高中物理二轮复习-第4课时-电磁学中的动量和能量问题

第4课时电磁学中的动量和能量问题专题复习定位解决问题本专题主要培养学生应用动量定理、动量守恒定律、动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律分析与解决电学综合问题。高考重点动量定理和动量守恒定律在电学中的理解及应用；应用动量和能量观点解决电场和磁场问题；电磁感应中的动量和能量问题。题型难度本专题针对综合性计算题的考查，一般过程复杂，要综合利用电学知识、动量和能量观点分析问题，综合性较强，难度较大。高考题型1电磁感应中的动量和能量问题类型1动量定理和能量观点的应用【例1】(2021·江苏省模拟)如图1所示，CD、EF是两条水平放置的阻值可忽略的平行金属导轨，其左右端都与接有阻值为R电阻的倾斜光滑轨道平滑连接，导轨间距都为d，在水平导轨的右侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的宽度为L1。现将一阻值为r、质量为m的导体棒从右侧倾斜轨道上高h处由静止释放，导体棒最终停在距离磁场的左边界L2处。已知右侧倾斜轨道与竖直方向夹角为θ，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，且导体棒与水平导轨动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求：图1(1)通过导体棒的最大电流；(2)左侧电阻R上产生的焦耳热；(3)导体棒在水平导轨上运动的时间。答案(1)eq\f(2Bd\r(2gh),R＋2r)(2)eq\f(R,2（R＋2r）)mg(h－μL1－μL2)(3)eq\f(1,μ)eq\r(\f(2h,g))－eq\f(2B2d2L1,μmg（R＋2r）)解析(1)质量为m的导体棒从倾斜轨道上h高处由静止释放，刚进入磁场时速度最大，由机械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2解得最大速度v＝eq\r(2gh)产生的最大感应电动势Em＝Bdv＝Bdeq\r(2gh)由闭合电路欧姆定律可得通过导体棒的最大电流Im＝eq\f(Em,\f(R,2)＋r)＝eq\f(2Bd\r(2gh),R＋2r)。(2)由能量守恒定律可知整个电路中产生的焦耳热Q＝mgh－μmg(L1＋L2)电阻R中产生的焦耳热QR＝eq\f(1,2)·eq\f(\f(R,2),\f(R,2)＋r)Q＝eq\f(R,2（R＋2r）)mg(h－μL1－μL2)。(3)设导体棒在水平导轨上运动的时间为t，由动量定理有eq\f(2B2d2L1,R＋2r)＋μmgt＝meq\r(2gh)解得t＝eq\f(1,μ)eq\r(\f(2h,g))－eq\f(2B2d2L1,μmg（R＋2r）)。【拓展训练1】(多选)(2021·1月湖南普通高校招生适应性考试，8)如图2，两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨，固定在同一水平面上，其间距为1m，左端通过导线连接一个R＝1.5Ω的定值电阻。整个导轨处在磁感应强度大小B＝0.4T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。质量m＝0.2kg、长度L＝1m、电阻r＝0.5Ω的匀质金属杆垂直导轨放置，且与导轨接触良好。在杆的中点施加一个垂直金属杆的水平拉力F，使其从静止开始运动。拉力F的功率P＝2W保持不变，当金属杆的速度v＝5m/s时撤去拉力F。下列说法正确的是()图2A.若不撤去拉力F，金属杆的速度会大于5m/sB.金属杆的速度为4m/s时，其加速度大小可能为0.9m/s2C.从撤去拉力F到金属杆停下的整个过程，通过金属杆的电荷量为2.5CD.