《高考物理大二輪專題復習 專題五 第2課時 帶電粒子在復合場中的運動專題突破課件》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考物理大二輪專題復習 專題五 第2課時 帶電粒子在復合場中的運動專題突破課件（62頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、專 題 五 電場與磁場第2課時帶電粒子在復合場 中的運動 知 識 方 法 聚 焦 熱 點 考 向 例 析 審題破題 真題演練欄目索引知識方法聚焦 知識回扣 1. (1)(2)平拋運動的規(guī)律平拋運動的規(guī)律 運動分解運動分解2.(1)勻速直線勻速直線 (2)勻速圓周勻速圓周3.(1)電場力電場力 太小太小 考慮考慮 (3)受力受力知識方法聚焦規(guī)律方法1.正確分析帶電粒子的受力及運動特征是解決問題的前提正確分析帶電粒子的受力及運動特征是解決問題的前提帶電粒子在復合場中做什么運動，取決于帶電粒子所受的帶電粒子在復合場中做什么運動，取決于帶電粒子所受的及初始運動狀態(tài)的速度，因此應把帶電粒子的及初始運動狀

2、態(tài)的速度，因此應把帶電粒子的運動情況和受力情況結合起來進行分析運動情況和受力情況結合起來進行分析.合外力合外力2.靈活選用力學規(guī)律是解決問題的關鍵靈活選用力學規(guī)律是解決問題的關鍵當帶電粒子在復合場中做勻速直線運動時，應根據(jù)當帶電粒子在復合場中做勻速直線運動時，應根據(jù)列方程求解列方程求解.當帶電粒子在復合場中做勻速圓周運動時，往往同時應用牛當帶電粒子在復合場中做勻速圓周運動時，往往同時應用牛頓第二定律和平衡條件列方程聯(lián)立求解頓第二定律和平衡條件列方程聯(lián)立求解.當帶電粒子在復合場中做非勻變速曲線運動時，應選用動能當帶電粒子在復合場中做非勻變速曲線運動時，應選用動能定理或能量守恒定律列方程求解定理或

3、能量守恒定律列方程求解.平衡條件平衡條件熱點考向例析考向1帶電粒子在疊加場中的運動例例1 如圖如圖1所示，位于豎直平面內的所示，位于豎直平面內的坐標系坐標系xOy，在其第三象限空間有垂，在其第三象限空間有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為度大小為B0.5 T，還有沿，還有沿x軸負方軸負方向的勻強電場，場強大小為向的勻強電場，場強大小為E2 N/C.在其第一象限空間有沿在其第一象限空間有沿y軸負方向的、軸負方向的、圖圖1場強大小也為場強大小也為E的勻強電場，并在的勻強電場，并在yh0.4 m的區(qū)域有磁感的區(qū)域有磁感應強度也為應強度也為B的垂直于紙面向里的勻

4、強磁場的垂直于紙面向里的勻強磁場.一個帶電荷量一個帶電荷量為為q的油滴從圖中第三象限的的油滴從圖中第三象限的P點得到一初速度，恰好能沿點得到一初速度，恰好能沿PO做勻速直線運動做勻速直線運動(PO與與x軸負方向的夾角為軸負方向的夾角為45)，并，并從原點從原點O進入第一象限進入第一象限.已知重力加速度已知重力加速度g10 m/s2，問：，問：審題突破審題突破 在第三象限油滴恰好能沿在第三象限油滴恰好能沿PO做勻速直線運動需要做勻速直線運動需要滿足什么條件？根據(jù)夾角為滿足什么條件？根據(jù)夾角為45，重力、電場力有什么數(shù)，重力、電場力有什么數(shù)值關系？油滴進入第一象限后做什么運動？值關系？油滴進入第一

5、象限后做什么運動？解析根據(jù)受力分析根據(jù)受力分析(如圖如圖)可知油滴帶可知油滴帶負電荷，負電荷，(1)油滴在第三象限運動時受到的重力、電場力、洛倫茲力三油滴在第三象限運動時受到的重力、電場力、洛倫茲力三力的大小之比，并指出油滴帶何種電荷；力的大小之比，并指出油滴帶何種電荷；設油滴質量為設油滴質量為m，由平衡條件得：，由平衡條件得：答案解析由第由第(1)問得：問得：mgqE(2)油滴在油滴在P點得到的初速度大?。稽c得到的初速度大??；答案解析進入第一象限，電場力和重力平衡，知油滴先做勻速進入第一象限，電場力和重力平衡，知油滴先做勻速直線運動，進入直線運動，進入yh的區(qū)域后做勻速圓周運動，軌跡如圖，的

