帶點粒子在磁場中經典問題匯總

第=PAGE2*2-13頁共=SECTIONPAGES14*228頁◎第=PAGE2*24頁共=SECTIONPAGES14*228頁第=PAGE1*2-11頁共=SECTIONPAGES14*228頁◎第=PAGE1*22頁共=SECTIONPAGES14*228頁磁場經典問題匯總1．如圖所示，在坐標系xOy中，y軸右側有一勻強電場；在第二、三象限內有一有界勻強磁場，其上、下邊界無限遠，右邊界為y軸、左邊界為平行于y軸的虛線，磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里。一帶正電，電量為q、質量為m的粒子以某一速度自磁場左邊界上的A點射入磁場區(qū)域，并從O點射出，粒子射出磁場的速度方向與x軸的夾角θ＝45°，大小為v．粒子在磁場中的運動軌跡為紙面內的一段圓弧，且弧的半徑為磁場左右邊界間距的倍。粒子進入電場后，在電場力的作用下又由O點返回磁場區(qū)域，經過一段時間后再次離開磁場。已知粒子從A點射入到第二次離開磁場所用的時間恰好等于粒子在磁場中做圓周運動的周期。忽略重力的影響。求：（1）粒子經過A點時速度的方向和A點到x軸的距離；（2）勻強電場的大小和方向；（3）粒子從第二次離開磁場到再次到達磁場所用的時間?！敬鸢浮浚?）（2）（3）【解析】試題分析：（1）如圖所示，設磁場左邊界與x軸相交于D點，過O點作速度v垂線OO1，與MN相交于O1點。由幾何關系可知，在直角三角形OO1D中∠OO1D=45o。設磁場左右邊界間距為d，則OO1=d。粒子第一次進入磁場的運動軌跡的圓心即為O1點，圓孤軌跡所對的圓心角為45o，且O1A為圓弧的半徑R。由此可知，粒子自A點射入磁場的速度與左邊界垂直。A點到x軸的距離：①由洛侖茲力公式、牛頓第二定律及圓周運動的規(guī)律，得：-②聯立①②式得：③（2）依題意：勻強電場的方向與x軸正向夾角應為135o。設粒子在磁場中做圓周運動的周期為T，第一次在磁場中飛行的時間為t1，有：④⑤由幾何關系可知，粒子再次從O點進入磁場的速度方向與磁場右邊夾角為45o。設粒子第二次在磁場中飛行的圓弧的圓心為O2，O2必定在直線OO1上。設粒子射出磁場時與磁場右邊界交于P點，則∠OO2P=90o。設粒子第二次進入磁場在磁場中運動的時間為t2，有：⑥設帶電粒子在電場中運動的時間為t3，依題意得：⑦由勻變速運動的規(guī)律和牛頓定律可知：⑧⑨聯立④⑤⑥⑦⑧⑨可得：⑩（3）由幾何關系可得：故粒子自P點射出后將做類平拋運動。則沿電場方向做勻加速運動：⑾垂直電場方向做勻速直線運動：⑿⒀聯立⑨⑩⑿⒀式得：考點：帶電粒子的電偏轉、磁偏轉、勻變速直線運動、勻速直線運動和牛頓定律等綜合知識。2．如圖所示,在坐標系xOy中,過原點的直線OC與x軸正向的夾角φ=120°,在OC右側有一勻強電場;在第二?三象限內有一勻強磁場,其上邊界與電場邊界重疊?右邊界為y軸?左邊界為圖中平行于y軸的虛線,磁場在磁感應強度大小為B,方向垂直紙面向里.一帶正電荷q?質量為m的粒子以某一速度自磁場左邊界上的A點射入磁場區(qū)域,并從O點射出,粒子射出磁場的速度方向與x軸的夾角θ=30°,大小為v.粒子在磁場中的運動軌跡為紙面內的一段圓弧,且弧的半徑為磁場左右邊界間距的兩倍.粒子進入電場后,在電場力的作用下又由O點返回磁場區(qū)域,經過一段時間后再次離開磁場.已知粒子從A點射入到第二次離開磁場所用的時間恰好等于粒子在磁場中做圓周運動的周期.忽略重力的影響.求(1)粒子經過A點時速度的方向和A點到x軸的距離;(2)勻強電場的大小和方向;(3)粒子從第二次離開磁場到再次進入電場時所用的時間.【答案】(1)(2),與x軸正向夾角為150°(3)【解析】(1)設磁場左邊界與x軸相交于D點,與CO相交于O′點,由幾何關系可知,直線OO′與粒子過O點的速度v垂直.