【物理】2019届一轮复习人教版第八章第4讲带电粒子在复合场中的运动学案

【物理】2019届一轮复习人教版第八章第4讲带电粒子在复合场中的运动学案

第4讲　带电粒子在复合场中的运动 命题点一　带电粒子在组合场中的运动 ‎1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，电场、磁场交替出现．‎ ‎2．分析思路 ‎(1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理．‎ ‎(2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键．‎ ‎(3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题．‎ ‎3．“磁偏转”和“电偏转”的区别 电偏转 磁偏转 偏转条件 带电粒子以v⊥E进入匀强电场 带电粒子以v⊥B进入匀强磁场 受力情况 只受恒定的电场力 只受大小恒定的洛伦兹力 运动轨迹 抛物线 圆弧 物理规律 类平抛知识、牛顿第二定律 牛顿第二定律、向心力公式 基本公式 L＝vt　y＝at2‎ a＝　tan θ＝ qvB＝m　r＝ T＝　t＝ sin θ＝ 做功情况 电场力既改变速度方向，也改变速度的大小，对电荷要做功 洛伦兹力只改变速度方向，不改变速度的大小，对电荷永不做功 物理图象 例1　(2018·淮安市第一次调研)如图1所示，竖直放置的平行金属板A、B间电压为U0，在B板右侧CDMN矩形区域存在竖直向下的匀强电场，DM边长为L，CD边长为L，‎ 紧靠电场右边界存在垂直纸面水平向里的有界匀强磁场，磁场左右边界为同心圆，圆心O在CDMN矩形区域的几何中心，磁场左边界刚好过M、N两点．质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，从A板由静止开始经A、B极板间电场加速后，从边界CD中点水平向右进入矩形区域的匀强电场，飞出电场后进入匀强磁场．当矩形区域中的场强取某一值时，粒子从M点进入磁场，经磁场偏转后从N点返回电场区域，且粒子在磁场中运动轨迹恰与磁场右边界相切，粒子的重力忽略不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.‎ 图1‎ ‎(1)求粒子离开B板时的速度v1大小；‎ ‎(2)求磁场右边界圆周的半径R；‎ ‎(3)将磁感应强度大小和矩形区域的场强大小改变为适当值时，粒子从MN间飞入磁场，经磁场偏转返回电场前，在磁场中运动的时间有最大值，求此最长时间tm.‎ 答案　(1)　(2)L　(3) 解析　(1)粒子从A到B的加速过程中，‎ 由动能定理有：qU0＝mv12‎ 解得v1＝ ‎(2)如图甲所示，粒子轨迹刚好与磁场右边界相切到达N点 甲 图中tan θ＝＝，θ＝37°‎ 粒子在电场中偏转，做类平抛运动．‎ 水平方向上L＝v1t 竖直方向上L＝at2，vy＝at 偏转角度tan α＝ 联立得tan α＝，即α＝37°.‎ 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径 r＝tan θ＝L 则磁场右边界圆周的半径：R＝＋r＝L ‎(3)粒子从同一点离开电场时，在磁场中运动轨迹与右边界相切时弧长最长，运动时间也最长；粒子从不同点离开电场，在磁场中运动轨迹与右边界相切时弧长最长，且当矩形区域场强为零时，粒子进入磁场时速度最小，粒子在磁场中运动的时间最长，则画出粒子运动轨迹如图乙，‎ 乙 由几何关系知粒子偏转角度为360°－2×(90°－37°)＝254°，‎ 则最长时间：tm＝× 解得tm＝ 命题点二　带电粒子在交变电磁场中的运动 