2020高考物理大一輪復(fù)習(xí)檢測：課練28帶電粒子在復(fù)合場中的運動

1、課練 28 帶電粒子在復(fù)合場中的運動 小題狂練28 小題是基礎(chǔ)練小題提分快 1. 名師原創(chuàng)關(guān)于通電直導(dǎo)線和通電線圈周圍磁場的磁感線分布 和磁場方向，不考慮地磁場影響，下列說法正確的是 （ ） A. 通電直導(dǎo)線周圍的磁場方向可以用右手定則判斷， 順著導(dǎo)線 看去，磁感線可表示為以直導(dǎo)線為圓心的均勻分布的同心圓 B. 環(huán)形導(dǎo)線的磁場，可用安培定則判斷，方法是讓右手彎曲的 四指與環(huán)形電流的方向一致，伸直的拇指所指方向即為環(huán)形導(dǎo)線軸線 上的磁場方向 C. 從外部看，通電螺線管周圍的磁場類似于條形磁鐵的磁場， 螺線管內(nèi)部的磁場不能視為勻強磁場 D .若把一個小磁針放在通電螺線管正上方中間位置，小磁針可 能

2、不與螺線管平行 答案：B 解析：通電直導(dǎo)線周圍的磁場方向可以用安培定則判斷， 順著導(dǎo) 線看去，磁感線可表示為以直導(dǎo)線為圓心的分布不均勻的同心圓， 選 項 A 錯誤.環(huán)形導(dǎo)線的磁場，可用安培定則判斷，方法是讓右手彎曲 的四指與環(huán)形電流的方向一致，伸直的拇指所指方向即為環(huán)形導(dǎo)線軸 線上的磁場方向，選項 B 正確.通電螺線管周圍的磁場類似于條形磁 鐵的磁場，螺線管內(nèi)部的磁場可以視為勻強磁場，選項 C 錯誤.若 把一個小磁針放在通電螺線管正上方中間位置， 小磁針一定與螺線管 平行，選項 D 錯誤. 2. 預(yù)測新題已知流過通電直導(dǎo)線的電流大小為 I，與通電直導(dǎo)線 距離為r處的N點的磁感應(yīng)強度大小為BN=

3、 （k為常量）.如圖所示， ACD是直角三角形，/ ADC = 60 A、C、D 三點放置三個完全 相同且垂直于該直角三角形所在平面的直導(dǎo)線， A、C、D 處的直導(dǎo) 線中的電流大小分別為 I、2I 和 2I，方向均垂直平面向里；已知 A 點 的直導(dǎo)線在 AD 的中點 M 處的磁感應(yīng)強度大小為 B,若在 M 點固定 一垂直于紙面的直導(dǎo)體棒，其長度為 L（L 很小），通過的電流大小為 I, 則該導(dǎo)體棒受到的安培力大小為（） A. 3BIL B. 5BIL C. 7BIL D. 3BIL 答案：C 解析：如圖所示，根據(jù)右手螺旋定則可知， C 點的直導(dǎo)線在 M 點處的磁感應(yīng)強度大小為 2B, D 點的

4、直導(dǎo)線在 M 點處的磁感應(yīng)強度 大小為 2B,根據(jù)磁感應(yīng)強度的疊加得 M 點處的磁感應(yīng)強度大小為.7 B， 則 M 點處固定的導(dǎo)體棒受到的安培力大小為 7BIL ,選項 C 正確. X X xX X： X 肘. X X ； X 1 i X X； X X X : 1 X X； 1 b 1 C 1 2. 新情景題如圖所示，空間存在互相垂直的勻強電場和勻強 磁場，圖中虛線為勻強電場的等勢線，一不計重力的帶電粒子在 M 點以某一初速度垂直等勢線進入正交電場、 磁場中，運動軌跡如圖所 示（粒子在 N 點的速度比在 M 點的速度大），則下列說法正確的是 （） A. 粒子一定帶正電 B. 粒子的運動軌跡一定