在直角三角形OO′D中∠OO′D=30°.設磁場左右邊界間距為d,則OO′=2d.依題可知,粒子第一次進入磁場的運動軌跡的圓心即為O′點,圓弧軌跡所對的圓心角為30°,且O′A為圓弧的半徑R.由此可知,粒子自A點射入磁場的速度與左邊界垂直.A點到x軸的距離=R(1-cos30°) ①由洛倫茲力公式?牛頓第二定律及圓周運動的規(guī)律,得qvB= ②聯立①②式得 ③(2)設粒子在磁場中做圓周運動的周期為T,第一次在磁場中飛行的時間為t1,有 ④ ⑤依題意,勻強電場的方向與x軸正向夾角應為150°.由幾何關系可知,粒子再次從O點進入磁場的速度方向與磁場右邊界夾角為60°.設粒子第二次在磁場中飛行的圓弧的圓心為O″,O″必定在直線OC上.設粒子射出磁場時與磁場右邊界交于P點,則∠OO″P=120°.設粒子第二次進入磁場在磁場中運動的時間為t2,有 ⑥設帶電粒子在電場中運動的時間為t3,依題意得t3=T-(t1+t2) ⑦由勻變速運動的規(guī)律和牛頓定律可知,-v=v-at3 ⑧ ⑨聯立④⑤⑥⑦⑧⑨可得 ⑩(3)粒子自P點射出后將沿直線運動.設其由P′點再次進入電場,由幾何關系知∠O″P′P=30°B11三角形OPP′為等腰三角形.設粒子在P?P′兩點間運動的時間為t4,有 (12)又由幾何關系知 (13)聯立②(12)(13)式得3．如圖所示，第四象限內有互相正交的勻強電場E與勻強磁場B1，E的大小為0.5×103V/m,B1大小為0.5T；第一象限的某個矩形區(qū)域內，有方向垂直紙面向里的勻強磁場B2，磁場的下邊界與x軸重合。一質量m=1×10-14kg、電荷量q=1×10-10C的帶正電微粒以某一速度v沿與y軸正方向60°角從M點沿直線運動，經P點即進入處于第一象限內的磁場B2區(qū)域。一段時間后，小球經過y軸上的N點并與y軸正方向成60°角的方向飛出。M點的坐標為(0，-10)，N點的坐標為(0，30)，不計粒子重力，g取10m/s2(1)請分析判斷勻強電場E的方向并求出微粒的運動速度大小v；(2)畫出微粒的運動軌跡圖，并求出勻強磁場B2的大??；(3)B2磁場區(qū)域的最小面積為多少？xx/cmy/cmOMNP60°60°【答案】（1）電場E的方向與y軸負方向成30°角斜向右下，v=103m/s。（2）軌跡圖如圖所示；。xx/cmy/cmOMNP60°60°O1DCAKV2（3）所求磁場的最小面積為【解析】x/cmy/cmOMNx/cmy/cmOMNP60°60°O1DCAKQ由力的平衡有由力的平衡有（2）畫出微粒的運動軌跡如圖。由幾何關系得：解得：微粒做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，即解得：（3）由圖可知，磁場B2的最小區(qū)域應該分布在圖示的矩形PACD內。由幾何關系易得所以，所求磁場的最小面積為4．(14分)如圖所示，勻強電場區(qū)域和勻強磁場區(qū)域是緊鄰的，且寬度相等均為d，電場方向在紙平面內豎直向下，而磁場方向垂直于紙面向里，一帶正電的粒子從O點以速度v0沿垂直電場方向進入電場，從A點出電場進入磁場，離開電場時帶電粒子在電場方向的偏轉位移為電場寬度的一半，當粒子從磁場右邊界上C點穿出磁場時速度方向與進入電場O點時的速度方向一致，已知d、v0(帶電粒子重力不計)，求：圖12(1)粒子從C點穿出磁場時的速度大小v；(2)電場強度E和磁感應強度B的比值eq\f(E,B).【答案】【解析】5．如圖所示,坐標系xOy位于豎直平面內,在該區(qū)域內有場強E=12N/C?方向沿x軸正方向的勻強電場和磁感應強度大小為B=2T?沿水平方向且垂直于xOy平面指向紙里的勻強磁場.