2020-2022年高考物理真题训练 09 静电场（教师版含解析）

专题09静电场

[2022年高考题组】

1、（2022•湖南卷∙T2）如图，四根完全相同的均匀带正电绝缘长棒对称放置在长方体的四条长边尻c、

d上。移去”处的绝缘棒，假定另外三根绝缘棒电荷分布不变。关于长方体几何中心O点处电场强度方向和

电势的变化，下列说法正确的是（）

a

A.电场强度方向垂直指向”,电势减小B.电场强度方向垂直指向c,电势减小

C.电场强度方向垂直指向”,电势增大D.电场强度方向垂直指向c,电势增大

【答案】A

【解析】

根据对称性可知，移去。处的绝缘棒后，电场强度方向垂直指向。，再根据电势的叠加原理，单个点电荷在

距其，•处的电势为

φ=k^-（取无穷远处电势零）

r

现在撤去。处的绝缘棒后，4减小，则。点的电势减小。

故选Ao

2、（2022•山东卷∙T3）半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于。点，环上均匀分布着电量为

。的正电荷。点A、B、C将圆环三等分，取走A、8处两段弧长均为DL的小圆弧上的电荷。将一点电荷q

置于OC延长线上距O点为2H的。点，O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变，q为（）

Λ.正电荷，q=-B.正电荷，q=避QkL

πRhTiR

C々,山丹2QALn々,由开2√30ΔL

C.负电荷，q=---------D.负电荷，q1=--------

τιRπR

【答案】C

【解析】

取走A、8处两段弧长均为DL的小圆弧上的电荷，根据对称性可知，圆环在。点产生的电场强度为与4在

同一直径上的4和与8在同一直径上的以产生的电场强度的矢量和，如图所示，因为两段弧长非常小，故

可看成点电荷，则有

QkL

E.=k^~=kQW

1R22πK

由图可知，两场强的夹角为120,则两者的合场强为

E=Ei篝

根据。点的合场强为0,则放在。点的点电荷带负电，大小为

E"=喘

根据

E'

(2R)

联立解得

2QAL

q=

TlR

故选Co

3、(2022•全国甲卷∙T21)地面上方某区域存在方向水平向右匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中

尸点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在尸点。则射出后,

()

A.小球的动能最小时，其电势能最大

B.小球的动能等于初始动能时，其电势能最大

C.小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大

D.从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量

【答案】BD

【解析】

A.如图所示

Eq=mg

故等效重力G'的方向与水平成45°

当V，=。时速度最小为=匕，由于此时匕存在水平分量，电场力还可以向左做负功，故此时电势能不

是最大，故A错误；

BD,水平方向上

%=%

m

在竖直方向上

y=gf

由于

Eq=mg,得v=%

如图所示，小球的动能等于末动能。由于此时速度没有水平分量，故电势能最大。由动能定理可知

%+W”=。

则重力做功等于小球电势能的增加量，故BD正确；

C.当如图中叨所示时，此时速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，故C错误：

故选BD0

4、（2022•全国乙卷∙T21）一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板

（半径分别为R和R+d）和探测器组成，其横截面如图（a）所示，点。为圆心。在截面内，极板间各点

的电场强度大小与其到。点的距离成反比，方向指向。点。4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探

测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为0、半径分别为乙、乃（H<q<5<R+d）;粒子3

从距。点5的位置入射并从距。点（的位置出射;粒子4从距。点彳的位置入射并从距。点G的位置出射，

轨迹如图（b）中虚线所示。则（)

R+d

-fO-

jɪ探测器

粒子图⑶

A.粒子3入射时的动能比它出射时的大

B.粒子4入射时的动能比它出射时的大

C.粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能

D.粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能

【答案】BD

【解析】

C.在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到。点的距离成反比，可设为

Er—k

带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有

22

q口、—/Ti—,qj—tn—

4rι

可得

Jw=匈=&

2122

即粒子1入射时的动能等于粒子2入射时的动能，故C错误：

A.粒子3从距。点弓的位置入射并从距。点Ai的位置出射，做向心运动，电场力做正功，则动能增大,

粒子3入射时的动能比它出射时的小，故A错误；

B.粒子4从距。点4的位置入射并从距。点5的位置出射，做离心运动，电场力做负功，则动能减小,

粒子4入射时的动能比它出射时的大，故B正确：

D.粒子3做向心运动，有

pv1

qE2>m-

r2

可得

qE,r

~mv3<1

2=M

粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D正确;

