帶電粒子在勻強磁場中的運動精美解析版

1、帶電粒子在勻強磁場中的運動一、單選題（本大題共5小題，共30.0分）1. 空間存在豎直向下的勻強電場和水平方向(垂直紙面向里)的勻強磁場，如圖所示，已知一離子在電場力和洛侖茲力共同作用下，從靜止開始自A點沿曲線ACB運動，到達B點時速度為零，C為運動的最低點.不計重力，則()A. 該離子帶負電B. A、B兩點位于同一高度C. C點時離子速度最小D. 離子到達B點后，將沿原曲線返回A點B（濟南一中）解：A、粒子開始受到電場力作用開始向下運動，在運動過程中受洛倫茲力作用，知電場力方向向下，則離子帶正電.故A錯誤B、根據(jù)動能定理知，洛倫茲力不做功，在A到B的過程中，動能變化為零，則電場力做功為零，A

2、、B兩點等電勢，因為該電場是勻強電場，所以A、B兩點位移同一高度.故B正確C、根據(jù)動能定理得，離子運動到C點電場力做功最大，則速度最大.故C錯誤D、只要將離子在B點的狀態(tài)與A點進行比較，就可以發(fā)現(xiàn)它們的狀態(tài)(速度為零，電勢能相等)相同，如果右側仍有同樣的電場和磁場的疊加區(qū)域，離子就將在B之右側重現(xiàn)前面的曲線運動，因此，離子是不可能沿原曲線返回A點的.如圖所示 故選B帶電粒子由靜止釋放(不考慮重力)，在電場力的作用下會沿電場向下運動，在運動過程中，帶電粒子會受到洛倫茲力，所以粒子會沿逆時針方向偏轉，到達C點時，洛倫茲力方向向上，此時粒子具有最大速度，在之后的運動中，粒子的電勢能會增加速度越來越小

3、，到達B點時速度為零.之后粒子會繼續(xù)向右重復由在由A經C到B的運動形式本題主要考查了帶電粒子在混合場中運動的問題，要求同學們能正確分析粒子的受力情況，再通過受力情況分析粒子的運動情況，要注意洛倫茲力永不做功，難度適中2. 如圖所示，在一平面正方形MNPQ區(qū)域內有一勻強磁場垂直于紙面向里，磁感應強度為B.一質量為m、電荷量為q的粒子以速度v從Q點沿著與邊QP夾角為30的方向垂直進入磁場，從QP邊界射出.已知QP邊長為a，不計粒子的重力，下列說法正確的是()A. 該粒子帶正電B. 運動過程中粒子的速度不變C. 粒子在磁場中運動的時間為m3qBD. 粒子的速度v的最大值為qBa2mC（濟南一中）解：

4、A、粒子從PQ邊射出磁場，粒子剛射入磁場時受到的洛倫茲力垂直與速度斜向右下方，由左手定則可知，粒子帶負電，故A錯誤；B、粒子在磁場中做勻速圓周運動，粒子速度大小不變當方向發(fā)生變化，粒子速度發(fā)生變化，故B錯誤；C、粒子在磁場中轉過的圓心角：=230=60，粒子在磁場中的運動時間：t=360T=603602mqB=m3qB，故C正確；D、粒子從P點射出磁場時軌道半徑最大，粒子速度最大，此時粒子軌道半徑：r=a，由牛頓第二定律得：qvB=mv2r，粒子的最大速度：v=qBrm=qBam，故D錯誤；故選：C粒子在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力，根據(jù)粒子偏轉方向確定粒子所受洛倫茲力方向，然后由左

5、手定則判斷出粒子的電性；根據(jù)題意求出粒子在磁場中轉過的圓心角，然后根據(jù)粒子周期公式求出粒子的運動時間；粒子從P點射出時速度最大，求出粒子從P點射出時的軌道半徑，然后應用牛頓第二定律求出粒子的最大速度粒子在磁場中做勻速圓周運動，粒子轉過的圓心角等于弦切角的2倍，根據(jù)幾何知識求出粒子轉過的圓心角、軌道半徑，然后應用牛頓第二定律與粒子做圓周運動的周期公式可以解題3. 如圖所示，兩個相同的帶電粒子，同時垂直射入一個正方形的勻強磁場中做勻速圓周運動，它們的軌跡分別是a和b，則它們的速率和在磁場區(qū)域中飛行時間的關系是()A. VaVb，tatbB. VaVb，taVb，taVb。設軌跡對應的圓心角為，則粒

