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章末測評驗收卷(一)　磁場對電流的作用
一、單項選擇題(本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中只有一項是符合題目要求的。)
1.如圖所示，AC是一個用導線彎成的半徑為R、以O為圓心的四分之一圓弧，將其放置在與平面AOC垂直的磁感應強度為B的勻強磁場中。當在該導線中通以方向由A到C、大小為I的恒定電流時，該導線受到的安培力的大小和方向是(　　)
，垂直AC的連線指向右上方
，垂直AC的連線指向左下方
IRB，垂直AC的連線指向右上方
IRB，垂直AC的連線指向左下方
2.如圖所示，質量為m、長為L的銅棒ab，用長度為l的兩根輕導線水平懸吊在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度為B，未通電時，輕導線靜止在豎直方向，通入恒定電流后，棒向外偏轉的最大角度為θ，重力加速度為g，則(　　)
棒中電流的方向為b→a
棒中電流的大小為
棒中電流的大小為
若只增大輕導線的長度，則θ變小
3.如圖所示，粒子源P會發出電荷量相等的帶電粒子。這些粒子經裝置M加速并篩選后，能以相同的速度從A點垂直磁場方向沿AB射入正方形勻強磁場區域ABCD中。粒子1、粒子2分別從AD中點和C點射出磁場。不計粒子重力，則粒子1和粒子2(　　)
均帶正電，質量之比為4∶1
均帶負電，質量之比為1∶4
均帶正電，質量之比為2∶1
均帶負電，質量之比為1∶2
4.如圖所示，兩根垂直于紙面、平行且固定放置的直導線M和N，通有同向等大電流；沿紙面與直導線M、N等距放置另一根可自由移動的通電長直導線ab，則通電長直導線ab在安培力作用下運動的情況是(　　)
沿紙面逆時針轉動
沿紙面順時針轉動
a端轉向紙外，b端轉向紙里
a端轉向紙里，b端轉向紙外
5.如圖所示，一質量為m、電荷量為q的帶正電絕緣物塊位于高度略大于物塊高度的水平寬敞絕緣隧道中，隧道足夠長，物塊上、下表面與隧道上、下表面的動摩擦因數均為μ，整個空間存在垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場。現給物塊水平向右的初速度v0，忽略空氣阻力，物塊電荷量不變，則物塊(　　)
一定做勻速直線運動 　　
一定做減速運動
可能先減速后勻速運動 　　
可能做加速運動
6.(2022·全國甲卷·18)空間存在著勻強磁場和勻強電場，磁場的方向垂直于紙面(xOy平面)向里，電場的方向沿y軸正方向。一帶正電的粒子在電場和磁場的作用下，從坐標原點O由靜止開始運動。下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運動軌跡的是(　　)
A B
C D
7.(2024·四川南充高二期末)霍爾元件是把磁學量轉換為電學量的電學元件，如圖所示某元件的寬度為h，厚度為d，磁感應強度為B的勻強磁場垂直于該元件的工作面向下，通入圖示方向的電流I，C、D兩側面會形成電勢差U，設元件中能夠自由移動的電荷帶正電，電荷量為q，且元件單位體積內自由電荷的個數為n，則下列說法正確的是(　　)
C側面的電勢低于D側面的電勢
自由電荷受到的電場力為F＝q
C、D兩側面電勢差與磁感應強度的關系為U＝
若將元件中自由電荷由正電荷變為負電荷，C、D兩側的電勢高低不會發生變化
二、多項選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)
8.一“速度選擇器”裝置的示意圖如圖所示。a、b為水平放置的平行金屬板，一束具有各種不同速率的電子沿水平方向經小孔O進入a、b兩板之間。為了選取具有某種特定速率的電子，可在a、b間加上電壓，并沿垂直于紙面的方向加一勻強磁場，使所選電子能夠沿水平直線OO′運動，由O′射出，不計重力作用。可能達到上述目的的辦法是(　　)
使a板電勢高于b板，磁場方向垂直紙面向里
