【物理】2020届一轮复习人教版第九章磁场学案 15页

章末总结 提高 知 识 网 络 【p176】 磁场 基础 产生：磁铁、电流、运动电荷 方向：小磁针 N 极受力方向（小磁针静止时 N 极的指向） 描述 磁感应强度 定义式：B＝ F IL （I⊥B） 用来描述磁场的强弱和方向，是个矢量 磁感线 ①磁感线上各点的切线方向表示该点的磁场方向 ②磁感线的疏密表示磁场的强弱 ③磁感线是闭合曲线 ④任意两条磁感线都不相交 作用 安培力 大小：F＝BIL （I⊥B） 方向：左手定则 F⊥B，F⊥I，即 F 垂直于 I 与 B 决定的平面 洛伦兹力 大小：F＝qvB （v⊥B） 方向：左手定则，F⊥B，F⊥v，即 F 垂直于 v 与 B 决定的平面 带电粒子在匀强磁场中运动 ①v∥B 时，做匀速直线运动 ②v⊥B 时，做匀速圆周运动.由于 qvB＝mv2 r ，所以 r＝mv Bq 、T＝2πm Bq 应用：速度选择器、质谱仪、回旋加速器、电磁流量计、磁流体发电机、磁电式电表、电动机等 解题思路与方法 【p176】 本章起着承上启下的桥梁作用，是历年高考的热点．高考对本章考查的特点是：一般没有简单的概念 题和单纯磁场知识题．考题多以磁力结合、磁电结合或磁力电结合的形式出现，而且试题难度往往较大， 对考生的空间想象能力、逻辑推理能力、综合分析能力和运用数学知识处理物理问题的能力要求很高．因 此在复习时要重视这些能力的培养，加强这些方面的训练． 求解磁场问题的基本思路：(1)审清题意，分析场的情况和受力情况；(2)分析运动情况，并画出运动 轨迹图；(3)根据已知条件及所求量关系恰当选用规律求解． 求解磁场问题的常用方法：(1)安培力问题常常要把立体图化为平面图，再运用静力学或动力学的有 关知识处理；(2)圆周运动问题一般按照：画轨迹、作半径、找圆心、求半径、求周期、求时间……的步 骤处理；(3)复合场问题在分析清楚受力情况以后具体处理方法与力学问题的处理方法相同． 体 验 高 考 【p176】 1．(多选)(2018·全国卷Ⅰ)如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接， 另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路．将一小磁针悬挂在直导线正上方，开 关未闭合时小磁针处于静止状态．下列说法正确的是( ) A．开关闭合后的瞬间，小磁针的 N 极朝垂直纸面向里的方向转动 B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的 N 极指向垂直纸面向里的方向 C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的 N 极指向垂直纸面向外的方向 D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的 N 极朝垂直纸面向外的方向转动 【解析】开关闭合的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判 断出直导线中电流方向为由南向北，由安培定则可判断出小磁针处电流产生的磁场方向垂直纸面向里，小 磁针的 N 极朝垂直纸面向里的方向转动，选项 A 正确；开关闭合并保持一段时间后，左侧线圈中磁通量不 变，线圈中感应电动势和感应电流为零，直导线中电流为零，小磁针恢复到原来状态，选项 B、C 错误； 开关闭合并保持一段时间后再断开后的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由 楞次定律可判断出直导线中电流方向为由北向南，由安培定则可判断出小磁针处电流产生的磁场方向垂直 纸面向外，小磁针的 N 极朝垂直纸面向外的方向转动，选项 D 正确． 【答案】AD 2．(2018·全国卷Ⅰ)如图，在 y>0 的区域存在方向沿 y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为 E，在 y<0 的区域存在方向垂直于 xOy 平面向外的匀强磁场．一个氕核 1 1H 和一个氘核 2 1H 先后从 y 轴上 y＝h 点以 相同的动能射出，速度方向沿 x 轴正方向．已知 1 1H 进入磁场时，速度方向与 x 轴正方向的夹角为 60°， 并从坐标原点 O 处第一次射出磁场.1 1H 的质量为 m，电荷量为 q，不计重力．求： (1)1 1H 第一次进入磁场的位置到原点 O 的距离； (2)磁场的磁感应强度大小； (3)2 1H 第一次离开磁场的位置到原点 O 的距离． 【解析】(1)1 1H 在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示．设 1 1H 在电场中的 加速度大小为 a1，初速度大小为 v1，它在电场中的运动时间为 t1，第一次进入磁场的位置到原点 O 的距离 为 s1.