6、子在磁場中的運動時間為：t=2T粒子運動的周期為：T=2mqB，可見，周期T相同，由于a的軌跡圓心角小，所以tatb。故選：C。通過洛倫茲力提供向心力求出粒子的軌跡半徑，再根據(jù)粒子的半徑大小，比較速度的大小.結合粒子在磁場中運動的周期公式比較兩粒子在磁場中的運動時間關系解決粒子在磁場中圓周運動的基礎就是掌握帶電粒子在磁場中運動的半徑公式和周期公式，并能靈活運用4. 在平面直角坐標系里面有一圓形勻強磁場區(qū)域，其邊界過坐標原點O和坐標點a(0,L)，一電子質量為m，電量為e從a點沿x軸正向以速度v0射入磁場，并從x軸上的b點沿與x軸成60離開磁場，下列說法正確的是()A. 電子在磁場中運動時間為L

7、v0B. 電子在磁場中運動時間為3L3v0C. 磁場區(qū)域的圓心坐標為(3L2,L2)D. 電子做圓周運動的圓心坐標為(0,-2L)C（濟南一中）解：A、粒子運動軌跡如圖所示，轉運的圓心角為60，則由幾何關系可知，R=2L，則可知，粒子在磁場中飛行時間為：t=Rv0=2L3v0，故AB錯誤；C、由題意和上圖的幾何關系可得，過a、O、B三點的圓的圓心在aB連線的中點.所以：x軸坐標x=aO1sin60=32L y軸坐標為y=L-aO1sin60=L2 O1點坐標為(32L,L2)，故C正確，D錯誤故選：C由速度公式可得，粒子在磁場中飛行時間為弧度比速度.由題意和上圖的幾何關系可得，過a、O、B三點

8、的圓的圓心在aB連線的中點，由幾何關系即可確定圓心坐標本題考查帶電電粒子在磁場中的運動規(guī)律，該類題目根據(jù)題意正確畫出粒子運動的軌跡，找出R與L之間的關系，再根據(jù)幾何關系分析求解即可5. 如圖是回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個半徑為R的D形金屬盒，兩金屬盒表面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直，并分別與一個高頻電源兩端相連.現(xiàn)用它來加速質量為m、電荷量為q的微觀粒子，則下列說法正確的是()A. 要使回旋加速器正常工作，高頻電源的頻率應為qBmB. 輸出粒子獲得的最大動能為(qBR)22mC. 要提高粒子輸出時的最大速度，需提高電源的電壓D. 若先后用來加速氘核(12H)和氦核(24He)，則必須

9、調整電源的頻率B（濟南一中）解：A、根據(jù)qvB=mv2R得：v=qBRm，根據(jù)周期公式有：T=2Rv=2mBq，則有：f=qB2m，故A錯誤B、當粒子的半徑達最大時，必須將帶電粒子引出，此時由Bqv=mv2R可得：v=qBRm，則最大動能Ek=12mv2=(BqR)22m，故B正確C、由Ekm=(BqR)22m可知，要提高粒子輸出時的最大速度，需要增大磁感應強度B和增大回旋加速器的半徑R，而不是增加電壓，因為電壓越大，每一次加速度后的速度增大，圓周運動的半徑也變大，加速的次數(shù)變小了.故C錯誤D、根據(jù)周期公式有：T=2mBq，兩粒子的比荷相等，故周期相等，不需要調整電源頻率，故D錯誤故選：B被加

10、速離子由加速器的中心附近進入加速器，而從邊緣離開加速器；粒子在磁場中偏轉，在電場中加速.結合洛倫茲力提供向心力，根據(jù)D形盒的半徑求出最大速度的大小，從而即可求解高頻交流電的頻率根據(jù)質譜儀的工作原理可知影響最大動能的因素不是電強的電勢差的大小，而是金屬盒的半徑，由洛侖茲力充當向心力可得出最大速度，則可求得最大動能回旋加速器是利用磁場中的圓周運動來反復對電荷加速的，故加速電場的強弱不會影響最后的動能，但金屬盒的半徑制約了最大動能，達到最大半徑后，粒子無法再回到加速電場繼續(xù)加速二、多選題（本大題共4小題，共24分）6. 磁流體發(fā)電是一項新興技術.如圖所示，平行金屬板之間有一個很強的磁場，將一束含有大

