去电场，由动能定理可得

10

mgL(l-cos37°)=—mv

由牛顿第二定律可得

,V2

r-mg=m—

联立可得小球回到最低点时绳上的拉力为

9=5.6x10-3N

故C正确；

D.剪断细线后，电场力与重力的合力产生加速度，由牛顿第二定律可得

2

fl=^=^L=12.5m/s

mmcos37°

故D错误。

故选BC。

三、解答题

11.（2017•天津市红桥区教师发展中心高三期末）如图所示，空间存在着电场强度E=1.5X102N/C、方向竖

直向上的匀强电场，在电场内一长为L=0.5m的绝缘细线一端固定于。点，另一端拴着质量根=0.5kg、电

荷量q=6xl（F2c的小球。现将细线拉至水平位置，将小球由静止释放，当小球运动到最高点时细线受到的

拉力最大。取g=10m/s2求：

（1）小球的电性；

（2）细线受的最大拉力值。

【答案】（1）小球带正电；（2）12N

【解析】（1）由小球运动到最高点可知，小球带正电。

（2）设小球运动到最高点时速度为V,由动能定理有

12

（qE-mg）L=—mv

在最高点由牛顿第二定律有

v2

r+mg-qb=ni1

解得

F=12N

12.（2022•福建省龙岩第一中学高三阶段练习）如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点。，用一

根长度为£=0.4m的绝缘细线把质量为m=0.4kg、电荷为q=+2C的金属小球悬挂在。点，小球静止在B点

时细线与竖直方向的夹角为0=37。。已知A、C两点分别为细线悬挂小球的水平位置和竖直位置，求：（g取

10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8）

（1）匀强电场的场强大小；

（2）将小球从A点由静止释放，小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小；

（3）如果要使小球能绕。点做完整的圆周运动，则小球在A点时沿垂直于方向运动的初速度最少为多

少？（结果可用根号表示）

【答案】⑴1.5N/C；(2)6N；(3)同n/s

【解析】（1）带电小球在3点静止受力平衡，根据平衡条件得

qE=mgtan0

得

E=Wgtan<9=1,5N/C

q

（2）设小球运动至C点时速度为Vc，则

mgL-qEL=g

解得

vc=V2m/s

在C点，小球所受重力和细线的合力提供向心力

F-mg=m

L

联立解得

F=6N

（3）分析可知小球做完整圆周运动时必须通过3点关于。点的对称点，设在该点时小球的最小速度为v,

则

v2

mgcos0+qEsin0=m—

由动能定理得

-mgLcos6-qEL(1+sin8)=；mv2-；mu；

联立解得

13.（2022.全国•高三专题练习）如图所示，一带电荷量为+q、质量为根的小物块处于一倾角为37。的光滑

斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止。重力加速度取g,sin37o=0.6,cos

37°=0.8„求：

(1)水平向右电场的电场强度的大小；

(2)若将电场强度减小为原来的3，小物块的加速度是多大;

(3)电场强度变化后小物块下滑距离L时的动能。

【解析】(1)对物块受力分析，根据共点力的平衡条件可得

cos37=mgsin37

解得

E=也

4q

(2)对物块受力分析，若将电场强度减小为原来的!■，根据牛顿第二定律可得

mgsin37°—gqEcos37°=ma

解得

a=0.3g

(3)根据动能定理可得下滑乙时的动能为

Ek=maL=0.3mgL

14.(2022・全国•高三课时练习)如图所示，在光滑的水平桌面上，水平放置的粗糙直线轨道与水平放置

的光滑圆弧轨道BCO相切于8点，整个轨道位于水平桌面内，圆心角/3OC=37。，线段OC垂直于

圆弧轨道半径为凡直线轨道长为乙=5七整个轨道处于电场强度为E的匀强电场中，电场强度方向平

行于水平桌面所在的平面且垂直于直线。。。现有一个质量为机、带电荷量为+q的小物块尸从A点无初速

度释放，小物块尸与48之间的动摩擦因数〃=0.25,sin37o=0.6,«»37。=0.8,忽略空气阻力。求：

(1)小物块第一次通过C点时对轨道的压力大小4口；

(2)小物块第一次通过。点后离开。点的最大距离；

(3)小物块在直线轨道上运动的总路程。

【答案】(1)5.4qE；(2)(3)157?

【解析】(1)设小物块第一次到达C点时的速度大小为V。，根据动能定理有

qE[Lsin37°+J?(l-cos37°)]-〃qELcos37°=1根匕：一。

解得

22EqR

v=

ci5m

在C点根据向心力公式得

小西=噜

1\

解得

FNC1'=5AqE

根据牛顿第三定律得

FNCI-5.4qE

(2)设小物块第一次到达。点时的速度大小为v。/,根据动能定理有

qECLsin37。-Reos37°)—juqELcos37°=]?%：-0

解得

v=12^

Dlv5m

小物块第一次到达。点后先以速度V。逆着电场方向做匀减速直线运动，设运动的最大距离为布，根据动

能定理得

解得

Xm=]

(3)分析可知小物块最终会在圆弧轨道上做往复运动，到达B点的速度恰好为零时，动能和电势能之和不

再减小。设小物块在直线轨道48上运动的总路程为s,则根据功能关系得

qELsm37。=piqEscGS37°

解得

s=15H

15.(2022•全国•高三专题练习)如图所示，光滑水平面A3和竖直面内的光滑:圆弧导轨在B点平滑连接,

导轨半径为R。质量为小的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过8点时的速

度大小为疑，之后沿轨道30运动。以。为坐标原点建立直角坐标系在xN-R区域有方向与x轴

夹角为6=45。的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为"“g。小球在运动过程中电荷量保持不

变，重力加速度为g。求：

(1)弹簧压缩至A点时的弹性势能；

(2)小球经过。点时的速度大小；

2

【答案】(1)、gR；⑵v0=^R-,(3)y=6Rx

【解析】(1)小球从A到2,根据能量守恒定律得

(2)小球从B到。，根据动能定理有

解得

Vo=yl3gR

(3)小球运动至。点时速度竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到无轴和y轴，则无轴方向有

qEcos45=max

竖直方向有

qEsin45-mg=ma、,

解得