2．物块对传输带的摩擦力大小
?g???v0?， F??2?v0?2g （9）
?的方向相同。从地面参照系来看，传送带速度为V，单位时间内物块对传输带所方向与v0做的功
W??FVcos?，
因此负载所引起的附加功率 ?P??W??V2?640W。
（10）
（11）
考虑到无负载时电机的输出功率
2P0?I0E?I0R?360W。
（12）
有负载时电机的输出功率为 P?P0??P?1000W。
（13）
设有负载时的工作电流为I，则
（14） P?IE?I2R， 解之得
（15） I?10A。
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2l，当杆与水平线的夹角为?时，球1和球2的速度分别为v1和v2，杆转动的角速度为?。因机械能守恒，有
0?mglsin??2mglsin??又因 v1?v2?l?，
11?2m?v12?mv22。 22 （1）
（2）
可由（1）、（2）解得
2gsin? 3l轻杆与两小球构成的系统对转轴的角动量
?? （3）
L?2mlv1?mlv2，
（4）
由角动量定律有
?L。 ?t根据角加速度?的定义 2mglcos??mglcos?? （5）
????， ?t （6）
由（2）、（4）、（5）、（6）各式得
gcos?。 （7） 3l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
??alt?l? alt?l?
（8） （9）
以N1表示沿垂直于轻杆方向球1与杆的相互作用力的大小，以f1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 2mgcos??N1?2malt， f1?2mgsin??2malt
（10） （11）
由（3）、（9）、（10）、（11）各式得
4N1?mgcos?。
3f1?10mgsin?。 3
（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N2与沿着轻杆方向球2与杆的相互作用力的大小f2分别为
4N2?mgcos?，
3 （14）
1 （15） f2?mgsin?。
3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f1??1???N1??1?，
103mgsin?1??mgcos?1， 34由（16）式并代入数据得 即
（16）
?1?π。 6 （17）
当???1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
π。 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?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 v0?l2gsin?13gl。 ?3l3 （18）
初速度的方向与水平线的夹角
ππ （19） ??1?。
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l时，球2便脱离轻杆。建立如图所示的坐标系Oxy，根据斜抛运动规律可得任意t时刻（取球2开始作抛体运动的时刻为计
?0?时起点）球2的位置坐标 x??lcos?1?v0cos?0t，
（20） （21）
1y?lsin?1?v0sin?0t?gt2，
2球2脱离细杆时有 l2?x2?y2。
（22）
利用（17）、（18）、（19）各式得 ?2l2l?t2?t?2t?????0， g3g?? （23）
从而解得
?15?lt??1????g。 3?? （24）
此时
?23?5x??l??6。 ??y??2?15l?6? （25）
设球2脱离细杆时细杆与水平线夹角也为?2（如图），则 cos?2?xl?23?5， 6
（26） （27）
?2?arccos???23?5?。 ???78.2?（或1.36弧度）6??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m表示质点B的质点，?表示连线BC与竖直方向的夹角，?表示转动角速度，fBC表示BC间排斥力的大小。根据牛顿定律有 fABsin?1?fBCsin??m?2ABsin?1，
（1） （2） （3） （4）
fABcos?1?fBCcos??0，
fACsin?2?fBCsin??m?2ACsin?2，
fACcos?2?fBCcos??0。
由（1）、（3）两式并利用（2）、（4）两式可得 fABsin??1???fACsin??2????ABsin?1ACsin?2。 （5）
考虑到几何关系 ABAC?sin??2???sin??1??? （6）
并利用已知fAB和fBC的表示式。可由（5）得到
?AB???AC????a?2?sin?1 sin?2
（7） （8）
又，由（2）、（4）式可得
fABcos?2。 ?fACcos?1带入已知的fAB和fBC的表达式可得
ABAC???cos?2。 cos?1 （9）
联立（7）、（9）从而有
sin??1cos??2?1?sin??2cos??2?2。
（10）
如果?1≠?2，则意味着方程 sin??cos??2??C?0
（11）
π??在?0，?区间有两个不同的解，其中C为某一合适的常数。这要求函数sin??cos??2?在
2??π??也就是说sin??和cos??2?不能同时为单调增函数或单调减函?0，?区间不能是单调函数，
2??数。因此当?增大时，若sin??增大，则cos??2?应减小；反之，若sin??减小，则cos??2?应增大，故?与??2同号。因此有
??0 a?2。
（12）
（13）
π?π?对a?0，可知sin???cos2???在??0及时均为零，因此sin??cos2???在?0，?区间一定
2?2?存在极值点，意味着方程（11）在C合适选取的情况下必有两个或两个以上的不同解。对a?2亦然。因此条件（12）、（13）是符合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B、C间的排斥力是f，它们受到A的吸引力分别是fAB、fAC，向心力分别是fC1、fC2，距离A分别是r1、r2；根据三角形的相似关系，有
ffABf， ?C1?r1ABBDfACff。 ?C2?r2ADCD
（1a） （2a）
以上两式相比可得
ffABr2CD ?C1?fACr1fC2BD依题意有
? （3a）
fAB?r1????， fAC?r2?
（4a） （5a） （6a）
fC1EBr1sin?1， ??fC2FCr2sin?2CDAFr2cos?2， ??BDAEr1cos?1??1将（4a）~（6a）代入（3a）得
?r1????r2??r1sin?1r2cos?2。 ?r2sin?2r1cos?1 （7a）
由（7a）得
sin??1cos??2?1?sin??2cos??2?2。
（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pa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pa，温度为Ta，以Va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T1，体积减小为V0，根据
第27届全国中学生物理竞赛决赛试题及答案