5、是拋物線 C. 電場線方向一定垂直等勢線向左 D .粒子從 M 點運動到 N 點的過程中電勢能增大 答案：C 解析：根據(jù)粒子在電場、磁場中的運動軌跡和左手定則可知，粒 子一定帶負電，選項 A 錯誤；由于洛倫茲力方向始終與速度方向垂直， 故粒子受到的合力是變力，而物體只有在恒力作用下做曲線運動時， 軌跡才是拋物線，選項 B 錯誤；由于空間只存在電場和磁場，粒子的 速度增大，說明在此過程中電場力對帶電粒子做正功， 則電場線方向一定垂直等勢線向左，選項 C 正確；電場力做正功，電勢能減小， 選項 D 錯誤. # 易、 3. 侈選） 如圖所示，直線MN 與水平方向成 60角，MN的右上 方存在垂直紙面

6、向外的勻強磁場，左下方存在垂直紙面向里的勻強磁 場，兩磁場的磁感應(yīng)強度大小均為 B.一粒子源位于 MN 上的 a 點， 能水平向右發(fā)射不同速率、質(zhì)量為 m（重力不計）、電荷量為 q（q0）的 同種粒子，所有粒子均能通過 MN 上的 b 點，已知 ab= L,則粒子的 速度可能是（ AV3qBL A. 6m CV3qBL C. 2m 答案：AB 解析： ) a 3qBL B. 3m 3qBL m D. 由題意可知粒子可能的運動軌跡如圖所 並. =3 n（n Bqr v = m = 120 所以粒子運動的半徑為 r 2 =1,2,3,），由洛倫茲力提供向心力得 Bqv = m；，貝 S 3BqL

7、3m 示，所有圓弧的圓心角均為 （n= 1,2,3,），所以 A、B 正確. 4. 名師原創(chuàng)（多選）回旋加速器是用來加速帶電粒子的， 部分是兩個 D 形金屬盒，兩盒分別和一高頻交流電源兩極相接，兩 盒間有一定的電勢差 U，使粒子每次穿過狹縫都被加速，兩盒放在磁 感應(yīng)強度為 B 的勻強磁場中， 磁場方向垂直于紙面向里， 粒子源置 于盒的圓心附近，若粒子源射出的粒子帶電荷量為 q、質(zhì)量為 m,盒 間的窄縫寬度為 d,粒子最大回旋半徑為 Rm,其運動軌跡如圖所示.下 列說法正確的是（ ）其核心 A. D 形金屬盒的作用是屏蔽外電場，使盒內(nèi)無電場 2 b. 忽略粒子在電場中運動的時間，則高頻交流電源的

8、頻率為-qB c. 粒子離開加速器時速度為qBRm D .考慮粒子在電場中運動的時間，則把靜止粒子加速到最大動 能所需時間為JBRm 答案：AC 解析：根據(jù)靜電屏蔽的相關(guān)知識可知，D 形金屬盒的作用是屏蔽 外電場，使盒內(nèi)無電場，選項 A 正確.粒子在電場中運動時間極短， 2 因此高頻交流電源頻率等于粒子回旋頻率，由 T=-qB，得回旋頻率 即高頻交流電源頻率為 f=T=2m，選項 B 錯誤.粒子旋轉(zhuǎn)半徑最大 I 2 Tun 2 時，由牛頓第二定律得 qvmB =罟，解得 vm = qBRm,選項 C 正確.粒 1 q2B2R2 子最大動能 Ekm= qmvm = 2m，粒子在電場中做勻加速直線

9、運動， 粒子每旋轉(zhuǎn)一周能量增加 2qU,粒子的能量提高到 Ekm，則旋轉(zhuǎn)周數(shù) qB2R2 nBR2 n= qm：，粒子在磁場中運動的時間 t磁=nT=-BUm，旋轉(zhuǎn)周數(shù) n, 1 BRmd 在電場中運動的距離為 2nd,由 2nd=qvmt電，解得 t電=U ，把靜 BRmd n3Rm、，十 U + 2U，選項 D 錯誤. 6. X X U d F y X 止粒子加速到最大動能所需時間為 t= t電+1磁= X X 母題改編（多選）如圖所示，在以 Ro為半徑、 域內(nèi)存在磁場，直徑 MN 左側(cè)區(qū)域存在一方向垂直于紙面向外、O 為圓心的圓形區(qū) 磁感 應(yīng)強度大小為 B1的勻強磁場（未畫出）；MN 右

