说明：第④问，若第一空：-cosθ，第二空：
9l，则可同样得6分。 ?4g22．（16分）
（1）设滑块A和B运动到圆形轨道最低点速度为v0，对滑块A和B下滑到圆形轨道最低点的过程，根据动能定理，有
（mA+mB）gh=
1（mA+mB）v02……………………（2分） 2解得：v0=4.0m/s ……………………………………………………（2分）
（2）设滑块A恰能通过圆形轨道最高点时的速度大小为v，根据牛顿第二定律有
mAg=mAv2/R ……………………………………………（2分）
设滑块A在圆形轨道最低点被弹出时的速度为vA，对于滑块A从圆形轨道最低点运动到最高点的过程，根据机械能守恒定律，有
11mAvA2=mAg?2R+mAv2……………………（2分） 22代入数据联立解得：
vA=5.0 m/s………………………………………（2分）
（3）对于弹簧将两滑块弹开的过程，A、B两滑块所组成的系统水平方向动量守恒，设滑块B被弹出时的速度为vB，根据动量守恒定律，有
（mA+mB）v0=mA vA+mB vB ………………………（2分） 解得： vB=0……………………………（1分）
设弹簧将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能为Ep，对于弹开两滑块的过程，根据机械能守恒定律，有
11（mA+mB）v02 + Ep=mAvA2………………………（2分） 22解得：Ep=0.40J……………………………………（1分）
23．（18分）（1）α射线的粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设其半径为r，根据牛顿第二定律，有 qvB=mv2/r………………………………………（3分）
代入数据解得：
r=0.89m……………………………………………………………（2分）
（2）①第2号痕迹正对着储有放射源的铅盒的开口，表明形成第2号痕迹的射线做匀速直线运动，即不受电场力作用，所以不带电，故第2号痕迹是γ射线照射形成的。……………………………………（4分）
②α射线的粒子从放射源出来经过水平匀强电场打到底片上的过程中，受恒定的电场力作用，且水平的电场力与竖直的初速度方向垂直，故应做匀变速曲线运动。…………（3分）
（说明：回答“类平抛运动”，或“竖直方向做匀速直线运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动”均可得分）
设铅盒与底片间的竖直距离为d，电场强度为E，带电射线从放射源射出时的初速度为v0，质量为m，所带电荷量为q，在电场中运动时间为t，则对于粒子在电场中的运动有
竖直方向d=v0t，水平方向的侧移量
x=
1qE2
t ……………………………………（2分） 2mqEd2解得：x=………………………（1分） 22mv0因此对于α射线和β射线的侧移量之比有
2xαqαmβ?vβ?211?5…………………………（2分） ?????????????xβqβmα??vα?14?1840?0.1?1842表明α射线的偏转侧移量较小，所以第3号痕迹应是α射线所形成的。（1分） 说明：若没有进行定量计算，只是说明xα ?v=5.0m/s2………………（1分） ?t由牛顿第二定律F-mgsin? -? mgcos?=ma………………（2分） 解得 F=1.5 N…………………………………………………………（1分） （2）由v-t图象可知，线框进入磁场区域后以速度v1做匀速直线运动， 产生的感应电动势 E=BLv1……………………………………………………（1分） 通过线框的电流 I= EBLv1= …………………………（1分） RRB2L2v1线框所受安培力 F安=BIL= ……………………（1分） R对于线框匀速运动的过程，由力的平衡条件，有 B2L2v1F=mgsin?+μmgcos?+…（2分） R解得 B=0.50T……………………………………………………（1分） （3）由v-t图象可知，线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明线框的宽度等于磁场的宽度 D=0.40m ……………………………………………（1分） 线框ab边离开磁场后做匀减速直线运动，到达档板时的位移为 s-D=0.15m……（1分） 设线框与挡板碰撞前的速度为v2 由动能定理，有 -mg(s-D)sin?-μmg(s-D)cos?= 21122mv2?mv1………………（1分） 22解得 v2=v1?2g(s?D)(sin???cos?)=1.0 m/s…………………………（1分） 线框碰档板后速度大小仍为v2，线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩 擦力大小相等，即mgsinθ=μmgcosθ=0.50N，因此线框与挡板碰撞后向下做匀速运动，ab边 刚进入磁场时的速度为v2=1.0 m/s；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，设线框全部离开磁场区域时的速度为v3 B2L22B2L2Dx得v3= v2 -由v＝v0-=-1.0 m/s， mRmR因v3<0，说明线框在离开磁场前速度已经减为零，这时安培力消失，线框受力平衡， 所以线框将静止在磁场中某位置。……………………………（2分） 线框向上运动通过磁场区域产生的焦耳热 2B2L2Dv1Q1=IRt==0.40 J……………（1分） R2 线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热 Q2= 12mv2 =0.05 J………………（2分） 2所以Q= Q1+ Q2=0.45 J…………………………………………（1分）