从撤去拉力F到金属杆停下的整个过程，金属杆上产生的热量为2.5J答案BC解析金属杆水平方向受到的拉力F＝eq\f(P,v)，受到的安培力F安＝eq\f(B2L2v,R＋r)，由牛顿第二定律：F－F安＝ma，即eq\f(P,v)－eq\f(B2L2v,R＋r)＝ma，随着速度v的增大，a减小，当a减小到0时，v达到最大vm，此时P＝eq\f(B2L2veq\o\al(2,m),R＋r)，代入数据得vm＝5m/s，故A错误；当v＝4m/s时，得a＝0.9m/s2，B正确；撤去拉力F，杆只受安培力作用，由动量定理－Beq\o(I,\s\up6(－))L·Δt＝0－mv，q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt得q＝eq\f(mv,BL)＝eq\f(0.2×5,0.4×1)C＝2.5C，C正确；从撤去拉力F到金属杆停下的整个过程，由能量守恒定律得回路中产生的总焦耳热Q＝eq\f(1,2)mv2＝2.5J，金属杆上产生的热量Qr＝eq\f(r,R＋r)Q＝0.625J，D错误。类型2动量和能量观点的综合应用【例2】(2021·福建泉州市4月质量监测)如图3所示，间距为d、左右对称的两根相同金属导轨分别固定在竖直平面内，导轨水平部分长度均为L，构成的水平面abcd区域内有磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场(边界ab、cd处无磁场)，P、Q两根金属杆放在导轨上，质量均为m，接入导轨的电阻均为R，离水平导轨的高度均为h，同时释放后，恰好不会相碰。重力加速度大小为g，不计导轨电阻和摩擦阻力，两杆与导轨始终垂直且接触良好。求：图3(1)P刚进入磁场时受到的安培力大小F；(2)若P、Q的质量分别为m、eq\f(3,4)m，电阻仍均为R，P放在原来位置，Q放在导轨右侧4h高度处，先释放P，当它在水平轨道上的速度减为零时，再释放Q，此后两杆发生正碰，碰撞时间极短，碰撞前后两杆的总动能减少了eq\f(3,4)mgh，求：①P第一次停止运动时所在的位置；②最终P、Q两杆之间的距离。答案(1)eq\f(B2d2,R)eq\r(2gh)(2)①P杆第一次停止运动时位于cd边界处②eq\f(1,2)L解析(1)设金属杆下滑进入磁场时的速度大小为v0，由机械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)刚进入磁场时，回路总电动势为E＝2Bdv0回路电流为I＝eq\f(E,2R)金属杆受到的安培力大小为F＝BdI联立得F＝eq\f(B2d2,R)eq\r(2gh)。(2)①P、Q质量相同又同时释放时，设在磁场运动过程中，通过P杆的感应电荷量为q1，平均电流为I1，时间为t1，对P杆，根据动量定理得－BdI1t1＝0－mv0其中q1＝I1t1又q1＝eq\f(ΔΦ,R总)＝eq\f(BdL,2R)只释放P杆，设它在磁场中运动位移为x时速度减为零，同理可得eq\f(B2d2x,2R)＝mv0解得x＝L故P杆第一次停止运动时位于cd边界处；②设Q杆与P杆碰撞前瞬间的速度大小为v，碰撞后瞬间Q杆与P杆的速度分别为v1、v2，有eq\f(3,4)mg×4h＝eq\f(1,2)×eq\f(3,4)mv2eq\f(3,4)mv＝eq\f(3,4)mv1＋mv2eq\f(1,2)×eq\f(3,4)mv2－eq\f(1,2)×eq\f(3,4)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(3,4)mgh解得v1＝0v2＝eq\f(3,2)eq\r(2gh)＝eq\f(3,2)v0(另一组解v1＝eq\f(12,7)eq\r(2gh)，v2＝eq\f(3,14)eq\r(2gh)，舍去)说明Q杆与P杆碰后，Q杆停止在cd边界处，P杆以速度eq\f(3,2)v0向左进入磁场，设其停止运动前在磁场中通过的路程为x′，同理可得eq\f(B2d2x′,2R)＝mv2解得x′＝eq\f(3,2)L说明P杆在磁场中向左运动L距离后，经圆弧轨道返回又在磁场中向右运动了eq\f(1,2)L才停止运动，故最终两杆之间的距离Δx＝eq\f(1,2)L。