2021屆新高考物理二輪復習突破7專題三電場與磁場

專題三電場與磁場

第一講電場與磁場的基本性質(zhì)

高考真題

1.（多選）（2020?全國高考課標2卷）如圖，豎直面內(nèi)一絕緣細圓環(huán)的上、下半圓分別均勻

分布著等量異種電荷。。、。為圓環(huán)水平直徑上的兩個點，c、d為豎直直徑上的兩個點,

它們與圓心的距離均相等。則（）

A.〃、〃兩點的場強相等B.a、人兩點的電勢相等

C.c、”兩點的場強相等D.c、d兩點的電勢相等

【答案】ABC

【解析】

BD.如下圖所示，為等量異種電荷周圍空間的電場分布圖。本題的帶電圓環(huán)，可拆解成

這樣無數(shù)對等量異種電荷的電場，沿豎直直徑平行放置。它們有共同的對稱軸PP，PP'

所在的水平面與每一條電場線都垂直，即為等勢面，延伸到無限遠處，電勢為零。故在

PP'上的點電勢為零，即弘=必=0；而從M點到N點，電勢一直在降低，即Q＞內(nèi)，

故B正確，D錯誤;

AC.上下兩側(cè)電場線分布對稱，左右兩側(cè)電場線分布也對稱，由電場的疊加原理可知

AC正確；

故選ABC。

2.（多選）（2020?江蘇省高考真題）如圖所示，絕緣輕桿的兩端固定帶有等量異號電荷的小

球（不計重力）.開始時，兩小球分別靜止在A、B位置?，F(xiàn)外加一勻強電場E,在靜電

力作用下，小球繞輕桿中點O轉(zhuǎn)到水平位置。取O點的電勢為0。下列說法正確的有（）

A.電場E中A點電勢低于B點

B.轉(zhuǎn)動中兩小球的電勢能始終相等

C.該過程靜電力對兩小球均做負功

D.該過程兩小球的總電勢能增加

【答案】AB

【解析】

A.沿著電場線方向，電勢降低，A正確;

B.由于。點的電勢為0,根據(jù)勻強電場的對稱性

%=一例

又公=一夕8，Ep=q（p,所以

B正確；

CD.A、8位置的小球受到的靜電力分別水平向右、水平向左，絕緣輕桿逆時針旋轉(zhuǎn)，

兩小球靜電力對兩小球均做正功，電場力做正功，電勢能減少，CD錯誤；

故選AB。

3.（2020?浙江省高考真題）特高壓直流輸電是國家重點能源工程。如圖所示，兩根等高、

相互平行的水平長直導線分別通有方向相同的電流乙和，2，A>A-。、氏c三點連線

與兩根導線等高并垂直，6點位于兩根導線間的中點，〃、c,兩點與6點距離相等，d點位

于6點正下方。不考慮地磁場的影響，則（）

A.b點處的磁感應強度大小為0

B.4點處的磁感應強度大小為0

C.a點處的磁感應強度方向豎直向下

D.c,點處的磁感應強度方向豎直向下

【答案】c

【解析】

A.通電直導線周圍產(chǎn)生磁場方向由安培定判斷，如圖所示

1在匕點產(chǎn)生的磁場方向向上，4在b點產(chǎn)生的磁場方向向下，因為

A>4

即

B、>B2

則在6點的磁感應強度不為零，A錯誤；

BCD.如圖所示，，/點處的磁感應強度不為零，〃點處的磁感應強度豎直向下，c點處的

磁感應強度豎直向上，BD錯誤，C正確。

故選Co

核心突破

突破1.電場力的性質(zhì)

I.電場中的各個物理量的關(guān)系

UAB=Ed

E

2.電場強度的計算

(1)定義式：E=;電場中某點的電場強度是確定值，其大小和方向與試探電荷q無關(guān).

(2)真空中點電荷：E=g.E由場源電荷。和場源電荷到某點的距離，決定.

(3)勻強電場：E=*式中d為兩點間沿電場方向的距離.

例題1.(2020屆黑龍江省哈爾濱市三中高三第二次模擬)如圖所示，勻強電場中A、B、C

三點間距離均為L構(gòu)成一個等邊三角形，等邊三角形所在平面與勻強電場方向平行，若在

A處放一正電荷+%在8處放一負電荷一q,則C點場強為0,現(xiàn)將4、B處的電荷互換位置，

勻強電場保持不變，則C點場強大小為(設(shè)正負電荷不影響勻強電場的分布)()

A垂＞3kq2kq

X-■?--------------------D.

