2016版三年模拟精选专题九磁场

1、专题九磁场三年模拟精选- _A组基础训练、选择题1. （2015中原名校、豫南九校联考）如图所示，三根彼此绝缘的无限长直导线的一部分ab、cd、ef构成一个等边三角形，O为三角形的中心，M、N分别为O关于导线ab、cd的对称点，当三根导线中通以大小相等，方向如图所示的电 流时,M点磁感应强度的大小为Bi, O点磁感应强度大小为B2,若将导线ab中的电流撤去，而保持另两根导线中的电流不变，则N点磁感应强度的大小B.A. Bi + B2C.1(Bi + B2)D.1(3B2 - Bi)解析 导体中的电流相同，则每个导体在距离导体相同的点产生的磁场的磁感应强度大小相同，设三个导体在O点产生的磁感应强

2、度大小为 B,则ab在 M点，cd在N点产生的磁感应强度大小也为 B，ab在N点，cd在M点，ef 在M、N点产生的磁感应强度大小也相同，设为 B,由安培定则和矢量叠加 可知,Bi = B + 2B、B2= B,撤去ab中的电流后，N点的磁感应强度为Bn = B- B、解以上三式得 Bn = 2（3B2- Bi），D项正确.答案 D2. （20i5河北邢台摸底考试）如图所示，在边长为L的正方形区域内有垂直于纸面 向里的匀强磁场，有一带正电的电荷，从D点以vo的速度沿DB方向射入磁场，恰好从A点射出，已知电荷的质量为 m,带电荷量为q,不计电荷的重力，则下列说法正确的是（）A.匀强磁场的磁感应强

3、度为mvoqLB.电荷在磁场中运动的时间为n LV0C.若减小电荷的入射速度，使电荷从CD边界射出，电荷在磁场中运动的时间会减小D 若电荷的入射速度变为2vo，则粒子会从AB边的中点射出解析 由粒子从D到A的运动轨迹和几何知识知，粒子的轨道半经为R= L，nmvomvo一2 冗R转过的圆心角为a= 2，由qvoB = -R得B = qL,A项正确；运动时间t=4v0冗L二石,B项错误；若粒子从CD边界射出，粒子在磁场中转过的圆心角为 n，电荷在磁场中运动的时间会变长,C项错误；若电荷的入射速度变为 2vo，则粒子的轨道半径为2L，由几何知识知粒子会从AB边的中点右侧某位置射出，D项错误.答案

4、A3. （2015河南八市联考）（多选）如图所示,一粒子发射源P位于足够大绝缘板AB的 上方d处，能够在纸面内向各个方向发射速率为 v、电荷量为q、质量为m的 带正电的粒子，空间存在垂直纸面的匀强磁场，不考虑粒子间的相互作用和 粒子重力.已知粒子做圆周运动的半径大小恰好为d，则（）A .能打在板上的区域长度是2d7n dn qd6mvB.能打在板上的区域长度是（.3+ 1）dC同一时刻发射出的带电粒子打到板上的最大时间差为D .同一时刻发射出的带电粒子打到板上的最大时间差为解析因粒子运动的轨道半径R= d,根据题意画出粒子运动轨迹的草图，则打在极板上粒子轨迹的临界状态如图甲所示，根据几何关系知

5、，带电粒子能到达板上的长度L = R+ 3R= （ 3+ 1）d,选项B正确，A错误；在磁场中运动时间最长和最短粒子运动轨迹示意图如图乙所示，由几何关系知，最长时31间ti=4T，最短时间t2=同一时刻发射出的带电粒子打到板上的最大时2 nd7 nd间差&二ti-12，又T二一厂，联立解得At = 莎，选项C正确，D错误.1CB甲乙答案 BC4. （2014广东湛江一模）（多选）如图所示为一个有界的足够大的匀强磁场区域，磁 场方向垂直纸面向外，一个不计重力的带正电的粒子以某一速率 v垂直磁场 方向从O点进入磁场区域，电子进入磁场时速度方向与边界夹角为0,下列有关说法正确的是（）A .若0定，速