11、量正、負帶電粒子的等離子體，沿圖中所示方向噴入磁場.圖中虛線框部分相當于發(fā)電機.把兩個極板與用電器相連，則()A. 用電器中的電流方向從A到BB. 用電器中的電流方向從B到AC. 若只增強磁場，發(fā)電機的電動勢增大D. 若只增大噴入粒子的速度，發(fā)電機的電動勢減小AC（濟南一中）解：首先對等離子體進行動態(tài)分析：開始時由左手定則判斷正離子所受洛倫茲力方向向上(負離子所受洛倫茲力方向向下)，則正離子向上板聚集，負離子則向下板聚集，兩板間產生了電勢差，即金屬板變?yōu)橐浑娫?，且上板為正極下板為負極，所以通過用電器的電流方向從A到B，故A正確B錯誤；此后的正離子除受到向上的洛倫茲力f外還受到向下的電場力F，最

12、終兩力達到平衡，即最終等離子體將勻速通過磁場區(qū)域，因f=qvB，F(xiàn)=qEd，則qvB=qEd，解得E=Bdv，所以電動勢E與速度v及磁場B成正比，所以C正確、D錯誤故選：AC本題的關鍵是動態(tài)分析過程，先根據(jù)左手定則判斷出正離子(或負離子)受到的洛倫茲力方向，從而判斷出金屬板電勢的高低，進一步分析離子除受洛倫茲力外還受到電場力，最終二者達到平衡，得出結論正確受力分析和運動過程分析是解決動力學問題的關鍵，先根據(jù)左手定則判斷等離子體的正離子(或負離子)所受洛倫茲力的方向，從而知道金屬板的電勢高低，進一步受力分析結合牛頓第二定律可得出最終等離子體做勻速直線運動，根據(jù)洛倫茲力等于電場力即可得出結論7.

13、如圖所示，板長為L的平行板電容器與一直流電源相連接，其極板與水平面成30角；若兩帶電粒子以相同的大小的初速度v0=2gL，由圖中的P點射入電容器，它們分別沿著虛線1和2運動，然后離開電容器，虛線1為連接上下極板邊緣的水平線，虛線2為平行且靠近上極板的直線，則下列關于兩粒子的說法正確的是()A. 1、2兩粒子均做勻減速直線運動B. 1、2兩拉子電勢能均逐漸增加C. 1、2兩拉子的比荷之比為3：4D. 1、2兩粒子離開電容器時的速率之比為2：3AD（濟南一中）解：A、根據(jù)題意可知，粒子均做直線運動，則粒子所受的電場力與重力的合力方向與速度方向在同一直線上，所以電場力只能垂直極板向上，受力如圖所示；

14、根據(jù)受力圖，粒子做直線運動，電場力與重力的合力與速度方向反向，故粒子均做勻減速直線運動，故A正確；B、粒子甲受到的電場力與位移方向的夾角為鈍角，所以電場力做負功，電勢能逐漸增加；粒子乙運動的方向與電場力的方向垂直，電場力不做功，所以粒子的電勢能不變。故B錯誤；C、根據(jù)受力圖，對1：m1g=q1Ecos30，所以：q1m1=2g3E對2：m2gcos30=q2E，所以：q2m2=3g2E可得：q1m1：q2m2=4：3，故C錯誤；D、帶電微粒1沿水平直線運動，合力做的功為：W1=-m1gtan30Lcos30=-23m1gL，根據(jù)動能定理得：12m1v12-12m1v02=-23m1gL，所以：