故选BD。

5、（2022•全国乙卷∙T19）如图，两对等量异号点电荷+4、一4（q>0）固定于正方形的4个项点上。L、

N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点，。为内切圆的圆心，M为切点。则（）

+2…一.…:…苧

-qM+q

Λ.L和N两点处的电场方向相互垂直

B.M点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左

C.将一带正电的点电荷从“点移动到。点，电场力做正功

D.将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功为零

【答案】AB

【解析】

A.两个正电荷在N点产生的场强方向由N指向。，N点处于两负电荷连线的中垂线上，则两负电荷在N

点产生的场强方向由N指向。，则N点的合场强方向由N指向。，同理可知，两个负电荷在L处产生的场

强方向由。指向3L点处于两正电荷连线的中垂线上，两正电荷在乙处产生的场强方向由。指向L则L

处的合场方向由。指向3由于正方向两对角线垂直平分，则A和N两点处的电场方向相互垂直，故A正

确；

B.正方向底边的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向左，而正方形上方的一对等量异号电荷在M

点产生的场强方向向右，由于M点离上方一对等量异号电荷距离较远，则M点的场方向向左，故B正确；

C.由图可知，M和。点位于两等量异号电荷的等势线上，即M和。点电势相等，所以将一带正电的点电

荷从”点移动到。点，电场力做功为零，故C错误；

D.由图可知，L点的电势低于N点电势，则将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功不为零，

故D错误。

故选ABo

6、（2022•浙江6月卷•T9）如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板

长为L（不考虑边界效应）。UO时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为Vo的相同粒子，垂直M板

向右的粒子，到达N板时速度大小为0%；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和粒

子间的相互作用，则（）

Λ.M板电势高于N板电势

B.两个粒子的电势能都增加

ɔ2

C.粒子在两板间的加速度为。=心

L

D.粒子从N板下端射出的时间寸=（、八一1）L

2%

【答案】C

【解析】

A.由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，故A错误；

B.根据题意垂直M板向右的粒子，到达N板时速度增加，动能增加，则电场力做正功，电势能减小；则

平行M板向下的粒子到达N板时电场力也做正功，电势能同样减小，故B错误：

CD.设两板间距离为乩对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有

L

子卬

〃

d=­ɪcιt2

2

对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，在电场中加速度相同，有

（V2v0j-vɑ=2ad

联立解得

故C正确，D错误;

故选C。

7、（2022•浙江1月卷∙TlO）某种气体一电子放大器的局部结构是由两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜

构成，其上存在等间距小孔，其中相邻两孔截面上的电场线和等势线的分布如图所示。下列说法正确的是

Λ.“点所在的线是等势线

B.6点的电场强度比C点大

C.氏C两点间的电势差的值比a、C两点间的大

D.将电荷沿图中的线从dfe→∕θg移动时电场力做功为零

【答案】C

【解析】

A.因上下为两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜，则。点所在的线是电场线，选项A错误；

B.因C处的电场线较。点密集，则C点的电场强度比匕点大，选项B错误；

C.因尻•两处所处的线为等势线，可知氏c两点间的电势差的值比“、c两点间的大，选项C正确；

D.因立两点在同•电场线上，电势不相等，则将电荷沿图中的线从d-e*g移动时电场力做功不为零,

选项D错误。

故选C。

8、（2022•河北∙T6）如图，真空中电荷量为2q和＞（））的两个点电荷分别位于M点与N点，形成

一个以MN延长线上。点为球心，电势为零的等势面（取无穷处电势为零），尸为VN连线上的一点，S

为等势面与直线MN的交点，T为等势面上的一点，下列说法正确的是（）

2q-q

—•-----.→—*

MpNO/S

A.尸点电势低于S点电势B.T点电场强度方向指向。点

C.除无穷远处外，直线MN上还有两个电场强度为零的点D.将正试探电荷%从T点移到P点，静电力做

正功

【答案】B

【解析】

A.在直线MN上，左边正电荷在M行侧电场强度水平向右，右边负电荷在直线用N上电场强度水平向右,

根据电场的叠加可知MN间的电场强度水平向右，沿着电场线电势逐渐降低，可知P点电势高于等势而与

MN交点处电势，则P点电势高于S点电势，故A错误;

C.由于正电荷的电荷量大于负电荷电荷量，可知在N左侧电场强度不可能为零，则N右侧，设MN距离

为L，根据

k∙2qk∙q

(L+4)2

可知除无穷远处外，直线仞N电场强度为零的点只有一个，故C错误;

D.由A选项分析可知：T点电势低于P电势，则正电荷在T点的电势能低于在P电势的电势能，将正试

探电荷蛇从T点移到P点，电势能增大，静电力做负功，故D错误;

