（每空2分）（3）①波长λ20m，周期Tλv10s，振幅A5cm，则y5si
2πtcm（2分）②
tT45，则45s内路程s4
A90cm；x25m质点在t0时位移为y5cm，则经过4个周期后与初始时刻相同，经45个周期后该质点位移y5cm．（2分）12C（1）AB（2）B的右端至D板的距离L2（2分）
mAL1t1mBL2t2
4
0（2分）
（3）①41H→2He21e（2分）
1
0
②Δm4mP－mα－2me4×10073u－40015u－2×00005u00267u（2分）ΔEΔmc200267u×9315MeVu＝2486MeV（2分）14．由于线框匀速出磁场，（1）则对m2有：m2gsi
m2gcosT0，
Tm1gBIL0
v
对m1有：得：
，
又
因
为
I
BLvR
，
联
立
可
m2gsi
cosm1gBL
22
R2ms
（2）从线框刚刚全部进入磁场到线框ad边刚要离开磁场，由动能定理得：
m2gsi
m2gcosd2Lm1gd2L12m1m2vEK，将速度v代入，
2
整理可得线框刚刚全部进入磁场时，线框与物块的动能和为EK45J，所以此时线框的动
能为EKm1m1m2EK09J。（3）从初状态到线框刚刚完全出磁场，由能的转化与守
恒
定
律
12
可
2
得
m2gsi
m2cosd1d2Lm1gd1d2LQ
m1m2v，将数值代
5
f入，整理可得线框在整个运动过程中产生的焦耳热为：Q15J。15．（1）设：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动半径为R，如图答611所示，∠OO′A
v
2
30°，由图可知，圆运动的半径RO′A
mvqB
3r
，（2）根据牛顿运动定律，有：BqvmR
m有：R，故粒子的入射速度（3）当带电粒子入射方向转过60°角，如图答612所示，在ΔOAO1中，OAr，O1A
v
3rqB
3
r，
∠O1AO30°，由几何关系可得，O1Or，∠AO1E60°设：带电粒子在磁场中
v2RTRmvBq2R
运动所用时间为t，由：
T
，有：T
Bq
，
m
3qB
解出：t
6
。
6
fr