15、v1=23gL帶電微粒2沿平行于極板的直線運動，合力做的功為：W2=-m2gsin30L=-12m2gL根據(jù)動能定理得：12m2v22-12m2v02=-12m2gL所以：v2=gL所以：1、2兩粒子離開電容器時的速率之比為v1：v2=2：3.故D正確。故選：AD。帶電粒子在電場中受到電場力與重力，根據(jù)粒子的運動軌跡，結合運動的分析可知電場力垂直極板向上，從而可確定粒子的運動性質，及根據(jù)電場力做功來確定電勢能如何變化。由動能定理分析速率之比。解決本題的關鍵是根據(jù)運動情況來確定受力情況，并由電場力做功來確定電勢能如何，以及動能的變化。8. 如圖所示，兩塊平行金屬板，兩板間電壓可從零開始逐漸升高到

16、最大值，開始靜止的帶電粒子帶電荷量為+q，質量為m(不計重力)，從點P經電場加速后，從小孔Q進入右側的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，CD為磁場邊界，它與極板的夾角為=30，小孔Q到板的下端C的距離為L，當兩板間電壓取最大值時，粒子恰好垂直CD邊射出，則()A. 兩板間電壓的最大值Um=qB2LmB. 兩板間電壓的最大值Um=qB2L22mC. 能夠從CD邊射出的粒子在磁場中運動的最長時間tm=2m3qBD. 能夠從CD邊射出的粒子在磁場中運動的最長時間tm=m6qBBC（濟南一中）解：M、N兩板間電壓取最大值時，粒子恰好垂直打在CD板上，所以圓心在C點，CH=CQ=L，

17、故半徑R1=L 洛倫茲力提供向心力可得：qvB=mv12R1 根據(jù)動能定理可得：qUm=12mv12 聯(lián)立可得：Um=qB2L22m 故A錯誤，B正確，分析可知，T=2Rv 聯(lián)立可得T=2mqB 能夠從CD邊射出的粒子在磁場中運動的最長時間最長的粒子，其軌跡與CD邊相切與K點最長時間tm=120360T 聯(lián)立式得tm=2m3qB 故D錯誤，C正確故選：BC (1)粒子恰好垂直打在CD板上，根據(jù)粒子的運動的軌跡，可以求得粒子運動的半徑，由半徑公式可以求得電壓的大??；(2)打在QE間的粒子在磁場中運動的時間最長，均為半周期，根據(jù)周期公式即可求解本題考查帶電粒子在加速電場中的運動，勻強磁場中的運動，

18、要掌握住半徑公式、周期公式，解題的關鍵在于規(guī)范作圖9. 多選靜止的原子核在磁場中發(fā)生衰變后運動軌跡如圖所示，大、小圓半徑分別為R1、R2；則下列關于此核衰變方程和兩圓軌跡半徑比值判斷正確的是() A. B. C. R1R2=841D. R1R2=2074BC（濟南一中）【分析】靜止的原子核發(fā)生衰變，根據(jù)動量守恒可知，發(fā)生衰變后的粒子的運動的方向相反，在根據(jù)粒子在磁場中運動的軌跡可以判斷粒子的電荷的性質；衰變后的粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力可得半徑公式，結合軌跡圖分析。根據(jù)粒子的速度的方向相反和兩個粒子的運動的軌跡由左手定則可以分析判斷粒子的帶電的情況?！窘獯稹緼B.原子核

19、發(fā)生衰變，粒子的速度方向相反，由圖可知粒子的運動的軌跡在同一側，很據(jù)左手定則可以得知，衰變后的粒子帶的電性相反，所以釋放的粒子應該是電子，所以原子核發(fā)生的應該是衰變；故A錯誤，B正確；CD.衰變后，粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，故：qvB=mv2R，解得：R=mvqB；靜止的原子核發(fā)生衰變，根據(jù)動量守恒可知，衰變前后，動量守恒，故兩個粒子的動量mv相等，磁感應強度也相等，故q越大，軌道半徑越小；故大圓是釋放粒子的運動軌跡，小圓是新核的運動軌跡，故R1R2=q2q1=841，故C正確，D錯誤。故選BC。三、填空題（本大題共1小題，共3分）10. 如圖所示為一種質譜儀示意圖，由加速電場、

