1、-_一、 （25 分）填空题1 （6 分）24kRM2 ， （4 分）fVuf3 （6 分）10gTpA4 ， ， （9 分）17.ms812.0s5.40Vh2eEpcy2keVm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）11sincosincosgag物块滑到斜面底端的速度（2）0 12ct4.0m/ssinhv以传输带为参照系，物块滑到传输带的初速度大小。 （3）205.0/sV运动方向与传输带边缘的夹角 满足。 （4）4tan3物块在传输带上作减速运动，其加速大小为-_。 （5）22mga当物块与传输带相对静止时在传输带上运动的距离， （6）201vsa
2、g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）20sinsivdg因此可得。 （8）20sin.5vgd2物块对传输带的摩擦力大小， （9）02Fv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0 V块对传输带所做的功， （10）cosWFV因此负载所引起的附加功率。 （11）2640P考虑到无负载时电机的输出功率。2003IER（12）有负载时电机的输出功率为-_。 （13）01WP设有负载时的工作电流为 ，则I， （14）2IER解之得。 （15）10A评分标准：（2）式 2 分， （3） 、 （4）式共 2 分， （6）式 2 分， （7）式 3 分，（8
3、）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l 和 ，杆转动的角速度为 。因机械能守恒，有1v2 。 （1）2210sinsimgllmv又因， （2）12vl可由（1） 、 （2）解得（3）sin3gl轻杆与两小球构成的系统对转轴的角动量， （4）12Lmlv由角动量定律有。 （5）2cossLgllt根据角加速度 的定义-_，t（6）由（2） 、 （4） 、 （5） 、 （6）各式得。cos3gl（7）当两球都未脱离轻杆时，两球都绕转轴作圆周运
4、动，球 1 的切向加速度和法向加速度分别为（8）lta（9）lt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1N 1f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）2cos2ltmga（11）1inltf由（3） 、 （9） 、 （10） 、 （11）各式得。 （12）14cosNg。 （13）0in3fm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N f， （14）24cos3g-_。 （15）21sin3fmg由（12） 、 （14）式可知，杆与小球 1、杆与小球
5、 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 ，11fN即 ， （16）103sincos34mgg由（16）式并代入数据得。 （17）16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 。16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，
6、注意到（2） 、 （3） 、 （7）各式，抛出时的初速度。 （18）10sin3glvl初速度的方向与水平线的夹角。 （19）0123-_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l Oxy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）10cosxlvt， （21）2iniyltg球 2 脱离细杆时有。 （22）2lx利用（17） 、 （18） 、 （19）各式得， （23）203lttg从而解得
7、。 （24）153ltg此时。 （25）2561xly设球 2 脱离细杆时细杆与水平线夹角也为 （如图） ，则2， （26）235cos6xl-_（或 弧度） 。 （27）235arcos78.261.36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mBBC速度， 表示 间排斥力的大小。根据牛顿定律有Cf， （1）2
8、1 1sinsisinABBfmA， （2）coc0Cff， （3）22 2sinsisinACBff。 （4）coc0Cff由（1） 、 （3）两式并利用（2） 、 （4）两式可得。 （5）1122sinsinABCABf 考虑到几何关系 21sinA（6）并利用已知 和 的表示式。可由（5）得到ABfC-_（7）212sinaABC又，由（2） 、 （4）式可得 。 （8）21cosABCf带入已知的 和 的表达式可得ABf。 （9）21cosC联立（7） 、 （9）从而有。 （10）2211sincosinco如果 ，则意味着方程2（11）sinco0C在 区间有两个不同的解，其中 为某
