第27届全国中学生物理竞赛决赛试题及答案
一、（25分）填空题
1．有一个橡皮圈，它是细圆环形，粗细均匀，质量为M，另有劲度系数为k的是它，无。
形变之际，其半径是 R ，当下将它使劲抛向空中，把重力的影响给忽略掉，假设处于稳定状态之时。
它的形态依旧维持成圆形，并且在做平动之际，以角速度而环绕经过圆心且与之垂直的方向。
于圆面的轴线匀速旋转，这时它的半径应为 。
2．有一个频率为f的鸽哨，要是鸽子飞行时存在着一个最大速度u，鉴于该现象，那就会因为多普勒效应。
观察者可能观测到的频率范围是从 到 。（设声速为
。）
3．如图所示，在一个质量为 M、内部横截面积为 A
的竖直放置的绝热气缸中，用活塞封闭了一定量温
度度为T0的理想气体。活塞也是绝热的，活塞质量
以及活塞和气缸之间的摩擦力都可忽略不计。已知
大气压强呈现为 p0 的状态，重力加速度是以 g 来表示的数值，此时呢，要把活塞缓慢地向上提拉，当活塞抵达气这个位置的时候。
当处于缸开口处之际，气缸恰好开始离开地面。有关方面明确得知，理想气体处于那般缓慢变迁的绝热过程之中。
程序之中进行时，压强p与体积V二者保持不变，气体的压强是 p，气体的体积是V，pV之所成存在着保持不变的状况，是一常数。
数。根据以上所述，可求得活塞到达气缸开口处时气体的温度
为 。
4．（本题答案保留两位有效数字）在电子显微镜中，电子束取代了光
束被用以“照射”那等待被观测之情状，若要开展分辨处于1.0 1010m这般尺度（也就是原子尺度范畴）的结构。
则电子物质波的波长，是不能够大于这种尺度的。据此进行推测，电子的速度，至少。
需被加速到 。如果要想进一步分辨1.尺度的结构，则
电子的速度至少需被加速到 ，且为使电子达到这一速度，所
需的加速电压为
。 已知电子的静止质量me 9.，电子的电量
你提供的内容似乎存在信息不完整及表述不准确的问题，不太能按照要求准确改写。请你检查并补充完整、准确清晰的内容后再让我进行改写。
二、图示呈现的是一个借助传输带运送货物的装置，其中存在着物块，该物块被视作质点。
从平台沿着斜面滑落至于一条以恒定速度 v 进行运动的水平长传输带上，而后经由传输。
将其带着输送至远处的目的地，已知斜面的高度是 h2.0m，水平边的长度为 L4.0m，那个传输。
带宽是d，其值为2.0m，存在传输带，传输带有运动速度，还有物块，物块与斜面之间存在摩擦系数。
v3.0m/s
0.具有数值为30的量，物块从斜面顶端开始下滑时的初始速度是零，沿着斜面下滑时其速度所具有的方向跟传输带运动方向呈现垂直状态，设定斜面与传输带接触的部位是一段非常小的圆形。
使物块通过斜面与传输带交接之处的时候，其速度大小保持不变的弧，重力加。
速度g10m/s2。
1．为使物块滑到传输带上后不会从传输边缘脱离，物块与传输带之
间的摩擦系数 2至少为多少？
2．假设传输带由一带有稳速装置的直流电机驱动，与电机连接的电
源头的电动势E有着200V，其内阻能够忽略不计；电机的内阻R是10，传输带处于空载状态（没有）。
通过输送货物时，其工作电流为I02.0A ，问当货物平均流量，也就是单位时间内输送货物质量稳定在640kg/s时，电机平均工作电流等于多少？
假定除去货物跟传输带之间的摩擦所产生的损耗，以及电机的内阻所导致的热损耗之外，其他。
部分的能量损耗与传输带上的货物量无关。
三、（20分）如图，刚性细轻杆（其质量可视为零）可绕通过其中的
光滑水平轴在竖直面内，关于点O可自由转动，有两小球，其中一个小球质量为2m，另一个小球质量为m。
有1这个物体，还有2这个物体，它们都能够被看成是质点，二者串在了一根轻杆上，并且它们与那根轻杆之间存在着静摩擦系数。
53。开始时轻杆静止在水平位置，小球 1和2分别位于紧靠轻杆
两端A和B的位置。现让系统自水平位置以零初速下摆，求
1．小球1脱离轻杆时的位置（用小球 1脱离杆时杆与水平线的夹角
表示）；
2．小球2脱离轻杆时的位置（用小球 2脱离杆时杆与水平线的夹角
