第一部分 专题三
第1讲
A组 基础能力练
1．(2020·宁夏六盘山四模)如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知( A )
A．P的电势高于Q点的电势
B．带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大
C．带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大
D．带电粒子在R点时的电场强度小于在Q点时的电场强度
【解析】 电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧，所以电场力的方向向右，由于粒子带负电，所以电场线方向向左，则有P的电势高于Q点的电势，故A正确；若粒子从P经过R运动到Q，电场力做负功，电荷的电势能增大，带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能小，故B错误；根据能量守恒定律，带电粒子在运动过程中各点处的动能与电势能之和保持不变，故C错误；电场线的疏密表示电场的强弱，则由电场线疏密可知带电粒子在R点时的电场强度大于在Q点时的电场强度，故D错误．
2．(2020·山东泰安三模)如图所示，A、B、C是等边三角形的三个顶点，O点是A、B两点连线的中点．以O点为坐标原点，以A、B两点的连线为x轴，以O、C两点的连线为y轴，建立坐标系．过A、B、C、O四点各有一条长直导线垂直穿过坐标平面，各导线中通有大小相等的电流，其中过A、B两点的导线中的电流方向向里，过C、O两点的导线中的电流方向向外．过O点的导线所受安培力的方向为( A )
A．沿y轴正方向
B．沿y轴负方向
C．沿x轴正方向
D．沿x轴负方向
【解析】 等边三角形的三个顶点A、B、C处均有一通电导线，且导线中通有大小相等的恒定电流，由安培定则可得，导线A、B的电流在O处的合磁场为零，C处的电流在O处产生磁场水平向右，即O处的磁场方向水平向右，再由左手定则可得，安培力的方向是与AB边垂直，沿着y轴的正方向，B、C、D错误A正确．
3.(多选)(2020·江苏省高考真题)如图所示，绝缘轻杆的两端固定带有等量异号电荷的小球(不计重力)．开始时，两小球分别静止在A、B位置．现外加一匀强电场E，在静电力作用下，小球绕轻杆中点O转到水平位置．取O点的电势为0.下列说法正确的有( AB )
A．电场E中A点电势低于B点
B．转动中两小球的电势能始终相等
C．该过程静电力对两小球均做负功
D．该过程两小球的总电势能增加
【解析】 沿着电场线方向，电势降低，A正确；由于O点的电势为0，根据匀强电场的对称性φ1＝－φB又qA＝－qB，Ep＝qφ，所以EPA＝EPB，B正确；A、B位置的小球受到的静电力分别水平向右、水平向左，绝缘轻杆逆时针旋转，两小球静电力对两小球均做正功，电场力做正功，电势能减少，C、D错误；故选A、B．
4．(多选)(2020·全国调研卷)两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是( CD )
A．带正电
B．速度先变大后变小
C．电势能先变大后变小
D．经过b点和d点时的速度大小相同
【解析】 根据粒子的运动轨迹及电场线分布可知，粒子带负电，选项A错误；粒子从a到c到e的过程中电场力先做负功后做正功，速度先减后增，电势能先增大后减小；选项B错误，C正确；因为b、d两点在同一等势面上，所以在b、d两点的电势能相同，所以经过b点和d点时的速度大小相同，选项D正确．
6．(多选)(2020·天津和平区三模)质量为m、电量为q的带电粒子以速率v垂直磁感线射入磁感应强度为B的匀强磁场中，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，带电粒子在圆周轨道上运动相当于一个环形电流，则下列说法中正确的是( CD )
A．环形电流的电流强度跟q成正比
B．环形电流的电流强度跟v成正比
C．环形电流的电流强度跟B成正比
D．环形电流的电流强度跟m成反比
【解析】 设带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，半径为r，则由qvB＝m，得T＝＝，环形电流：I＝＝，可见，I与q的平方成正比，与v无关，与B成正比，与m成反比，故A、B错误，C、D正确．
7．(2020·湖北武汉调研)如图所示，由粗细均匀的金属导线围成的一个边长为L的正方形闭合线框abcd，其四个顶点均位于一个圆形区域的边界上，ac为圆形区域的一条直径，ac上方和下方分别存在大小均为B、方向相反的匀强磁场．现给线框接入从a点流入、d点流出的大小为I的恒定电流，则线框受到的安培力的大小为( D )
A．0
B．BIL
C．BIL
D．BIL