6、區(qū)域后做勻速圓周運動，軌跡如圖，最后從最后從x軸上的軸上的N點離開第一象限點離開第一象限.(3)油滴在第一象限運動的時間油滴在第一象限運動的時間.由對稱性知從由對稱性知從CN的時間的時間t3t1答案0.828 s在第一象限運動的總時間在第一象限運動的總時間tt1t2t320.1 s0.628 s0.828 s由幾何關系和圓周運動的周期關系式由幾何關系和圓周運動的周期關系式T 知，知，由由AC的圓周運動時間為的圓周運動時間為帶電粒子在疊加場中運動的處理方法帶電粒子在疊加場中運動的處理方法1.弄清疊加場的組成特點弄清疊加場的組成特點.2.正確分析帶電粒子的受力及運動特點正確分析帶電粒子的受力及運動

7、特點.以題說法3.畫出粒子的運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律畫出粒子的運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律(1)若只有兩個場且正交，合力為零，則表現(xiàn)為勻速直若只有兩個場且正交，合力為零，則表現(xiàn)為勻速直線運動或靜止線運動或靜止.例如電場與磁場中滿足例如電場與磁場中滿足qEqvB；重力；重力場與磁場中滿足場與磁場中滿足mgqvB；重力場與電場中滿足；重力場與電場中滿足mgqE.以題說法(2)若三場共存時，合力為零，粒子做勻速直線運動，若三場共存時，合力為零，粒子做勻速直線運動，其中洛倫茲力其中洛倫茲力FqvB的方向與速度的方向與速度v垂直垂直.(3)若三場共存時，粒子做勻速圓周運動，則有若三場共存時，

8、粒子做勻速圓周運動，則有mgqE，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，即粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，即qvB以題說法(4)當帶電粒子做復雜的曲線運動或有約束的變速直線當帶電粒子做復雜的曲線運動或有約束的變速直線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解.以題說法針對訓練針對訓練1 如圖如圖2所示，水平地面所示，水平地面上方豎直邊界上方豎直邊界MN左側存在垂直紙面左側存在垂直紙面向里的勻強磁場向里的勻強磁場B和沿豎直方向的勻和沿豎直方向的勻強電場強電場E2(未畫出未畫出)，磁感應強度，磁感應強度B1.0 T，MN邊界右側離地面邊界右側離地面h3 m處

9、有長為處有長為L0.91 m的光滑水平絕的光滑水平絕緣平臺，平臺的左邊緣與緣平臺，平臺的左邊緣與MN重合，平臺右邊緣有一質量重合，平臺右邊緣有一質量圖圖2m0.1 kg、電量、電量q0.1 C的帶正電小球，以初速度的帶正電小球，以初速度v00.6 m/s向左運動向左運動.此時平臺上方存在此時平臺上方存在E1 N/C的勻強電的勻強電場，電場方向與水平方向成場，電場方向與水平方向成角，指向左下方，小球在平角，指向左下方，小球在平臺上運動的過程中，臺上運動的過程中，為為45至至90的某一確定值的某一確定值.小球小球離開平臺左側后恰好做勻速圓周運動離開平臺左側后恰好做勻速圓周運動.小球可視為質點，小球

10、可視為質點，g10 m/s2.求：求：解析因為小球在因為小球在MN邊界左側做勻速圓周運動，其所受到的邊界左側做勻速圓周運動，其所受到的電場力必等于自身重力，有電場力必等于自身重力，有qE2mg得得E210 N/C，方向豎直向上，方向豎直向上.(1)電場強度電場強度E2的大小和方向；的大小和方向；答案10 N/C，方向豎直向上，方向豎直向上解析若若90，小球勻速通過，小球勻速通過MN有最小速度：有最小速度：vmin0.6 m/s(2)小球離開平臺左側后在磁場中運動的最短時間；小球離開平臺左側后在磁場中運動的最短時間；此時此時E1qcos ma綜合分析得：小球通過綜合分析得：小球通過MN后的速度為