一個質量m=4×10-5kg,電量q=2.5×10-5C帶正電的微粒,在xOy平面內做勻速直線運動,運動到原點O時,撤去磁場,經一段時間后,帶電微粒運動到了x軸上的P點.取g=10m/s(1)P點到原點O的距離;(2)帶電微粒由原點O運動到P點的時間.【答案】(1)15m(2)1.2s【解析】微粒運動到O點之前要受到重力?電場力和洛倫茲力作用,在這段時間內微粒做勻速直線運動,說明三力合力為零.由此可得 ①電場力FE=Eq ②洛倫茲力FB=Bqv ③聯立求解?代入數據得v=10m/s ④微粒運動到O點之后,撤去磁場,微粒只受到重力?電場力作用,其合力為一恒力,且方向與微粒在O點的速度方向垂直,所以微粒在后一段時間內的運動為類平拋運動,可沿初速度方向和合力方向進行分解.tanθ= ⑤代入數據得tanθ= ⑥設沿初速度方向的位移為s1,沿合力方向的位移為s2,則因為s1=vt ⑦s2=t2 ⑧ ⑨聯立求解,代入數據可得P點到原點O的距離OP=15mO點到P點運動時間t=1.2s.6．如圖所示，在豎直平面內放置一長為L的薄壁玻璃管，在玻璃管的a端放置一個直徑比玻璃管直徑略小的小球，小球帶電荷量為-q、質量為m。玻璃管右邊的空間存在著勻強電場與勻強磁場的復合場。勻強磁場方向垂直于紙面向外，磁感應強度為B；勻強電場方向豎直向下，電場強度大小為mg/q。電磁場的左邊界與玻璃管平行，右邊界足夠遠。玻璃管帶著小球以水平速度v0垂直于左邊界向右運動，由于水平外力的作用，玻璃管進入磁場后速度保持不變，經一段時間后小球從玻璃管b端滑出并能在豎直平面內自由運動，最后從左邊界飛離電磁場。設運動過程中小球的電荷量保持不變，不計一切阻力。求：BBv00LabE（1）小球從玻璃管b端滑出時速度的大?。?）從玻璃管進入磁場至小球從b端滑出的過程中，外力F隨時間t變化的關系（3）通過計算求出小球離開磁場時的速度方向【答案】（1）（2）（3）sinα=0【解析】（20分）由得，，即重力與電場力平衡…（1分）如圖所示，所以小球管中運動的加速度為：…（2分）設小球運動至b端時的y方向速度分量為vy，xxvvyv0vROααx1xy0則：……（2分）解得小球運動至b端時速度大小為………（1分）（2）由平衡條件可知，玻璃管受到的水平外力為：F=Fx=Bvyq…………………（2分）………………（2分）解得外力隨時間變化關系為：………（1分）（3）設小球在管中運動時間為t，小球在磁場中做圓周運動的半徑為R，軌跡如圖所示，t0時間內玻璃管的運動距離x=v0t……………（2分）由牛頓第二定律得：………………（2分）由幾何關系得：…………………（2分）所以………（2分）可得sinα=0……………（1分）故，即小球飛離磁場時速度方向垂直于磁場邊界向左。本題屬于帶電粒子在磁場和電場的混合場中運動的問題。熟練帶電粒子在電場和磁場中的規(guī)律，便可輕松解除此題。7．如圖甲所示，空間分布著有理想邊界的勻強電場和勻強磁場．勻強磁場分為Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域，其邊界為MN、PQ，磁感應強度大小均為B，方向如圖所示，Ⅰ區(qū)域高度為d，Ⅱ區(qū)域的高度足夠大．一個質量為m、電量為q的帶正電的小球從磁場上方的O點由靜止開始下落，進入電、磁復合場后，恰能做勻速圓周運動．(1)求電場強度E的大?。?2)若帶電小球運動一定時間后恰能回到O點，求帶電小球釋放時距MN的高度h；(3)若帶電小球從距MN的高度為3h的O'點由靜止開始下落，為使帶電小球運動一定時間后仍能回到O'點，需將磁場Ⅱ向下移動一定距離（如圖乙所示），求磁場Ⅱ向下移動的距離y及小球從O'點釋放到第一次回到O'點的運動時間T?！敬鸢浮浚?）