6、度v越大，粒子在磁场中运动时间越长B. 粒子在磁场中运动时间与速度 v有关，与角0大小无关C. 若速度v 定，0越大，粒子在磁场中运动时间越短D .粒子在磁场中运动时间与角度 0有关，与速度v无关2 n 2 0 nB 2 冗m 的圆心角一定为 2 n 2 0, 若 0定，贝U t=T=X =解析 粒子在磁场中的运动轨迹如图，由几何知识知，粒子离开磁场时转过2m （ n 0）qB，可见粒子在磁场中运动的时间与v无关,与角度0有关，即若0定，粒子在磁场中运动的时间是相同的，故A、B错误,D正确；由上式qB2n7t可知0越大，粒子在磁场中运动的时间越短，故 C正确.答案 CDE,内阻为r，滑动变阻器

7、最5. （2014北京丰台区模拟）如图所示，电源电动势为大电阻为R，开关K闭合.两平行金属极板a、b间有匀强磁场，一带负电的粒子（不计重力）以速度v水平匀速穿过两极板下列说法正确的是（A 若将滑片P向上滑动，粒子将向a板偏转B.若将a极板向上移动，粒子将向a板偏转C若增大带电粒子的速度，粒子将向b板偏转D 若增大带电粒子带电荷量，粒子将向b板偏转解析 将滑片P向上滑动，电阻R两端的电压减小因电容器与电阻并联， 故两板间的电势差减小，根据E = U知两板间的电场强度减小，粒子所受电场 力减小，因带负电，电场力向上，所以粒子将向 b板偏转，A错误；保持开U关闭合，将a极板向上移动一点，板间距离增大

8、，电压不变，由 E =召可知， 板间电场强度减小，粒子所受电场力向上变小，洛伦兹力向下，则粒子将向 b板偏转，故B错误；若增大带电粒子的速度，所受极板间洛伦兹力增大，而所受电场力不变，故粒子将向b板偏转，C正确；若增大带电粒子带电何量，所受电场力增大，所受洛伦兹力也增大，但两者仍相等，故粒子将不会偏转,故D错误.答案 C、非选择题6. （2015河北“五个一名校联盟”联考）如图边长L = 0.2 m的正方形abed区域 （含边界）内，存在着垂直于区域的横截面（纸面）向外的匀强磁场，磁感应强度B= 5.0X 10_当电场强度E= 104 N/C时，求能够沿SO连线穿过孔0的离子的速率； 电场强度

9、取值在一定范围时，可使沿SO连线穿过0并进入磁场区域的离 子直接从be边射出，求满足条件的电场强度的范围.带电平行金属板MN、PQ间形成了匀强电场E（不考虑金属板 在其它区域形成的电场），MN放在ad边上，两板左端M、P恰在ab边上， 两板右端N、Q间有一绝缘挡板EF.EF中间有一小孔O,金属板长度、板间 距、挡板长度均为1 = 0.1 m.在M和P的中间位置有一离子源S,能够正对 孔O不断发射出各种速率的带正电离子，离子的电荷量均为 q = 3.2X 10 19C，质量均为m= 6.4X10_26 kg.不计离子的重力，忽略离子之间的相互作用及离 子打到金属板或挡板后的反弹.6（1）穿过孔O

10、的离子在金属板间需满足qv0B= Eq代入数值得Vo = 2.0x 1023答案 (1)2.0X 10 m/s (2)9.375X 10 N/CE1.25X 10 N/C7. (2015河北“名校联盟”质量监测)如图所示，有3块水平放置的长薄金属板a、 b和c, a、b之间相距为L.紧贴b板下表面竖直放置半径为 R的半圆形塑料 细管，两管口正好位于小孔 M、N处.板a与b、b与c之间接有电压可调的 直流电源，板b与c间还存在方向垂直纸面向外的匀强磁场.当体积为V。、密度为p电荷量为q的带负电油滴，等间隔地以速率 V0从a板上的小孔竖 直向下射入，调节板间电压 Uba和Ube，当Uba = U1

