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1、一、 （25 分）填空题1 （6 分）2224 4kR kM2，（4 分）fV VufV Vu3（6 分）1 10 01MgTp A 4，（9 分）617.3 10 m s812.8 10 m s58.4 10 V hp222 eEp cm y2 keEeVEm c二、 （20 分） 1令表示物块的质量，物块在斜面上滑动的加速度m，（1）1 1sincossincosmgmgagm物块滑到斜面底端的速度（2）01221cot4.0m/ssinahvgh以传输带为参照系，物块滑到传输带的初速度大小。（3）22 005.0m/svvV 运动方向与传输带边缘的夹角满足。（4）4tan3物块在传输带上
2、作减速运动，其加速大小为。（5）2 2mgagm 当物块与传输带相对静止时在传输带上运动的距离，（6）22 00122vvsag 物块不超过传输带的边缘对应的最小摩擦系数应满足2（7）2 02sinsin2vsdg因此可得。（8）2 0 2sin0.52v gd2物块对传输带的摩擦力大小，（9）200 2gFvvg方向与的方向相同。从地面参照系来看，传送带速度为，单位时间内物0vV块对传输带所做的功 ，（10）cosWFV 因此负载所引起的附加功率。（11）2640WPWV 考虑到无负载时电机的输出功率。2 000360WPI EI R（12） 有负载时电机的输出功率为。（13）01000WP
3、PP 设有负载时的工作电流为，则I，（14）2PIEI R 解之得 。（15）10AI 评分标准：（2）式 2 分， （3） 、 （4）式共 2 分， （6）式 2 分， （7）式 3 分， （8）式 1 分， （9）式 4 分， （10）式 2 分， （13）式 2 分， （15）式 2 分。 三、 （20 分） 设轻杆的杆长为，当杆与水平线的夹角为时，球 1 和球 2 的速度分别为2l和，杆转动的角速度为。因机械能守恒，有1v2v。（1）22 12110sin2sin222mglmglm vmv又因，（2）12vvl可由（1） 、 （2）解得（3）2 sin 3g l轻杆与两小球构成的系统
4、对转轴的角动量，（4）122Lmlvmlv由角动量定律有。（5）2coscosLmglmglt根据角加速度的定义，t（6） 由（2） 、 （4） 、 （5） 、 （6）各式得。cos 3g l（7） 当两球都未脱离轻杆时，两球都绕转轴作圆周运动， 球 1 的切向加速度和法向加速度分别为（8）ltal（9）ltal以表示沿垂直于轻杆方向球 1 与杆的相互作用力的大小，以表示沿着1N1f轻杆方向球 1 与杆的相互作用力的大小，根据牛顿第二定律，有，（10）12cos2ltmgNma（11）12sin2ltfmgma由（3） 、 （9） 、 （10） 、 （11）各式得。（12）14cos3Nmg。
5、（13）110sin3fmg对 2 球作同样的分析，沿垂直于轻杆方向球 2 与杆的相互作用力的大小与沿着轻杆方向球 2 与杆的相互作用力的大小分别为2N2f，（14）24cos3Nmg。（15）21sin3fmg由（12） 、 （14）式可知，杆与小球 1、杆与小 球 2 的最大静摩擦力相等，而（13） 、 （14）式 表明小球 1 与杆的摩擦力大于小球 2 与杆的摩 擦力，故在转动过程中，小球 1 与杆之间的摩 擦力先达到最大静摩擦力，故小球 1 先滑动。设 1 球开始滑动时，细杆与水平线夹角为，1则， 1111fN即，（16）11103sincos34mgmg由（16）式并代入数据得。（1
6、7）1 6当时，球 1 开始向外滑动。由于球 1 的初始位置紧靠轻杆末端，球 11从开始滑动到脱离细杆的时间可忽略不计，因此球 1 脱离细杆与水平线夹角也为。1 6球 1 一旦脱离轻杆，因轻杆没有质量，球 2 与轻杆间的相互作用立即消失， 此后球 2 只受重力作用而作斜舞女运动，注意到（2） 、 （3） 、 （7）各式，抛 出时的初速度。（18）1 02 sin3 33gglvll初速度的方向与水平线的夹角。（19）01 23在球 2 作抛体运动的过程中，球与轻杆间虽无相互作用，但球仍套在杆上， 轻杆将跟着球运动，但不会干扰小球的运动。当球离转轴的距离再次等于时，球 2 便脱离轻杆。建立如图所
7、示的坐标系，根据斜抛运动规律可lOxy得任意 时刻（取球 2 开始作抛体运动的时刻为计时起点）球 2 的位置坐标t，（20）100coscosxlvt ，（21）2 1001sinsin2ylvtgt球 2 脱离细杆时有。（22）222lxy利用（17） 、 （18） 、 （19）各式得，（23）222203lltttgg从而解得。（24）1513ltg此时。（25）2 35 6215 6xlyl 设球 2 脱离细杆时细杆与水平线夹角也为（如图） ，则2，（26）22 35cos6xl（或弧度） 。（27）22 35arccos78.261.36评分标准：（3）式 2 分， （7）式 3 分，