10、側(cè)區(qū)域存在一方向垂直 于紙面向里、 磁感應(yīng)強度大小為 B2的勻強磁場（未畫出） .現(xiàn)有一質(zhì)量 為 m、電荷量為 q 的帶正電粒子（不計重力）從 P 點沿垂直于 MN 的方 向射入磁場，通過磁場區(qū)域后從 Q 點離開磁場，離開磁場時粒子的 運動方向仍垂直于 MN.已知 0P 與 MN 的夾角為q, 0Q 與 MN 的夾 角為q,粒子在 MN左側(cè)區(qū)域磁場中的運動時間為ti,粒子在MN右 側(cè)區(qū)域磁場中的運動時間為t2,則（ ） A B2= Sinf1 .B1 sin q t1 sin q C.t2= sinq 答案：AD 它在 MN 左側(cè)磁場中的運動軌跡為圓 弧 PS,圓弧對應(yīng)的圓心為 Oi,半徑為

11、Ri,如圖所示，則 qvBi =腎, 且 OiP 平行于 MN ;粒子進入 MN 右側(cè)磁場中的運動軌跡為圓弧 SQ, 一 mv2 圓弧對應(yīng)的圓心為 02,半徑為 R2,如圖所示，則 qvB2 = R2 ,且 O2Q 平行于MN ,連接 OiS、SO2,則 Oi、S、O2在同一條直線上，設(shè)/ POiS =Z QO2S= B.B1 sinq t1 sin q D.t2 解析：設(shè)粒子的速度為 v, a,由幾何關(guān)系可得 OP= OQ = Ro, OiS= Ri, SO2 = R2, B2 jRi sin q RiSi na= Rosi n q , R2S ina= Rosi n q,聯(lián)立解得 B =

12、R2 = sj nq,選項 A 正確，B 錯誤；粒子在 MN 左側(cè)區(qū)域磁場中的運動時間為 ti = 2i = 2nqm=ma粒子在 MN 右側(cè)區(qū)域磁場中的運動時間為匕=a a 2nm ma ti B2 sinq 2nqB2 = qB2, t2= Bi = sinq，選項 D 正確，C 錯誤. X X X X 4 X X X X X X X X 7. 2019 江西省贛中南五校一聯(lián)一個帶電粒子沿垂直于磁場的 方向射入一勻強磁場.粒子的一段徑跡如圖所示，徑跡上的每一小段 都可近似看成圓弧， 由于帶電粒子使沿途的空氣電離， 粒子的能量逐 漸減小 （帶電荷量不變），從圖中情況可以確定（ ） A. 粒子

13、從 a 到 b,帶正電 B.粒子從 a 到 b,帶負電 C.粒子從 b 到 a,帶正電 D.粒子從 b 到 a,帶負電 答案：C 解析：由于帶電粒子使沿途的空氣電離，粒子的能量逐漸減小， 速度逐漸減小，根據(jù)粒子在磁場中運動的半徑公式 r=器，可知，粒 子運動的軌跡半徑是逐漸減小的，所以粒子的運動軌跡是從 b 到 a, 選項 A、B 錯誤；再根據(jù)左手定則可知，粒子帶正電，選項 C 正確， D 錯誤. 8. 2019 浙江省模擬如圖所示，在傾角為 a （ a B2 B. B1VB2VB3 C. Bi= B3VB2 D. Bi = BQVB? 答案：A 解析：當(dāng)加勻強磁場的磁感應(yīng)強度方向豎直向上時，

14、 由共點力平 衡可知，BilLcosa= mgs in a,解得 Bi = mgan :勻強磁場的磁感應(yīng)強 度方向沿逆時針轉(zhuǎn)過a角時，由共點力平衡可知，B2IL = mgsina,解 得 B2 = mgLn :使勻強磁場的磁感應(yīng)強度方向再沿逆時針轉(zhuǎn)過 a角 時，由共點力平衡可知，B3lLcosa= mgsin a解得 B3=罟丁 :故 Bi = B3 B2, A 正確. 9. 2019 安徽省合肥模擬為監(jiān)測某化工廠的污水排放量，技術(shù)人員 在該廠的排污管末端安裝了如圖所示的長方體流量計. 該裝置由絕緣 材料制成，其長、寬、高分別為 a、b、c,左右兩端開口.在垂直于 上下底面方向加一勻強磁場，前