3尸nr

【答案】D

【解析】若在A處放一正電荷+q,在8處放一負電荷一g,正負電荷分別在C點產(chǎn)生的電場

強度大小相等，方向如圖1,由電場疊加后合場強大小與勻強電場強度大小相等，勻強電場

方向如圖1中紅色所示，由幾何關(guān)系可知&=K=M則勻強電場大小為E=人方，將

一13

A、B處的電荷互換位置，如圖2所示，由幾何關(guān)系可知，此時A、2處的電荷在C處產(chǎn)生

的場強的合場強與勻強電場方向相同，大小相等，則此時C點的場強為皖=要，故D正

確，ABC錯誤。故選D。

例題2.（2020屆廣西南寧市高三第一次適應性測試）如圖所示,邊長為L的正六邊形ABCDEF

的5條邊上分別放置5根長度也為L的相同絕緣細棒。每根細棒均勻帶上正電?，F(xiàn)將電荷

量為+Q的點電荷置于BC中點，此時正六邊形幾何中心。點的場強為零。若移走+Q及AB

邊上的細棒，則O點強度大小為收為靜電力常量）（不考慮絕緣棒及+。之間的相互影響）

2辰。

3A2

41Q

3Z?

【答案】D

【解析】根據(jù)對稱性，4尸與C。上的細棒在。點產(chǎn)生的電場強度疊加為零，48與E。上的

細棒在。點產(chǎn)生的電場強度疊加為零.BC中點的點電荷在O點產(chǎn)生的電場強度為

k04kO

瑞行=赤'因火上的細棒與此中點的點電荷在。點產(chǎn)生的電場強度疊加為零'

EF上的細棒在0點產(chǎn)生的電場強度為禁，故每根細棒在0點產(chǎn)生的電場強度為整，

移走+Q及AB邊上的細棒,0點的電場強度為EF與ED上的細棒在0點產(chǎn)生的電場強度疊

加，這兩個場強夾角為60。,所以疊加后電場強度為2絲geos30。=生零，選項D正確;

3L23L2

突破2.電場能的性質(zhì)

1.電勢高低的判斷方法

(1)根據(jù)電場線方向，沿著電場線方向，電勢越來越低；

IV

(2)根據(jù)電勢的定義式產(chǎn),即將+q從電場中的某點移至無窮遠處，電場力做功越多，

q

則該點的電勢越高；

(3)根據(jù)電勢差為8=夕"—＜PB＞若UAB＞。，則9A＞夕8，反之，(PA〈9B.

2.電場中帶電粒子軌跡的判斷

(1)分析電荷受電場力情況時，首先明確電場的電場線分布規(guī)律，再利用電場線的疏密

分布規(guī)律或場強的疊加原理判定場強的強弱.

(2)分析電勢的高低常根據(jù)電場線的指向進行判斷.

(3)比較電勢能的大小或分析電勢能的變化，可以根據(jù)電場力做正功，電勢能減??；做

負功，電勢能增大判斷，也可根據(jù)正電荷在電勢高處電勢能大，負電荷在電勢低處電勢能大

來判斷.

例題3.(多選)(2020屆遼寧省遼陽市高三一模)如圖所示，外〃兩點處分別固定有電荷量

相同的正點電，c是線段浦的中點，g是他的垂直平分線上的一點，且cd=ce=cg。下列說

法正確的是（）

*

3-――~e

c1，b

A.4、b兩點的連線上，C點的電場強度最大

B.小e兩點的電場強度大小相等、方向相反

C.c,點的電勢比g點的低

D.將一正點電荷從c點沿直線移到g點，其電勢能減少

【答案】BD

【解析】根據(jù)等量同種電荷的電場分布可知，。、b兩點的連線匕c點的電場強度最小，大

小為零，選項A錯誤；由對稱性可知，小e兩點的電場強度大小相等、方向相反，選項B

正確；因c點到兩正電荷的距離比g點到兩正電荷的距離都近，由電勢疊加可知，c點的電

勢比g點的高，選項C錯誤；兩點荷連線中垂線上側(cè)的場強由中點c?指向g,則將一正點電

荷從c點沿直線移到g點，電場力做正功，則其電勢能減少，選項D正確。故選BD。

例題4.（2020屆陜西省渭南中學高三第三次模擬）如圖所示，A、B、C、D為圓上的四個

點，其中AB與CD交于圓心O且相互垂直，E、F是關(guān)于O點對稱的兩點但與。點的距離

大于圓的半徑，E、F兩點的連線與AB、CD都垂直。在A點放置一個電荷量為+Q的點

電荷，在B點放置一個電荷量為-Q的點電荷。則下列說法正確的是（)