（2）（3）【解析】（1）帶電小球進入復合場后恰能做勻速圓周運動，則電場力與重力平衡，得（2+2分）（2）只有小球從進入磁場的位置離開磁場，做豎直上拋運動，才能恰好回到O點（2+2+2=6分）解得：（2分）（3）當帶電小球從距MN的高度為3h的O'點由靜止開始下落時，應有（2+1分）畫出粒子的運動軌跡，如右圖所示，在中間勻速直線運動過程中，粒子的速度方向與豎直方向成30°角，根據幾何關系，可得（2分）粒子自由落體和豎直上拋的總時間（1分）粒子圓周運動的總時間（2分）粒子勻速直線運動的總時間（1分）一個來回的總時間（1分）8．(2011年寧波效實中學高三月考)如圖所示，豎直平面內有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場強度E1＝2500N/C，方向豎直向上；磁感應強度B＝103T，方向垂直紙面向外；有一質量m＝1×10－2kg、電荷量q＝4×10－5C的帶正電小球自O點沿與水平線成45°角以v0＝4m/s的速度射入復合場中，之后小球恰好從P點進入電場強度E2＝2500N/C，方向水平向左的第二個勻強電場中．不計空氣阻力，g取10(1)O點到P點的距離s1；(2)帶電小球經過P點的正下方Q點時與P點的距離s2.【答案】見解析【解析】(1)帶電小球在正交的勻強電場和勻強磁場中受到的重力G＝mg＝0.1N電場力F1＝qE1＝0.1N即G＝F1，故帶電小球在正交的電磁場中由O到P做勻速圓周運動根據牛頓第二定律得：qv0B＝m解得：R＝＝m＝1m由幾何關系得：s1＝R＝m.(2)帶電小球在P點的速度大小仍為v0＝4m/s，方向與水平方向成45°.由于電場力F2＝qE2＝0.1N，與重力大小相等，方向相互垂直，則合力的大小為F＝N，方向與初速度方向垂直，故帶電小球在第二個電場中做類平拋運動．建立如圖所示的x、y坐標系，沿ya＝F/m＝10m/s2，位移y＝at2沿x軸方向上，帶電小球的位移x＝v0t由幾何關系有：y＝x即：at2＝v0t，解得：t＝sQ點到P點的距離s2＝x＝×4×m＝3.2m.9、如圖所示的區(qū)域中，左邊為垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，右邊是一個電場強度大小未知的勻強電場，其方向平行于OC且垂直于磁場方向．一個質量為m、電荷量為-q的帶電粒子從P孔以初速度v0沿垂直于磁場方向進人勻強磁場中，初速度方向與邊界線的夾角θ＝60°，粒子恰好從C孔垂直于OC射入勻強電場，最后打在Q點，已知OQ＝2OC，不計粒子的重力，求：(1)粒子從P運動到Q所用的時間tPOQPOQCEBθv0(3)粒子到達Q點時的動能EkQ(1)畫出粒子運動的軌跡如圖示的三分之一圓弧(O1為粒子在磁場中圓周運動的圓心）：∠PO1C設粒子在磁場中圓周運動的半徑為r，r+rcos60°=OC=xOC=x=3r/2粒子在磁場中圓周運動的時間粒子在電場中類平拋運動OQ=2x=3r粒子從P運動到Q所用的時間(2)粒子在電場中類平拋運解得(3)由動能定理分解得粒子到達Q點時的動能為由動能定理解得粒子到達Q點時的動能為10、如圖所示，在x-o-y坐標系中，以（r，0）為圓心、r為半徑的圓形區(qū)域內存在勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向里。在y>r的足夠大的區(qū)域內，存在沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E。從O點以相同速率向不同方向發(fā)射質子，質子的運動軌跡均在紙面內，且質子在磁場中運動的軌跡半徑也為r。已知質子的電荷量為q，質量為m，不計質子所受重力及質子間相互作用力的影響。（1）．求質子射入磁場時速度的大?。唬?）．