20、靜電分析器和磁分析器組成.若靜電分析器通道中心線的半徑為R，通道內均勻輻射電場在中心線處的電場強度大小為E，磁分析器有范圍足夠大的有界勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向外.一質量為m、電荷量為q的粒子從靜止開始經加速電場加速后沿中心線通過靜電分析器，由P點垂直邊界進入磁分析器，最終打到膠片上的Q點.不計粒子重力.則M、N兩個極板中電勢較高的是_ 極板；加速電場的電壓為_ ；PQ之間的距離為_ M；12ER；2BmERq（濟南一中）解：粒子進入靜電分析器后在電場力作用下偏轉，故可知粒子帶正電，極板M比極板N電勢高才能使粒子加速對于加速過程，有qU=12mv2，在靜電分析器中，由電場力充

21、當向心力，則有Eq=mv2R，由上兩式可知U=12ER在磁分析器中粒子由P到Q，直徑PQ=2R=2mvqB=2BmERq；故答案為：M；12ER；2BmERq帶電粒子在電場中，在電場力做正功的情況下，被加速運動.后垂直于電場線，在電場力提供向心力作用下，做勻速圓周運動.最后進入勻強磁場，在洛倫茲力作用下，做勻速圓周運動.根據(jù)洛倫茲力的方向，從而可確定電性，進而可確定極板的電勢高低.根據(jù)牛頓第二定律可得在電場力作用下做勻速圓周運動的表達式，從而求出加速電壓.最后再由牛頓第二定律，洛倫茲力等于向心力可知，運動的半徑公式，即影響半徑的大小因素考查粒子在電場中加速與勻速圓周運動，及在磁場中做勻速圓周運

22、動.掌握電場力與洛倫茲力在各自場中應用，注意粒子在靜電分析器中電場力不做功四、實驗題探究題（本大題共2小題，共15分）11. 如圖所示，真空中區(qū)域I和區(qū)域內存在著與紙面垂直的方向相反的勻強磁場，磁感應強度大小均為B.在區(qū)域II的上邊界線上的N點固定一負的點電荷，并采取措施使之只對區(qū)域II以上空間產生影響.一帶正電的粒子質量為m，電荷量為q，自區(qū)域I下邊界線上的O點以速度v0垂直于磁場邊界及磁場方向射入磁場，經過一段時間粒子通過區(qū)域邊界上的點，最終又從區(qū)域I下邊界上的P點射出.圖中N、P兩點均未畫出，但已知N點在O點的右方，且N點與O點相距L.區(qū)域I和的寬度為d=mv02qB，兩區(qū)域的長度足夠大

23、.N點的負電荷所帶電荷量的絕對值為Q=Lmv02kq(其中k為靜電力常量).不計粒子的重力，求：(1)粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑；(2)粒子在O與O之間運動軌跡的長度和位移的大??；(3)粒子從O點到P點所用的時間及O、P兩點間的距離解：(1)由qBv0=mv02R得軌道半徑為：R=mv0qB (2)由題意知：R=2d，所以粒子在磁場中偏轉角度：=30=6 運動軌跡的長度：s=2R=mv03qB 位移的大小：x=4Rsin15=4Rsin(45-30)=(6-2)mv0qB (3)由分析知：正電荷垂直于區(qū)域的上邊界經過O點，即與負粒子產生的電場垂直，正電荷受到的庫侖力為F=kQqL2=mv

24、02L，所以正電荷將繞N點做勻速圓周運動在磁場中運動周期：T1=2mqB 在磁場中運動對應的總角度：=4=23 在磁場中運動的總時間：t1=2T1=2m3qB 在電場中運動周期：T2=2Lv0 在電場中運動時間：t2=T22=Lv0 正電荷從O點到P點的時間：t=t1+t2=2m3qB+Lv0 正電荷從O點到O點的過程中沿平行于邊界線方向偏移的距離：x1=2(R-Rcos30)=(2-3)R 當Lx1 時(如圖甲所示)，O、P兩點間的距離為：lOP=2(L-x1)=2L-(2-3)mv0qB 當Lx1時(如圖乙所示)，O、P兩點的距離為：lOP=2(x1-L)=2(2-3)mv0qB-L 答：