【拓展训练2】(2021·贵州毕节市4月第二次诊断)如图4所示，平行光滑金属双导轨P1Q1M1和P2Q2M2，其中P1Q1和P2Q2为r＝0.8m的eq\f(1,4)光滑圆轨道，O1和O2为对应圆轨道的圆心，Q1、Q2在O1、O2正下方且为圆轨道和水平轨道的平滑连接点，Q1M1和Q2M2为足够长的水平轨道，水平轨道处于竖直向上的匀强磁场中(磁感应强度B＝1T)，导轨间距L＝1m；两导体棒a、b始终垂直于两导轨且与导轨接触良好；a、b的质量均为m＝1kg，电阻均为R＝1Ω，导轨电阻不计。初始时刻，b静止在水平导轨上，a从与圆心等高的P1P2处静止释放，a、b在以后运动的过程中不会发生碰撞(g＝10m/s2)。求：图4(1)导体棒a从Q1Q2进入磁场时，导体棒b的加速度为多少？(2)导体棒a、b稳定时的速度为多少？(3)整个过程中，通过导体棒b的电荷量为多少？答案(1)2m/s2(2)2m/s(3)2C解析(1)如题图导体棒a从P1P2到Q1Q2，由动能定理得mgr＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0代入数据得v0＝4m/sa刚进入匀强磁场时，由法拉第电磁感应定律得E＝BLv0＝4V由闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(E,2R)＝2A对导体棒b由牛顿第二定律得BLI＝ma代入数据得a＝2m/s2。(2)当a、b导体棒稳定时，由动量守恒定律得mv0＝2mv1代入数据得v1＝2m/s。(3)整个过程中，对导体棒b由动量定理得BLeq\o(I,\s\up6(－))t＝BLq＝mv1代入数据得q＝2C。高考题型2电场和磁场中的动量和能量问题【例3】(2021·贵州毕节市4月第二次诊断)如图5，A为带正电的小滑块(可视为质点)，质量mA＝1kg，电荷量q＝0.2C。B为绝缘组合轨道，放在光滑水平面上，质量mB＝1kg，上表面水平部分长L2＝1m，A与B的动摩擦因数为μ＝0.2；B的右侧部分为eq\f(1,4)光滑圆轨道，半径r＝0.5m，左侧部分为水平轨道，圆心O在N点的正上方。初始时刻A位于固定水平光滑绝缘平台的最左端，平台的上表面和B水平轨道的上表面等高，A由静止释放，经水平向右大小为E＝2.5×102N/C的匀强电场加速L1＝1m后，进入垂直纸面向里的匀强磁场中，沿速度方向做直线运动，穿出匀强磁场后滑上静止的B轨道，继续运动(虚线C为匀强电场和匀强磁场的边界，虚线D为匀强磁场和B轨道最左端的边界)，忽略空气阻力。(g＝10m/s2)求：图5(1)经匀强电场加速后A滑块的速度大小和匀强磁场的磁感应强度B的大小？(2)A从eq\f(1,4)圆轨道最高点P飞出时A和B的速度大小？(答案可以用根式表示)(3)当A飞出后，再次从P点返回轨道B，经eq\f(1,4)圆轨道回到N点时，A和B的速度大小？(答案可以用根式表示)答案(1)10m/s5T(2)eq\r(61)m/s5m/s(3)(5－eq\r(23))m/s(5＋eq\r(23))m/s解析(1)A滑块经匀强电场加速后，由动能定理得qEL1＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)－0代入数据得v0＝10m/sA滑块经匀强磁场做直线运动，分析知洛伦兹力和重力平衡qBv0＝mAg代入数据得B＝5T。(2)当A从P飞出时，对AB系统，由机械能守恒定律和水平方向动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)vxeq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mAeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(veq\o\al(2,x)＋veq\o\al(2,y)))＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,x)＋μmAgL2＋mAgr代入数据得vx＝5m/svy＝6m/svA＝eq\r(veq\o\al(2,x)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(61)m/svB＝vx＝5m/s。