【解析】 电流I经过A点后分成两条支路，其大小分别为Iabcd＝I，Iad＝I，如图判断线圈四边受安培力大小和方向分别为Fab＝BIL，向右；Fbc＝BIL，向下；Fcd＝BIL，向右；Fad＝BIL，向上，则线框受到的安培力的大小为F＝BIL，A、B、C错误，D正确．
B组 素养提升练
8．(2020·湘赣皖十五校联考)一电流表的原理如图所示．质量为m＝20
g的均质细金属棒MN的中点处通过一绝缘挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，弹簧劲度系数为k＝2.0
N/m.在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.20
T，方向垂直纸面向外．与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度大于ab，ab的长度为l＝0.20
m，bc的长度为L＝0.05
m，当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合，当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流强度，不计通电时电流产生的磁场的作用(g＝10
m/s2)( D )
A．若要电流表正常工作，N端应接电源正极
B．若将量程扩大2倍，磁感应强度应变为B′＝0.40
T
C．此电流表可以测量的最大电流为2.0
A
D．当电流表示数为零时，弹簧伸长10
cm
【解析】 为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN的安培力必须向下，由左手定则可知金属棒中电流从M端流向N端，因此M端应接正极，故A错误；设弹簧的伸长量为Δx，则有mg＝kΔx，解得Δx＝10
cm，设满量程时通过MN的电流强度为Im，则有BIml＋mg＝k(L＋Δx)，代入解得Im＝2.5
A，设扩大量程后，磁感应强度变为B′，则有2B′Iml＋mg＝k(L＋Δx)，解得B′＝0.10
T，故B、C错误，D正确．
9．(多选)(2018·全国卷Ⅱ)如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点．一电荷量为q(q＞0)的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2.下列说法正确的是( BD )
A．此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行
B．若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为
C．若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为
D．若W1＝W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差
【解析】 结合题意，只能判定φa＞φb，φc＞φd，但电场方向不能得出，故A错误．电场强度的方向沿c→d时，才有场强E＝，故C错误．由于M、N分别为ac和bd的中点，对于匀强电场，φM＝，φN＝，则UMN＝，可知该粒子从M点移动到N点的过程中，电场力做功W＝，故B正确．若W1＝W2，则φa－φb＝φc－φd，变形得φa－φc＝φb－φd，即Uac＝Ubd，而UaM＝，UbN＝，可知UaM＝UbN，故D正确．
10．(2020·江西南昌模拟)如图所示，电荷q均匀分布在半球面上，球面的半径为R，CD为通过半球顶点C与球心O的轴线．P、Q为CD轴上关于O点对称的两点．如果带电量为Q的均匀带电球壳，其内部电场强度处处为零，电势都相等．则下列判断正确的是( D )
A．P点的电势与Q点的电势相等
B．带正电的微粒在O点的电势能为零
C．在P点静止释放带正电的微粒(重力不计)，微粒将做匀加速直线运动
D．P点的电场强度与Q点的电场强度相等
【解析】 由电场的叠加原理可知半球面右边的电场线是水平向右的，沿电场线方向电势逐渐降低，所以P点的电势高于Q点的电势，故A错误；本题没有选取零势点，所以带正电的微粒在O点的电势能不一定为零，故B错误；电场线方向水平向右，所以在P点释放静止带正电的微粒(重力不计)，微粒将作加速运动，距离远后电场力减小，所以是变加速运动，故C错误；均匀带电半球相当于一个均匀带正电的球和半个均匀带负电的球，这个半球放在图的另一边，然后看PQ两点，可以看到，PQ两点在上述涉及到的正电半球和负电半球中的相同的位置上，而由题目给出的条件，正电球在P、Q两点产生的电场为零，所以，正电半球在Q点产生的电场强度相当于负电半球在Q点产生的电场强度，而与P点的环境比较，唯一的区别是电荷符号相反，从而电场大小相同，只有可能有方向的区别，而分析可知，方向是相同的，故电场强度相等，故D正确．