使a板電勢低于b板，磁場方向垂直紙面向里
使a板電勢高于b板，磁場方向垂直紙面向外
使a板電勢低于b板，磁場方向垂直紙面向外
9.如圖所示，一個邊界為PQ、MN(兩邊界上有磁場)的足夠大的勻強磁場區域，寬度為d，磁場方向垂直紙面向里。O點處有一體積可忽略的電子發射裝置，能夠在紙面內向磁場各個方向連續、均勻地發射速度大小相等的電子，當電子發射速率為v0時，所有電子恰好都不能從MN邊界射出磁場，則當電子發射速度為4v0時(　　)
電子的運動半徑為4d
從MN邊界射出的電子數占總電子數的
MN邊界上有電子射出的總長度為2d
電子在磁場中運動的最長時間為
10.如圖所示，在x軸上方第一象限內存在垂直紙面向里的勻強磁場，x軸下方存在沿y軸正方向的勻強電場。a、b兩個重力不計的帶電粒子分別從電場中的同一點P由靜止釋放，經電場加速后從M點射入磁場并在磁場中發生偏轉。最后從y軸離開磁場時，速度大小分別為v1和v2，v1的方向與y軸垂直，v2的方向與y軸正方向成60°角。a、b兩粒子在磁場中運動的時間分別記為t1和t2，則以下比值正確的是(　　)
v1∶v2＝2∶1 v1∶v2＝1∶2
t1∶t2＝3∶2 t1∶t2＝3∶8
三、非選擇題(共4小題，共54分)
11.(10分)如圖所示的裝置，左半部為速度選擇器，右半部為勻強偏轉電場。一束同位素離子流從狹縫S1射入速度選擇器，能夠沿直線通過速度選擇器并從狹縫S2射出的離子，又沿著與電場垂直的方向，立即進入電場強度大小為E的偏轉電場，最后打在照相底片D上。已知同位素離子的電荷量為q(q>0)，速度選擇器內部存在著相互垂直的電場強度大小為E0的勻強電場和磁感應強度大小為B0的勻強磁場，照相底片D與狹縫S1、S2的連線平行且距離為L，忽略重力的影響。
(1)(5分)求從狹縫S2射出的離子速度v0的大小；
(2)(5分)若打在照相底片上的離子在偏轉電場中沿速度v0方向飛行的距離為x，求出x與離子質量m之間的關系式(用E0、B0、E、q、m、L表示)。
12.(12分)相距為20 cm的平行金屬導軌傾斜放置(見圖)，導軌所在平面與水平面的夾角為θ＝37°，現在導軌上放一質量為330 g的金屬棒ab，它與導軌間動摩擦因數為μ＝0.5，整個裝置處于磁感應強度B＝2 T的豎直向上的勻強磁場中，導軌所接電源電動勢為15 V，內阻不計，滑動變阻器的阻值可按要求進行調節，其他部分電阻不計(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求：
(1)(6分)ab棒所受安培力方向；
(2)(6分)ab棒中通入的電流強度為多少時恰能沿斜面下滑。
13.(16分)如圖所示，以兩虛線P、Q為邊界，中間存在平行紙面且與邊界垂直的電場，電場強度為E，方向水平向右，兩側為相同的磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直紙面向里。一質量為m、帶電荷量為－q、重力不計的帶電粒子以水平向右的初速度v0從電場邊界P、Q之間的O點出發。
(1)(5分)若粒子能到達邊界Q，求O點到邊界Q的最大距離l1；
(2)(5分)若使粒子到達邊界Q并進入磁場的偏轉半徑為R，求O點到邊界Q的距離l2；
(3)(6分)在題(2)的前提下，能使粒子從O點出發到再次回到O點的過程中，在磁場運動的時間最短，求電場寬度d和全過程的運動時間t。
14.(16分)如圖所示，在邊長為L的正方形abcd區域內存在圖示方向的勻強電場，正方形的內切圓內存在垂直紙面向里的勻強磁場。現有一質量為m、帶電荷量為＋q(q>0)的粒子從ad邊中點e以速度v0沿內切圓直徑ef射入場區，粒子恰沿直線從bc邊的中點f射出場區。保持粒子入射位置及速度大小、方向均不變，僅撤去磁場，粒子射出電場時速度偏向角θ0＝45°。已知tan 53°＝，不計粒子重力。
(1)(8分)求僅撤去磁場時粒子在電場內運動的時間t0及電場強度E的大小；
(2)(8分)若保持粒子入射位置及速度大小、方向均不變，僅撤去電場，求粒子在磁場中的運動時間。