(3)当A飞出后，再次从P点返回轨道B，经eq\f(1,4)圆轨道回到N点时，对A、B系统，由机械能守恒定律和水平方向动量守恒定律得mAv0＝mAv1＋mBv2eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＋mAgr＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,2)由题意可知v2>5m/s代入数据得v1＝(5－eq\r(23))m/sv2＝(5＋eq\r(23))m/s。专题限时训练(限时：40分钟)1.(多选)(2021·福建龙岩市3月第一次质量检测)如图1所示，两条相距为d足够长的平行光滑金属导轨位于同一水平面内，其左端接阻值为R的定值电阻。电阻为R长为d的金属杆ab在导轨上以初速度v0水平向左运动，其左侧有边界为PQ、MN的匀强磁场，磁感应强度大小为B。该磁场以恒定速度v0匀速向右运动，金属杆进入磁场后，在磁场中运动t时间后达到稳定状态，导轨电阻不计()图1A.当金属杆刚进入磁场时，杆两端的电压大小为Bdv0B.当金属杆运动达到稳定状态时，杆两端的电压大小为Bdv0C.t时间内金属杆所受安培力的冲量等于0D.t时间内金属杆所受安培力做的功等于0答案AD解析当金属杆刚进入磁场时，杆相对于磁场的速度是2v0，切割产生的电动势为2Bdv0，则杆两端的电压大小为Bdv0，选项A正确；开始时根据楞次定律可知杆受到向右的安培力作用而做减速运动，当减速到0后，由于磁场依旧向右运动，则金属杆在安培力的作用下向右加速运动，直到杆与磁场的相对速度为0时，金属杆运动达到稳定状态时，此时金属杆不再切割磁感线运动，杆两端的电压大小为0，选项B错误；t时间内金属杆所受安培力的冲量I＝Δp＝mv0－(－mv0)＝2mv0，选项C错误；t时间内金属杆所受安培力做的功W＝ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝0，选项D正确。2.(多选)(2021·湖南省高考模拟一)如图2所示，在垂直纸面向里的有界匀强磁场区域的左侧，一正方形线框以3.0m/s的初速度沿垂直于磁场边界由位置Ⅰ水平向右运动，线框经过位置Ⅱ，当运动到位置Ⅲ时速度恰为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域。线框的边长小于磁场区域的宽度。若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2，线框经过位置Ⅱ的速度为v，则下列说法正确的是()图2A.q1＝q2 B.q1＝2q2C.v＝1.0m/s D.v＝1.5m/s答案BC解析根据q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BS,R)可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q1＝2q2，选项A错误，B正确；线圈从开始进入磁场到位置Ⅱ，由动量定理得－Beq\o(I,\s\up6(－))1LΔt1＝mv－mv0，即－BLq1＝mv－mv0，同理线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理得－Beq\o(I,\s\up6(－))2LΔt2＝0－mv，即－BLq2＝0－mv，联立解得v＝eq\f(1,3)v0＝1.0m/s，选项C正确，D错误。3.(多选)(2021·山东青岛市黄岛区期末)如图3，光滑平行金属导轨MN、PQ固定在水平桌面上，窄轨MP间距0.5m，宽轨NQ间距1m，电阻不计。空间存在竖直向上的磁感应强度B＝1T的匀强磁场。