8、 （12）（15）式各 1 分， （16）式 2 分， （17）式 1 分， （18）式 2 分， （19）式 1 分， （20）（22）式各 1 分， （26） 、 （27）式各 1 分。 四、 （15 分） 解法 1： 以表示质点的质点，表示连线与竖直方向的夹角，表示转动角mBBC速度，表示间排斥力的大小。根据牛顿定律有BCfBC，（1）2 11sinsinsinABBCffmAB，（2）1coscos0ABBCff，（3）2 22sinsinsinACBCffmAC。（4）2coscos0ACBCff由（1） 、 （3）两式并利用（2） 、 （4）两式可得。（5） 1122sinsins
9、insinABACABffAC考虑到几何关系（6） 21sinsinABAC并利用已知和的表示式。可由（5）得到ABfBCf（7）212sin sinaABAC 又，由（2） 、 （4）式可得。（8）21cos cosABACf f 带入已知的和的表达式可得ABfBCf。（9）21cos cosABAC 联立（7） 、 （9）从而有。（10）22 1122sincossincos如果，则意味着方程12（11）2sincos0C在区间有两个不同的解，其中为某一合适的常数。这要求函数02，C在区间不能是单调函数，也就是说和不2sincos02，sin2cos能同时为单调增函数或单调减函数。因此当增
10、大时，若增大，则sin应减小；反之，若减小，则应增大，故与同2cossin2cos2号。因此有 （12）0 。（13）2a 对，可知在及时均为零，因此在0a 2sincos0 22sincos区间一定存在极值点，意味着方程（11）在合适选取的情况下必02，C有两个或两个以上的不同解。对亦然。因此条件（12） 、 （13）是符合2a 题意要求的充分必要条件。 评分标准：（1）（4）式各 1 分， （6）式 1 分， （10）式 6 分， （12） 、 （13）式及其以下说明共 4 分。 解法 2：如图，设、间的排斥力是，它们受到的吸引力分别是、，BCfAABfACf向心力分别是、，距离分别是、；
11、根据三1Cf2CfA1r2r角形的相似关系，有，（1a）11CABfff rABBD。（2a）22ACCfff rADCD以上两式相比可得（3a）1212CABACCffrCD frfBD依题意有，（4a）12ABACfr fr，（5a）111222sin sinCCfrEB fFCr ，（6a）2211cos cosrCDAF BDAEr 将（4a）（6a）代入（3a）得。（7a）11112222211sincos sincosrrr rrr 由（7a）得。（8a）22 1122sincossincos之后的讨论与“参考解答 1”相同。 评分标准：考虑“参考解答 1” 。 五、 （15 分）
12、以表示环境中大气的压强，则初始时装入容器的空气的压强为，温度apap为，以表示其体积。当容器与冰山接触，达到平衡时，容器中空气的aTaV温度为，体积减小为，根据题意，空气经历的过程为等压过程，故有1T0V（1）01aaVV TT在这一过程中，容器中空气内能的增加量为，（2）02.5aaUpVV大气所考察空气做功为（3）0aaWpVv 若以表示此过程中冰山传给容器中空气的热量，根据热力第一定律有Q。（4）QUW 由以上四式得（5）13.5a aa aTTQp VT（5）式给出的是负的，表示在这一过程中，实际上是容器中的空气把热Q量传给冰山。 容器中空气的温度降至冰山温度后，又经一过等容升温过程，
13、即保持体积不变，温度从升至环境温度，并从周围环境吸热。若以表示所考0V1TaT1p虑空气的压强，则有（6）11aapp TT设喷管的体积为，当喷管中的气体第一次被喷出时，容器中空气的压强由u降到；根据题目给出的条件，有1p2p，（7）1020p Vup V即（8）0 21 0VuppV喷出气体获得的动能。（9）k11aEppu当喷管中的空气第二次喷出后，容器中空气压强由降到，根据题给出2p3p的条件可得（10）0 32 0VuppV喷出气体获得的动能。（11）k22aEppu当喷管中的空气第次被喷出后，容器内空气的压强由降到，根据NNp1Np题给出的条件可得（12）0 1 0NNVuppV喷出
14、气体获得的动能。（13）1kNaEppu如果经过次喷射后，容器中空气的压强降到周围大气的压强，即N，（14）1Napp这时喷气过程终止，在整过喷气过程中，喷出气体的总动能。（15）kk12kkNEEEE 利用（8）到（13）式， （15）式可化成，（16）21000 1 0001NkaVuVuVuEp uNp uVVV（16）式等号右边第 1 项方括号内是项的等比级数，故有N。（17）00 k1 0011NaVu VEp uNp uVu V又，根据（8） 、 （10） 、 （12） 、 （14）各式可得，（18）0 1 0NaVuppV对（18）式等式两边取自然对数得。（19）01ln 1lnapuNVp因，可利用近似公式把（19）进一步化简，即0uV=ln 1xx（20）01lnaVpNup进而由（17） 、 （18） 、 （20）三式得（21）1 k100lnaa apEppVp Vp将（1） 、 （6）代入（21）式，可得。（22）111 k1lnaa aaaTTTEp vTTT根据题意，这些动能可转化成的电能为。（23）1110.451lnaa