由运动学公式有 s1＝v1t1 ① h＝1 2 a1t2 1 ② 由题给条件，1 1H 进入磁场时速度的方向与 x 轴正方向夹角θ1＝60°.1 1H 进入磁场时速度的 y 分量的大 小为 a1t1＝v1tan θ1 ③ 联立以上各式得 s1＝2 3 3 h ④ (2)1 1H 在电场中运动时，由牛顿第二定律有 qE＝ma1 ⑤ 设 1 1H 进入磁场时速度的大小为 v1′，由速度合成法则有 v1′＝ v2 1＋（a1t1）2 ⑥ 设磁感应强度大小为 B，1 1H 在磁场中运动的圆轨道半径为 R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 qv1 ′B＝mv1′2 R1 ⑦ 由几何关系得 s1＝2R1sin θ1 ⑧ 联立以上各式得 B＝ 6mE qh ⑨ (3)设 2 1H 在电场中沿 x 轴正方向射出的速度大小为 v2，在电场中的加速度大小为 a2，由题给条件得 1 2 (2m)v2 2＝1 2 mv2 1 ⑩ 由牛顿第二定律有 qE＝2ma2 ⑪ 设 2 1H 第一次射入磁场时的速度大小为 v2′，速度的方向与 x 轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离 为 s2，在电场中运动的时间为 t2. 由运动学公式有 s2＝v2t2 ⑫ h＝1 2 a2t2 2 ⑬ v2′＝ v2 2＋（a2t2）2 ⑭ sin θ2＝a2t2 v2′ ⑮ 联立以上各式得 s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝ 2 2 v1′ ⑯ 设 2 1H 在磁场中做圆周运动的半径为 R2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得 R2＝（2m）v2′ qB ＝ 2R1 ⑰ 所以出射点在原点左侧．设 2 1H 进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为 s2′，由几何关 系有 s2′＝2R2sin θ2 ⑱ 联立④⑧⑯⑰⑱式得，2 1H 第一次离开磁场时得位置到原点 O 的距离为 s2′－s2＝2 3 3 ( 2－1)h ⑲ 3．(多选)(2018·全国卷Ⅱ)如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线 L1、L2，L1 中的电流方向向 左，L2 中的电流方向向上；L1 的正上方有 a、b 两点，它们相对于 L2 对称．整个系统处于匀强外磁场中，外 磁场的磁感应强度大小为 B0，方向垂直于纸面向外．已知 a、b 两点的磁感应强度大小分别为 1 3 B0 和 1 2 B0， 方向也垂直于纸面向外．则( ) A．流经 L1 的电流在 b 点产生的磁感应强度大小为 7 12 B0 B．流经 L1 的电流在 a 点产生的磁感应强度大小为 1 12 B0 C．流经 L2 的电流在 b 点产生的磁感应强度大小为 1 12 B0 D．流经 L2 的电流在 a 点产生的磁感应强度大小为 7 12 B0 【解析】设流经 L1 的电流在 a 点产生的磁感应强度大小为 B1a，流经 L2 电流在 a 点产生的磁感应强度 大小为 B2a，已知 a 点的磁感应强度大小为 1 3 B0，根据磁感应强度的叠加原理，考虑磁感应强度的方向，有 B0－B1a－B2a＝1 3 B0.同理，b 点的磁感应强度大小为 1 2 B0，有 B0－B1b＋B2b＝1 2 B0.因为 B1a＝B1b＝B1(因距离相等)， B2a＝B2b＝B2，解得 B1＝ 7 12 B0，B2＝ 1 12 B0. 【答案】AC 4．(2018·全国卷Ⅱ)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在 xOy 平面内的截面如图 所示：中间是磁场区域，其边界与 y 轴垂直，宽度为 l，磁感应强度的大小为 B，方向垂直于 xOy 平面； 磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为 l′，电场强度的大小均为 E，方向均沿 x 轴正方向；M、N 为条 形区域边界上的两点，它们的连线与 y 轴平行．一带正电的粒子以某一速度从 M 点沿 y 轴正方向射入电场， 经过一段时间后恰好以从 M 点入射的速度从 N 点沿 y 轴正方向射出．不计重力． (1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹； (2)求该粒子从 M 点射入时速度的大小； (3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与 x 轴正方向的夹角为π 6 ，求该粒子的比荷及其从 M 点运动 到 N 点的时间． 【解析】(1)粒子运动的轨迹如图 a 所示．(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对 称) (2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动．