M 、N 分别在a 、b 处产生的磁感应强度相叠加，因此，a 、b 处的磁感应强度大小相等，方向都是向下，所以B 错误。同理，可得C 正确。对M 、N 分别在c 处产生的磁感应强度矢量叠加求和，可知方向向下，与a 处的磁感应强度方向相同，D 错误。
【拓展练习5】A 解析：作出侧视图（沿MN 方向），并对导体棒进行受力分析，如图所示。据图可得tan θBIL
＝I 变大，则θ变大，选项A 正确；若两悬线等长变短，则θ不变，选项B 错误；若金属棒mg
的质量m 变大，则θ变小，选项C 错误；若磁感应强度B 变大，则θ变大，选项D 错误。
创新模拟·预测演练
1．BD 解析：电场线的方向是由右向左，所以正电荷受到向左的电场力，负电荷受到向右的电场力，电场力对正电荷或负电荷都是做正功，电势能减少，故A 、C 错，B 、D 对。
2．B 解析：由物理关系式W ＝qU ，可得电压的单位V （伏）等效的是J/C；由物理关系式U ＝Q /C ，可得
ΔΦ
电压的单位V （伏）等效的是C/F；由物理关系式E ＝n ，Φ＝BS ，可得电压的单位V （伏）等效的是T·m 2/s；
Δt 11
由物理关系式P ＝U 2/R ，可得电压的单位V （伏）等效的是W ；由物理关系式P ＝UI ，可得电压的单位V （伏）
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等效的是W/A；B 选项正确，A 、C 、D 错误。 mg sin α
3．B 解析：由安培定则可知A 正确。由mg sin α＝BIL cos α知B ＝，B 错误。若b 下移，b 在a 处
IL cos α
的B 减小，即安培力减小，且力的方向与斜面夹角变大，沿斜面向上的分力一定减小，a 下滑，C 正确。若b 上移少许，b 在a 处的B 减小，即安培力减小，但力与斜面夹角减小，有可能使沿斜面向上的分力仍等于mg sin α，D 正确。
4．A 解析：由公式E ＝2πkσ[1－ x (R 2+x 122
]可知，当R →∞时， x (R 2+x 122
→0，则E →2πkσ，即单位面
积带电荷量为σ0的无限大均匀带电平板在Q 处产生的电场强度E 0＝2πkσ0，而挖去的一个半径为r 的圆板在Q 处产生的电场强度E ′＝2πkσ0[1－
x (R 2+x 1 22
]，所以此时的电场强度E ＝E 0－E ′＝2πkσ0 x (R 2+x 122
，故A 正确。
5．C 解析：带负电的粒子刚进入电场时受力方向与初速度方向垂直，粒子做曲线运动。开始时，粒子所在处电势为零，粒子的电势能也为零。在电场力的作用下，带负电的粒子将向电势高的一侧偏转，电势能变为负值，最后离开电场，离开电场后粒子的电势能重新变为零，所以该粒子的电势能先变小后变大。
6．答案：2Q
解析：设电容器电容为C 。第一次充电后两极板之间的电压为
Q
U ＝ ① C
两极板之间电场的场强为 U E ＝ ② d
式中d 为两极板间的距离。 π
按题意，当小球偏转角θ1＝m ，所带电荷量为q ，则有 6
T cos θ1＝mg ③ T sin θ1＝qE ④ 式中T 为此时悬线的张力。得
qQ tan θ1＝ ⑤ mgCd
联立①②③④式
π
设第二次充电使正极板上增加的电荷量为ΔQ ，此时小球偏转角θ2＝，则 3
q (Q ＋ΔQ tan θ2＝ ⑥ mgCd
联立⑤⑥式得 tan θQ
⑦ tan θ2Q ＋ΔQ 代入数据解得 ΔQ ＝2Q ⑧