11．(2020·浙江温州三模)示波管的结构如图(a)所示，偏转电极YY′如右图(b)所示，两板间的距离为d、板长为L，在YY′间加上电压U，让电荷量为e、质量为m的电子以速度v垂直电场进入偏转电极，不计电子的重力．则电子穿过偏转电极YY′的过程中，下列说法正确的是( B )
A．电子向Y′极板偏转飞出
B．电子射出电场时的偏移量ΔY＝
C．射出电子的动能增加了eU
D．U越大，电子通过YY′极板的时间就越短
【解析】 由(b)图可知，Y为正极，则电场强度方向向下，故电子通过YY′的过程中，受到的电场力向上，即电子向Y极偏转飞出电场，故A错误；电子在偏转电场中做类平抛运动，则有L＝vt，ΔY＝at2，a＝，联立解得ΔY＝，故B正确；根据动能定理可知，电子动能的增加量为ΔEk＝eEΔY，因ΔY12．(2020·山东烟台模拟)在平行于纸面内的匀强电场中，有一电荷量为q的带正电粒子，仅在电场力作用下，粒子从电场中A点运动到B点，速度大小由2v0变为v0，粒子的初、末速度与AB连线的夹角均为30°，如图所示，已知A、B两点间的距离为d，则该匀强电场的电场强度为( D )
A．，方向竖直向上
B．，方向斜向左下方
C．，方向竖直向上
D．，方向斜向左下方
【解析】 以向右为x轴正方向，向下为y轴正方向建立直角坐标系，x轴方向的速度由2v0减为v0cos
60°，故Ex向左，y轴方向的速度由0增加到v0sin
60°，故Ey向下，故电场强度方向斜向左下方．利用v2－v＝2ax以及牛顿第二定律，有(v0cos
60°)2－(2v0)2＝－2dcos
30°，(v0sin
60°)2＝2dsin
30°，电场强度E＝，解得E＝，故A、B、C错误，D正确．
13．(2020·新疆三模)“电磁炮”是利用电磁力对弹体加速的新型武器，具有速度快、效率高等优点．如图是“电磁炮”的原理结构示意图．光滑水平加速导轨电阻不计，轨道宽为L＝0.2
m；在导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝1×102
T；“电磁炮”弹体总质量m＝0.2
kg，其中弹体在轨道间的电阻R＝0.4
Ω；可控电源的内阻r＝0.6
Ω，电源的电压能自行调节，以保证“电磁炮”匀加速发射；在某次试验发射时，电源为加速弹体提供的电流是I＝4×103
A，不计空气阻力．求：
(1)弹体所受安培力大小；
(2)弹体从静止加速到4
km/s，轨道至少要多长；
(3)弹体从静止加速到4
km/s过程中，该系统消耗的总能量．
【答案】 (1)8×104
N (2)20
m (3)1.76×106
J
【解析】 (1)由安培力公式F＝IBL＝8×104
N
(2)由动能定理Fx＝mv2
弹体从静止加速到4
km/s，代入数值得x＝20
m
或用动力学方法求解：
由牛顿第二定律F＝ma
得加速度a＝4×105
m/s2
由v2－v＝2as，v＝4
km/s代入数值得x＝20
m
(3)根据F＝ma，v＝at知发射弹体用时t＝＝1×10－2
s
发射弹体过程产生的焦耳热Q＝I2(R＋r)t＝1.6×105
J
弹体的动能Ek＝mv2＝1.6×106
J
系统消耗的总能量E＝Ek＋Q＝1.76×106
J(共73张PPT)
第一部分
专题突破方略
专题三 电场与磁场
第1讲 电场与磁场的基本性质
1
考情速览
·
明规律
2
核心知识
·
提素养
3
命题热点
·
巧突破
4
专题演练
·
速提升
01
考情速览
·
明规律
高考命题点
命题轨迹
情境图
电场的性质
2020
Ⅱ卷20
Ⅲ卷21
2019
Ⅰ卷15
Ⅱ卷20
Ⅲ卷21
高考命题点
命题轨迹
情境图
电场的性质
2018
Ⅰ卷16
Ⅰ卷21
Ⅱ卷21
高考命题点
命题轨迹
情境图
电场的性质
2017
Ⅲ卷21
2016
Ⅰ卷14
Ⅲ卷15
高考命题点
命题轨迹
情境图
磁场的基本性质
2019
Ⅰ卷17
2018
Ⅱ卷20
2017
Ⅰ卷19
Ⅱ卷21
Ⅲ卷18
02
核心知识
·
提素养
“物理观念”构建
3．等势面与电场线的关系
(1)电场线总是与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面．
(2)电场线越密的地方，等差等势面也越密．
(3)沿等势面移动电荷，电场力不做功，沿电场线移动电荷，电场力一定做功．
4．电场中电势高低、电势能大小的判断
判断电势的高低
根据电场线的方向判断
根据UAB＝φA－φB判断
根据电场力做功(或电势能)判断
判断电势能的大小
根据Ep＝qφ判断
根据电场力做功(W＝－ΔEp)判断
5.磁场
1．思想方法
(1)等效思想、分解思想；
(2)比值定义法、控制变量法、类比法、对称法、合成法、分解法．
“科学思维”展示
2．模型建构
(1)静电力做功的求解方法
①由功的定义式W＝Flcos
α求解．
②利用结论“电场力做的功等于电荷电势能增量的负值”求解，即W＝－ΔEp.