带电粒子在交变复合场中的运动问题的基本思路 →看清并明白场的变化情况 ‎↓‎ →分析粒子在不同的变化场区的受力情况 ‎↓‎ →分析粒子在不同时间内的运动情况 ‎↓‎ →粒子在不同运动阶段，各有怎样的运动模型 ‎↓‎ →找出衔接相邻两过程的物理量 ‎↓‎ →联立不同阶段的方程求解 例2　(2017·苏锡常镇四市调研)用量子技术生产十字元件时用到了图2甲中的装置：四个挨得很近的圆是半径均为R的光滑绝缘圆柱体的横截面，它们形成四个非常细窄的狭缝a、b、c、d和一个类十字空腔，圆柱和空腔所在的区域均存在垂直纸面向里的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度B的大小可调节，质量为m、电荷量为q、速度为v的带正电离子，从狭缝a处射入空腔内，速度方向在纸面内且与两圆相切．设离子在空腔内与圆柱体最多只发生一次碰撞，碰撞时间极短且速度大小不变；速度方向的改变遵循光的反射定律．‎ ‎　‎ 图2‎ ‎(1)若B的大小调节为，离子从何处离开空腔？并求出它在磁场中运动的时间t；‎ ‎(2)为使离子从狭缝d处离开空腔，B应调至多大？‎ ‎(3)当从狭缝d处射出的离子垂直极板从A孔进入由平行金属板M、N构成的接收器时，两板间立即加上图乙所示变化周期为T的电压．则U0为多大时，该离子将不会从B孔射出？两板相距L(L>vT)，板间可视为匀强电场．‎ 答案　见解析 解析　(1)离子进入磁场后做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得 qvB＝m 代入数据：r＝R 根据左手定则，离子将从b处离开空腔 离子在磁场中运动的周期T＝ 离子在磁场中运动的时间t＝＝ ‎(2)根据题意，离子在P发生碰撞，且O1、O2、P在一条直线上 离子进入磁场中运动的轨道半径为Oa＝r 由相似三角形知识可得＝ 且aC＝aP，aP＝ aD＝2R－R，PD＝R－R 代入解得：r＝3R qvB′＝m 解得：B′＝ ‎　‎ ‎(3)研究临界情况：离子刚好不从B孔射出 设离子进入电场后经过时间t(t<)速度减为0‎ 离子向下减速的位移为x1＝at2‎ 离子再向上先加速后减速的总位移为x2‎ x2＝2×a(－t)2‎ 临界情况下：x1＝x2‎ 即：at2＝2×a(－t)2‎ 解得：t＝T 又由于：v＝at a＝ 解得：U0＝ 所以，为使离子不从B孔射出，U0应满足的条件是 U0> 命题点三　带电粒子(体)在叠加场中的运动 ‎1．带电体在叠加场中无约束情况下的运动 ‎(1)洛伦兹力、重力并存 ‎①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．‎ ‎②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题．‎ ‎(2)电场力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)‎ ‎①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．‎ ‎②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题．‎ ‎(3)电场力、洛伦兹力、重力并存 ‎①若三力平衡，一定做匀速直线运动．‎ ‎②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动．‎ ‎③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题．‎ ‎2．带电体在叠加场中有约束情况下的运动 带电体在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解．