15、后兩個內(nèi)側(cè)面分別固定有金屬板作為 電極.污水充滿管口從左向右流經(jīng)該裝置時， 接在 M、N 兩端間的電 壓表將顯示兩個電極間的電壓 U.若用 Q 表示污水流量（單位時間內(nèi)排 出的污水體積），下列說法中正確的是（ ） A. M 端的電勢比 N 端的高 B. 電壓表的示數(shù) U 與 a、b 均成正比，與 c 無關(guān) C. 電壓表的示數(shù) U 與污水的流量 Q 成正比 D .若污水中正負離子數(shù)相同，則電壓表的示數(shù)為 0 答案：C 解析：根據(jù)左手定則，知負離子所受的洛倫茲力方向向外，則向 外偏轉(zhuǎn)，正離子所受的洛倫茲力向里，向里偏轉(zhuǎn)，因此 M 板帶負電， N 板帶正電，則 M 板的電勢比 N 板電勢低，故 A

16、錯誤；最終離子在 U 電場力和洛倫茲力作用下平衡，有：qvB = qb，解得 U = Bbv，與離 子濃度無關(guān)，故 BD 錯誤；因 v= Bb，貝流量 Q= vbc=罟，因此 U BQ 一 =c，與污水流量成正比，故 C 正確. c X x fx X - X X !x X 1 . 1 X X ;x X x 喚/ “ 、 2019 湖北省部分重點中學(xué)聯(lián)考如圖所示，含有：H、2H、4He 的 帶電粒子束從小孔 Oi處射入速度選擇器，沿直線 O1O2運動的粒子在 小孔。2處射出后垂直進入偏轉(zhuǎn)磁場，最終打在 Pi、P2兩點.則（ ） A. 粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中運動的時間都相等 B. 打在 Pi點的粒子是4

17、He C. 打在 P2點的粒子是2H 和2He D . O2P2的長度是。2只長度的 4 倍 答案：C 解析：帶電粒子在沿直線 OQ2通過速度選擇器時，所受電場力 與洛倫茲力大小相等方向相反，即 qvBi = qE,所以v =直,可知從速 度選擇器中射出的粒子具有相等的速度， 在偏轉(zhuǎn)磁場中，粒子的軌跡 半徑 r=qmv，不全相同，粒子運動的周期 T=2 產(chǎn)，所以粒子在偏轉(zhuǎn) 磁場中運動的時間不全相等，A 錯誤；帶電粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中做勻速 圓周運動，洛倫茲力提供向心力，所以 r=mmv，可知粒子的比荷越大， 運動的半徑越小，所以打在 Pi點的粒子是1H,打在 P2點的粒子是iH 和2He, B 錯

18、誤，C 正確；由題中的數(shù)據(jù)可得，1H 的比荷是2H 和4He 1 的比荷的 2 倍，所以：H 運動軌跡的半徑是2H 和；He 的1即 O2P2的長 度是 OiPi長度的 2 倍，D 錯誤. 11. 2019 安徽師大附中模擬（多選）如圖所示，空間存在水平向左的 勻強電場 E 和垂直紙面向外的勻強磁場 B，在豎直平面內(nèi)從 a 點沿 ab, ac方向拋出兩帶電小球，不考慮兩帶電小球間的相互作用， 兩小 球電荷量 始終不變，關(guān)于小球的運動，下列說法正確的是 （ ） A. 沿 ab、ac 方向拋出的帶電小球都可能做直線運動 B. 若沿 ab 做直線運動，則小球帶正電，且一定做勻速運動 C. 若沿 ac

19、 做直線運動，則小球帶負電，可能做勻加速運動 D .兩小球在運動過程中機械能均保持不變 答案：AB 解析：沿 ab 方向拋出的帶電小球，根據(jù)左手定則，及正電荷所 受的電場力的方向與電場強度方向相同可知， 只有帶正電，受力才可 能平衡，而沿 ac 方向拋出的帶電小球，帶負電時，才能做直線運動， 因速度影響洛倫茲力大小， 所以做直線運動時必然是做勻速直線運 動， 故 A、B 正確，C 錯誤；在運動過程中，因電場力做功，導(dǎo)致小 球的機械能不守恒，故 D 錯誤. 12. 2019 晉豫省際大聯(lián)考如圖所示，在 y軸右側(cè)存在與 xOy平面 垂直且范圍足夠大的勻強磁場， 磁感應(yīng)強度的大小為 B,位于坐標原