?E

A.OE兩點間電勢差大于OC兩點間的電勢差

B.D點和E點電勢相同

C.沿C,D連線由C到D移動一正點電荷，該電荷受到的電場力先減小后增大

D.將一負點電荷從C點沿半徑移動到O點后再沿直線移動到F點，該電荷的電勢能先增

大后減小

【答案】B

【解析】CD與EF所在的平面是一個等勢面,則0E兩點間電勢差等于0C兩點間的電勢差，

D點和E點電勢相同，在等勢面上移動電荷，電場力不做功，負點電荷電勢能不變，故A、

D錯誤，B正確；C、D連線上電場強度先增大后減小，點電荷受到的電場力先增大后減小，

故C錯誤。故選B。

突破3.磁場與安培力問題

1.電流產(chǎn)生的磁場的合成

對于多個電流在空間某點的合磁場方向，首先應用安培定則判斷出各電流在該點的磁場方向

（磁場方向與該點和電流連線垂直），然后應用平行四邊形定則合成.

2.安培力公式：尸=B/Lsina（a為B、/間的夾角）.

（1）.公式只適用于勻強磁場中的通電直導線或非勻強磁場中很短的通電導線.

（2）.當/、B夾角為0。時尸=0.當電流與磁場方向垂直時，安培力最大，為JF=BIL.

（3）.L是有效長度.閉合的通電導線框在勻強磁場中受到的安培力F=0.

（4）.安培力的方向利用左手定則判斷.

3.磁場性質(zhì)分析的兩點技巧

（1）判斷電流磁場要正確應用安培定則，明確大拇指、四指及手掌的放法.

（2）分析磁場對電流的作用要做到“一明、一轉(zhuǎn)、一分析”.即：

?-明確研究對象（通電導線或?qū)w棒）

房將題干中的立體圖轉(zhuǎn)化為平面圖，

明確磁場的方向和電流的方向

受力分析的思路和力學完全相同，

（分^—分析安培力時注意其方向一定與導

7體棒和磁感應強度組成的平面垂宜

4.安培力作用下的平衡與運動問題的求解思路

三維圖_

I轉(zhuǎn)二維圖

例題5.如圖所示，在直角三角形中，Z?=60°,三根通電長直導線垂直紙面分別放置在

a、b、c三點，其中6為收的中點.三根導線中的電流大小分別為人21、31,方向均垂直

紙面向里.通電長直導線在其周圍空間某點產(chǎn)生的磁感應強度B=,，其中/表示電流強度，

/?表示該點到導線的距離，k為常數(shù).已知。點處導線在d點產(chǎn)生的磁感應強度大小為&,

則d點的磁感應強度大小為（）

aI

2/胃

蠣’!

出二—』

A.BQB.2JB（）C.y[3B（）D.48。

【答案】D

【解析】設(shè)直角三角形的邊長為r,則ac邊長為2匕根據(jù)直導線產(chǎn)生的磁感應強度公式

可得a點處導線在d點產(chǎn)生的磁感應強度大小為Bo=g；由安培定則知方向水平向左；

同理有c點處導線在d點產(chǎn)生的磁感應強度大小為3]=勺看=小3（）,方向豎直向下：。點

處導線在“點產(chǎn)生的磁感應強度大小為4=弓=2氏，方向垂直于bd斜向左下方；如圖所

示：

a

，等

，足及

&型匕一的婢f端/

Bf

因心=4^=tan600,可知8和氏的合磁感應強度沿8,的方向，故d點的磁感應強度大小

力0

為B令=%+低可訴=4無，方向垂直于“斜向左下方，故選D.