‎ 例3　(2018·镇江市一模)如图3甲所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点(3L,0)为圆心、半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N.现有一质量为m、带电荷量为e的电子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆形区域，此时速度方向与x轴正方向的夹角为30°.不考虑电子所受的重力．‎ 图3‎ ‎(1)求电子进入圆形区域时的速度大小和匀强电场场强E的大小；‎ ‎(2)若在圆形区域内加一个垂直纸面向里的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x轴，求所加磁场磁感应强度B的大小和电子刚穿出圆形区域时的位置坐标；‎ ‎(3)若在电子刚进入圆形区域时，在圆形区域内加上如图乙所示变化的磁场(以垂直于纸面向外为磁场正方向)，最后电子从N点处飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同．请写出磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T各应满足的关系表达式．‎ 答案　(1)v0　 ‎(2)　(，－L)‎ ‎(3)B0＝(n＝1,2,3……) 　T＝(n＝1,2,3……)‎ 解析　(1)电子在电场中做类平抛运动，射出电场时，速度分解图如图甲所示．‎ 由速度关系可得：＝cos θ，解得：v＝v0‎ vy＝v0tan θ＝v0‎ 在竖直方向：vy＝at＝t 而水平方向上t＝ 解得：E＝ ‎(2)根据题意作图如图乙所示，由几何关系得电子做匀速圆周运动的半径r＝L 根据牛顿第二定律：qvB＝ 解得：B＝ 根据几何关系得电子穿出圆形区域时位置坐标为 ‎(，－L)‎ ‎(3)电子在磁场中最简单的情景如图丙所示．‎ 在磁场变化的前三分之一个周期内，电子的偏转角为60°，设电子运动的轨道半径为r1，周期为T0，粒子在x轴方向上的位移恰好等于r1；在磁场变化的后三分之二个周期内，因磁感应强度减半，电子运动周期T′＝2T0，故粒子的偏转角度仍为60°，电子运动的轨道半径变为r2＝2r1，粒子在x轴方向上的位移恰好等于2r1.‎ 综合上述分析，则电子能到达N点且速度符合要求的空间条件是：3r1n＝2L(n＝1,2,3……)‎ 而：r1＝ 解得：B0＝(n＝1,2,3……)‎ 应满足的时间条件为：(T0＋T′)＝T T0＝，T′＝ 解得T＝(n＝1,2,3……)‎ 例4　(2017·南通市第二次调研)如图4甲所示，放射性粒子源S持续放出质量为m、电荷量为＋q的粒子，粒子经过ab间电场加速从小孔O沿OO1方向射入MN板间匀强电场中，OO1为两板间的中心线，与板间匀强电场垂直，在小孔O1处只有沿OO1延长线方向运动的粒子穿出．已知M、N板长为L，间距为d，两板间电压UMN随时间t变化规律如图乙所示，电压变化周期是T1.不计粒子重力和粒子间的相互作用．‎ 图4‎ ‎(1)设放射源S放出的粒子速度大小在0～v0范围内，已知Uab＝U0，求带电粒子经a、b间电场加速后速度大小的范围；‎ ‎(2)要保证有粒子能从小孔O1射出电场，U大小应满足什么条件？若从小孔O射入电场的粒子速度v大小满足3.5×106 m/s≤v≤1.2×107 m/s，L＝0.10 m，T1＝10－8 s，则能从小孔O1射出电场的粒子速度大小有几种？