表示）。
四、如图所呈现的那样，存在着三个质点，分别是 A、B、C，其中 A 的质量相较于 B、C 的质量而言，是远远要大的。
数值，B的质量跟C的质量是等同的。清楚知晓，A与B两者之间，A和C二者之间存有相互吸引的心力。B跟C之间存在相互排斥的力，三个那种质点处在相互之间引力或者斥力的作用之下。
下运动，如果作用力合适，可以存在一种如下形式的运动：
A、B、C的相对位置固定，它们构成一个平面，三个质点绕着位于
在这个平面当中，存在着某一条轴，它匀速地进行转动；缘由在于，质点A的质量，要远远地大于B、C的质量。
关于质量，能够认定该轴经过质点A，并且处于固定不动的状态；连线AB跟转轴所形成的夹角是1，与连。
线AC与转轴的夹角 2不相等，且0 1 π，0 2 π。
2 2
要是AB之间存在的吸引力大小是fAB，a，那AC之间所具有的吸引力大小便是fa，kAC，a。
kAB
其中，AB是A与B之间的距离，AC是A与C之间的距离，k是比例系数，不考虑重力的影响。那么要问，a的值处于怎样的范围，上述的那种运动才能够得以实现呢？
五、有一座巨型冰山，是由南极冰架崩裂而得到形成的，它顺着洋流漂动，逐渐靠近了一个城市：（15分）
有人构思了一个借助这座冰山去发电的计划，详细流程是：a首先把。
环境里有一定数量的空气，被装进了体积能够变化的容器之中，在维持压强不改变的状况之下。
通过跟冰山相接触，容器以内的空气温度降低到冰山的温度，以后，使容器跟冰山相脱离。
使得其体积维持不变，让处于容器里的那块冰空气自环境当中吸收热量，致使其温度上升到环境温度；c在让容器体积保持不变的情形下让空气自容器里喷出，借此带动发电装置来发电。这般重复进行，一直到整座冰山完全融化。已知环境温度。
它处于293K，冰山的温度是冰的熔点，为T1，T1是273K，可利用的是冰山的质量。
1.，为了估算可能获得的电能，设计者做出的假设和利用的
数据如下：
1．空气可视为理想气体。
2．冰的熔解热L是3.34乘以105焦耳每千克，冰融化成为了这般温度为T1的水之后就不再进行利用啦。
3．压强为p、体积为V的空气内能U 2.5pV。
4．在喷气过程里，容器之中的空气温度能够保持不变，这是基于容器跟环境之间确实存在着良好的热传导情况。
5．喷气过程能够被分解成一连串的小过程，每一次所喷出气体的体积都是u，并且u远远小于容器的体积，在每一个小过程当中，喷管里的气体在内外压强差的作用之下会加速，进而获得一定的动能E，然后从喷嘴喷出，不去考虑喷出气体在加速过程里体积的改变，并且。
有一种看法觉得，在进行喷气这个过程的时候，容器内部的气体压强自始至终都是均匀的，而外部存在的压强是大气所形成的压强。
6．假设可能获得的电能是 E总和的45%
7．当x 1时，ln1 x≈x。
试根据设计者的假设，计算利用这座冰山可以获得的电能。
六、这里有十五分，如图，有两块大金属板，是A和B，它们沿竖直方向平行放置，二者相距。
为了某个特定的d，在两块板之间加入了恒定不变的电压U，有一个表面涂抹着金属膜的乒乓球垂直悬吊在这两块板之间，它的质量是m。轻轻地推动这个乒乓球，让它朝着其中一块金属板运动过去，乒乓球与那块板碰撞之后返回来，接着再和另一块板碰撞，就这样不断地反复进行着。假设乒乓球与两块板的碰撞属于非弹性碰撞，它的恢复系数是e，乒乓球与金属板相接触。
所用的时间极其短暂，并且是在这一段的时长之内达成静电平衡的状态。在达成静电平衡的那一刻，又涉及到乒乓。
球所带的电荷量 q 与两极板间电势差的关系可表示为 0 0
qCU，其中C
是一个常量，与此同时，假定乒乓球的半径远远小于两块金属板之间的间距d，乒乓球上面的。
电荷对金属板上的电荷分布不会产生影响，连接乒乓球的绳子具备足够的长度，乒乓球。
物体所进行展开的运动能够被近似地看作为沿着与水平方向保持一致方向所开展的直线运动，乒乓球首要一次跟金属板产生进行碰撞。
时的初动能可忽略，空气阻力可忽略。试求：