B.设等势圆的半径为A,AN距离为*,MN距离为L，如图所示

2q-q

MPA∖NO

根据

φ=-

X

结合电势的叠加原理A、S满足

k'2q_kq

L-xX

k∙2q_kq

L+2R—x2,R~x

解得

L

X=—

3

R=三

3

由于电场强度方向垂直等势面，可知T点的场强方向必过等势面的圆心，。点电势

k∙2--q------k-q------3-k--q-----

Vo

L2L

33

可知

<Pτ>Vo

可知T点电场方向指向。点，故B正确。

故选B«

9、（2022•湖北∙T4）密立根油滴实验装置如图所示，两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接,

板间产生匀强电场。用一个喷雾器把密度相同的许多油滴从上板中间的小孔喷入电场，油滴从喷口喷出时

由于摩擦而带电。金属板间电势差为U时.，电荷量为外半径为r的球状油滴在板间保持静止.若仅将金属

板间电势差调整为2U,则在板间能保持静止的球状油滴所带电荷量和半径可以为（）

A.q,rB.2q,rC.2q,2rD.4g,2r

【答案】D

【解析】

初始状态下，液滴处于静止状态时，满足

Eq=mg

即

U43

-q^-πr-pg

a3

AB.当电势差调整为2U时，若液滴的半径不变，则满足

2U,4

=~πr3pg

a3

可得

，q

q=—

2

AB错误；

CD.当电势差调整为2U时，若液滴的半径变为2r时，则满足

=卜Qk.Pg

a3

可得

♦=4q

C错误，D正确。

故选D。

10、（2022•湖北∙T10）如图所示，一带电粒子以初速度Vo沿X轴正方向从坐标原点。射入，并经过点P

">0,〃>0）。若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，粒子从。到P运动的时间为九，到达P点

的动能为若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，粒子从。到P运动的时间为/2,到达P点

的动能为Ek2。下列关系式正确的是•（）

Oax

A.t∖<hB.t∖>t2

C.Ekl<Ek2D.Eki>Ek2

【答案】AD

【解析】

AB.该过程中由方向平行于），轴的匀强电场实现，此时粒子做类平抛运动，沿X轴正方向做匀速直线运动；

当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，此时粒子做匀速圆周运动，沿X轴正方向分速度在减小,

根据

X

t=-

V

可知

t]<t2

故A正确，B错误。

CD.该过程中由方向平行于y轴的匀强电场实现，此时粒子做类平抛运动，到达P点时速度大于w；当该

过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，此时粒子做匀速圆周运动，到达P点时速度等于血，而根据

P12

E--mv

k12

可知

Eki>Ek2

故C错误，D正确。

故选ADo

11、（2022•广东卷∙T14）密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺

贝尔奖。图是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板中央有

一小孔。通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷。有两个质量均为〃％、位于同

一竖直线上的球形小油滴A和B,在时间t内都匀速下落了距离4。此时给两极板加上电压U（上极板接正

极）,A继续以原速度下落,B经过一段时间后向上匀速运动"在匀速运动时间f内上升了距离/Z2（4H∕Z,）,

随后与4合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的空气阻力大小

为f=knM,其中％为比例系数，，"为油滴质量，V为油滴运动速率，不计空气浮力，重力加速度为g。

求：

(ɪ)比例系数k；

(2)油滴4、B的带电量和电性；B上升距离为电势能的变化量;

(3)新油滴匀速运动速度的大小和方向。

_________<I'?L________

1+

d、U∙B

【答案】(])空£3(2)油滴A不带电，油滴B带负电，电荷量为丝骑也，一“她?」初:(3)

hi%u%

见解析

【解析】

(1)未加电压时，油滴匀速时的速度大小

%

v'=7

匀速时

mg=f

又

ɪ

3

f=⅛mvl

联立可得

2

_m3gt

K-

(2)加电压后，油滴A的速度不变，可知油滴A不带电，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受电

场力向上，极板间电场强度向下，可知油滴B带负电，油滴B向上匀速运动时，速度大小为

根据平衡条件可得

,ʌU

mg+κmiv=­q

2-d

解得

_mgd(lτl+Iz1)

q=晒一

根据

^Ep=-W1,

又

联立解得

δermgh式％+h2)