若質子沿x軸正方向射入磁場，求質子從O點進入磁場到第二次離開磁場經歷的時間；（3）．若質子沿與x軸正方向成夾角θ的方向從O點射入第一象限的磁場中，求質子在磁場中運動的總時間?！窘馕觥浚?）質子射入磁場后做勻速圓周運動，有（2分）得（1分）（2）質子沿x軸正向射入磁場后，在磁場中運動了個圓周后，以速度υ逆著電場方向進入電場，原路徑返回后，再射入磁場，在磁場中運動了個圓周后離開磁場。在磁場中運動周期質子在磁場中運動的時間（2分）進入電場后做勻變速直線運動，加速度大小質子在電場中運動的時間（3分）所求時間為=+（2分）（3）當質子沿與x軸正方向成夾角θ的方向從第一象限射入磁場時，設質子將從A點射出磁場，如圖所示，其中O1、O2分別為磁場區(qū)域圓和質子軌跡圓的圓心。由于軌跡圓的半徑等于磁場區(qū)域圓的半徑，所以OO1AO2為菱形，即AO2平行x軸，說明質子以平行y軸的速度離開磁場，也以沿y軸負方向的速度再次進入磁場?！螼2=90°_θ.所以，質子第一次在磁場中運動的時間t1′（3分）此后質子軌跡圓的半徑依然等于磁場區(qū)域圓的半徑，設質子將從C點再次射出磁場，如圖所示，其中O1、O3分別為磁場區(qū)域圓和質子軌跡圓的圓心，AO3平行x軸。由于O1AO3C為菱形，即CO1平行AO3，即平行x軸，說明C就是磁場區(qū)域圓與x軸的交點。這個結論與θ無關。所以，OO2O3C為平行四邊形，∠O3=90°+θ.質子第二次在磁場中運動的時間t2′（4分）質子在磁場中運動的總時間t′=t1′+t2′=（2分）11、如圖所示,xoy為空間直角坐標系，PQ與y軸正方向成θ=30°角。在第四象限和第一象限的xoQ區(qū)域存在磁感應強度為B的勻強磁場，在Poy區(qū)域存在足夠大的勻強電場，電場方向與PQ平行，一個帶電荷量為+q，質量為m的帶電粒子從-y軸上的A(0,-L)點，平行于x軸方向射入勻強磁場，離開磁場時速度方向恰與PQ垂直，粒子在勻強電場中經時間后再次經過x軸,粒子重力忽略不計。求：（1）從粒子開始進入磁場到剛進入電場的時間；（2）勻強電場的電場強度E的大小?！窘馕觥浚?）設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R,則由幾何關系得R=L（1分）qvB=（1分）聯立得又有（1分）粒子在磁場中運動時間（1分）由M到做勻速直線運動的時間（1分）所以粒子從開始進入磁場到剛進入電場的時間聯立以上各式得（1分）（2）在電場中做類平拋運動=vt（1分）（1分）（1分）由幾何關系得（1分）（1分）聯立得把θ=30°代入得（1分）11、如圖所示，真空中有以（r，0）為圓心，半徑為r的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向里，在y=r的虛線上方足夠大的范圍內，有水平向左的勻強電場，電場強度的大小為E，現在有一質子從O點沿與x軸正方向斜向下成30o方向（如圖中所示）射入磁場，經過一段時間后由M點（圖中沒有標出）穿過y軸。已知質子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，質子的電荷量為e，質量為m，不計重力、阻力。求：（1）．質子運動的初速度大小;（2）．M點的坐標;（3）．質子由O點運動到M點所用時間.【解析】（1）質子在磁場做勻速圓周運動有∴得v=（2）質子在磁場和電場中運動軌跡如圖所示，質子在磁場中轉過120°角后，從P點再勻速運動一段距離后垂直電場線進入電場，由幾何關系得P點距y軸的距離為x2=r+rsin30o=1.5r質子在電場中做類平拋運動所以有①②由①②得M點的縱坐標所以M點坐標為（3）質子在磁場中運動時間由幾何關系得P點的縱坐標所以質子勻速運動時間質子由O點運動到M點所用時間12、如圖所示，勻強電場區(qū)域和勻強磁場區(qū)域是緊鄰的且寬度相等均為d，電場方向在紙平面內，而磁場方向垂直紙面向里．