1．乒乓球运动过程中可能获得的最大动能；
2．经过足够长时间后，通过外电路的平均电流。
七、棱长为 l 的刚性正方体，由十二根均匀导线杆联结形成，每根导线杆电阻都是 R ，此正方体处于匀强磁场里，绕通过着的某条线旋转， （此处原句不完整，未说完旋转轴线等关键信息，只能这样先按要求改写至此）。
绕着那个处于中心位置、并且跟 abcd 面呈垂直状态的转动轴，做着匀速转动，其角速度为 ，知道其磁感应强度大小是 B ，方向跟转动轴是互相垂直的，将其电路的自感忽略掉，当正方体转到如 b 图所展示的位置时，也就是对角线 bd 与磁场方向夹角为 的情况时，来求。
1．通过导线 ba 、 ad 、 bc 和 cd 的电流强度。
2．为维持正方体作匀速转动所需的外力矩。
八、（10分），空心激光束是一种光束，其在传播方向上，中心光强为零，呈圆筒形。因这一特征，它能够把某些微小粒子约束在激光束的中心部位，可作激光导管，可作激光镊子，还可作光学扳手等，进而实现对纳米粒子、生物。
对细胞等微小粒子进行精确操控，空心激光技术当下在生物学领域、激光加工领域、原子冷却等方面都获得了广泛应用，正渐渐演变成一门新兴的学科分支。
产生空心激光束的基本做法是利用光学系统将一束实心的圆柱形激
光是会转换成一束呈现空心状态的激光的。这里给定了如下这些光学器件：有焦距为 f 的凸透镜，还有圆锥角为 45 的锥面反射镜，另外有半径为 R 的球面镜且中间带有圆孔，就如同图中所示那样。要利用上述这些光学器件去设计一个光学系统，从而让一束极为细的呈现实心圆柱状的入射激。
使光转变成为一束呈现空心状态的出射着的激光，并且该空腔呈现为圆柱形状，其半径是为 r。请针对如下问题予以作答：
1．画出该光学系统的光路图。
2．求该光学系统中锥面镜顶点到球面镜球心的距离 x 。
一、（25 分）填空题
1． 24πkR 2 （6 分）
4πk M
2． fV ， fV
V u V u
（4 分）
1 1
3． T0 Mg （6 分）
p0 A
4． 7.3 6 1 8 1 ， 8.4 5 分）
10 m s ， 2.8 10 m s 10V（9
p h
E p2 c2 me2 y
Ek eV E me c2
二、（20 分）
1．令 m 表示物块的质量，物块在斜面上滑动的加速度
mg sin 1mg cos ， （1）
a g sin1 cos
物块滑到斜面底端的速度
v0 2ah 1 cot 4.0m/s （2）
2gh 1
sin
以传输带为参照系，物块滑到传输带的初速度大小
v0 v02 V 2 5.0m/s。 （3）
运动方向与传输带边缘的夹角 满足
tan 4 。 （4）
物块在传输带上作减速运动，其加速大小为
a 2 mg （5）
2 g 。
当物块与传输带相对静止时在传输带上运动的距离
s v02 v02 ， （6）
2a 2 1 g
物块不超过传输带的边缘对应的最小摩擦系数 2 应满足
v0 2 sin （7）
s sin d
2 2 g
因此可得
v0 2 sin
2 0.5 。 （8）
2gd
2．物块对传输带的摩擦力大小
g ， （9）
2 g
其方向跟 v0 的方向是一样的。就地面参照系而言，传送带速度是 V ，在单位时间。
间内物块对传输带所做的功
WFV cos ， （10）
因此负载所引起的附加功率
PWV2 640W 。 （11）
考虑到无负载时电机的输出功率
P0 I0E I 02R 360W 。 （12）
有负载时电机的输出功率为
P P0P 1000W 。 （13）
设有负载时的工作电流为 I ，则
P IE I2R， （14）
解之得
I 10A。 （15）
评分标准：（2）式可得2分，（3）式和（4）式合起来共2分，（6）式有2分，（7）式。
分别这是，三分，其中，（8）式，占一分，（9）式，有四分，（10）式，为两分，（13）式，是两分，还有（15），这一项，占比未知。
式 2分。
三、（20 分）