11、后的速度為0.6 m/svA2 m/s若若45，小球勻加速通過，小球勻加速通過MN有最大速度有最大速度.小球以小球以2 m/s在磁場中做勻速圓周運動的在磁場中做勻速圓周運動的時間最短，時間最短，所以小球在磁場中轉過的角度為所以小球在磁場中轉過的角度為120，所以小球在磁場中運動的時間所以小球在磁場中運動的時間答案解析小球落在小球落在N點左邊最大距離時，設到點左邊最大距離時，設到N點距離為點距離為x，則，則xRmaxcos 30設小球落到設小球落到N點右邊時，到點右邊時，到N點的距離為點的距離為s，小球落在，小球落在N點右邊點右邊的最大距離由平拋運動得的最大距離由平拋運動得(3)小球離開平臺左側

12、后，小球落地點的范圍小球離開平臺左側后，小球落地點的范圍(計算結果可以用計算結果可以用根號表示根號表示).小球從小球從MN邊界飛出的最小半徑邊界飛出的最小半徑Rmin 0.6 msvt當當R1 m時，時，s有最大值有最大值熱點考向例析考向2帶電粒子在組合場中的運動分析例例2為研究帶電粒子在電場和磁場中的偏轉情況，在為研究帶電粒子在電場和磁場中的偏轉情況，在xOy平平面內加如圖面內加如圖3所示的電場和磁場，第二象限所示的電場和磁場，第二象限10 cmx0區(qū)區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場域內有垂直紙面向里的勻強磁場B，其大小為，其大小為0.2 T；在第一；在第一象限內有一電場強度方向沿象限內有一電

13、場強度方向沿y軸負方向且可沿軸負方向且可沿x軸平移的條形軸平移的條形勻強電場，其寬度勻強電場，其寬度d5 cm.在在A(6 cm,0)點有一粒子發(fā)射源，點有一粒子發(fā)射源，向向x軸上方軸上方180范圍內發(fā)射速度大小為范圍內發(fā)射速度大小為v2.0106 m/s的負的負粒子，粒子的比荷為粒子，粒子的比荷為q/m2.0108 C/kg，不計算粒子的重，不計算粒子的重力和相互作用力和相互作用.圖圖3審題突破審題突破粒子速度確定、比荷確定，則在磁場中做圓周運粒子速度確定、比荷確定，則在磁場中做圓周運動的半徑一定，與動的半徑一定，與x軸成軸成30角方向射入時，對應的圓心角角方向射入時，對應的圓心角是多少呢？

14、是多少呢？A與粒子做圓周運動的軌跡和與粒子做圓周運動的軌跡和y軸交點的連線是軸交點的連線是弦，弦何時最大？你能結合幾何關系得到電場左邊界的橫坐弦，弦何時最大？你能結合幾何關系得到電場左邊界的橫坐標標x0與從電場右邊界出射點縱坐標與從電場右邊界出射點縱坐標y0的函數(shù)關系表達式嗎？的函數(shù)關系表達式嗎？解析 設帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑為設帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r，(1)若粒子與若粒子與x軸正方向成軸正方向成30角方向射入磁場，求該粒子在磁角方向射入磁場，求該粒子在磁場中運動的時間；場中運動的時間；如圖所示為粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示為粒子在磁場中運動的軌跡由幾何關系得由幾何關

15、系得60解析 設從設從y軸最上方飛出的粒子坐標為軸最上方飛出的粒子坐標為(0，y1)(2)求從求從A處發(fā)射的所有粒子中與處發(fā)射的所有粒子中與y軸交點的最大值坐標；軸交點的最大值坐標；由幾何關系得由幾何關系得(2r)262y得得y18 cm.答案8 cm(3)當電場左邊界與當電場左邊界與y軸重合時滿足第軸重合時滿足第(2)問條件的粒子經過電問條件的粒子經過電場后恰好平行場后恰好平行x軸從其右邊界飛出，求勻強電場的電場強度軸從其右邊界飛出，求勻強電場的電場強度E的大小的大小.解析 如圖所示，設粒子從磁場射出如圖所示，設粒子從磁場射出時速度方向與時速度方向與x軸的夾角為軸的夾角為，答案1.92105