例題6.（2020?寧夏回族自治區(qū)高三其他）電流天平是一種測量磁場力的裝置，如圖所示.兩

相距很近的通電平行線圈I和H,線圈I固定，線圈H置于天平托盤上.當兩線圈均無電流

通過時，天平示數(shù)恰好為零.下列說法正確的是（）

A.當天平示數(shù)為負時，兩線圈電流方向相同

B.當天平示數(shù)為正時，兩線圈電流方向相同

c.線圈I對線圈n的作用力大于線圈n對線圈I的作用力

D.線圈I對線圈II的作用力與托盤對線圈II的作用力是一對相互作用力

【答案】A

【解析】當兩線圈電流相同時，表現(xiàn)為相互吸引，電流方向相反時，表現(xiàn)為相互排斥，

故當天平示數(shù)為正時，兩者相互排斥，電流方向相反，當天平示數(shù)為負時，兩者相互吸

引，電流方向相同，A正確B錯誤；線圈I對線圈II的作用力與線圈II對線圈I的作用

力是一對相互作用力，等大反向，C錯誤；靜止時，線圈II平衡，線圈I對線圈n的作

用力與托盤對線圈H的作用力是一對平衡力，D錯誤.

突破4.洛倫茲力問題

I.洛倫茲力的特點

(1)洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷的速度方向和磁場方向共同確定的平面，所以

洛倫茲力只改變速度方向，不改變速度大小，即洛倫茲力永不做功.

(2)僅電荷運動方向發(fā)生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化.

(3)用左手定則判斷負電荷在磁場中運動所受的洛倫茲力時，要注意將四指指向電荷運

動的反方向.

2.洛倫茲力的大小

(l)v〃B時,洛倫茲力尸=0.(。=0?；?80°)

(2)v±BHj,洛倫茲力F=qi，B.(0=90。)

(3>=0時，洛倫茲力尸=0.

例題7.如圖，在x軸上方存在垂直紙面向里的磁感應強度為B的勻強磁場，x軸下方存

在垂直紙面向外的磁感應強度為拼的勻強磁場.一帶負電的粒子從原點O以與x軸成60。角

的方向斜向上射入磁場，且在上方運動半徑為R(不計重力)，則()

A.粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)一定能回到原點。

B.粒子在x軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之比為2：1

C.粒子再次回到x軸上方所需的時間為鬻

Bq

D.粒子第二次射入x軸上方磁場時，沿x軸前進了3R

【答案】C

mv

【解析】根據(jù)/?=由可知粒子在x軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之比為1：2,則B

錯誤：根據(jù)對稱性，作出粒子的運動軌跡如圖所示，則由圖可知A選項錯誤；根據(jù)軌跡

22Km22M

可知，粒子完成一次周期性運動的時間為/=豕Bq+豕&=Bq,則C選項正確；粒

%

子第二次射入X軸上方磁場時，沿x軸前進的距離為x=2Rxcos30°+47?xCos30°=34R,

則D選項錯誤.

例題8.如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域里有磁感應強度大小為8、方向垂直紙面向里的勻強

磁場，M、N是磁場邊界上兩點且“、N連線過圓心，在〃點有一粒子源，可以在紙面內(nèi)

沿各個方向向磁場里發(fā)射質(zhì)量為機、電荷量為q、速度大小均為丫=嘴的帶正電的粒子，

不計粒子的重力，若某一個粒子在磁場中運動的時間為f=并,則該粒子從〃點射入磁場時,

入射速度方向與MN間夾角的正弦值為（）

>\

IXXXX\

/V;----------------；M

\XXXXi

A.；

【答案】A

【解析】粒子在磁場中運動軌跡半徑r=^=y,由于該粒子在磁場中運動的時間

jrr

=T=17,因此該粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知，AMOP為正三角

形，粒子從M點射入的速度方向與MN的夾角為30。，夾角正弦值為今A正確.

實戰(zhàn)演練

1.（多選）（2020屆廣東省順德區(qū)高三第四次模擬）真空中一對等量異種電荷A、B,其周圍

的電場線和等勢線分布如圖所示。相鄰等勢線之間電勢差相等，G點是兩電荷連線的中點,

例N是兩電荷連線的中垂線，C、。兩點關(guān)于MN對稱，C、D、E、尸、G、，均是電場線與

等勢線的交點。規(guī)定距離兩電荷無窮遠處電勢為零，下列說法正確的是（）

M

N

A.中垂線的電勢為零，G點的電場強度為零

B.C、。兩點的電勢不相等，電場強度相同

C.G點電勢等于H點，電場強度大于4點

D.F點電勢高于E點，電場強度大于E點

【答案】CD

【解析】根據(jù)題設(shè)條件和電場線、等勢線分布可以知道，中垂線所有點的電勢為零，電場強

度是G點最大，向上和向下電場強度逐漸減小，A錯誤、C正確；沿電場線方向電勢降低，

C、。兩點電勢不等，場強大小相等，方向不同，B錯誤；根據(jù)電場線疏密程度可知，尸點

的場強大于E點，外>0,生<°，D正確.