③利用WAB＝qUAB求解．
(2)电场中功能关系的理解及应用方法
①若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变．
②若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变．
③除重力之外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化．
④所有力对物体所做的功等于物体动能的变化．
03
命题热点
·
巧突破
1．(2019·全国卷Ⅰ·T15)如图所示，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则
( )
A．P和Q都带正电荷
B．P和Q都带负电荷
C．P带正电荷，Q带负电荷
D．P带负电荷，Q带正电荷
考点一 电场的基本性质
考向1
电场力的性质
D
【解析】 对P、Q整体进行受力分析可知，在水平方向上整体所受电场力为零，所以P、Q必带等量异种电荷，选项A、B错误；对P进行受力分析可知，匀强电场对它的电场力应水平向左，与Q对它的库仑力平衡，所以P带负电荷，Q带正电荷，选项D正确，C错误．
D
B
【解析】 A处点电荷所受静电力大小为F，根据库仑定律，结合平行四边形定则及几何关系可以知道，C处电荷对A处电荷的电场力为引力，B处电荷对A处电荷的电场力为斥力，C处电荷与A处电荷为异种电荷，A处电荷与B处电荷为同种电荷，所以可得C处电荷对B处电荷的电场力为引力，A处电荷对B处电荷的电场力为斥力，根据平行四边形定则可得B处点电荷受力可能为F2，故B正确，A、C、D错误．
4．(多选)(2019·全国卷Ⅱ·T20)静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动，N为粒子运动轨迹上的另外一点，则
( )
A．运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小
B．在M、N两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合
C．粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能
D．粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行
考向2
电场能的性质
AC
【解析】 在两个同种点电荷的电场中，一带同种电荷的粒子在两电荷的连线上自M点由静止开始运动，粒子的速度先增大后减小，选项A正确；带电粒子仅在电场力作用下运动，若运动到N点的动能为零，则带电粒子在N、M两点的电势能相等；仅在电场力作用下运动，带电粒子的动能和电势能之和保持不变，可知若粒子运动到N点时动能不为零，则粒子在N点的电势能小于在M点的电势能，即粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能，选项C正确；
若静电场的电场线不是直线，带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹不会与电场线重合，选项B错误；若粒子运动轨迹为曲线，根据粒子做曲线运动的条件，可知粒子在N点所受电场力的方向一定不与粒子轨迹在该点的切线平行，选项D错误．
5．(2020·成都外国语学校一模)在平面直角坐标系的x轴上关于原点O对称的P、Q两点各放一个等量点电荷后，x轴上各点电场强度E随坐标x的变化曲线如图所示，规定沿x轴正向为场强的正方向，则关于这两个点电荷所激发电场的有关描述中正确的有
( )
A．将一个正检验电荷从P点沿x轴移向Q点的过程中电场力一直做正功
B．x轴上从P点到Q点的电势先升高后降低
C．若将一个正检验电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中一定是电场力先做正功后做负功
D．若将一个正检验电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中受到的电场力可能先减小后增大
【答案】 D
【解析】 由于正检验电荷所受电场力方向与电场强度方向相同，将一个正检验电荷从P点沿x轴移向Q点的过程中电场力先做正功后做负功，选项A错误；由x轴上各点电场强度E随坐标x的变化曲线可知，为等量正点电荷，x轴上从P点到Q点的电势先降低后升高，选项B错误；画出两等量正点电荷电场的电场线，可知若将一个正检验电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中，