章末測評驗收卷(一)　磁場對電流的作用
1.C　[四分之一圓弧AC的有效長度為L＝R，根據左手定則知安培力的方向為垂直AC的連線指向右上方，且安培力的大小F＝ILB＝IRB，故C項正確。]
2.C　[根據銅棒受到的安培力方向和左手定則可知，棒中電流的方向為a→b，故A錯誤；對銅棒，根據動能定理得，ILB·lsin θ－mgl(1－cos θ)＝0－0，解得I＝，故B錯誤，C正確；由上式可知，ILB·lsin θ＝mgl(1－cos θ)，輕導線的長度l可消去，可知θ與輕導線長度無關，故D錯誤。]
3.B　[由題圖可知，粒子剛進入磁場時受到的洛倫茲力方向水平向左，由左手定則可知，粒子均帶負電，A、C錯誤；設正方形的邊長為L，粒子的軌道半徑分別為r1＝L，r2＝L，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB＝m，則m＝∝r，所以＝＝，故B正確，D錯誤。]
4.D　[根據通電長直導線周圍磁場的分布規律和矢量合成法則，可以判斷兩直導線M、N連線上方中垂線處磁場方向水平向右，下方中垂線處磁場方向水平向左，ab上半段所受安培力方向垂直于紙面向里，下半段所受安培力方向垂直于紙面向外，所以a端轉向紙里，b端轉向紙外，選項D正確。]
5.C　[根據左手定則可知物塊受到的洛倫茲力方向豎直向上，如果洛倫茲力等于重力，則物塊做勻速直線運動；如果洛倫茲力小于重力，物塊與隧道下表面間存在摩擦力，物塊做減速運動；如果洛倫茲力大于重力，物塊與隧道上表面間存在摩擦力，做減速運動，當速度減小到某一值使洛倫茲力等于重力時做勻速運動，故選項C正確。]
6.B　[在xOy平面內電場的方向沿y軸正方向，故在坐標原點O靜止的帶正電粒子在電場力作用下會向y軸正方向運動。磁場方向垂直于紙面向里，根據左手定則，可判斷出開始一段較短時間內，向y軸正方向運動的粒子同時受到沿x軸負方向的洛倫茲力，故帶電粒子向x軸負方向偏轉，A、C錯誤；運動的過程中電場力對帶電粒子做功，粒子速度大小發生變化，粒子所受的洛倫茲力方向始終與速度方向垂直。由于勻強電場方向是沿y軸正方向，故x軸為勻強電場的等勢面，從開始到帶電粒子偏轉再次運動到x軸時，電場力做功為0，洛倫茲力不做功，故帶電粒子再次回到x軸時的速度為0，隨后受電場力作用再次進入第二象限重復向左偏轉，B正確，D錯誤。]
7.C　[自由電荷帶正電荷，根據左手定則可知，自由電荷向C側面偏轉，則C側面的電勢高于D側面的電勢，故A錯誤；自由電荷聚集在C、D兩側面，所以電場強度E＝，自由電荷受到的電場力F＝qE＝q，故B錯誤；自由電荷穩定流動時滿足所受洛倫茲力等于電場力，即qvB＝q，根據電流微觀表達式I＝nqSv，又S＝dh，聯立可得U＝，故C正確；元件中自由電荷由正電荷變為負電荷，根據左手定則可知負電荷向C側面偏轉，則C側面的電勢低于D側面的電勢，D錯誤。]
8.AD　[要使電子沿直線OO′運動，則電子在豎直方向所受電場力和洛倫茲力平衡，若a板電勢高于b板，則電子所受電場力方向豎直向上，其所受洛倫茲力方向必向下，由左手定則可知磁場方向垂直紙面向里，選項A正確；同理可判斷，選項D正確。]
9.BCD　[向磁場內各個方向連續、均勻地發射速度大小相等的電子，當電子發射速率為v0時，所有電子恰好都不能從MN邊界射出磁場，可知r0＝d，則當電子發射速率為4v0時，根據qvB＝得r＝，可知半徑變為原來的4倍，即2d，故A錯誤；如圖所示，從發射裝置水平向右射出的電子到達MN右端的距離最遠，又r1＝2d，根據幾何關系知偏轉角為60°，AB＝r1sin 60°＝d，運動軌跡與MN相切的電子到達MN最左端，根據幾何關系知其發射速度與PQ的夾角為60°，所以從MN邊界射出的電子數占總電子數的，BC＝r1sin 60°＝d，MN邊界上有電子射出的總長度為AB＋BC＝2d，故B、C正確；根據分析知，電子在磁場中轉過的圓心角最大為120°，最長時間為T＝×＝，故D正確。]