20、點的粒子源在 xOy平面內(nèi)發(fā)射出大量完全相同的帶負電粒子，所有 粒子的初速度大小均為 vo,方向與 x 軸正方向的夾角分布在一 60 60 范圍內(nèi)，在 x = l處垂直 x 軸放置一熒光屏 S.已知沿 x 軸正方向發(fā) 射的粒子經(jīng)過了熒光屏 S上 y= l 的點，則（） A.粒子的比荷為 m=2VB B. 粒子的運動半徑一定等于 21 n c.粒子在磁場中運動時間一定不超過 一 vo D .粒子打在熒光屏 S 上亮線的長度大于 21 答案：C 解析：沿 x 軸正方向發(fā)射的粒子經(jīng)過了熒光屏 S 上 y= 1 的點， 由幾何知識可知，粒子軌跡半徑 r = 1, B 錯誤；由牛頓第二定律可得 qvoB

21、 = mf,解得善=V, A 錯誤；沿 x 軸正方向發(fā)射的粒子在磁場 A nl 中轉(zhuǎn)過的圓心角最大，為 6= n,對應(yīng)運動時間最長，t = 2 = ， C 正確；其他方向粒子打在熒光屏 S 上的縱坐標的絕對值一定小于 I, 故粒子打在熒光屏 S 上亮線的長度小于 2I， D 錯誤. 13. 2019 安徽省皖南八校聯(lián)考如圖所示，正方形 abed 區(qū)域內(nèi)有垂 直于紙面向里的勻強磁場，O 點是 ed 邊的中點，一個帶正電的粒子（重 力忽略不計）若從 O 點沿紙面以垂直于 ed邊的速度射入正方形內(nèi)，經(jīng) 過時間 to剛好從 e 點射出磁場.現(xiàn)設(shè)法使該帶電粒子從 0 點沿紙面 以與 Od 成 30 角的

22、方向（如圖中虛線所示），以各種不同的速率射入正 方形內(nèi)，那么下列說法中正確的是（ ） A. 該帶電粒子可能剛好從正方形的某個頂點射出磁場 ab 邊射出磁場，它在磁場中經(jīng)歷的時間可能 be 邊射出磁場，它在磁場中經(jīng)歷的時間可能 ed 邊射出磁場，它在磁場中經(jīng)歷的時間一 解析：由帶電粒子以垂直于 ed 邊的速度射入正方形內(nèi)，經(jīng)過時 間 to剛好從 e 點射出磁場，則知帶電粒子的運動周期為 T = 2to，隨粒 子速度逐漸增大，軌跡由-依次漸變，由圖可知粒子在 四個邊射出時，射出范圍分別為 OG、FE、DC、BA 之間，不可能從 四個頂點射出，故 A錯誤；當(dāng)粒子從 O 點沿虛線方向射入正方形內(nèi)， 從

23、 ab 邊射出的粒子所用時間不大于:周期（；to），從 be 邊射出的粒子B. 若該帶電粒子從 是 to C. 若該帶電粒子從 D.若該帶電粒子從 定是；to 答案：D 所用時間不大于 5 5tn 所用時間為 5 周期（R，故 D 正確，B、C 錯誤. 14. 2019 唐山統(tǒng)考（多選）如圖所示，M、N 為兩個同心金屬圓環(huán)， 半徑分別為 Ri和 R2，兩圓環(huán)之間存在著沿金屬環(huán)半徑方向的電場， N 環(huán)內(nèi)存在著垂直于環(huán)面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為 B，N 環(huán)上有均勻分布的 6 個小孔，從 M 環(huán)的內(nèi)側(cè)邊緣由靜止釋放一質(zhì)量 為 m,電荷量為+ q 的粒子（不計重力），經(jīng)電場加速后通過小孔射入