‎ ‎(3)设某个粒子以速度v从小孔O1射出沿OO1的延长线CD匀速运动至图甲中O2点时，空间C1D1D2C2矩形区域加一个变化的有界匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化规律如图丙所示(T2未知)，最终该粒子从边界上P点垂直于C1D1穿出磁场区．规定粒子运动到O2点时刻为图丙中零时刻，磁场方向垂直纸面向里为正．已知DD1＝l，B0＝，CD平行于C1D1，O2P与CD夹角为45°.求粒子在磁场中运动时间t.‎ 答案　见解析 解析　(1)设放射源S放出的粒子速度为v1，粒子在小孔O时的速度为v，则 qU0＝mv2－mv12‎ 其中0≤v1≤v0‎ 解得≤v≤ ‎(2)粒子在MN板间电场中运动的加速度a＝ 能从小孔O1射出电场的粒子，沿电场方向的位移和速度都是零，粒子应该在t＝(其中i＝0,1,2,3…)时刻从小孔O进入MN板间电场．为了保证粒子不撞到极板上，应满足 ‎2×a()2< 解得U< 粒子在MN板间电场中运动的时间Δt＝ 且应满足Δt＝kT1(k＝1,2,3…)‎ 则有v＝＝ m/s(k＝1,2,3…)‎ 故在3.5×106 m/s≤v≤1.2×107 m/s范围内，只有107 m/s和5×106 m/s两种速率的粒子能从小孔O1射出电场 ‎(3)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则 qvB0＝m 解得r＝ 根据题意可知，粒子轨迹如图，粒子在磁场中运动的周期 T＝ 则T＝ 粒子在磁场中运动时间应满足 t＝2(n＋)T＋T(n＝0,1,2,3…)‎ 解得t＝(2n＋)(n＝0,1,2,3…)‎ ‎(2017·如东高级中学等四校联考)如图5所示，在直角坐标系xOy的第三、四象限区域内存在两个有界匀强磁场，匀强磁场Ⅰ分布在x轴和MN之间，方向垂直纸面向外，PQ边界下方分布足够大、垂直纸面向里的匀强磁场Ⅱ，MN、PQ均与x轴平行，C、D分别为磁场边界MN、PQ和y轴的交点，且OC＝CD＝L.在第二象限存在沿x轴正向的匀强电场．一质量为m、带电荷量为＋q的带电粒子从电场中坐标为(－L,2L)的A点以速度v0沿y轴负方向射出，恰好经过原点O处射入磁场区域Ⅰ(粒子的重力忽略不计)．‎ 图5‎ ‎(1)求第二象限匀强电场场强E的大小；‎ ‎(2)要使粒子不能进入磁场区域Ⅱ，则区域Ⅰ内磁场的磁感应强度B1大小是多少；‎ ‎(3)若粒子恰从C点射出磁场区域Ⅰ，然后经过磁场Ⅱ能再次回到原点O，问磁场区域Ⅱ的磁感应强度B2大小为多少？‎ 答案　(1)　(2)B1≥　(3) 解析　(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，则有 水平方向：L＝at2，‎ 竖直方向：2L＝v0t 根据牛顿第二定律：F＝qE＝ma，‎ 联立解得：E＝.‎ ‎(2)设粒子运动到原点时水平分速度为：‎ vx＝at＝·＝v0，‎ 则粒子进入磁场时合速度大小为v＝v0，方向与y轴负方向成45°.‎ 粒子进入区域Ⅰ做匀速圆周运动，如图甲所示 甲 由几何知识可得粒子做圆周运动的半径为：‎ r1＋r1cos 45°＝L，‎ 由洛伦兹力充当向心力，则有：B1qv＝m，‎ 以上联立解得：B1＝，‎ 故粒子不能进入磁场区域Ⅱ必须满足：‎ B1≥.‎ ‎(3)粒子运动轨迹如图乙所示，由几何知识可得粒子在区域Ⅱ中做圆周运动的半径为：‎ 乙 r2＝L，‎ 由洛伦兹力充当向心力，则有：B2qv＝m，联立解得：‎ B2＝.‎ ‎1．(2017·南京市、淮安市5月模拟)如图1所示，半径为r的圆形匀强磁场区域Ⅰ与x轴相切于坐标系的原点O，磁感应强度为B1，方向垂直于纸面向外，磁场区域Ⅰ右侧有一长方体加速管，加速管底面宽度为2r，轴线与x轴平行且过磁场区域Ⅰ的圆心，左侧的电势比右侧高U.