10.AD　[粒子在電場中加速，令加速的位移為x，則根據動能定理有qEx＝mv2，所以v＝，粒子在磁場中運動時，其軌跡如圖所示，a粒子的軌跡圓心為O，b粒子的軌跡圓心為O′，根據幾何知識可知r2sin 30°＋r1＝r2，則有r1∶r2＝1∶2，根據洛倫茲力提供向心力有qvB＝m，聯立可得∶＝1∶4，將∶＝1∶4代入v＝可得v1∶v2＝2∶1，故A正確，B錯誤；粒子在磁場中運動的周期為T＝＝，所以兩粒子在磁場中運動的時間之比為t1∶t2＝T1∶T2＝∶＝3∶8，故C錯誤，D正確。]
11.(1)　(2)x＝
解析　(1)能從速度選擇器射出的離子所受電場力與洛倫茲力平衡，即滿足
qE0＝qv0B0
所以v0＝。
(2)離子進入勻強偏轉電場E后做類平拋運動，則有
x＝v0t，L＝at2
由牛頓第二定律得qE＝ma
聯立以上各式解得x＝。
12.(1)水平向右　(1)1.5 A
解析　(1)根據電路圖，結合左手定則可知，安培力的方向水平向右。
(2)作出金屬棒ab的受力分析圖如圖所示
ab棒若要恰能沿斜面下滑，則此刻應滿足
mgsin θ＝F安cos θ＋f
而f＝μN，N＝mgcos θ＋F安sin θ，F安＝BIL
聯立以上各式可得F安＝＝0.6 N
解得I＝＝1.5 A。
13.(1)　(2)　(3)　＋
解析　(1)由動能定理得－qEl1＝0－mv
則l1＝。
(2)由動能定理得－qEl2＝mv－mv
由洛倫茲力提供向心力qv1B＝m
解得l2＝。
(3)要使粒子在磁場中運動時間最短，則軌跡如圖所示
由洛倫茲力提供向心力qv1B＝m，qv2B＝m
由動能定理得qEd＝mv－mv
解得d＝
粒子在電場中運動的加速度a＝
在磁場中運動的周期T＝
全過程的運動時間t＝×＋＋＝＋。
14.(1)　　(2)
解析　(1)當只有電場時，粒子在電場中做類平拋運動，設粒子出電場時沿電場方向的分速度為vy，速度偏向角的正切值tan θ0＝
粒子在垂直電場方向的位移x＝v0t0
沿電場方向的位移y＝t0
解得x＝2y，由幾何關系可知粒子一定從c點射出電場
則粒子的水平位移x＝L
粒子在電場中的運動時間t0＝
粒子在電場中的加速度a＝
沿電場方向分速度vy＝at0
解得E＝。
(2)設磁場的磁感應強度大小為B，當電場和磁場共存時粒子做直線運動，由平衡條件得qE＝qv0B，當只存在磁場時粒子做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有qv0B＝m，解得r＝L
由幾何關系可知偏轉角θ滿足tan＝＝
由數學知識可知tan θ＝，可得θ＝53°
粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝
則粒子在磁場中的運動時間，t＝T＝。(共32張PPT)
章末測評驗收卷(一)
第一章　磁場對電流的作用
(時間：75分鐘　滿分：100分)
C
一、單項選擇題(本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中只有一項是符合題目要求的。)
1.如圖所示，AC是一個用導線彎成的半徑為R、以O為圓心的四分之一圓弧，將其放置在與平面AOC垂直的磁感應強度為B的勻強磁場中。當在該導線中通以方向由A到C、大小為I的恒定電流時，該導線受到的安培力的大小和方向是(　　)
C
2.如圖所示，質量為m、長為L的銅棒ab，用長度為l的兩根輕導線水平懸吊在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度為B，未通電時，輕導線靜止在豎直方向，通入恒定電流后，棒向外偏轉的最大角度為θ，重力加速度為g，則(　　)
B
3.如圖所示，粒子源P會發出電荷量相等的帶電粒子。這些粒子經裝置M加速并篩選后，能以相同的速度從A點垂直磁場方向沿AB射入正方形勻強磁場區域ABCD中。粒子1、粒子2分別從AD中點和C點射出磁場。不計粒子重力，則粒子1和粒子2(　　)
A.均帶正電，質量之比為4∶1
B.均帶負電，質量之比為1∶4
C.均帶正電，質量之比為2∶1