24、磁場，經(jīng)過一段時間，粒子再次回到出發(fā)點，全程與金屬環(huán)無碰撞.則 M、N 間電壓U 滿足的條件是（ ） qB2R2 qB2R2 A U=常 B U=器 C u=旳嚴 D u=qB2R2 2m 3m 答案：AC 解析：帶電粒子由 M 內(nèi)側(cè)邊緣運動到 N 環(huán)，由動能定理有 qU 1 2 2mv ,帶電粒子進入 N 環(huán)內(nèi)磁場，與金屬環(huán)無碰撞，故粒子進入 磁場后，應(yīng)偏轉(zhuǎn)3或 n 離開磁場，由幾何關(guān)系可知，軌跡半徑為 r= 3 R2或 r 二督2，貝 U 根據(jù) r=器，聯(lián)立解得 U = 30 的空間中存在勻強電場，場強方向沿 y軸負方向；一 1.5hy暑；2， 且H 的單位一定跟 2mB2的單位相同，故

25、A 正確. 9. I g x x I L L I K XXX （多選）如圖所示為一個質(zhì)量為 m、帶電荷量為+ q 的圓環(huán)，可在 水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感應(yīng)強度為 B 的 勻強磁場中.現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度 V。，在以后的運動過程中，圓環(huán) 運動的 v 答案：AD 解析：由左手定則可判斷洛倫茲力方向向上， 圓環(huán)還受到豎直向 下的重力、垂直于細桿的彈力及向左的摩擦力.當(dāng) Bqvo= mg 時，圓 環(huán)做勻速直線運動，選項 A 正確.當(dāng) Bqvomg 時, N = Bqvo mg,此時N= ma,所以圓環(huán)做加速度逐漸減小的減速運 動， 直到 Bqv = mg時，圓環(huán)開始做勻速運動，選

26、項 D 正確. 10.如圖甲，一帶電物塊無初速度地放在皮帶輪底端，皮帶輪以 恒定大小的速率沿順時針轉(zhuǎn)動，該裝置處于垂直于紙面向里的勻強磁 場中，物塊由底端 E 運動至皮帶輪頂端 F 的過程中，其 v t 圖象如 圖乙所示，物塊全程運動的時間為 4.5 s，關(guān)于帶電物塊及運動過程的 說法正確的是（） A.該物塊帶負電 B. 皮帶輪的傳動速度大小一定為 1 m/s C. 若已知皮帶的長度，可求出該過程中物塊與皮帶發(fā)生的相對 位移 D .在 24.5 s 內(nèi)，物塊與皮帶仍可能有相對運動 答案：D 解析：對物塊進行受力分析可知，開始時物塊受到重力、支持力 和摩擦力的作用，設(shè)動摩擦因數(shù)為 仏沿斜面的方向

27、有 F mgsin 0= ma 物塊運動后，又受到洛倫茲力的作用，加速度逐漸減小，由 式 可知，一定是FN逐漸減小，而開始時FN = mgcos0后來 F N= mgcos0 f洛，即洛倫茲力的方向是向上的.物塊沿皮帶向上運動，由左手 定則可知物塊帶正電，故 A 錯誤.物塊向上運動的過程中，洛倫茲力 越來越大，則受到的支持力越來越小，結(jié)合 式可知，物塊的加速度 也越來越小，當(dāng)加速度等于 0 時，物塊達到最大速度，此時 mgsin0 (mgps 0- f 洛) 由式可知，只要皮帶的速度大于或等于 1 m/s,則物塊達到最 大速度的條件與皮帶的速度無關(guān)，所以皮帶的速度可能是 1 m/s,也 可能大

28、于 1 m/s,則物塊可能相對于傳送帶靜止，也可能相對于傳送 帶運動，故 B 錯誤、D 正確.由以上分析可知，皮帶的速度無法判斷, 所以若已知皮帶的長度，也不能求出該過程中物塊與皮帶發(fā)生的相對 位移，故C 錯誤. 二、非選擇題 11. H X XX X：* 2019 株洲模擬如圖所示，在 xOy平面內(nèi)，在 0vxv1.5l的范圍 內(nèi)充滿垂直紙面向里的勻強磁場I, 在 x 1.51, y0 的區(qū)域內(nèi)充滿垂 直紙面向外的勻強磁場H,兩磁場的磁感應(yīng)強度大小都為 B.有一質(zhì) 量為 m,電荷量為+ q 的帶電粒子，從坐標原點 O 以某一初速度沿與 x 軸正方向成 =30 射入磁場I,粒子剛好經(jīng)過 P 點進入磁場H,后 經(jīng)過 x 軸上的 M 點（