9、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sinco02， sin2cos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i应减小；反之，若 减小，则 应增大，故 与 同2cossin2cos 2号。因此有（12）0。 （13）2a对 ，可知 在 及 时均为零，因此 在2sinco022sinco-_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， （1
10、2） 、（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 、 ，BCfAABfC向心力分别是 、 ，距离 分别是 、 ；根据三1f21r2角形的相似关系，有， （1a）1CABfrD。 （2a）2ff以上两式相比可得（3a）12CABffr依题意有， （4a）12ABCfr， （5a）1122sinfEFr， （6a）1cosDBA将（4a）（6a）代入（3a ）得。 （7a）112221incossrr-_由（7a）得。 （8a）2211sincosinco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
11、 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ap ap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TV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10（1）01aT在这一过程中，容器中空气内能的增加量为， （2）02.5aaUpV大气所考察空气做功为（3）0aaWv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）U由以上四式得（5）13.5aaTpV（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，即保持体积不变，温度从 升
12、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）1apT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12， （7）00pV即 （8）210u喷出气体获得的动能。 （9）k1aEp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2p3的条件可得（10）032Vup喷出气体获得的动能。 （11）k2aE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NNp1题给出的条件可得（12）01NVup喷出气体获得的动能-_。 （13）1kNaEpu如果经过 次喷射后，容器中空气的压强降
13、到周围大气的压强，即， （14）1Na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）k12kkNEE利用（8）到（13）式， （15）式可化成， （16）210001 Nk aVuVup p （16）式等号右边第 1 项方括号内是 项的等比级数，故有。 （17）0k10NauVEpp又，根据（8） 、 （10） 、 （12） 、 （14）各式可得， （18）01NaVupp对（18）式等式两边取自然对数得。 （19）01ln1lauNVp因 ，可利用近似公式 把（19）进一步化简，即=ln1x（20）01lnaup-_进而由（17） 、 （18） 、 （20）三式得（21）1k
14、10lnaapEpV将（1） 、 （6）代入（21）式，可得。 （22）11klnaaaTpv根据题意，这些动能可转化成的电能为。 （23）110.45lnaaaTEpV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EQ吸收的总热量。 （24）1QmL因此可产生的总电量为。 （25）1E将（5）和（23）带入（25）式，得， （26）111ln970aaTmL代入数据后有（27）141.5JE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
15、 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ap n述的过程，且在过程 中体积和温度变化分别为 和 ，则在aV1aT此过程中这部分气体放出的热量为。 （1）52aaQpV其中右边第一项表示大气对系统做的功，第二项表示系统内能的变化，考虑到物态方程，有， （2）172anRT这部分热量等于冰山融化吸收的熔解热，故， （3）QmL因此联立（2） 、 （3）可得。 （4）17anRT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b0p0V， （5）1apT（6）0nRV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p， （7）0Vu其中