设粒子从 M 点射入时速度的大小为 v0，在下侧 电场中运动的时间为 t，加速度的大小为 a；粒子进入磁场的速度大小为 v，方向与电场方向的夹角为θ(见 图 b)，速度沿电场方向的分量为 v1，根据牛顿第二定律有 qE＝ma ① 式中 q 和 m 分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有 v1＝at ② l′＝v0t ③ v1＝vcos θ ④ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为 R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 qvB＝mv2 R ⑤ 由几何关系得 l＝2Rcos θ ⑥ 联立①②③④⑤⑥式得 v0＝2El′ Bl ⑦ (3)由运动学公式和题给数据得 v1＝v0cot π 6 ⑧ 联立①②③⑦⑧式得q m ＝4 3El′ B2l2 ⑨ 设粒子由 M 点运动到 N 点所用的时间为 t′，则 t′＝2t＋2 π 2 －π 6 2π T ⑩ 式中 T 是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，T＝2πm qB ⑪ 由③⑦⑨⑩⑪式得 t′＝Bl E (1＋ 3πl 18l′ ) ⑫ 5．(2018·全国卷Ⅲ)如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压 U 加速后在纸面内 水平向右运动，自 M 点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直．已知 甲种离子射入磁场的速度大小为 v1，并在磁场边界的 N 点射出；乙种离子在 MN 的中点射出；MN 长为 l.不 计重力影响和离子间的相互作用．求： (1)磁场的磁感应强度大小； (2)甲、乙两种离子的比荷之比． 【解析】(1)设甲种离子所带电荷量为 q1、质量为 m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为 R1，磁场的 磁感应强度大小为 B，由动能定理有 q1U＝1 2 m1v2 1 ① 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 q1v1B＝m1 v2 1 R1 ② 由几何关系知 2R1＝l ③ 由①②③式得 B＝4U lv1 ④ (2)设乙种离子所带电荷量为 q2、质量为 m2，射入磁场的速度为 v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径 为 R2.同理有 q2U＝1 2 m2v2 2 ⑤ q2v2B＝m2 v2 2 R2 ⑥ 由题给条件有 2R2＝l 2 ⑦ 由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为q1 m1 ∶q2 m2 ＝1∶4 ⑧ 6．(2018·全国卷Ⅰ)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)， 磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒 a、b、c 电荷量相等，质量分别为 ma、mb、mc，已知在该区 域内，a 在纸面内做匀速圆周运动，b 在纸面内向右做匀速直线运动，c 在纸面内向左做匀速直线运动．下 列选项正确的是( ) A．ma>mb>mc B．mb>ma>mc C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma 【解析】三个微粒所受电场力大小相等，方向均向上，受力分析如图： 对 a：mag＝F 电， 对 b：mbg＝F 电＋F 洛 b 对 c：mcg＝F 电－F 洛 c 比较得：mb>ma>mc. 【答案】B 7．(多选)(2018·全国卷Ⅰ)如图，三根相互平行的固定长直导线 L1、L2 和 L3 两两等距，均通有电流 I， L1 中电流方向与 L2 中的相同，与 L3 中的相反，下列说法正确的是( ) A．L1 所受磁场作用力的方向与 L2、L3 所在平面垂直 B．L3 所受磁场作用力的方向与 L1、L2 所在平面垂直 C．L1、L2 和 L3 单位长度所受的磁场作用力大小之比为 1∶1∶ 3 D．L1、L2 和 L3 单位长度所受的磁场作用力大小之比为 3∶ 3∶1 【解析】由安培定则和磁感应强度的合成知，L2、L3 中的电流在 L1 处的合磁场方向垂直于 L2、L3 所在 的平面．再由左手定则得出 L1 受磁场作用力方向与 L2、L3 所在平面平行， A 错；同理，可得出 B 对，在电 流相同时，单位长度的导线所受磁场力跟磁感应强度成正比，L1、L2 所在处磁感应强度大小相等，B1＝B2 ＝B0(B0 为一根导线的电流产生的磁场)，B3＝ 3B0，C 对，D 错． 【答案】BC 8．