【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律． 【专题】： 电磁感应与电路结合． 【分析】： （1）导体棒在进入磁场B1前做自由落体运动，由速度位移关系公式求v1． （2）导体棒进入磁场B1区域刚好匀速运动，重力与安培力平衡，由平衡条件可求解R的阻值．
（3）由运动学公式求出导体棒刚进入B2区域时的速度，再由平衡条件求解B2． 【解析】： 解：（1）导体棒在进入磁场B1前做自由落体运动，则导体棒刚进入磁场B1时的速度为：
v1==m/s=2m/s
（2）导体棒进入磁场B1区域刚好匀速运动，受力平衡，则有： mg=B1I1l 又I1=
联立得：R==Ω=2Ω
（3）设导体棒刚进入B2区域时的速度为v2． 由=2gh2得：v2==m/s=8m/s
要使导体棒刚进入B2区域匀速运动，受力必须平衡，则有： mg=B2I2l=
得：B2==T=0.5T 答：（1）导体棒刚进入磁场B1时的速度v1为2m/s． （2）定值电阻R的阻值为2Ω：
（3）要使导体棒刚进入B2区域也匀速，磁感应强度B2为0.5T． 【点评】： 解决本题的关键是推导出安培力与速度的关系式，运用电磁感应和力学基本规律解答． 9．（16分）（xx?沙坪坝区校级模拟）如图所示，边长l的正方形abcd区域（含边界）内，存在着垂直于区域表面向内的匀强磁场，磁感应强度为B，带电平行金属板MN、PQ间形成了匀强电场（不考虑金属板在其它区域形成的电场）．MN放在ad边上，两板左端M、P恰在ab边上，金属板长度、板间距长度均为，S为MP的中点，O为NQ的中点，一带负电的离子（质量为m，电量的绝对值为q）从S点开始运动，刚好沿着直线SO运动，然后打在bc边的中点．（不计离子的重力）求：
（1）带电粒子的速度v0； （2）电场强度E的大小；
（3）如果另一个质量为m，电量为q的带正电离子某一时刻从c点沿cd方向射入，在带负电的离子打到bc中点之前与之相向正碰，求该正离子入射的速率v．
【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动． 【专题】： 带电粒子在磁场中的运动专题． 【分析】： （1、2）作出粒子运动轨迹，由平衡条件知能穿过速度选择器的离子洛伦兹力与电场力相等，离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律列式．联立解方程即可．
（3）根据几何知识求出离子轨道半径，由牛顿第二定律求出离子速率． 【解析】： 解：（1）（2）能穿过速度选择器的离子洛伦兹力与电场力相等， 即：qv0B=qE， 解得：v0=
离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 由牛顿第二定律得：qv0B=m 根据图轨迹①知r=， 解得：E=，v0=
（3）离子发生正碰，两离子轨迹将内切，如图所示：
设从C进入磁场的离子轨道半径为r′，速率为v′，
222
由几何知识得：（r′﹣r）=r+（r′﹣）， 解得：r′=l，
由牛顿第二定律得：qv′B=m， 代入数据解得：v′= 答：（l）粒子的初速度为； （2）电场强度为；
（3）该正离子入射的速率为．
【点评】： 本题考查了求离子的速率、电场强度，分析清楚离子运动过程、应用平衡条件、牛顿第二定律即可正确解题，分析清楚离子运动过程、作出其运动轨迹是正确解题题的前提与关键． 10．（18分）（xx?沙坪坝区校级模拟）如图示，质量m=lkg的弹性小球A在长为l=0.9m的细轻绳牵引下绕O点在竖直平面内做圆周运动，圆周的最高点为P．小球A在竖直平面内完成圆周运动过程中，由于该空间存在某种特殊物质，使得小球A在竖直平面内每转动一周都会损失一部分动能，每次损失的动能均为它每次经过P点时动能的19%．水平槽内有许多质量均为M=5kg的弹性钢球，水平槽末端有一极小的立柱刚好在P点，钢球可以静止在立柱上，现小球在顶点P以v0=25m/s的初速度向左转动，小球A每次转动到P点恰好与静止在此处的小钢球发生弹性正碰，钢球水平飞出做平抛运动．每次钢球被小球A碰撞后，槽内填充装置可将下一个钢球自动填充到P点的立柱且静止．已知水平槽距水平地面的高度恰好是1.8m，水平槽不会影响弹性小球A的运动，小球均可视为质点，重力加速度g=10m/s，求： （1）第一次碰撞结束时弹性小球A和被碰钢球的速度各为多大； （2）小球A能碰出去的钢球个数；
（3）第一个钢球与最后一个钢球落地后的水平距离．
2
【考点】： 动量守恒定律；平抛运动；功能关系． 【专题】： 动量定理应用专题． 【分析】： （1、2）对小球碰撞过程由动量守恒定律及机械能守恒定律可求得碰后的速度大小，分析整体过程，得出通项式从而求得个数；
（3）由平抛运动规律可求得第一个钢球与最后一个钢球落地后的水平距离． 【解析】： 解：（1）小球第一次转回到顶部碰前状况，设其速度为v1，根据题意可知，损失部分机械能，重力势能不变，
=
解得v1=0.9v0．
小球A在顶部与钢球碰撞，由动量守恒定律、机械能守恒定律得： mv1=mv1′+Mv″，
联立解得：，负号表示与碰前入射速度方向相反，v″=7.5m/s． 同理可得，碰撞n次以后瞬间的速度为vn'，则：
，负号表示与碰前入射速度方向相反，
小球要能与钢球碰撞则必须能完成完整的圆周运动，所以碰n次后假定再次到达P位置，其速度一定有：
vn+1=0.9vn′ 所以
解得：n＜5，由于n是自然数，所以n=4，小球A可以与4 个钢球碰撞； （3）第一个钢球碰后速度：v12==×（22.5+15）=7.5m/s； 第4个钢球碰撞后速度：v54=（v4﹣v4′）=×v0=0.0648m/s；
由于两球是分别朝向左右两边做平抛运动的，所以水平距离是：x=x1+x4 平抛时间是：t==s=0.6s x1=v21t x4=v54t x=x1+x4
解得：x=4.54m
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