16、 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0bp喷出的气体的动能-_， （8）aEpu与（7）联立，消去 ，得。 （9）0kapV因此，做变换 ， ，总的动能则为Edp（10）0k0apaElnaVp最后，据题意所获得的总的电能为， （11）k0.45E将（4） 、 （5） 、 （6） 、 （10）带入（11）式，得； （12）11ln970aaTmL代入数据后有。 （13）14.5JE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）k0E（2）1v刚碰后，乒乓球带的电荷量（3）0qCU-_其动能和速度分别为（4）k
17、10E（5）v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）k2EqU注意到（3） 、 （4）式有（7）2k20C与金属板第二次碰撞前的速度为（8）k2Evm第二次碰撞后的速度和动能分别（9）2ve（10）2k1E由（9） 、 （10）式得（11）2kke乒乓球与金属板第三次撞前动能为（12）k2EqU由（3） 、 （7） （11） 、 （12）式得（15）2k01eC-_乒乓球与金属板第三次碰撞前速度（16）k21Evm乒乓球与金属板第三次碰撞后的速度和动能分别为（17）3ve（18）k3kE乒乓球与金属板四次碰撞前的动能（19）k43q
18、U由（3） 、 （15） 、 （18） 、 （19）式得（20）242k401EeC乒乓球与金属板第四次碰撞前速度为（21）k44vm乒乓球与金属板第四次碰撞后的速度和动能分别为（22）4ve（23）2kk4E以此类推，可得乒乓球与金属板第 次碰撞前、后的动能分别为n（24）22kn 01neCU（25）2E即-_（26）212kn0neECU（27）122ln0ne对非弹性碰撞， ，可由以上两式看出 和 均随碰撞次数单调递增。knE当 时有n（28）2k01ECUe（29）2乒乓球运动过程中达到的最大动能应与金属板碰撞前的极限动能，即（30）2kmax01ECe2经过足够长时间后亦即 时，乒
19、乓球在某一次与金属板碰撞后和下n一次碰撞前的速度分别为（31）0k21veUm（32）0k22CEe此间时间间隔（33）2dTv因此可得，通过外电路的平均电流强度（34）qIT-_由（31） 、 （32） 、 （33） 、 （34）各式得（35）2001CUeIdm评分标准：（26） 、 （27）式或（28） 、 （29）式共 8 分， （30）式 2 分， （31）（33）式各 1 分， （35）式 2 分。七、参考答案 1：1 和 中的感应电动势为ac21sinEBl（1）和 中的感应电动势为bd22cosl（2）根据电路的对称性可知， （3）1badcIII2adcbII根据基耳霍夫第一
20、定律，有（4）12acII（5）bd根据基耳霍夫第二定律，有（6）1121abIRIR （7）2dad-_（8）21cosin8bcadBlIIR（9）2icl2当正方体转动到任意位置（对角线 与磁场夹角为任意 ）时，通过db、 ， 、 的电流abd（10）2sin4daBlIIR（11）icbcl（12）2cos4acIII（13）dcdBlR为维持正方体作匀速转动所需的外力矩等于磁场对电路作用的合力矩，即， （14）acaFlIbdbFlI（15）22sincosMll 将（11）（14）代入（15） ，得。 （16）24BlR评分标准：（1） 、 （2）式共 2 分， （4） 、 （5）
21、式共 4 分， （6） 、 （7）式共 4 分，（10）（13）式共 2 分， （14）式 1 分， （15）式 2 分， （16）式 1 分。参考解答 2：1 和 中的感应电动势为ac2sinBl（1b）-_和 中的感应电动势为bd（2b）2cosBl先计算 和 单独存在（ 和 短路）时流过各支路的电流。若将bd ac和 断开，则等效电路如图所示，则通过 和 电流ac bd（3b）21 os4bdbdBlIR通过 、 、 和 的电流强度c（4b）211 s28bdacdblII根据电路的对称性，此时 、 之间， 、 之间的电势差ac（5b）0acU由此连接 和 后流过 和 的电流。（6b）1
22、acI因此连接 和 不影响 和 中的电流。bad再计算 和 单独存在（ 和 短路）时ac 流过各支路的电流。若将 和 断开，等效短路时如图所示。采用与上述一样的方法，可得和 单独存在时流进 和 电流ac ac22sin4cBlIR（7b）通过 、 、 和 的电流badc（8b）22sin8clI-_（9b）22sin8adbcBlIR此时 、 之间和 、 之间的电势差 ，由此连接 和d 0bdUb后流过 和 的电流（10b）20bdI因此连接 和 不影响各支路中的电流。根据叠加原理， 、 、 和 的电流强度；badc（11b）212osin8baBlIIR（12b）cidadl（13b）212osin8bcbclII（14b）cicdcdBlR2与“参考解答 1”相同。评分标准：参考“参考解答 1”的评分标准。八、参考解答：1光路图如下，指出被球面镜反射的光线汇累于凸透镜的焦点。-_2参照所给光路图，可知 ，设 ，有如下几何关系：COxAa， （1）sinxR（2）cotrf两式联立，可求得。 （3）1sinart2fxR评分标准：正确画出光路图 5 分， （3）式 5 分。