设定轻杆，其杆长为二倍的l，当此杆与水平线形成夹角之际，球1的速度，还有球2的速度。
它们分别是 v1 以及 v2 ，杆进行转动时有着角速度为这样的情况。鉴于机械能是守恒的 ，于是存在着。
零，重力乘以长度乘以正弦值，二乘以重力乘以长度乘以正弦值，二分之一乘以质量乘以速度一的平方，一乘以质量乘以速度二的平方。（1）
2 2
又因
v1 v2 l ，（2）
可由（ 1）、（2）解得
2g sin
（3）
3l
轻杆与两小球构成的系统对转轴的角动量
L 2mlv1 mlv2 ， （4）
由角动量定律有
2mgl cos mgl cos L 。 （5）
根据角加速度 的定义
， （6）
由（ 2）、（4）、（5）、（6）各式得
g cos 。
3l
（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
alt l
alt l
（8）
（9）
以 N1 表示球 1 与杆相互作用力大小，此力方向 垂直于轻杆，以 f1 表示球 1 与杆相互作用力大小，此力方向沿着轻杆，依据牛顿第二定律，得出相关情况起步网校，有。
2mg cos N1 2malt ， （10）
f1 2mg sin 2malt （11）
由（ 3）、（9）、（10）、（11）各式得
N1 4 mg cos
f1 10
mg sin
。 （12）
。 （13）
将同样的分析施展在2球之上，朝垂直于轻杆的方向，球2和杆之间相互作用力的大小。
小N2，以及沿着轻杆方向的球2，与杆的具有相互作用的力，这个力其大小为f2，它们分别是。
N2 4 （14）
mg cos ，
f2 1 。 （15）
mgsin
依据（12）式、（14）式能够知道，杆跟小球1之间，杆和小球2之间的最大静摩擦力是相同的。
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，
为，10毫克乘以正弦1，再加上3毫克乘以余弦1，（16）
3 4
由（ 16）式并代入数据得
1 π。 （17）
在处于1这个时刻之际，球1着手向外进行滑动。鉴于球1的初始位置是紧紧挨着轻杆末端的。
球 1 开始滑动，其滑动到脱离细杆的这个时间，是能够忽略不计的，所以球 1 这一物体脱离了细杆，进而与。
水平线夹角也为 1 π。
球1一旦脱离那没有质量的轻杆，球2与轻杆之间的相互作用就立刻消失2026初中物理竞赛试题，此后球2仅仅受到重力作用从而进行斜舞女运动，留意到（2）、（3）、（7）各式，抛出时的初速度。
v0 l 2g sin 1 3gl 。 （18）
3l 3
初速度的方向与水平线的夹角
0 π 1 π。 （19）
2 3
在球2进行抛体运动期间，球跟轻杆之间虽说不存在相互作用，可是球依旧套在。
杆上，那根轻杆会跟着球一块儿运动的，不过并不会对小球的运动造成干扰。当球距离转轴的距离。
当距离再次变为等于l的时候，球2就会脱离那根轻杆。构建出像图中所展示那样的坐标系Oxy，依据。
从斜抛运动规律能够得出，在任意的t时刻，选取球2开始进行抛体运动的那个时刻作为计时。
起点）球 2 的位置坐标
x l cos 1 v0 cos 0 t ， （20）
不太明确你提供内容的准确含义，这段表述似乎不太完整且不太清晰，你可以核对或详细解释一下以便准确改写。
球 2 脱离细杆时有
l 2 x2 y2 。 （22）
利用（ 17）、（18）、（19）各式得
t 2 t 2 2 l t 2 l 0 ， （23）
g 3 g
从而解得
t 1 15 l 。 （24）
3 g
此时
x 2 3 5 l
6 。 （25）
2 15
y l
设球 2 脱离细杆时细杆与水平线夹角也为 2 （如图），则
cos 2 x 2 3 5 ， （26）
2 3 5 （或 1.36 弧度）。 （27）
2 78.2
评分的标准是，（3）式给予两分，（7）式给予三分，（12）式到（15）式每式各给予一分，（16）式。