P~%

（3）油滴B与油滴A合并后，新油滴的质量为2小，新油滴所受电场力

,Uqmg（h+乩）

r-y-------------------

dh

若F>2mg,即

hι>K

可知

彩＞匕

新油滴速度方向向上，设向上为正方向，根据动量守恒定律

mv2-mvx=2mvp-

可得

V共>0

新油滴向上加速，达到平衡时

ɪ

2mg+k•(2机)3U=产

解得速度大小为

速度方向向匕

若尸<2mg，即

K>h2

可知

v2<¼

设向下为正方向，根据动量守恒定律

mv1—mvɔ=2机丫共

可知

y共>0

新油滴向下加速，达到平衡时

2mg=F+k∙(2m)3v

解得速度大小为

九—¼

V=∙L-

√2r

速度方向向下。

12、(2022•河北∙T14)两块面积和间距均足够大的金属板水平放置，如图1所示，金属板与可调电源相

连形成电场，方向沿y轴正方向。在两板之间施加磁场，方向垂直XOy平面向外。电场强度和磁感应强度

随时间的变化规律如图2所示。板间。点放置一粒子源，可连续释放质量为加、电荷量为q(q>0)、初速

度为零的粒子，不计重力及粒子间的相互作用，图中物理量均为已知量。求:

2πm

(1)r=o时刻释放的粒子，在，=F-时刻的位置坐标;

八6πm

(2)在0~—时间内，静电力对/=()时刻释放的粒子所做的功;

qB。

,4兀综相π2八6πm

(3)在M点放置一粒接收器，在0~丁时间内什么时刻释放的粒子在电场存在期间

、qB-4qB"qB0

被捕获。

图1图2

,°,,2兀Ejn兀？E＜、m、2π2E^mπm13πm

【答案】⑴(/'萧)：⑵黄；⑶

2qB1)

【解析】

Cττm

在时间内，电场强度为,带电粒子在电场中加速度，根据动量定理可知

(1)0~FE0

πm

qE。mv

洛l

πm

解得粒子在—时刻的速度大小为

qB。

方向竖直向上，粒子竖直向上运动的距离

2

1πmπEhm

y}=-vl-----=-----ʒ-

2qB。2卷；

πm2πmE2πm

ft------尸时间内，根据粒子在磁场运动的周期T=F-可知粒子偏转180°，速度反向，根据

夕为

qB0qB

qvB=m—可知粒子水平向右运动的距离为

mvx2兀EOm

-

x2=Ir22-----=------J

qB°qB。

粒子运动轨迹如图

2τπn2兀ECrnjτ^Enm

所以粒子在t-—~时刻粒子的位置坐标为(%2,X)，即(----2-—；

qB。qB'2qB-

2πm3πm

(2)在F------丁时间内，电场强度为2&),粒子受到的电场力竖直向上，在竖直方向

qB°qB0

q-2E0-卫乂=mv2+mvi

qB°

3πm

解得F-时刻粒子的速度

qB°

v2=4

B。

方向竖宜向上，粒子在竖宜方向上运动的距离为

-V+%πm.

¼=—1!——------=O

32qB.

3兀m^πm

在F-----丁时间内，粒子在水平方向运动的距离为

qB。qB。

ɔɔmv2πE^m

几=2〃=2干2=

qB。用

^πm5πm

此时粒子速度方向向下∙，大小为％，在F-----丁时间内，电场强度为3线，竖直方向

咨qB。

q.3f0・军竺=mv3+ιnv2

qB。

5πm

解得粒子在-7-时刻的速度

Mo

2兀Eo

V3=

Bo

粒子在竖直方向运动的距离

2

-%+匕πm_πEυm

qB(>2qB(∖

2π^E^m

W=*)∙χ+⅛∙2E∙y+7∙3E∙y=4√E∙^

030501B；

电场力做正功:

Cπm

（3）若粒子在磁场中加速两个半圆恰好能够到达M点，则释放的位置一定在0~F时间内，粒子加速度

qB°

时间为％,在竖直方向上

,

qE（）∙t}=mvl

πm2πm

在-------时间内粒子在水平方向运动的距离为

qB（）qB0

Xj—ɔʌə—2

qB。

2πm3πm

在F-----丁时间内,在竖直方向

MOqB0

r

q∙2E0•二”=mv2+mv/

qBo

-vz+vrπm

y=1—!--9--=--------

2qBa

3πm4τrm

在F------『-时间内,粒子在水平方向运动的距离为

qB°qB。

4TrEjτι4-E/77

接收器的位置为(----ʒ—~~⅜-),根据距离的关系可知

西4竭

汇+汇=色望

疯

解得

πm

此时粒子已经到达〃点上方，粒子竖直方向减速至0用时△/,则

为=斗,加

竖直方向需要满足

V，V，、，，＜.Eom

Y--％≤,2

4z1qzB°β

πm

解得在一个电场加速周期之内，所以成立，所以粒子释放的时刻为中间时刻丁丁

2qB<)

Cπm27rm3πm

若粒子经过一个半圆到达M点，则粒了在P~F时间内释放不可能，如果在F------十时间内释放，

qB°qB。qB()