故選CD。

2.（多選）（2020屆四川省綿陽市高三四模）如圖所示，真空中M、N點處固定有兩等量異

種點電荷，其連線的中點為O,實線是連線的中垂線，A、B、C、力分別是連線及延長線和

中垂線上的點，其中B、。分別是M。和ON的中點，且A0=3B。，取無窮遠處電勢為零,

貝（）

MN

一］一”一方一?■--

■t—

A+Q

A.A點電勢比B點電勢低

B.8點和C點電場強度方向相同

C.B、。兩點電場強度大小之比為20：9

D.若把單位正電荷從O點移到。點，電場力做功為W,則。點電勢為卬

【答案】BC

【解析】如果只有正點荷存在，則A點和B點的電勢相等，由于負點電荷的存在且8點離

負點電荷更近，由電勢疊加可知，A點電勢比8點電勢高，故A錯誤；由等量異種電荷連線

和中垂線上的電場線分布可知，8c兩點的電場強度方向都平等于連線向右，故B正確；由

電場疊加原理可知，8點的場強為

同理，。點場強為/=合kO崇kO噎kO，則/ER彳20，故C

1}91}91?

正確;

由題意可知，。點電勢為0,則單位正電荷在。點具有的電勢能為把單位正電荷從。點移到

。電場力所做的功即為-W，則力點電勢為-W,故D錯誤。故選BC。

3.（多選）（2020?全國高考課標3卷）如圖，NM是銳角三角形PMN最大的內(nèi)角，電荷量

為q（q>0）的點電荷固定在P點。下列說法正確的是（）

P

A.沿邊，從M點到N點，電場強度的大小逐漸增大

B.沿MN邊,從M點到N點，電勢先增大后減小

C.正電荷在M點的電勢能比其在N點的電勢能大

D.將正電荷從M點移動到N點，電場力所做的總功為負

【答案】BC

【解析】

A.點電荷的電場以點電荷為中心，向四周呈放射狀，如圖

ZM是最大內(nèi)角，所以PN>PM,根據(jù)點電荷的場強公式E=左?（或者根據(jù)電場線

廠

的疏密程度）可知從MfN電場強度先增大后減小，A錯誤；

B.電場線與等勢面（圖中虛線）處處垂直，沿電場線方向電勢降低，所以從MfN電

勢先增大后減小，B正確；

C.M>N兩點的電勢大小關(guān)系為外,>為,根據(jù)電勢能的公式耳=4?？芍姾稍?/p>

M點的電勢能大于在N點的電勢能，C正確；

D.正電荷從Mf電勢能減小，電場力所做的總功為正功，D錯誤。

故選BCo

4.（2020?浙江省高考真題）空間P、。兩點處固定電荷量絕對值相等的點電荷，其中Q點處

為正電荷，P、Q兩點附近電場的等勢線分布如圖所示，a、b、c、d、e為電場中的5個

點，設(shè)無窮遠處電勢為0,則（）

A.e點的電勢大于0

B.a點和匕點的電場強度相同

C.〃點的電勢低于"點的電勢

D.負電荷從〃點移動到c點時電勢能增加

【答案】D

【解析】

A.根據(jù)電場線與等勢面垂直關(guān)系，可判斷P點處為負電荷，無窮遠處電勢為0,e點在

PQ連線的中垂線上，則牡=0,A錯誤；

B.“、&兩點電場強度大小相同，方向不同，則。、6兩點電場強度不同，B錯誤;

C.從。到P電勢逐漸降低，則%〉％，C錯誤；

D.由（p?＞（Pc，負電荷從a到，電場力做負功，電勢能增加，D正確。

故選D。

5.（2020?浙江省高二學業(yè)考試）如圖所示，金屬棒MN兩端由等長的輕質(zhì)細線水平懸掛，處

于豎直向上的勻強磁場中，棒中通以由M向N的電流，平衡時兩懸線與豎直方向夾角均

為。.如果僅改變下列某一個條件，。角的相應變化情況是

A.棒中的電流變大，。角變大

B.兩懸線等長變短，6角變小

C.金屬棒質(zhì)量變大，8角變大

D.磁感應強度變大，6角變小

【答案】A

【解析】

導體棒受力如圖所示,

導體棒平衡，可得：

cFBIL

tan6=——=------；

mgmg

A.棒中電流/變大，6）角變大，故A正確；

B.兩懸線等長變短，。角不變，故B錯誤；

C.金屬棒質(zhì)量變大，。角變小，故C錯誤；

D.磁感應強度變大，。角變大，故D錯誤.