在加速管出口下侧距离2r处放置一宽度为2r的荧光屏，加速管右侧存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场区域Ⅱ，在O点处有一个粒子源，能沿纸面向y>0的各个方向均匀地发射大量质量为m、带电荷量为q且速率相同的粒子，其中沿y轴正方向射入磁场的粒子，恰能沿轴线进入长方形加速管并打在荧光屏的中心位置．(不计粒子重力及其相互作用)‎ 图1‎ ‎(1)求粒子刚进入加速管时的速度大小；‎ ‎(2)求磁场区域Ⅱ的磁感应强度大小B2；‎ ‎(3)若进入加速管的粒子数目为N，则磁场Ⅱ的磁感应强度B2减小10%时，有多少粒子能打在荧光屏上．‎ 答案　(1)　(2) 　(3)N 解析　(1)沿y轴正方向射入磁场的粒子，恰能沿轴线进入长方形加速管并打在荧光屏的中心位置，则磁场区域Ⅰ内粒子运动轨迹半径为r，由牛顿第二定律有 qvB1＝m，解得v＝ ‎(2)从粒子源均匀发射的所有粒子，经磁场区域Ⅰ后，其速度方向均与x轴平行，如图所示，因为粒子运动的圆轨迹和磁场的圆形边界的交点O、C以及两圆的圆心O1、O2组成的四边形为菱形，所以CO2和y轴平行，故射出时的v和x轴平行．‎ 所有进入磁场区域Ⅱ的粒子，其轨迹半径均为2r，则 ‎2r＝(其中v′为粒子经加速管后的速度大小)‎ 根据动能定理可得qU＝mv′2－mv2‎ 联立解得B2＝ ‎(3)磁场Ⅱ的磁感应强度B2减小10%时 r′＝＝＝，则2r′－2×2r＝ 即有长度为r的屏上不会有粒子，所以打在屏上的粒子数为n＝N＝N ‎2.(2017·扬州市5月考前调研)北京正负电子对撞机是国际上唯一高亮度对撞机，它主要由直线加速器、电子分离器、环形储存器和对撞测量区组成，其简化原理如图2所示：MN和PQ为足够长的水平边界，竖直边界EF将整个区域分成左右两部分，Ⅰ区域的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B，Ⅱ区域的磁场方向垂直纸面向外．调节Ⅱ区域的磁感应强度的大小可以使正、负电子在测量区内不同位置进行对撞．经加速和积累后的电子束以相同速率分别从注入口C和D同时入射，入射方向平行EF且垂直磁场．已知注入口C、D到EF的距离均为d，边界MN和PQ的间距为8d，正、负电子的质量均为m，所带电荷量分别为＋e和－e.‎ 图2‎ ‎(1)试判断从注入口C入射的是哪一种电子？忽略电子进入加速器的初速度，电子经加速器加速后速度为v0，求直线加速器的加速电压U；‎ ‎(2)若将Ⅱ区域的磁感应强度大小调为B，正、负电子以v1＝的速率同时射入，则正、负电子经多长时间相撞？‎ ‎(3)若将Ⅱ区域的磁感应强度大小调为，正、负电子仍以v1＝的速率射入，但负电子射入时刻滞后于正电子Δt＝，求正、负电子相撞的位置坐标．‎ 答案　(1)正电子　　(2)　(3)(d，d)‎ 解析　(1)由左手定则判断，从C入射的为正电子，由动能定理 eU＝mv02，‎ 解得：U＝ ‎(2)电子射入后的轨迹如图甲所示 电子在Ⅰ、Ⅱ区域中运动时半径相同，设为r，‎ 由eBv1＝m，解得：r＝d T＝ 对撞时间：t＝T＝ ‎(3)电子射入后的轨迹如图乙所示 电子在Ⅰ区域中运动时半径r1＝d，T1＝ 电子在Ⅱ区域中运动时半径r2＝3d，T2＝，Δt＝＝ 由几何关系θ＝30°，x＝r2cos θ＝d，y＝4d－r2sin θ＝d 正、负电子相撞的位置坐标为(d，d)‎ ‎3．(2018·盐城中学模拟)在如图3甲所示的xOy平面内，y轴右侧空间有分布均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场，其变化规律分别如图乙、丙所示，电场强度大小为E0、方向沿y轴负方向；垂直xOy平面向里为磁场的正方向．在t＝0时刻，质量为m、电荷量为＋q的粒子，以初速度v0从坐标原点O沿x轴正方向出发．