^πm5πm

经过磁场偏转一次的最大横向距离，即直径，也无法到达M点，所以考虑在F-----十时间内释放，假

qB°qB。

设粒子加速的时间为在竖直方向上

n

q∙3Eq√/=mvλ

,,

y1=→1"∙√

5πm6ττm

之后粒子在F------时间内转动半轴，横向移动距离直接到达M点的横坐标，即

qB°qB°

,C〃r,mv"^πEm

XJ=2r>=2——x—=----⅛0-

qB。用

解得

,2πm

4=--------

3qB0

67tmlπm

接下来在F------十过程中粒子在竖直方向减速为。的过程中

qB<,qB。

g-4E0∙At'=mvl"

粒子要在M点被吸收，需要满足

2

,,〃πEam

代入验证可知在一个周期之内，说明情况成立，所以粒子释放时刻为

πmπm2πm13πm

/=4-------F（----------------）=-

qB。qB°3qB°3qB°

[2021年高考题组】

1.（2021・山东卷）如图甲所示，边长为"的正方形，四个顶点上分别固定一个电荷量为+4的点电荷；在

0≤x<Y2.区间，X轴上电势9的变化曲线如图乙所示。现将一电荷量为一。的点电荷尸置于正方形的中

2

心。点，此时每个点电荷所受库仑力的合力均为零。若将P沿X轴向右略微移动后，由静止释放，以下判

断正确的是（）

A.Q=誓J∙q,释放后P将向右运动

B.Q=与tɪg，释放后P将向左运动

C.O=21+）,释放后P将向右运动

D.Q=当±Iq,释放后P将向左运动

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】对y轴正向的点电荷，由平衡知识可得

解得

2√2+l

Q=

因在0≤x＜注α区间内沿X轴正向电势升高，则场强方向沿X轴负向，则将P沿轴正向向右略微移动

2

后释放，P受到向右的电场力而向右运动。

故选Co

2.（202l∙全国卷甲卷）某电场的等势面如图所示，图中“、氏c、"、e为电场中的5个点，则（)

2V3V

A.一正电荷从b点运动到e点，电场力做正功

B.一电子从4点运动到d点，电场力做功为4eV

Cb点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向右

D.〃、b、c、d四个点中，匕点的电场强度大小最大

【答案】BD

【解析】A.由图象可知例,=%

则正电荷从〃点运动到e点，电场力不做功，A错误;

B.由图象可知

φa=3V,ψd=7V

根据电场力做功与电势能的变化关系有

Wad=Epa~EPd—(φa-φ(i)∖-β)—4eV

B正确；

C.沿电场线方向电势逐渐降低，则力点处的场强方向向左，C错误;

D.由于电场线与等势面处处垂宜，则可画出电场线分布如下图所示

由上图可看出，力点电场线最密集，则〃点处的场强最大，D正确。

故选BD.,

3..（2021∙全国卷乙卷）如图（a）,在一块很大的接地金属平板的上方固定一负电荷。由于静电感应，在金属

平板上表面产生感应电荷，金属板上方电场的等势面如图（b）中虚线所示，相邻等势面间的电势差都相等。

若将一正试探电荷先后放于"和N处，该试探电荷受到的电场力大小分别为乙和FN,相应的电势能分别

为EPM和EPN,则（）

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----------------T-M'

图（a）图（b）

A.FM<FN，EPM>EPNB.FM>FN,EpM>EPN

C-FM<FN,EpM<EPND.FM>Ffll,EpM<EPN

【答案】A

【解析】由图中等势面的疏密程度可知

EM<EN

根据

F=qE

可知

FM<F*

由题可知图中电场线是由金属板指向负电荷，设将该试探电荷从M点移到N点，可知电场力做正功，电势

能减小，即

EPM>EPN

故选Ao

4.（2021∙全国卷乙卷）四个带电粒子的电荷量和质量分别（+4,加）、（+。2加）、（+3q,3根）、（一q,加）它们

先后以相同的速度从坐标原点沿X轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行，不计重力，下列描绘

这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是（）

【答案】AD

【解析】

带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度

qE

m

由类平抛运动规律可知，带电粒子的在电场中运动时间为

/

t=-

%

离开电场时，带电粒子的偏转角的正切为

tan。/=里=幽

匕%tnvo

因为四个带电的粒子的初速相同，电场强度相同，极板长度相同,所以偏转角只与比荷有关，前面三个带

电粒子带正电，一个带电粒子带负电，所以一个粒子与另外三个粒子的偏转方向不同；（+g,加）粒了与

（+3q,3m）粒了•的比荷相同