25、(1)粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑mv0qB(2)粒子在O與O之間運動軌跡的長度為mv03qB，位移的大小(6-2)mv0qB(3)粒子從O點到P點所用的時間為2m3qB+Lv0，O、P兩點間的距離：當Lx1時，O、P兩點間的距離為：lOP=2(L-x1)=2L-(2-3)mv0qB；當Lx1時，O、P兩點的距離為：lOP=2(x1-L)=2(2-3)mv0qB-L（濟南一中）(1)由洛侖茲力提供向心力可求得半徑公式(2)由于區(qū)域和磁場的大小相等方向相反，所以從O點垂直入射的粒子做勻速圓周運動的方向相反.運動軌跡具有對稱性.由題意知磁場寬度d的表達式可以看出半徑與距離d，再由幾何關系關系找

26、到粒子在兩個磁場區(qū)域內偏轉的角度，從而能求出路程和位移(3)由分析知：正電荷垂直于區(qū)域的上邊界經過O點，即與負粒子產生的電場垂直，正電荷受到的庫侖力為F=kQql2=mv02l，所以正電荷將繞N點做勻速圓周運動，轉過半圈后再次回到區(qū)的上邊緣，進入?yún)^(qū)和區(qū)分別做勻速圓周運動，由運動的對稱性和相關幾何關系，能求出粒子從O點到P點所用的時間及O、P兩點間的距離本題的靚點在于：粒子在、運動做勻速圓周運動由于轉動方向相反，所以具有對稱性，且有關系R=2d，這為后續(xù)計算提供方便.由于N點的負電荷所帶電荷量的絕對值為Q=Lmv02kq，則q、Q之間的庫侖力F=kQqL2=mv02L，剛好使q繞N點做半徑為L的

27、勻速圓周運動，這樣整個運動軌跡就非常對稱，時間與距離很容易求出12. 質量為m、電荷量+q的絕緣小球a，以某一初速度沿水平放置的絕緣板進入正交的勻強磁場和勻強電場區(qū)域，場強方向如圖所示，若小球a與絕緣地板間的動摩擦因數(shù)為，已知小球a自A點沿絕緣板做勻速直線運動，在B點與質量為M=2m的不帶電絕緣小球b發(fā)生彈性正碰，此時原電場立即消失(不計電場變化對磁場的影響)，磁場仍然不變，若碰撞時，小球a無電荷量損失，碰撞后，小球a做勻速直線運動返回A點，往返總時間為t，AB間距為L，求(1)磁感應強度大小；(2)勻強電場場強E；(3)全過程摩擦力做的功解：(1)a、b兩小球彈性碰撞前后，系統(tǒng)動量守恒，機械

28、能守恒。設碰前a球速度為v0，碰后a球，b球速度大小分別為va，vb，取向右為正方向，則有：mv0=-mva+Mvb12mv02=-12mva2+12Mvb2由式解得：va=13v0，vb=23v0往返總時間t=Lv0+Lva=4Lv0得：v0=4Lta球碰后勻速返回，則有：qBva=mg得：B=mgqva=3mgt4qL(2)a球碰前勻速，則有：FN=mg+qBv0qE=FN由解得：E=4mgq方向：水平向右。(3)碰前摩擦力對a球做的功為：W1=-fL=-qEL=-4mgL碰后摩擦力對b球做的功為：W2=-12Mv02=-64mL29t2故摩擦力對系統(tǒng)做的功為：W=W1+W2=-(4mg+

29、64mL29t2)答：(1)磁感應強度大小是3mgt4qL；(2)勻強電場場強E是4mgq，方向：水平向右；(3)全過程摩擦力做的功是-(4mg+64mL29t2)。（濟南一中）(1)a、b兩小球彈性碰撞前后，系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒。由此求出碰撞后兩球的速度與碰撞前a球速度的關系式，根據(jù)往返時間關系列式，求出碰撞前a球的速度。結合碰撞后a球勻速運動，受力平衡，求解磁感應強度大??；(2)根據(jù)碰撞前a球勻速運動，由平衡條件求勻強電場場強E；(3)根據(jù)功的計算公式計算碰撞前后兩個過程摩擦力做功，從而得到全過程摩擦力做的功。解決本題的關鍵是明確小球的受力情況和運動過程，把握彈性碰撞的兩大規(guī)律：動量守恒定律和機械能守恒定律。五、計算題（本大題共4小題，共38分）13. 如圖，空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場.在x0區(qū)域，磁感應強度的大小為B0；x