16、 N/Cvsin at1(4)現(xiàn)將條形電場沿現(xiàn)將條形電場沿x軸正向平移，電場的寬度和電場強度軸正向平移，電場的寬度和電場強度E仍仍保持不變，能讓滿足第保持不變，能讓滿足第(2)問條件的粒子經過電場后從右邊界問條件的粒子經過電場后從右邊界飛出，在此情況下寫出電場左邊界的橫坐標飛出，在此情況下寫出電場左邊界的橫坐標x0與從電場右邊與從電場右邊界出射點的縱坐標界出射點的縱坐標y0的關系式，并繪出圖線的關系式，并繪出圖線.解析 如圖所示，帶電粒子離開如圖所示，帶電粒子離開磁場后先做勻速直線運動，后做磁場后先做勻速直線運動，后做類平拋運動類平拋運動.電場左邊界的橫坐標電場左邊界的橫坐標x0與從電場右邊界

17、出射點縱坐標與從電場右邊界出射點縱坐標y0的函數(shù)關系為的函數(shù)關系為y1(x0 )tan y0，答案y06.1250.75x0(cm)見解析圖見解析圖即即y06.1250.75x0(cm)當當x00時，從電場右邊界出射點的縱坐標為時，從電場右邊界出射點的縱坐標為y06.125 cm，當當y00時，電場左邊界的橫坐標為時，電場左邊界的橫坐標為x0 cm.圖線如圖所示圖線如圖所示.設帶電粒子在組合場內的運動實際上也是運動過程的設帶電粒子在組合場內的運動實際上也是運動過程的組合，解決方法如下：組合，解決方法如下：(1)分別研究帶電粒子在不同場區(qū)的運動規(guī)律分別研究帶電粒子在不同場區(qū)的運動規(guī)律.在勻強磁在

18、勻強磁場中做勻速圓周運動場中做勻速圓周運動.在勻強電場中，若速度方向與電在勻強電場中，若速度方向與電場方向平行，則做勻變速直線運動；若速度方向與電場方向平行，則做勻變速直線運動；若速度方向與電場方向垂直，則做類平拋運動場方向垂直，則做類平拋運動.以題說法(2)帶電粒子經過磁場區(qū)域時利用圓周運動規(guī)律結合幾帶電粒子經過磁場區(qū)域時利用圓周運動規(guī)律結合幾何關系處理何關系處理.(3)當粒子從一個場進入另一個場時，分析轉折點處粒當粒子從一個場進入另一個場時，分析轉折點處粒子速度的大小和方向往往是解題的突破口子速度的大小和方向往往是解題的突破口.以題說法針對訓練針對訓練2 如圖如圖4所示，相距所示，相距3L

19、的的AB、CD兩直線間的區(qū)兩直線間的區(qū)域存在著兩個大小不同、方向相反的有界勻強電場，其中域存在著兩個大小不同、方向相反的有界勻強電場，其中PT上方的電場上方的電場的場強方向豎直向下，的場強方向豎直向下，PT下方的電場下方的電場的場強方向豎直向上，電場的場強方向豎直向上，電場的場強大小是電場的場強大小是電場的場強的場強大小的兩倍，在電場左邊界大小的兩倍，在電場左邊界AB上有點上有點Q，PQ間距離為間距離為L.從從某時刻起由某時刻起由Q以初速度以初速度v0沿水平方向垂直射入勻強電場的沿水平方向垂直射入勻強電場的帶電粒子，電量為帶電粒子，電量為q、質量為、質量為m.通過通過PT上的某點上的某點R進入