一定是电场力先做负功后做正功，选项C错误；由于两等量正点电荷连线上的中点电场强度为零，所以若将一个正检验电荷从两点电荷连线的垂直平分线上的一侧移至另一侧对称点的过程中受到的电场力可能先减小后增大，选项D正确．
6.(多选)(2020·全国课标卷Ⅱ)如图，竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷．a、b为圆环水平直径上的两个点，c、d为竖直直径上的两个点，它们与圆心的距离均相等．则
( )
A．a、b两点的场强相等
B．a、b两点的电势相等
C．c、d两点的场强相等
D．c、d两点的电势相等
ABC
【解析】 如图所示，为等量异种电荷周围空间的电场分布图．本题的带电圆环，可拆解成这样无数对等量异种电荷的电场，沿竖直直径平行放置．它们有共同的对称轴PP′，PP′所在的水平面与每一条电场线都垂直，即为等势面，延伸到无限远处，电势为零．故在此平面上的点电势为零，即φa＝φb＝0；而从M点到N点，电势一直在降低，即φc>φd，故B正确，D错误；上下两侧电场线分布对称，左右两侧电场线分布也对称，由电场的叠加原理可知A、C正确；故选A、B、C．
7.(多选)(2020·全国课标卷Ⅲ)如图，∠M是锐角三角形PMN最大的内角，电荷量为q(q>0)的点电荷固定在P点．下列说法正确的是
( )
A．沿MN边，从M点到N点，电场强度的大小逐渐增大
BC
B．沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小
C．正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大
D．将正电荷从M点移动到N点，电场力所做的总功为负
电场线与等势面(图中虚线)处处垂直，沿电场线方向电势降低，所以从M→N电势先增大后减小，B正确；M、N两点的电势大小关系为φM>φN，根据电势能的公式Ep＝qφ可知正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能，C正确；正电荷从M→N，电势能减小，电场力所做的总功为正功，D错误．
8．(多选)(2020·山东高考真题)真空中有两个固定的带正电的点电荷，电荷量不相等．一个带负电的试探电荷置于二者连线上的O点时，仅在电场力的作用下恰好保持静止状态．过O点作两正电荷连线的垂线，以O点为圆心的圆与连线和垂线分别交于a、c和b、d，如图所示．以下说法正确的是
( )
A．a点电势低于O点
B．b点电势低于c点
C．该试探电荷在a点的电势能大于在b点的电势能
D．该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能
BD
【解析】 由题意可知O点合场强为零，根据同种电荷之间电场线的分布可知aO之间电场线由a到O，故a点电势高于O点电势，故A错误；同理根据同种电荷电场线分布可知b点电势低于c点电势，故B正确；根据电场线分布可知负电荷从a到b电场力做负功，电势能增加，即该试探电荷在a点的电势能小于在b点的电势能，故C错误；同理根据电场线分布可知负电荷从c点到d点电场力做负功，电势能增加，即该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能，故D正确．故选B、D．
电场中的三类图像问题
(1)v－t图像：根据v－t图像中速度的变化、斜率的绝对值的变化(即加速度大小的变化)，确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况，进而确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化情况．
(2)φ－x图像：①电场强度的大小等于φ－x图线的斜率绝对值；②在φ－x图像中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系大致确定电场强度的方向；③在φ－x图像中分析电荷移动时做功的正负，可用WAB＝qUAB分析WAB的正负，然后做出判断．
(3)E－x图像：①根据给出的E－x图像，确定E的方向，根据E的大小变化，确定电场的强弱分布；②图线与横轴所围面积在数值上表示电势差．