D.均帶負電，質量之比為1∶2
D
4.如圖所示，兩根垂直于紙面、平行且固定放置的直導線M和N，通有同向等大電流；沿紙面與直導線M、N等距放置另一根可自由移動的通電長直導線ab，則通電長直導線ab在安培力作用下運動的情況是(　　)
A.沿紙面逆時針轉動 B.沿紙面順時針轉動
C.a端轉向紙外，b端轉向紙里 D.a端轉向紙里，b端轉向紙外
解析　根據通電長直導線周圍磁場的分布規律和矢量合成法則，可以判斷兩直導線M、N連線上方中垂線處磁場方向水平向右，下方中垂線處磁場方向水平向左，ab上半段所受安培力方向垂直于紙面向里，下半段所受安培力方向垂直于紙面向外，所以a端轉向紙里，b端轉向紙外，選項D正確。
C
5.如圖所示，一質量為m、電荷量為q的帶正電絕緣物塊位于高度略大于物塊高度的水平寬敞絕緣隧道中，隧道足夠長，物塊上、下表面與隧道上、下表面的動摩擦因數均為μ，整個空間存在垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場。現給物塊水平向右的初速度v0，忽略空氣阻力，物塊電荷量不變，則物塊(　　)
A.一定做勻速直線運動 　　 B.一定做減速運動
C.可能先減速后勻速運動 　　 D.可能做加速運動
解析　根據左手定則可知物塊受到的洛倫茲力方向豎直向上，如果洛倫茲力等于重力，則物塊做勻速直線運動；如果洛倫茲力小于重力，物塊與隧道下表面間存在摩擦力，物塊做減速運動；如果洛倫茲力大于重力，物塊與隧道上表面間存在摩擦力，做減速運動，當速度減小到某一值使洛倫茲力等于重力時做勻速運動，故選項C正確。
B
6.(2022·全國甲卷·18)空間存在著勻強磁場和勻強電場，磁場的方向垂直于紙面(xOy平面)向里，電場的方向沿y軸正方向。一帶正電的粒子在電場和磁場的作用下，從坐標原點O由靜止開始運動。下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運動軌跡的是(　　)
解析　在xOy平面內電場的方向沿y軸正方向，故在坐標原點O靜止的帶正電粒子在電場力作用下會向y軸正方向運動。磁場方向垂直于紙面向里，根據左手定則，可判斷出開始一段較短時間內，向y軸正方向運動的粒子同時受到沿x軸負方向的洛倫茲力，故帶電粒子向x軸負方向偏轉，A、C錯誤；運動的過程中電場力對帶電粒子做功，粒子速度大小發生變化，粒子所受的洛倫茲力方向始終與速度方向垂直。由于勻強電場方向是沿y軸正方向，故x軸為勻強電場的等勢面，從開始到帶電粒子偏轉再次運動到x軸時，電場力做功為0，洛倫茲力不做功，故帶電粒子再次回到x軸時的速度為0，隨后受電場力作用再次進入第二象限重復向左偏轉，B正確，D錯誤。
C
7.(2024·四川南充高二期末)霍爾元件是把磁學量轉換為電學量的電學元件，如圖所示某元件的寬度為h，厚度為d，磁感應強度為B的勻強磁場垂直于該元件的工作面向下，通入圖示方向的電流I，C、D兩側面會形成電勢差U，設元件中能夠自由移動的電荷帶正電，電荷量為q，且元件單位體積內自由電荷的個數為n，則下列說法正確的是(　　)
AD
二、多項選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)
8.一“速度選擇器”裝置的示意圖如圖所示。a、b為水平放
置的平行金屬板，一束具有各種不同速率的電子沿水平方
向經小孔O進入a、b兩板之間。為了選取具有某種特定速
率的電子，可在a、b間加上電壓，并沿垂直于紙面的方向加一勻強磁場，使所選電子能夠沿水平直線OO′運動，由O′射出，不計重力作用。可能達到上述目的的辦法是(　　)
A.使a板電勢高于b板，磁場方向垂直紙面向里
B.使a板電勢低于b板，磁場方向垂直紙面向里
C.使a板電勢高于b板，磁場方向垂直紙面向外
D.使a板電勢低于b板，磁場方向垂直紙面向外
解析　要使電子沿直線OO′運動，則電子在豎直方向所受電場力和洛倫茲力平衡，若a板電勢高于b板，則電子所受電場力方向豎直向上，其所受洛倫茲力方向必向下，由左手定則可知磁場方向垂直紙面向里，選項A正確；同理可判斷，選項D正確。