11、、Ubc= U2时，油滴穿过b 板M孔进入细管，恰能与细管无接触地从 N孔射出.忽略小孔和细管对电场 的影响，不计空气阻力，重力加速度为g.求： m/s穿过孔O的离子在金属板间仍需满足 qvB= Eq2 离子穿过孔O后在磁场中做匀速圆周运动，有 qvB= nr; 由以上两式子得e=qr从be边射出的离子，其临界轨迹如图，对应的轨迹半径最大，对应的电场强度最大,由几何关系可得ri = 1 = 0.1 m由此可得 Ei= 1.25X 103 N/C从be边射出的离子，轨迹半径最小时，其临界轨迹如图 ，对应的电场强度 最小，由几何关系可得2r2+2 = L所以 r2 = 0.075 m由此可得 E2

12、= 9.375X 102 N/C所以满足条件的电场强度的范围为239. 375X 10 N/CEv1.25X 10 N/C(1) 油滴进入M孔时的速度vi;(2) b、c两板间的电场强度E和磁感应强度B的值；(3) 当油滴从细管的N孔射出瞬间，将Uba和B立即调整到Uba和B；使油 滴恰好不碰到a板，且沿原路与细管无接触地返回穿过 M孑L,请给出Uba 和B的结果.解析(1)油滴进入电场后，重力与电场力均做功，设到 M点时的速度为vi,1 2 1 2由动能定理得qmw 2mvo= mgL+ qU1考虑到m= pV/曰/ 2_2qU1得 V1=vo+ 2gL +jpVo(2)油滴进入电场、磁场共

13、存区域，恰与细管无接触地从N孔射出，须电场力与重力平衡，有mg= qEpVogq油滴在半圆形细管中运动时，洛伦兹力提供向心力，有2mv1 qv1B = -R(3) 若油滴恰不能撞到a板，且再返回并穿过M点，由动能定理得12z0 2mv1= mgL qUba20vovp2q考虑到油滴返回时速度方向已经相反， 为了使油滴沿原路与细管无接触地返回并穿过M孑L,磁感应强度的大小不变，方向相反，即B= B.答案.v0+ 2gL+ PVOP Vogqp Vo qR.vo+ 2gL+2qUip VoUi +p Vov1 2 *2q ，8. (2015邢台高三摸底)如图所示，在光滑绝缘的水平面上固定着两对几何

14、形状完 全相同的平行金属板P、Q和M、N, P、Q与M、N四块金属板相互平行地 竖直地放置，已知P、Q之间以及M、N之间的距离都是d = 0.2 m,极板本 身的厚度不计，极板长均为L = 0.2 m,板间电压都是U = 6 V且P板电势高.金 属板右侧边界以外存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B= 5 T，磁场区域足够大现有一质量m= 1X 10 出，则金属板Q、M间距离是多少？kg，电荷量q= 2X 104 C的小球在水平面 上以初速度vo = 4 m/s,从平行板PQ间左侧中点01沿极板中线O1O1 射入.F= qE=qUd小球的加速度a= m46X 2X 1040.2 X 1 X 10

15、422m/s = 60 m/s小球在板间运动时间_L02匚 v0二 4 s= .5 s小球在垂直板方向上的速度 Vy = at = 60 X 0.05 m/s= 3 m/s则小球离开PQ板时的速度v-t =vo + vy4若要小球穿出平行金属板 PQ后，经磁场偏转射入平行金属板 MN中，且 + 32m/s= 5 m/sv-t与中轴线的夹角为tan 9 V04,所以 皓37 俯视图如图所示，在PQ极板间，若P板电势比Q板高，则小球向P板偏 离，进入右侧磁场后做圆周运动，由运动的对称性，则必须N板电势高于M 板电势，其运动轨迹如图所示小球进入磁场后做圆周运动，设运动半径为R,由洛伦兹力提供向心力：

16、qv-tB2mvt-R-得R-囂-0.5 m在PQ极板间，小球向P板偏离，设小球射入与射出磁场的两点间的距离为 h，0.8 m由图中几何关系得 h = 2Rcos缸2X 0. 5X1 2 1 2 2小球偏离中轴线的位移 Y偏=2at 60X (0.05) m= 7.5X 10_ m当小球向P偏转时，根据对称性可得，QM极板间的距离为ddi h 2Q + Y 偏)=h d 2Y 偏=0.45 m答案 (1)5 m/s,方向与中轴线的夹角为 37(2)0.45 m9. (2014山西太原一模)如图所示，在xOy坐标系中的第一象限内存在沿 x轴正方 向的匀强电场；第二象限内存在大小为B、方向垂直坐标