20、進入勻強電場勻強電場后從后從CD邊上的邊上的M點水平射出，其軌跡如圖，若點水平射出，其軌跡如圖，若PR兩點的距離為兩點的距離為2L.不計粒子的重力不計粒子的重力.試求：試求：圖圖4解析設粒子經設粒子經PT直線上的點直線上的點R由由E2電場進入電場進入E1電場，由電場，由Q到到R及及R到到M點的時間分別為點的時間分別為t2與與t1，到達，到達R時豎直速度為時豎直速度為vy，則由則由FqEma，2Lv0t2，(1)勻強電場勻強電場的電場強度的大小和的電場強度的大小和MT之間的距離；之間的距離；Lv0t1，(2)有一邊長為有一邊長為a、由光滑彈性絕緣壁圍成的正三角形容器，在、由光滑彈性絕緣壁圍成的正

21、三角形容器，在其邊界正中央開有一小孔其邊界正中央開有一小孔S，將其置于，將其置于CD右側且緊挨右側且緊挨CD邊界，邊界，若從若從Q點射入的粒子經點射入的粒子經AB、CD間的電場從間的電場從S孔水平射入容器孔水平射入容器中中.欲使粒子在容器中與器壁多次垂直碰撞后仍能從欲使粒子在容器中與器壁多次垂直碰撞后仍能從S孔射出孔射出(粒子與絕緣壁碰撞時無機械能和電量損失粒子與絕緣壁碰撞時無機械能和電量損失)，并返回，并返回Q點，需點，需在容器中現(xiàn)加上一個如圖所示的勻強磁場，粒子運動的半徑在容器中現(xiàn)加上一個如圖所示的勻強磁場，粒子運動的半徑小于小于 a，求磁感應強度，求磁感應強度B的大小應滿足的條件以及從的

22、大小應滿足的條件以及從Q出發(fā)出發(fā)再返回到再返回到Q所經歷的時間所經歷的時間.解析欲使粒子仍能從欲使粒子仍能從S孔處射出，粒子運動的半徑為孔處射出，粒子運動的半徑為r，則，則由幾何關系可知由幾何關系可知n1,2,3審題破題 真題演練9.帶電粒子在周期性變化的電磁場中的運動分析例例3 (19分分)如圖如圖5甲所示，在甲所示，在xOy平面內存在均勻、大小隨時平面內存在均勻、大小隨時間周期性變化的磁場和電場，變化規(guī)律分別如圖乙、丙所示間周期性變化的磁場和電場，變化規(guī)律分別如圖乙、丙所示(規(guī)定垂直紙面向里為磁感應強度的正方向、沿規(guī)定垂直紙面向里為磁感應強度的正方向、沿y軸正方向電場軸正方向電場強度為正強

23、度為正).在在t0時刻由原點時刻由原點O發(fā)射初速度大小為發(fā)射初速度大小為v0，方向沿，方向沿y軸正方向的帶負電粒子軸正方向的帶負電粒子.圖圖5已知已知v0、t0、B0，粒子的比荷為，粒子的比荷為 ，不計粒子的重力，不計粒子的重力.求：求：(1)tt0時，求粒子的位置坐標；時，求粒子的位置坐標；(2)若若t5t0時粒子回到原點，求時粒子回到原點，求05t0時間內粒子距時間內粒子距x軸的最大軸的最大距離；距離；(3)若粒子能夠回到原點，求滿足條件的所有若粒子能夠回到原點，求滿足條件的所有E0值值.思維導圖答題模板解析(1)由粒子的比荷由粒子的比荷則粒子做圓周運動的周期則粒子做圓周運動的周期T2t0

24、(1分分)則在則在0t0內轉過的圓心角內轉過的圓心角(2分分)由牛頓第二定律由牛頓第二定律qv0B0(2分分)答題模板(2)粒子在粒子在t5t0時回到原點，軌跡如圖所示時回到原點，軌跡如圖所示r22r1(2分分)得得v22v0 (1分分)答題模板粒子在粒子在t02t0時間內做勻加速直線運動，時間內做勻加速直線運動，2t03t0時間內做勻速時間內做勻速圓周運動，則在圓周運動，則在05t0時間內粒子距時間內粒子距x軸的最大距離：軸的最大距離：hm t0r2v0t0.(2分分)(3)如圖所示，設帶電粒子在如圖所示，設帶電粒子在x軸上方做圓周運軸上方做圓周運動的軌道半徑為動的軌道半徑為r1，在，在x軸