9.(2020·西北师大附中模拟)如图所示，平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，两板间有一个带负电的试探电荷固定在P点．静电计的金属球与电容器的负极板连接，外壳接地．以E表示两板间的场强，φ表示P点的电势，EP表示该试探电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持负极板不动，将正极板缓慢向右平移一小段距离(静电计带电荷量可忽略不计)，各物理量变化情况描述正确的是
( )
A．E增大，φ降低，EP减小，θ增大
B．E不变，φ降低，EP增大，θ减小
C．E不变，φ升高，EP减小，θ减小
D．E减小，φ升高，EP减小，θ减小
考向3
电容器的动态分析
C
10．(2020·四川四市联考)目前智能手机普遍采用了电容触摸屏．电容触摸屏是利用人体的电流感应进行工作的，它是一块四层复合玻璃屏，玻璃屏的内表面和夹层各涂一层ITO(纳米铟锡金属氧化物)，夹层ITO涂层作为工作面，四个角引出四个电极，
10．(2020·四川四市联考)目前智能手机普遍采用了电容触摸屏．电容触摸屏是利用人体的电流感应进行工作的，它是一块四层复合玻璃屏，玻璃屏的内表面和夹层各涂一层ITO(纳米铟锡金属氧化物)，夹层ITO涂层作为工作面，四个角引出四个电极，
当用户手指(肉)触摸电容触摸屏时，手指(肉)和工作面形成一个电容器，因为工作面上接有高频信号，电流通过这个电容器分别从屏的四个角上的电极中流出，且理论上流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器通过对四个电流比例的精密计算来确定手指位置．寒冷的冬天，人们也可以用触屏手套进行触控操作．下列说法正确的是
( )
A．使用绝缘笔压电容触摸屏也能进行触控操作
B．为了安全，触屏手套指尖处应该采用绝缘材料
C．手指按压屏的力变大，手指(肉)和工作面形成的电容器电容变小
D．手指与屏的接触面积变大，手指(肉)和工作面形成的电容器电容变大
D
1．(2020·北京丰台区二模)如图所示，两根垂直纸面放置的直导线，通有大小相同、方向相反的电流．O为两导线连线的中点，P、Q是两导线连线中垂线上的两点，且OP＝OQ.以下说法正确的是
( )
A．O点的磁感应强度为零
B．P、Q两点的磁感应强度方向相同
考点二 磁场的基本性质
考向1
磁场的叠加
B
C．若在P点放置一条电流方向垂直纸面向里的通电导线，其受力方向为P→O
D．若在Q点放置一条电流方向垂直纸面向里的通电导线，其受力方向为Q→O
【解析】 根据安培定则可知，右侧导线在O点的磁感应强度方向竖直向下，左侧导线在O点的磁感应强度方向也是竖直向下，故O点的磁感应强度不为零，选项A错误；右侧导线在P点的磁感应强度方向斜向右下方，左侧导线在P点的磁感应强度方向斜向左下方，两者合成后，P点的合磁感应强度方向竖直向下，同理Q点的磁感应强度方向也是竖直向下的，故两点磁感应强度方向相同，选项B正确；
P点的合磁感应强度方向竖直向下，若在P点放置一条电流方向垂直纸面向里的通电导线，根据左手定则可判断其受力方向水平向左，选项C错误；Q点的合磁感应强度方向竖直向下，若在Q点放置一条电流方向垂直纸面向里的通电导线，根据左手定则可判断其受力方向水平向左，选项D错误．
BC
3．(2020·浙江高考真题)特高压直流输电是国家重点能源工程．如图所示，两根等高、相互平行的水平长直导线分别通有方向相同的电流I1和I2，I1>I2.a、b、c三点连线与两根导线等高并垂直，b点位于两根导线间的中点，a、c两点与b点距离相等，d点位于b点正下方．不考虑地磁场的影响，则
( )
A．b点处的磁感应强度大小为0
B．d点处的磁感应强度大小为0
C．a点处的磁感应强度方向竖直向下
D．c点处的磁感应强度方向竖直向下
C
【解析】 通电直导线周围产生磁场方向由安培定则判断，如图所示．I1在b点产生的磁场方向向上，I2在b点产生的磁场方向向下，因为I1>I2即B1>B2则在b点的磁感应强度不为零，A错误；如图所示，d点处的磁感应强度不为零，a点处的磁感应强度竖直向下，c点处的磁感应强度竖直向上，B、D错误，C正确．故选C．
4．如图所示，地面上的平行轨道MN和PQ上有一辆平板小车，车上有一个通电线框，G是电源．图中虚线框1、2、3、4、5等是磁感强度大小相等的匀强磁场区域，内有垂直地面向上或向下的磁场，要使小车在图示位置时受到向右的推力，此时1、2部分的磁场方向对应下图中的