(2018·全国卷Ⅱ)如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的 一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过 P 点，在纸面内沿不同的方向射入磁场，若粒子射入速度为 v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速度为 v2，相应的出射点分布在三 分之一圆周上，不计重力及带电粒子之间的相互作用，则 v2∶v1 为( ) A. 3∶2 B. 2∶1 C. 3∶1 D．3∶ 2 【解析】如图所示，速度为 v1 时，PA 为轨迹圆的直径，速度为 v2 时，PB 为轨迹圆的直径，依 v＝qBr m ， v2 v1 ＝r2 r1 ，C 对． 【答案】C 9．(多选)(2018·全国卷Ⅱ)某同学自制的简易电动机示意图如图所示．矩形线圈由一根漆包线绕制 而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴．将线圈架在两个金属支 架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方．为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动 起来，该同学应将( ) A．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉 B．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉 C．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉 D．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉 【答案】AD 10．(2018·全国卷Ⅲ)如图，在磁感应强度大小为 B0 的匀强磁场中，两长直导线 P 和 Q 垂直于纸面固 定放置，两者之间的距离为 l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流 I 时，纸面内与两导线距离均 为 l 的 a 点处的磁感应强度为零．如果让 P 中的电流反向、其他条件不变，则 a 点处磁感应强度的大小为 ( ) A．0 B. 3 3 B0 C.2 3 3 B0 D．2B0 【解析】当 P 和 Q 中电流方向均垂直纸面向里时，由于： aP＝PQ＝aQ＝l.P 和 Q 在 a 点产生的磁感应强度大小相同，方向如图(1)所示： 图(1) 图(2) 其合磁感应强度为 B1，由几何关系知：B1＝2BPcos θ＝ 3BP.由题目可知，a 点磁感应强度为零，则 B0 和 B1 等大反向，则可得：B0＝B1＝ 3BP，并且 B0 方向水平向左．当 P 中电流反向后，其在 a 点产生的新的 磁场方向如图(2)所示：P、Q 在 a 点的合磁感应强度为 B2，由几何关系知：B2＝BP＝ 3 3 B0，并且 B2 方向竖直 向上．可得 a 点处磁感应强度的大小为：B＝ B2 2＋B2 0＝2 3 3 B0. 【答案】C 11．(2018·全国卷Ⅲ)如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy 平面)向里的磁场．在 x≥0 区域，磁感应 强度的大小为 B0；x<0 区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ>1)．一质量为 m、电荷量为 q(q>0)的带电 粒子以速度 v0 从坐标原点 O 沿 x 轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿 x 轴正向时， 求：(不计重力) (1)粒子运动的时间； (2)粒子与 O 点间的距离． 【解析】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力．设在 x≥0 区域，粒子做匀速圆周 运动的半径为 R1，周期为 T1 则 qv0B0＝mv2 0 R1 ① T1＝2πR1 v0 ② 由①②可得 T1＝2πm qB0 ③ 设在 x<0 区域，粒子做匀速圆周运动的半径为 R2，周期为 T2 则 qv0λB0＝mv2 0 R2 ④ T2＝2πR2 v0 ⑤ 由④⑤可得 T2＝2πm λqB0 ⑥ 粒子运动的轨迹如图所示，在两磁场中运动的时间分别为二分之一周期 故运动时间为 t＝1 2 T1＋1 2 T2 ⑦ 由③⑥⑦可得 t＝(λ＋1)πm λqB0 ⑧ (2)如图所示，粒子与 O 点间的距离为在两磁场中圆周运动的直径之差，即距离为 d＝2R1－2R2 ⑨ 由①④可得 R1＝mv0 qB0 ⑩ R2＝ mv0 λqB0 ⑪ 由⑨⑩⑪可得 d＝2(λ－1)mv0 λqB0 12．(2018·天津)平面直角坐标系 xOy 中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在 沿 y 轴负方向的匀强电场，如图所示．一带负电的粒子从电场中的 Q 点以速度 v0 沿 x 轴正方向开始运动， Q 点到 y 轴的距离为到 x 轴距离的 2 倍．粒子从坐标原点 O 离开电场进入磁场，最终从 x 轴上的 P 点射出 磁场，P 点到 y 轴距离与 Q 点到 y 轴距离相等．