17、平面向外的有界圆形匀强磁场(图中未画出).一粒子源固定在x轴上M(L, 0)点，沿丫轴正方向 释放出速度大小均为V。的电子，电子经电场后恰好从y轴上的N点进入第二 象限进入第二象限后，电子经磁场偏转后通过x轴时，与x轴的夹角为752已知电子的质量为m、电荷量为e，电场强度E 2eL，不考虑电子的重力和 其间的相互作用，求：yO M(1)N点的坐标；圆形磁场的最小面积.解析(1)从M到N的过程中，电子做类平抛运动，有,1 eE2l=2 m1，yN=vot解得：yN = 2L则N点的坐标为(0, 2L) 设电子到达N点的速度大小为v,方向与y轴正方向的夹角为9,由动能1 2 1 2定理有 2v 2

18、mvo= eELvocos 9= 一=v解得：v= 2vo, 9= 45 设电子在磁场中做匀速圆周运动的半径为evB =2 mvr 当电子与x轴负方向的夹角为75时，其运动轨迹图如图，电子在磁场中偏转120后垂直于O1Q射出，则磁场最小半径Rmin =PQ2rsin 603 nm2v2解得 Smin = 2e2B2当电子与x轴正方向的夹角为75时，其运动轨迹图如图，电子在磁场中偏转150后垂直于O2Q射出，则磁场最小半径PQ，Rmin = rsin 75(2+帀)Ttm2v2 解得 Smin 2e2B2答案(1)(0, 2L)(2)见解析B组能力提升、选择题1. （2015河北“名校联盟”模拟

19、）（多选）如图所示，甲带正电，乙是不带电的绝 缘 物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的固定斜面上，地面上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现用平行于斜面的力 F拉乙物块，使甲、乙一起无相对 滑动沿斜面向上作匀加速运动的阶段中（）A 甲、乙两物块间的摩擦力不断增大B. 甲、乙两物块间的摩擦力保持不变C. 甲、乙两物块间的摩擦力不断减小D 乙物块与斜面之间的摩擦力不断减小解析设甲、乙向上作匀加速运动的加速度为a,隔离甲：由牛顿第二定律得Ff甲-m甲gsin 启m甲a，则甲、乙两物块间摩擦力 Ff甲=m甲gsin 0+ m甲a不变，A、C项错误，B项正确;选甲、乙物块整体为研究对象，乙与斜面之间的摩擦力

20、为Ff乙=F，且Fn = （m甲+ m乙）gcos 0- qvB，由于v增大,则Fn减小，Ff乙不断减小，D项正确.答案 BD2. （2015辽宁朝阳三校协作体联考）如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直纸面 向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B,磁场边界上A点一粒子源，源源不 断地向磁场发射各种方向（均平行于纸面）且速度大小相等的带正电的粒子（重力不计）,已知粒子的比荷为k,速度大小为2kBr.则粒子在磁场中运动的最长时间为（）nA.kB解析二 2r;nD.4kB当粒子在磁场中运动时间最长时，其轨迹对应的圆心角最大，此时弦长最大，其最大值为磁场圆T 冗mn的直径2r，故t= 6= 3qB= 3

21、kB，故选。答案 C3. （2015湖北六校调考）（多选）如图所示，xOy平面的一、二、三象限内存在垂直 纸面向外，磁感应强度B= 1 T的匀强磁场，ON为处于y轴负方向的弹性绝 缘薄挡板，长度为9 m，M点为x轴正方向上一点，OM = 3 m.现有一个比 荷大小为m = 1.0 C/kg可视为质点带正电的小球（重力不计）从挡板下端N处 小孔以不同的速度向x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且 碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过M点，则小球射入的 速度大小可能是（）A . 3 m/sB. 3.75 m/s C. 4.5 m/sD. 5 m/s解析 由题意可知小球运动的