( )
考向2
磁场对电流的作用
A
【解析】 根据左手定则，要使小车在图示位置时受到向右的推力，即安培力向右，则磁场2向外，磁场1向里，选项A正确．
5．(2019·浙江选考)电流天平是一种测量磁场力的装置，如图所示．两相距很近的通电平行线圈Ⅰ和Ⅱ，线圈Ⅰ固定，线圈Ⅱ置于天平托盘上．当两线圈均无电流通过时，天平示数恰好为零．下列说法正确的是
( )
A．当天平示数为负时，两线圈电流方向相同
B．当天平示数为正时，两线圈电流方向相同
C．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力大于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力
D．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对相互作用力
【答案】 A
【解析】 当两线圈电流相同时，表现为相互吸引，电流方向相反时，表现为相互排斥，故当天平示数为正时，两者相互排斥，电流方向相反，当天平示数为负时，两者相互吸引，电流方向相同，A正确，B错误；线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力是一对相互作用力，等大反向，C错误；静止时，线圈Ⅱ平衡，线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对平衡力，D错误．
6．如图所示，垂直纸面放置的两根平行长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1＞I2，纸面内的一点H到两根导线的距离相等，则该点的磁感应强度方向可能为图中的
( )
A．B1
B．B2
C．B3
D．B4
C
【解析】 根据右手螺旋定则得出两电流在H点的磁场方向，如图，因为I1>I2，故I1产生的磁场大于I2产生的磁场，根据平行四边形定则知H点的合磁场强度可能为B3方向，C正确．
C
8．(2020·北京海淀区一模)如图所示，在一通有恒定电流的长直导线的右侧，有一带正电的粒子以初速度v0沿平行于导线的方向射出．若粒子所受重力及空气阻力均可忽略不计，现用虚线表示粒子的运动轨迹，虚线上某点所画有向线段的长度和方向表示粒子经过该点时的速度大小和方向，则如图所示的图景中可能正确的是
( )
考向3
磁场对运动电荷的作用
B
【解析】 根据右手螺旋定则可知，在导线右侧磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则，判断粒子受力的方向向左，因此粒子向左侧偏转，C、D错误；由于洛伦兹力不做功，因此运动过程中粒子速度大小不变，B正确，A错误．
9．(2020·江西质监)科学家预言，自然界存在只有一个磁极的磁单极子，磁单极N的磁场分布如图甲所示，它与如图乙所示正点电荷Q的电场分布相似．假设磁单极子N和正点电荷Q均固定，有相同的带电小球分别在N和Q附近(图示位置)沿水平面做匀速圆周运动，则下列判断正确的是
( )
A．从上往下看，图甲中带电小球一定沿逆时针方向运动
B．从上往下看，图甲中带电小球一定沿顺时针方向运动
C．从上往下看，图乙中带电小球一定沿顺时针方向运动
D．从上往下看，图乙中带电小球一定沿逆时针方向运动
【答案】 A
【解析】 根据圆周运动的受力条件可以从图乙中判断带电小球带的一定是负电，且在电场中小球的运动方向与电场力的方向无关；由甲图中洛仑兹力方向，根据左手定则可知，带电小球一定沿逆时针方向运动，故选A．
10．(2020·南京师大附中模拟)如图所示，半圆形光滑绝缘轨道MN固定在竖直平面内，O为其圆心，M、N与O高度相同，匀强磁场方向与轨道平面垂直．现将一个带正电的小球自M点由静止释放，它将沿轨道在M、N间做往复运动．下列说法中正确的是
( )
A．小球在M点和N点时均处于平衡状态
B．小球由M到N所用的时间大于由N到M所用的时间
C．小球每次经过轨道最低点时对轨道的压力大小均相等
D．小球每次经过轨道最低点时所受合外力大小均相等
D
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专题演练
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