不计粒子重力，问： (1)粒子到达 O 点时速度的大小和方向； (2)电场强度和磁感应强度的大小之比． 【解析】(1)粒子在电场中由 Q 到 O 做类平抛运动，设 O 点速度 v 与＋x 方向夹角为α，Q 点到 x 轴的 距离为 L，到 y 轴的距离为 2L，粒子的加速度为 a，运动时间为 t，根据类平抛运动的规律，有： x 方向： 2L＝v0t y 方向： L＝1 2 at2 粒子到达 O 点时沿 y 轴方向的分速度为： vy＝at 又： tan α＝vy v0 解得： tan α＝1，即α＝45°，粒子到达 O 点时速度方向与 x 轴方向的夹角为 45°角斜向上． 粒子到达 O 点时的速度大小为 v＝ v0 cos 45° ＝ 2v0 (2)设电场强度为 E，粒子电荷量为 q，质量为 m，粒子在电场中受到的电场力为 F，粒子在电场中运 动的加速度： a＝qE m 设磁感应强度大小为 B，粒子做匀速圆周运动的半径为 R，洛伦兹力提供向心力，有：qvB＝mv2 R 根据几何关系可知：R＝ 2L 整理可得： E B ＝v0 2 13．(2018·江苏)如图所示，两个单匝线圈 a、b 的半径分别为 r 和 2r.圆形匀强磁场 B 的边缘恰好与 a 线圈重合，则穿过 a、b 两线圈的磁通量之比为( ) A．1∶1 B．1∶2 C．1∶4 D．4∶1 【解析】根据磁通量的定义，当 B 垂直于 S 时，穿过线圈的磁通量为Φ＝BS，其中 S 为有磁感线穿过 区域的面积，所以图中 a、b 两线圈的磁通量相等，所以 A 正确；BCD 错误． 【答案】A 14．(2018·江苏)一台质谱仪的工作原理如图所示．大量的甲、乙两种离子飘入电压为 U0 的加速电场， 其初速度几乎为 0，经过加速后，通过宽为 L 的狭缝 MN 沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为 B 的匀强 磁场中，最后打到照相底片上．已知甲、乙两种离子的电荷量均为＋q，质量分别为 2m 和 m，图中虚线为 经过狭缝左、右边界 M、N 的甲种离子的运动轨迹．不考虑离子间的相互作用． (1)求甲种离子打在底片上的位置到 N 点的最小距离 x； (2)在答题卡的图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度 d； (3)若考虑加速电压有波动，在(U0－ΔU)到(U0＋ΔU)之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重 叠，求狭缝宽度 L 满足的条件． 【解析】(1)设甲种离子在磁场中的运动半径为 r1 电场加速 qU0＝1 2 ×2mv2，且 qvB＝2mv2 r1 ， 解得 r1＝2 B mU0 q 根据几何关系 x＝2r1－L，解得 x＝4 B mU0 q －L (2)(见图) 最窄处位于过两虚线交点的垂线上 d＝r1－ r2 1－ L 2 2 解得 d＝2 B mU0 q － 4mU0 qB2 －L2 4 (3)设乙种离子在磁场中的运动半径为 r2 r1 的最小半径 r1min＝2 B m（U0－ΔU） q r2 的最大半径 r2max＝1 B 2m（U0＋ΔU） q 由题意知 2r1min－2r2max>L， 即4 B m（U0－ΔU） q －2 B 2m（U0＋ΔU） q >L 解得 L<2 B m q [2 U0－ΔU－ 2（U0＋ΔU）] 15．(2018·北京)在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次α衰变．放 射出的α粒子(4 2He)在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为 R.以 m、q 分别表示α粒子的质量和 电荷量． (1)放射性原子核用 A ZX 表示，新核的元素符号用 Y 表示，写出该α衰变的核反应方程． (2)α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆周运动的周期和环形电流大小． (3)设该衰变过程释放的核能都转化为α粒子和新核的动能，新核的质量为 M，求衰变过程的质量亏损 Δm. 【解析】(1)根据核反应中质量数与电荷数守恒可知，该α衰变的核反应方程为 A ZX→A－4 Z－2Y＋4 2He (2)设α粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为 v，由洛伦兹力提供向心力有 qvB＝mv2 R 根据圆周运动的参量关系有 T＝2πR v 得α粒子在磁场中运动的周期 T＝2πm qB 根据电流强度定义式，可得环形电流大小为 I＝q T ＝ q2B 2πm (3)由 qvB＝mv2 R ，得 v＝qBR m 设衰变后新核 Y 的速度大小为 v′，核反应前后系统动量守恒，有 Mv′－mv＝0 可得 v′＝mv M ＝qBR M 根据爱因斯坦质能方程和能量守恒定律有 Δmc2＝1 2 Mv′2＋1 2 mv2 解得Δm＝（M＋m）（qBR）2 2mMc2 说明：若利用 M＝A－4 4 m 解答，亦可．