22、圆心一定在 y轴上，所以小球做圆周运动的半 径r 一定要大于等于3 m,而0N= 9 m 3r，所以小球最多与挡板 ON碰撞一 次，且碰撞后第二个圆心的位置在 0点的上方；也可能小球与挡板ON没有2碰撞，直接过M点.由qvB=罕，得v = mBr，第一种情况：若小球与挡板ON碰撞一次则轨迹可能如图甲，设 OO= s，由几何关系得r2 = OM2 +22qs = 9+ s 和 3r 9 = s，联立求得 r 1 = 3 m， r2= 3.75 m，分别代入 v= mB得V1= 3 m/s，V2 = 3.75 m/s；第二种情况：若小球没有与挡板 ON碰撞，则轨 迹如图乙，设OO = x,由几何关

23、系得ri= OM2 + x2= 9 + x2和x= 9心，联立 求得 r3 = 5 m，代入 v = Br 得 V3= 5 m/s.答案 ABD4. （2014浙江温州一模）（多选）日本福岛核电站的核泄漏事故，使碘的同位素131被更多的人所了解.利用质谱仪可分析碘的各种同位素，如图所示，电荷量均为+ q的碘131和碘127质量分别为m1和m2，它们从容器A下方的小孔S小孔射Si进入电压为U的加速电场（入场速度忽略不计），经电场加速后从出，垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上.法正确的是（）A .磁场的方向垂直于纸面向里B.碘131进入磁场时的速率为2qUm12 n （m1 m

24、2）qBD .打到照相底片上的碘131与碘127之间的距离为B（C.碘131与碘127在磁场中运动的时间差值为2miU2m2UA错误;解析 粒子带正电，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外,由动能定理知，粒子在电场中得到的动能等于电场力对它所做的功，即 qU = gmv1，解得：V1 =、/2qU，B正确；粒子在磁场中运动的时间t为周期的一半，2 nmn （m1 m2）根据周期公式T= qB，在磁场中运动的时间差值 At=qB ，故CqB，则它们mv错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r=2m2U-q），故D正确.M的距离之差Ad = 2R1 2R2=b(2m1Uq答案 BD、非选择题

25、5. （2015河南八校联考）如下图所示，以0（0, 0）为圆心，半径为r的圆形区域内 存在匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，在磁场右侧区域内，有一沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为 E，一质量为m， 电荷量为+ q的粒子从A（0，r）点垂直于磁场方向射入，当速度方向沿y轴负 方向时，粒子恰好从B（r，0）点射出磁场，不计粒子重力，求：(1) 粒子射入磁场时的速度大小V;(2) 求速度方向与y轴负方向为B角时，粒子从射入磁场到最终离开磁场的时 间t.解析(1)粒子射入磁场后做匀速圆周运动2 B由牛顿第二定律得qvB= my, v =计(2)粒子沿与y轴负方向为B角射入磁场

26、后，经一段圆周后进入电场做可返回的匀减速直线运动，再次进入磁场又经一段圆周后离开磁场，在磁场中的周2nm期为T二萌1冗m在磁场中运动的时间为ti=丁二乔在电场中做匀变速直线运动詈qBr2 乂 所以2v m 2Brt2= 7 二二Em 冗 m 2Br所以 t=ti+12=-qB+-|-“宀 qBr n m 2Br答案(i)mnm+*6. (2015陕西五校联考)如图所示，区域I内有与水平方向成 45角的匀强电场Ei,区域宽度为d1,区域U内有正交的有界匀强磁场 B和匀强电场E2，区域宽度为d2，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下.一质量为m、带电荷量为q的微粒在区域I左边界的P点，由静止释放

27、后水平向右做直线运动， 进入区域U后做匀速圆周运动，从区域U右边界上的Q点穿出，其速度方向 改变了 60,重力加速度为g,求：(1) 区域I和区域U内匀强电场的电场强度Ei、E2的大小?(2) 区域U内匀强磁场的磁感应强度B的大小.(3) 微粒从P运动到Q的时间有多长？ 解析(1)微粒在区域I内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有qEisin 45 =mg解得E匸晋微粒在区域U内做匀速圆周运动，则在竖直方向上有mg= qE2则 E2=mqg(2)设微粒在区域I内水平向右做直线运动时加速度为 a,离开区域I时速度为v，则qEicos 45 a= v2 = 2adi 在区域n内做匀速圆周运动的轨道