故選A.

6.（2020?北京高三學業(yè)考試）筆記本電腦機身和顯示屏對應部位分別有磁體和霍爾元件.當

顯示屏開啟時磁體遠離霍爾元件，電腦正常工作：當顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件，

屏幕熄滅，電腦進入休眠狀態(tài).如圖所示，一塊寬為。、長為C的矩形半導體霍爾元件，

元件內(nèi)的導電粒子是電荷量為e的自由電子，通入方向向右的電流時，電子的定向移動

速度為當顯示屏閉合時元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強磁場中，于是元件

的前、后表面間出現(xiàn)電壓U,以此控制屏幕的熄滅.則元件的（）

A.前表面的電勢比后表面的低

B.前、后表面間的電壓U與。無關(guān)

C.前、后表面間的電壓U與C成正比

eU

D.自由電子受到的洛倫茲力大小為——

a

【答案】D

【解析】

由圖知電流從左向右流動，因此電子的運動方向為從右向左，根據(jù)左手定則可知電子偏

轉(zhuǎn)到后面表，因此前表面的電勢比后表面的高，故A錯誤，電子在運動過程中洛倫茲力

和電場力平衡，有心=e由,/=65=6巨，故q=e",故D正確，由=■貝!]

電壓U=a田，故前后表面的電壓與速度有關(guān)，與a成正比，故BC錯誤.

7.（2020?山東省實驗中學高三一模）某實驗裝置如圖所示，用細繩豎直懸掛一個多匝矩形

線圈，細繩與傳感器相連，傳感器可以讀出細繩上的拉力大小。將線框的下邊"置于蹄

形磁鐵的、S極之間，使必邊垂直于磁場方向且斷邊全部處于N、S極之間的區(qū)域中。

接通電路的開關(guān)，調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片，當電流表讀數(shù)為時，傳感器的讀數(shù)為耳；保

持"中的電流大小不變，方向相反，傳感器的讀數(shù)變?yōu)轼B（鳥＜耳）。已知金屬線框

的匝數(shù)為〃，而邊長為L,重力加速度為g,則可得到（）

F,+1

A.金屬線框的質(zhì)量加=一7"

2g

B.N、S極之間的磁感應強度8=五二值

nIL

C.傳感器的讀數(shù)為耳時，湖中的電流方向為人

D.減小電流/重復實驗，則耳、B均減小

【答案】A

【解析】

AB.通電線圈受到重力安培力和細繩的拉力作用，當電流表讀數(shù)為/時，繩子的拉力為耳，

則

耳=mg+nBIL

保持時中的電流大小不變，方向相反，繩子的拉力為巴，則

F2+nBIL-mg

聯(lián)立解得金屬框的質(zhì)量為

選項A正確，B錯誤；

C.傳感器的讀數(shù)為耳時，安培力豎直向下，根據(jù)左手定則可知中的電流方向為“一江

故C錯誤；

D.減小電流/重復實驗，則耳減小，鳥增大，故D錯誤。

故選Ao

8.（多選）（2020?江西省江西師大附中高三月考）如圖，紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長直絕緣

導線Li、Li，心中的電流方向向左，叢中的電流方向向上；心的正上方有“、6兩點，它們

相對于心對稱。整個系統(tǒng)處于勻強外磁場中，外磁場的磁感應強度大小為陰,方向垂直于

紙面向外。己知〃、人兩點的磁感應強度大小分別為一瓦和L&）,方向也垂直于紙面向外。

32

則（）

7

A.流經(jīng)心的電流在匕點產(chǎn)生的磁感應強度大小為二氏

12

B.流經(jīng)心的電流在。點產(chǎn)生的磁感應強度大小為二員

12

C.流經(jīng)“的電流在6點產(chǎn)生的磁感應強度大小為,氏

12

7

D.流經(jīng)心的電流在?點產(chǎn)生的磁感應強度大小為二品

12

【答案】AC

【解析】

外磁場、電流的磁場方向如圖所示

在。點

—B（）=B（）~Bi+B2

2

在。點

1

-BO=BO-BI-B2

71

由上述兩式解得Bi=—Bo，B2=—Boo故AC正確，BD錯誤。

1212

故選ACo

9.（多選）（2020屆安徽省馬鞍山市高三第二次