一帶正電粒子從O點以速度v0沿垂直電場方向進入電場．在電場力的作用下發(fā)生偏轉，從A點離開電場進入磁場，離開電場時帶電粒子在電場方向的偏移量為eq\f(1,2)d，當粒子從C點穿出磁場時速度方向與進入電場O點時的速度方向一致，不計帶電粒子的重力，求：54．粒子從C點穿出磁場時的速度v.55．電場強度和磁感應強度的比值eq\f(E,B).【解析】（1）粒子在電場中做類平拋運動，則水平：（1分）豎直：（2分）解得速度偏轉角：所以飛出電場時的速度：（2分）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力不做功，所以穿出磁場時的速度大小為：方向：水平向右（2分）粒子在電場中運動：（1分）(1)粒子在磁場中運動軌跡如右圖所示：由幾何關系，得（2分）粒子做勻速圓周運動：（1分）得（2分）（2）（1）、（2）聯立，解得（1分）13、在如圖所示的空間區(qū)域里，y軸左方有一勻強電場，場強方向跟y軸正方向成60°，大小為E=4.0×105N/C；y軸右方有一垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B=0.20T。有一質子以速度v=2.0×106m/s，由x軸上的A點（10cm，0）沿與x軸正方向成30°斜向上射入磁場，在磁場中運動一段時間后射入電場，后又回到磁場，經磁場作用后又射入電場。已知質子質量近似為m=1.6×10-27kg，電荷q=1.6×10-1957．質子在磁場中做圓周運動的半徑。58．質子從開始運動到第二次到達y軸所經歷的時間。59．質子第三次到達y軸的位置坐標?！窘馕觥浚?）質子在磁場中受洛倫茲力做勻速圓周運動，根據牛頓第二定律，得質子做勻速圓周運動的半徑為 （2）由于質子的初速度方向與x軸正方向夾角為30°，且半徑恰好等于OA，因此，質子將在磁場中做半個圓周到達y軸上的C點，如答圖所示。根據圓周運動的規(guī)律，質子做圓周運動周期為質子從出發(fā)運動到第一次到達y軸的時間t1為 質子進入電場時的速度方向與電場的方向相同，在電場中先做勻減速直線運動，速度減為零后反向做勻加速直線運動，設質子在電場中運動的時間t2，根據牛頓第二定律，因此，質子從開始運動到第二次到達y軸的時間t為 （3）質子再次進入磁場時，速度的方向與電場的方向相同，在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，到達y軸的D點。根據幾何關系，可以得出C點到D點的距離為則質子第二次到達y軸的位置為即質子第三次到達y軸的坐標為（0，34.6cm）。14、如圖所示，空間某平面內有一條折線是磁場的分界線，在折線的兩側分布著方向相反、與平面垂直的勻強磁場，磁感應強度大小都為B．折線的頂角∠A=90°，P、Q是折線上的兩點，AP=AQ=L．現有一質量為m、電荷量為q的帶負電微粒從P點沿PQ方向射出，不計微粒的重力．（1）若在P、Q間外加一與磁場方向垂直的勻強電場，能使速度為射出的微粒沿PQ直線運動到Q點，則勻強電場的場強為多大?（2）撤去(1)中的勻強電場，為使微粒從P點射出后，途經折線的頂點A而到達Q點，求初速度應滿足什么條件?（3）．求第(2)問中微粒從P點到達Q點所用時間的最小值．【解析】(1)由電場力與洛倫茲力平衡得：，（2分）則（2分）(2)根據運動的對稱性，微粒能從P點到達Q點，應滿足，=1、2、3、…，（2分）其中為每次偏轉圓弧對應的弦長，偏轉圓弧對應的圓心角為或．（1分）設圓弧的半徑為R，則有，（1分）可得：；（1分）又，，（1分）解得：(=1，2，3，…)