式，给两分，（17）式，给一分，（18）式，给两分，（19）式，给一分，（20）至（22）式，各给一分，（26）、（27）式，各给一分。
四、（15 分）
解法 1：
对于质点B的那种质点，用m来表示它，连线BC跟竖直方向在夹角上，有表示的呢，转动角速度也有表示，BC间排斥力大小用f BC展示，依据牛顿定律，会出现这样的情况。
若AB乘以sin 1，fBC乘以sin m然后整体除以2，再乘以sin 1，得到（1）。
f AB cos 1 f BC cos 0 ， （2）
你提供的内容似乎不太完整或存在一些混淆，不太明确准确的改写要求，请你进一步明确清晰的句子内容以便我能更好地完成改写并给出准确答案。
f AC cos 2 f BC cos 0 。 （4）
由（ 1）、（3）两式并利用（ 2）、（4）两式可得
fAB sin 1 AB sin 1 。 （5）
f AC sin 2 AC sin 2
考虑到几何关系
AB sin
AC sin
2 （6）
且运用已知的，f AB以及fBC的表示形式，能够经由（5）得出。
AB a 2
sin 1 （7）
AC sin 2
又，通过（2）式和（4）式能够得出，fAB与cos值的乘积、cos值与2的组合关系进而得出，（8）式。
f AC cos 1
带入已知的 f AB 和 fBC 的表达式可得
AB cos 2 。 （9）
AC
cos 1
联立（ 7）、（9）从而有
这样的内容似乎并不是一个完整清晰可理解的句子呀，你可以检查一下准确内容并重新向我提供，以便我能按照要求进行改写。
如果 1 ≠ 2 ，则意味着方程
sin cos 2 C 0 （11）
从0开始，到π这个区间，存在着两个不一样的解，当中C是某一个恰当合适的常数，这样的情况对函数提出了要求。
sin的值，cos2的值，在0到π这个区间，不会是单调函数，这意味着，sin与cos2，不是，不是那种一直单调变化的状态，就是这样。
能够同时成为单调递增的函数或者单调递减的函数。所以当进行增大这种行为的时候，要是正弦值增大。
那么，余弦二倍角应当减小；相反地，如果正弦减小，那么余弦二倍角应当增大，所以，它与二倍角是相同的。
号。因此有
0（12）
a 2 。 （13）
针对于a为0的情况，能够知道，sin与cos2在0的时候是零，并且在π的时候同样是零，所以，sin以及cos2在0到π这个区间内。
22
区间必然存在极值点，这意味着，在对C进行合适选取的情形下，方程（11）必定会有。
有两个，或者是两个以上的不一样的解，对于a 2来说也是这样的情况，所以条件（12）、（13）是符合的。
合题意要求的充分必要条件。
评分的标准是，（1）式给到1分，（2）式给到1分，（3）式给到1分，（4）式给到1分，（6）式给到 1分，（10）式给到6分，（12）式。
13）式及其以下说明共 4 分。解法 2：
如图，假设存在这样一种情况，B、C之间存在着一种排斥力，这种排斥力被设定为f ，与此同时，B、C它们分别受到来自A的吸引力，其中那个由A对B产生的吸引力被称作f AB ，而由A对C产生的吸引力则被叫做f AC。
有向心力，它们分别是fC1、fC2，存在距离，其距离A分别是r1、r2，是依据三角。
形的相似关系，有
f AB fC1 f
r1 AB BD
f AC fC 2 f
r2 AD CD
， （1a）
。 （2a）
以上两式相比可得
f AB r2 fC1 CD （3a）
f AC r1 fC 2 BD
依题意有
f ABr1 ， （4a）
f AC r2
fC1 EB r1 sin 1 ， （5a）
fC 2 FC r2 sin 2
CD AF r2 cos 2 ， （6a）
BD AE r1 cos 1
将（ 4a）~（6a）代入（ 3a）得
r1 r1 sin 1 r2 cos 2 。 （7a）
r2 r2 sin 2 r1 cos 1
由（ 7a）得
这个内容似乎不太完整且不太清晰其确切要求，不太能按照正常要求准确改写，你可以补充完整准确清晰的内容后再让我进行改写。