25、下方做圓周運動的軸下方做圓周運動的軌道半徑為軌道半徑為r2，由幾何關系可知，要使粒，由幾何關系可知，要使粒子經過原點，則必須滿足：子經過原點，則必須滿足：答題模板n(2r22r1)2r1，(n1,2,3，) (1分分)答題模板點睛之筆變化的電場或磁場往往具有周期性，粒子的運動也往變化的電場或磁場往往具有周期性，粒子的運動也往往具有周期性往具有周期性.這種情況下要仔細分析帶電粒子的運動這種情況下要仔細分析帶電粒子的運動過程、受力情況，弄清楚帶電粒子在變化的電場、磁過程、受力情況，弄清楚帶電粒子在變化的電場、磁場中各處于什么狀態(tài)，做什么運動，畫出一個周期內場中各處于什么狀態(tài)，做什么運動，畫出一個周

26、期內的運動徑跡的草圖的運動徑跡的草圖.高 考 現(xiàn) 場 (限時：15分鐘，滿分20分)(2014山東山東24)如圖如圖6甲所示，間距為甲所示，間距為d、垂直于紙面的兩平行、垂直于紙面的兩平行板板P、Q間存在勻強磁場間存在勻強磁場.取垂直于紙面向里為磁場的正方向，取垂直于紙面向里為磁場的正方向，磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示.t0時刻，一質量時刻，一質量為為m、帶電量為、帶電量為q的粒子的粒子(不計重力不計重力)，以初速度，以初速度v0由由Q板左端板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁場且平行于板面的方向射入磁靠近板面的位置，沿垂直于磁場且平行于板面的方向射入磁

27、場區(qū)場區(qū).當當B0和和TB取某些特定值時，可使取某些特定值時，可使t0時刻入射的粒子經時刻入射的粒子經t時間恰能垂直打在時間恰能垂直打在P板上板上(不考慮粒子反彈不考慮粒子反彈).上述上述m、q、d、v0為已知量為已知量.圖圖6(1)若若t TB，求，求B0；解析設粒子做圓周運動的半徑為設粒子做圓周運動的半徑為R1，由牛頓第二定律得由牛頓第二定律得qv0B0據(jù)題意由幾何關系得據(jù)題意由幾何關系得R1d解析解析設粒子做圓周運動的半徑為設粒子做圓周運動的半徑為R2，加速度大小為，加速度大小為a，由，由圓周運動公式得圓周運動公式得a (2)若若t TB，求粒子在磁場中運動時加速度的大?。?，求粒子在磁場

28、中運動時加速度的大??；據(jù)題意由幾何關系得據(jù)題意由幾何關系得3R2d 聯(lián)立聯(lián)立式得式得a (3)若若B0 ，為使粒子仍能垂直打在，為使粒子仍能垂直打在P板上，求板上，求TB.解析設粒子做圓周運動的半徑為設粒子做圓周運動的半徑為R，周期為，周期為T，由圓周運動，由圓周運動公式得公式得T 由牛頓第二定律得由牛頓第二定律得d4R 粒子運動軌跡如圖所示，粒子運動軌跡如圖所示，O1、O2為圓心，為圓心，O1O2連線與水平方向的夾角為連線與水平方向的夾角為，在每個，在每個TB內，只有內，只有A、B兩個位置才有可能兩個位置才有可能垂直擊中垂直擊中P板，且均要求板，且均要求0 ，由題意可知，由題意可知設經歷完整設經歷完整TB的個數(shù)為的個數(shù)為n(n0,1,2,3，)若在若在A點擊中點擊中P板，據(jù)題意由幾何關系得板，據(jù)題意由幾何關系得R2(RRsin )nd 當當n0時，無解時，無解 當當n1時，聯(lián)立時，聯(lián)立式得式得聯(lián)立聯(lián)立式得式得當當n2時，不滿足時，不滿足090的要求的要求 若在若在B點擊中點擊中P板，據(jù)題意由幾何關系得板，據(jù)題意由幾何關系得R2Rsin 2(RRsin )nd 當當n0時，無解時，無解 當當n1時，聯(lián)立時，聯(lián)立式得式得聯(lián)立聯(lián)立式得式得當當n2時，不滿足時，不滿足090的要求的要求.