BCD
9.如圖所示，一個邊界為PQ、MN(兩邊界上有磁場)的足夠
大的勻強磁場區域，寬度為d，磁場方向垂直紙面向里。
O點處有一體積可忽略的電子發射裝置，能夠在紙面內向
磁場各個方向連續、均勻地發射速度大小相等的電子，當電子發射速率為v0時，所有電子恰好都不能從MN邊界射出磁場，則當電子發射速度為4v0時(　 　)
AD
10.如圖所示，在x軸上方第一象限內存在垂直紙面向里的勻強磁場，x軸下方存在沿y軸正方向的勻強電場。a、b兩個重力不計的帶電粒子分別從電場中的同一點P由靜止釋放，經電場加速后從M點射入磁場并在磁場中發生偏轉。最后從y軸離開磁場時，速度大小分別為v1和v2，v1的方向與y軸垂直，v2的方向與y軸正方向成60°角。a、b兩粒子在磁場中運動的時間分別記為t1和t2，則以下比值正確的是(　　)
A.v1∶v2＝2∶1 B.v1∶v2＝1∶2
C.t1∶t2＝3∶2 D.t1∶t2＝3∶8
三、非選擇題(共4小題，共54分)
11.(10分)如圖所示的裝置，左半部為速度選擇器，右半部為勻強偏轉電場。一束同位素離子流從狹縫S1射入速度選擇器，能夠沿直線通過速度選擇器并從狹縫S2射出的離子，又沿著與電場垂直的方向，立即進入電場強度大小為E的偏轉電場，最后打在照相底片D上。已知同位素離子的電荷量為q(q>0)，速度選擇器內部存在著相互垂直的電場強度大小為E0的勻強電場和磁感應強度大小為B0的勻強磁場，照相底片D與狹縫S1、S2的連線平行且距離為L，忽略重力的影響。
(1)求從狹縫S2射出的離子速度v0的大小；
(2)若打在照相底片上的離子在偏轉電場中沿
速度v0方向飛行的距離為x，求出x與離子質
量m之間的關系式(用E0、B0、E、q、m、L表示)。
解析　(1)能從速度選擇器射出的離子所受電場力與洛倫茲力平衡，即滿足
(2)離子進入勻強偏轉電場E后做類平拋運動，則有
由牛頓第二定律得qE＝ma
12.(12分)相距為20 cm的平行金屬導軌傾斜放置(見圖)，導軌所在平面與水平面的夾角為θ＝37°，現在導軌上放一質量為330 g的金屬棒ab，它與導軌間動摩擦因數為μ＝0.5，整個裝置處于磁感應強度B＝2 T的豎直向上的勻強磁場中，導軌所接電源電動勢為15 V，內阻不計，滑動變阻器的阻值可按要求進行調節，其他部分電阻不計(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求：
(1)ab棒所受安培力方向；
(2)ab棒中通入的電流強度為多少時恰能沿斜面下滑。
答案　(1)水平向右　(1)1.5 A
解析　(1)根據電路圖，結合左手定則可知，安培力的方向水平向右。
(2)作出金屬棒ab的受力分析圖如圖所示
ab棒若要恰能沿斜面下滑，則此刻應滿足
mgsin θ＝F安cos θ＋f
而f＝μN，N＝mgcos θ＋F安sin θ，F安＝BIL
13.(16分)如圖所示，以兩虛線P、Q為邊界，中間存在平行紙面且與邊界垂直的電場，電場強度為E，方向水平向右，兩側為相同的磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直紙面向里。一質量為m、帶電荷量為－q、重力不計的帶電粒子以水平向右的初速度v0從電場邊界P、Q之間的O點出發。
(1)若粒子能到達邊界Q，求O點到邊界Q的最大距離l1；
(2)若使粒子到達邊界Q并進入磁場的偏轉半徑為R，求O點到邊界Q的距離l2；
(3)在題(2)的前提下，能使粒子從O點出發到再次回到O點的過程中，在磁場運動的時間最短，求電場寬度d和全過程的運動時間t。
(3)要使粒子在磁場中運動時間最短，則軌跡如圖所示
(1)求僅撤去磁場時粒子在電場內運動的時間t0及電場強度E的大小；
(2)若保持粒子入射位置及速度大小、方向均不變，僅撤去電場，求粒子在磁場中的運動時間。

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