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1、-_一、（25分）填空题1 （6分）2，（4分）3（6分）4，（9分）二、（20分）1令表示物块的质量，物块在斜面上滑动的加速度，（1）物块滑到斜面底端的速度（2）以传输带为参照系，物块滑到传输带的初速度大小。（3）运动方向与传输带边缘的夹角满足。（4）物块在传输带上作减速运动，其加速大小为。（5）当物块与传输带相对静止时在传输带上运动的距离，（6）物块不超过传输带的边缘对应的最小摩擦系数应满足（7）因此可得。（8）2物块对传输带的摩擦力大小，（9）方向与的方向相同。从地面参照系来看，传送带速度为，单位时间内物块对传输带所做的功，（10）因此负载所引起的附加功率。（11）考虑到无负载时电机的输
2、出功率。（12）有负载时电机的输出功率为。（13）设有负载时的工作电流为，则，（14）解之得。（15）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的速度分别为和，杆转动的角速度为。因机械能守恒，有。（1）又因，（2）可由（1）、（2）解得（3）轻杆与两小球构成的系统对转轴的角动量，（4）由角动量定律有。（5）根据角加速度的定义，（6）由（2）、（4）、（5）、（6）各式得。（7）当两球都未脱离轻杆时，两球都绕转轴作圆周运动，
3、球1的切向加速度和法向加速度分别为（8）（9）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）（11）由（3）、（9）、（10）、（11）各式得。（12）。（13）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，（14）。（15）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，
4、细杆与水平线夹角为，则，即，（16）由（16）式并代入数据得。（17）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1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。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）初速度的方向与水平线的夹角。（19）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。建立如图所示的坐标系，根据斜抛运动规律可得任意时刻（
5、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，（20），（21）球2脱离细杆时有。（22）利用（17）、（18）、（19）各式得，（23）从而解得。（24）此时。（25）设球2脱离细杆时细杆与水平线夹角也为（如图），则，（26）（或弧度）。（27）评分标准：（3）式2分，（7）式3分，（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，表示转动角速度，表示间排斥力的大小。根据牛顿定律有，（1），（2），（3）。（4）由（1）、（3
6、）两式并利用（2）、（4）两式可得。（5）考虑到几何关系（6）并利用已知和的表示式。可由（5）得到（7）又，由（2）、（4）式可得。（8）带入已知的和的表达式可得。（9）联立（7）、（9）从而有。（10）如果，则意味着方程（11）在区间有两个不同的解，其中为某一合适的常数。这要求函数在区间不能是单调函数，也就是说和不能同时为单调增函数或单调减函数。因此当增大时，若增大，则应减小；反之，若减小，则应增大，故与同号。因此有（12）。（13）对，可知在及时均为零，因此在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有两个或两个以上的不同解。对亦然。因此条件（12）、（13）是符合题意要求
7、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、，向心力分别是、，距离分别是、；根据三角形的相似关系，有，（1a）。（2a）以上两式相比可得（3a）依题意有，（4a），（5a），（6a）将（4a）（6a）代入（3a）得。（7a）由（7a）得。（8a）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）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，容器中空气的温度为，体积减小为，根据题意
8、，空气经历的过程为等压过程，故有（1）在这一过程中，容器中空气内能的增加量为，（2）大气所考察空气做功为（3）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。（4）由以上四式得（5）（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，即保持体积不变，温度从升至环境温度，并从周围环境吸热。若以表示所考虑空气的压强，则有（6）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降到；根据题目给出的条件，有，（7）即（8）喷出气体获得的动能。（9）当喷管中的空气第二次喷出后，容器中空气压强由降到，
9、根据题给出的条件可得（10）喷出气体获得的动能。（11）当喷管中的空气第次被喷出后，容器内空气的压强由降到，根据题给出的条件可得（12）喷出气体获得的动能。（13）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，（14）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）利用（8）到（13）式，（15）式可化成，（16）（16）式等号右边第1项方括号内是项的等比级数，故有。（17）又，根据（8）、（10）、（12）、（14）各式可得，（18）对（18）式等式两边取自然对数得。（19）因，可利用近似公式把（19）进一步化简，即（20）进而由（17）、（18）、（20）三式得（
10、21）将（1）、（6）代入（21）式，可得。（22）根据题意，这些动能可转化成的电能为。（23）以上讨论表明，要获得电能，冰山必须吸收的热量，整座冰山化掉可吸收的总热量。（24）因此可产生的总电量为。（25）将（5）和（23）带入（25）式，得，（26）代入数据后有（27）评分标准：（5）式3分，（7）式1分，（9）式2分，（17）式2分，（18）式1分，（22）式3分，（25）（27）式各1分。参考解答2：以表示环境中大气的压强。设融化整座冰山可使摩尔的空气参与如题所述的过程，且在过程中体积和温度变化分别为和，则在此过程中这部分气体放出的热量为。（1）其中右边第一项表示大气对系统做的功，第二
11、项表示系统内能的变化，考虑到物态方程，有，（2）这部分热量等于冰山融化吸收的熔解热，故，（3）因此联立（2）、（3）可得。（4）在气体等容吸热的过程中，设最后达到压强，体积达到，则易得，（5）（6）再考虑喷气过程：因为等温，在每个喷气的小过程中过后，容器内的压强增量满足，（7）其中为过程中系统的体积，为这个喷气过程中容器内的压强，那么喷出的气体的动能，（8）与（7）联立，消去，得。（9）因此，做变换，总的动能则为（10）最后，据题意所获得的总的电能为，（11）将（4）、（5）、（6）、（10）带入（11）式，得；（12）代入数据后有。（13）评分标准：参考“参考解答1”的评分标准。六、1根据题意，乒乓球与金属板第一次碰撞前其动能和速度分别为（1）（2）刚碰后，乒乓球带的电荷量（3）其动能和速度分别为（4）（5）此后在电场力作用下乒乓球向另一金属板加速运动。当它到达另一金属板，与金属板第二次碰撞前其动能为（6）注意到（3）、（4）式有（7）与金属板第二次碰撞前的速度为（8）第二次碰撞后的速度和动能分别（9）（10）由（9）、（10）式