28、半径为 R,则Rsin 60建2v_qvB= mR解得B= (3)微粒在区域I内作匀加速直线运动,在区域n内做匀速圆周运动的圆心角为7. (2015湖北六校调考)如图所示,xOy平面为一光滑水平面，在此区域内有平行 于xOy平面的匀强电场，场强大小E= 100 V/m；同时有垂直于xOy平面的匀 强磁场.一质量m= 2X 10 6 kg、电荷量q = 2X 10 7 C的带负电粒子从坐标 原点O以一定的初动能入射，在电场和磁场的作用下发生偏转，到达P(4,3)点时，动能变为初动能的0.5倍，速度方向垂直OP向上.此时撤去磁场， 经过一段时间该粒子经过y轴上的M(0, 6.25)点，动能变为初动

29、能的0.625 倍，求：t(1) 粒子从O到P与从P到M的过程中电场力做功的大小之比；(2) OP连线上与M点等电势的点的坐标；粒子由P点运动到M点所需的时间.解析(1)设粒子在P点时的动能为Ek，则初动能为2Ek，在M点的动能为1.25Ek.由于洛伦兹力不做功，粒子从 O点到P点和从P点到M点的过程中，电场力做的功大小分别为W1、由动能定理得：一Wi = Ek 2EkW2= 1.25Ek Ek则 Wi : W2= 4 : 1Ek0 75EkO点、P点及M点的电势差分别为：Uop=q , Uom = 0.7MM设OP连线上与M点电势相等的点为D,由几何关系得OP的长度为5 m,沿OP方向电势下

30、降，则Uod Uom OD 0.75UoP = UoP = OP = T3得OD = 3.75 m, OP与X轴的夹角 a,贝U sin a=5D点的坐标为XD = ODcos a= 3 m, yD= ODsin a= 2.25 m即：OP连线上与M点等电势的D点的坐标为(3 m, 2.25 m)(3) 由于 OD = 3.75 m 而 OMcos/MOP= 3.75 m 所以 MD 垂直于 OP由于MD为等势线，因此OP为电场线，方向从O指向P带负电粒子从P到M过程中做类平抛运动，设运动时间为 t口,1 Eq 2贝U DP =t又 DP = OP OD = 1.25 m解得t= 0.5 s答

31、案 (1)4 ： 1(2)(3 m, 2.25 m) (3)0.5 s8. (2014广东韶关一模)如图甲所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场， 电场强度E = n0x 104 N/C.现将一重力不计、比荷二1X106 C/kg的正电荷 从电场中的O点由静止释放，经过t= 1 x 10 5 s后，通过MN上的P点进入 其上方的匀强磁场.磁场方向垂直于纸面向外，以电荷第一次通过MN时开始 计时，磁感应强度按图乙所示规律周期性变化.B*IR的区域存在沿一y方向的匀强 电场，电场强度为E.在M点有一粒子源，辐射的粒子以相同的速率 v,沿不 同方向射入第一象限.发现沿+x方向射入磁场的粒子穿出磁

32、场进入电场，速 度减小到0后又返回磁场.已知粒子的质量为m,电荷量为+ q.粒子重力不计.(1) 求圆形磁场区域磁感应强度的大小；(2) 求沿+ x方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程； 沿与+ x方向成60角射入的粒子，最终将从磁场边缘的N点(图中未画出) 穿出，不再进入磁场，求 N点的坐标和粒子从M点运动到N点的总时间.解析(1)沿+ x方向射入磁场的粒子进入电场后，速度减小到0,粒子一定是从如图1的P点射出磁场，逆着电场线运动，所以粒子在磁场中做圆周运动根据Bqv =2 mvrmvBq得 b=mR(2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从 N点射出磁场，MN为直径，粒子在磁场中的路程为二分之一圆周长si =冗 R设在电场中的路程为S2,根据动能定理得Eq2 = 2mv2mv2S2 =2mv冗R+冠E图2总路程s=如图2,沿与+ x