已知粒子在磁场中做圆周运动的周期为t0，不计粒子重力，求粒子在：‎ 图3‎ ‎(1)t＝t0时的动能；‎ ‎(2)3t0～4t0时间内运动位移的大小；‎ ‎(3)t＝2nt0(n＝1,2,3……)时的位置坐标．‎ 答案　见解析 解析　(1)带电粒子在偏转电场中y1＝·t02‎ 根据动能定理qE0y1＝Ek1－mv02‎ 解得Ek1＝mv02＋ ‎(2)粒子在3t0～4t0时间内是第二次在磁场内做匀速圆周运动，其速度大小是粒子在电场中运动2t0时的瞬时速度的大小v2＝ Bqv2＝m，T＝t0＝ 解得R2＝  x＝4R2＝  ‎(3)在t＝2nt0(n＝1,2,3……)时，粒子在所有电场中的运动合起来可以看成一个完整的类平抛运动，所以粒子在电场中的位移：x电＝v0·nt0‎ y电＝··(nt0)2‎ 粒子在磁场中的运动，由几何关系可得(2n－1)t0～2nt0时间内的位移：x磁n＝4Rnsin θn，y磁n＝4Rncos θn Rn＝ sin θn＝ vny＝·nt0‎ cos θn＝ x磁n＝ y磁n＝ 则粒子在2nt0时位置坐标为：‎ x＝x电＋x磁＝v0nt0＋t02 (n＝1,2,3……)‎ y＝y磁－y电＝－(n＝1,2,3……)‎ 即为[v0nt0＋t02，－](n＝1,2,3……)‎ ‎4．(2017·苏锡常镇四市调研)如图4所示，A1、A2为两块面积很大、相互平行的金属板，两板间距离为d，以A1板的中点为坐标原点，水平向右和竖直向下分别建立x轴和y轴，在坐标为(0，d)的P处有一粒子源，可在坐标平面内向各个方向不断发射同种带电粒子，这些带电粒子的速度大小均为v0，质量为m，带电荷量为＋q，重力忽略不计，不考虑粒子打到板上的反弹，且忽略带电粒子对金属板上电荷分布的影响．‎ 图4‎ ‎(1)若只在A1、A2板间加上恒定电压U0，且A1板电势低于A2板，求粒子打到A1板上的速度大小；‎ ‎(2)若只在A1、A2板间加上一方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，且B<，求A1板上有粒子打到的区域范围(用x轴坐标值表示)；‎ ‎(3)在第(2)小题前提下，若在A1、A2板间再加一电压，使初速度垂直指向A1板的粒子打不到A1板，试确定A1、A2板电势的高低以及电压的大小．‎ 答案　见解析 解析　(1)粒子运动到A1板，电场力做正功 q＝mv2－mv02，得v＝ ‎(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动有qv0B＝m，得R＝> 向右偏转打到A1板最远为轨迹恰好与A1板相切的粒子(如图甲所示)‎ 由几何关系知x右2＋(R－)2＝R2‎ 可得x右＝ 向左偏转打到A1板最远处对应有两种情况，易知O2M＝，O2N＝ 情形一：若R<，即B>时，最远处轨道对应为x左，PQ为直径，由几何关系知()2＋x左2＝(2R)2‎ 得x左＝ 所以，当B>时，A1板上有粒子打到的范围x轴坐标是：‎ ‎－ ～ 情形二：若R>，即B<时，最远处为轨道与A2相切的粒子打在A1的落点，如图乙所示 显然仍有x右 ＝x1＝ 又(R－d)2＋x22＝R2‎ 或(d－R)2＋x22＝R2‎ 得x2＝ 则x左＝x1＋x2＝ ＋ 所以，当B<时A1板上有粒子打到的范围x轴坐标是：－( ＋ )～ ‎(3)要使粒子不再打到A1板，应使粒子做曲线运动的曲率半径减小，即使速度v减小，所以应加电场方向向下，即A1板电势高于A2板；‎ 恰好不打到A1板，即到达A1板时速度方向与板平行，设此时速度为v，‎ ‎－q＝mv2－mv02‎ 对于此时曲线轨迹上任一点在x方向上有＝＝ 分别对y方向的位移和x方向的速度累加得：v＝ 得U＝－