金属棒a、b水平放置在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，a棒的质量为0.2kg，b棒的质量为0.1kg，若a棒以v0＝9m/s的水平初速度从宽轨某处向左滑动，最终与b棒以相同的速度沿窄轨运动。若a棒滑离宽轨前加速度恰好为0，窄导轨足够长。下列说法正确的是()图3A.从开始到两棒以相同速度运动的过程，a、b组成的系统动量守恒B.金属棒a滑离宽轨时的速度大小为3m/sC.金属棒a、b最终的速度大小为6m/sD.通过金属棒横截面的电荷量为0.8C答案BD解析由于两导轨的宽度不相等，根据F＝BIL，知a、b两个导体棒所受水平方向的安培力之和不为零，系统动量不守恒，故A错误；a棒滑离宽轨前加速度恰好为0即做匀速运动，a棒匀速运动时，两棒切割产生的电动势大小相等BLbvb＝BLava，La＝2Lb，得末速度vb＝2va，对a棒根据动量定理可得－Beq\o(I,\s\up6(－))LaΔt＝mava－mav0，对b棒根据动量定理可得Beq\o(I,\s\up6(－))Lb·Δt＝mbvb，联立代入数据解得va＝3m/s，vb＝6m/s，故B正确；a棒滑离宽轨道进入窄轨道后，a、b两个导体棒所受水平方向的安培力之和为零，系统动量守恒，设a、b两个导体棒最终的共同速度为v′，则mava＋mbvb＝(ma＋mb)v′，解得v′＝4m/s，故C错误；b导体棒始终在窄轨道上运动，对b导体棒全过程利用动量定理可得Beq\o(I,\s\up6(－))Lb·Δt＝mbv′，q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt，即BLbq＝mbv′，代入数据得q＝0.8C，故D正确。4.(2021·山东省实验中学模拟)如图4所示，间距为L的光滑金属导轨MNP和M′N′P′由圆弧和水平两部分组成，圆弧和水平部分光滑连接，在水平导轨NPP′N′间存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场垂直导轨平面向上，在M和M′之间连接一个电阻为R的定值电阻。现在将一根与导轨垂直、质量为m、电阻为2R的金属杆ab从圆弧轨道上距水平面高度为h处释放，金属棒恰能到达PP′处。导轨电阻不计，重力加速度为g。图4(1)金属棒刚进入磁场时的加速度；(2)水平导轨NP的长度s；(3)若在PP′处安装有一储能装置，每次释放相同的能量，将恰好到达PP′处的金属棒弹回，使得金属棒可以在导轨上做周期性的运动，试求每个周期里定值电阻R中产生的焦耳热Q。答案(1)eq\f(B2L2\r(2gh),3mR)，方向水平向左(2)eq\f(3Rm\r(2gh),B2L2)(3)eq\f(4,3)mgh解析(1)金属棒从静止开始下滑到水平面过程中，令金属棒刚进入磁场的速度为v1，根据机械能守恒定律，有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)则感应电动势为E＝BLv1感应电流为I＝eq\f(E,3R)根据牛顿第二定律有BIL＝ma联立解得a＝eq\f(B2L2\r(2gh),3mR)根据右手定则可知，电流方向由a到b，故根据左手定则可知，安培力方向水平向左，所以加速度方向也是水平向左。(2)金属棒从进入磁场到PP′处停下，根据动量定理有－BIL·Δt＝mΔv代入I＝eq\f(BLv0,3R)，可得－BLeq\f(BLv0,3R)·Δt＝mΔv变形得－eq\f(B2L2,3R)·Δs＝mΔv两边求和，可得－eq\f(B2L2,3R)·s＝m(0－v1)解得s＝eq\f(3Rm\r(2gh),B2L2)。(3)令ab棒弹回的速度为v2，整个过程根据动量定理可得－eq\f(B2L2,3R)·s＝m(v1－v2)解得v2＝2v1金属棒从释放到PP′的过程，回路中产生的焦耳热Q1＝mgh金属棒从PP′返回到释放点过程，回路中产生的焦耳热Q2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－mgh＝3mgh故每个周期里定值电阻R中产生的焦耳热Q＝eq\f(1,3)(Q1＋Q2)＝eq\f(4,3)mgh。5.(2021·安徽阜阳市教学质量统测)如图5，两平行光滑金属导轨ABC、A′B′C′的左端接有阻值为R的定值电阻Z，间距为L，其中AB、A′B′固定于同一水平面(图中未画出)上且与竖直面内半径为r的eq\f(1,4)光滑圆弧形导轨BC、B′C′相切于B、B′两点。矩形DBB′D′区域内存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。导体棒ab的质量为m、电阻值为R、长度为L，ab棒在功率恒定、方向水平向右的推力作用下由静止开始沿导轨运动，经时间t后撤去推力，然后ab棒与另一根相同的导体棒cd发生碰撞并粘在一起，以3eq\r(2gr)的速率进入磁场，两导体棒穿过磁场区域后，恰好能到达CC′处。重力加速度大小为g，导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨的电阻。图5(1)求该推力的功率P；(2)求两导体棒通过磁场右边界BB′时的速度大小v；(3)求两导体棒穿越磁场的过程中定值电阻Z产生的焦耳热Q；(4)两导体棒到达CC′后原路返回，请通过计算判断两导体棒能否再次穿过磁场区域。若不能穿过，求出两导体棒停止的位置与DD′的距离x。答案(1)eq\f(36mgr,t)(2)eq\r(2gr)(3)eq\f(32,3)mgr(4)不能，eq\f(3mR\r(2gr),B2L2)解析(1)设两导体棒碰撞前瞬间ab棒的速度大小为v0，在推力作用的过程中，由动能定理有Pt＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)设ab与cd碰后瞬间的速率为v1，其值为3eq\r(2gr)，由动量守恒定律有mv0＝2mv1解得P＝eq\f(36mgr,t)。(2)对两导体棒沿圆弧形导轨上滑的过程，由机械能守恒定律有eq\f(1,2)×2mv2＝2mgr解得v＝eq\r(2gr)。(3)两棒碰撞并粘在一起，由电阻定律可知，两导体棒的总电阻为eq\f(R,2)，定值电阻Z产生的焦耳热为Q，故两棒产生的总焦耳热为eq\f(Q,2)，由能量守恒定律有Q＋eq\f(Q,2)＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)×2mv2解得Q＝eq\f(32,3)mgr。(4)设导体棒第一次穿越磁场的时间为t1，该过程回路中的平均电流为eq\o(I,\s\up6(－))，DD′与BB′的间距为x1，由动量定理有－Beq\o(I,\s\up6(－))Lt1＝2mv－2mv1根据法拉第电磁感应定律和电路相关知识有eq\o(I,\s\up6(－))t1＝eq\f(BLx1,\f(3R,2))解得x1＝eq\f(6mR\r(2gr),B2L2)由机械能守恒定律可知，导体棒再次回到BB′处时速度大小仍为v＝eq\r(2gr)，导体棒再次进入磁场向左运动的过程中，仍用动量定理和相关电路知识，并且假设导体棒会停在磁场中，同时设导体棒在磁场中向左运动的时间为t2，导体棒进入磁场后到停止运动的位移为Δx，该过程回路中的平均电流为eq\o(I,\s\up6(－))，同前述道理可分别列式为－Beq\o(I,\s\up6(－))′Lt2＝0－2mv，eq\o(I,\s\up6(－))′t2＝eq\f(BL·Δx,\f(3R,2))解得Δx＝eq\f(3mR\r(2gr),B2L2)显然Δx<x1，假设成立，故导体棒不能向左穿过磁场区，且根据前述计算可知，导体棒停止的位置与DD′的距离x＝x1－Δx＝eq\f(3mR\r(2gr),B2L2)。6.(2021·福建宁德市高三第一次质检)如图6所示，绝缘轨道MNPQ位于同一竖直面内，其中MN段是长度为L的水平轨道，PQ段是足够长的光滑竖直轨道，NP段是光滑的四分之一圆弧，圆心为O，半径R＝μL。直线NN′右侧有方向水平向左的电场(图中未画出)，电场强度E＝eq\f(\r(3)mg,q)，在包含圆弧轨道NP的ONO′P区域内有方向垂直纸面向外，磁感应强度为