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）
将大气的压强用 pa 来表示，那么一开始装入容器里的空气2026初中物理竞赛试题，其压强是 pa ，温度是 Ta ，把它的体积用 Va 来表示。待容器和冰山相接触，直至达到平衡状态时，容器。
中空气，其温度是 T1 ，体积变小成 V0 ，按照题意来讲，空气所历经的过程是等。
压过程，故有
V0 Va （1）
T1 Ta
在这一过程中，容器中空气内能的增加量为
U 2.5 pa V0 Va ， （2）
大气所考察空气做功为
Wpa V0 va （3）
在此过程当中，若把冰山传给容器中空气的热量用 Q 来表示，按照热力第一定律。
QUW。 （4）
由以上四式得
T1 Ta （5）
Q 3.5 paVa Ta
5）有式子给出的 Q 呈现为负的情况，这表明在这样的一个过程当中，事实上是容器里的空气将热量传递给了冰山。
容器里空气温度下降到冰山温度之后，又历经了一个等容升温的过程，也就是保持体积V0恒定不变，温度从T1升高到环境温度Ta，并且从周围环境吸收热量。假设用p1来表示。
示所考虑空气的压强，则有
p1 pa （6）
Ta T1
假定喷管的容积是 u ，在喷管里的气体头一回被喷射而出之际，容器当中的空气。
压强由 p1 降到 p2 ；根据题目给出的条件，有
p1 V0 up2V0 ， （7）
即 p2 p1 V0 u （8）
喷出气体获得的动能
u 。 （9）
当喷管里头的空气第二次进行喷出了之后，容器当中的空气压强从p2下降到了p3 ，依据题目。
给出的条件可得
p3p2 V0 u （10）
V0
喷出气体获得的动能
u 。 （11）
当喷管之中的空气，第N回被喷射出去之后，容器内部空气所具有的压强，从pN降低到了pN + 1。
根据题给出的条件可得
pN 1 pN V0 u （12）
V0
喷出气体获得的动能
E1k pNpa u 。 （13）
要是经由N回喷射之后，容器内里空气的压强降低至周围大气的压强，也就是。
pN 1 pa ， （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。
Ek EkN （15）
利用（ 8）到（ 13）式，（15）式可化成
V0 u 2 V0 N 1
Ek V0 u u （16）
p1u 1 V0 V0 Npau ，
V0
（16）式等号右边第 1 项方括号内是 N 项的等比级数，故有
V0 u
V0
Ek p1u Npa u 。 （17）
1 V0 u
V0
又，根据（ 8）、（10）、（12）、（14）各式可得
V0 u pa ， （18）
p1 V0
对（ 18）式等式两边取自然对数得
N ln 1 u pa 。 （19）
V0 ln
p1
因为u，如此这般那个V0，所以能够借助近似公式，也就是ln 1 x近似等于x，进而将（19）做进一步的化简，就是这样。
N V0 ln p1 （20）
u pa
进而由（ 17）、（18）、（20）三式得
Ekp1，压强为pa，体积为V0，压强为pa时体积V0的自然对数，压强为p1，（21）
pa
将（ 1）、（6）代入（ 21）式，可得
爱客帕瓦一提一横杠一提一横杠一自然对数提一横杠一句号（二十二）。
Ta Ta Ta
根据题意，这些动能可转化成的电能为
E乘以0.45，乘以paVa，乘以1，乘以T1，乘以T1，乘以ln，乘以T1。（23）
Ta Ta Ta
以上所进行的讨论清晰表明，若要成功获得电能E，那么冰山必然得吸收Q的热量，而且是整座冰山都得融化才行。
掉可吸收的总热量
Q1 mL 。（24）
因此可产生的总电量为
E1 mL E 。（25）
将（ 5）和（ 23）带入（ 25）式，得
1 T1 T1 ln T1
E1 9 Ta Ta Ta ， （26）
mL T1
70 1
Ta
代入数据后有
E1 1.5 1014 J （27）
评分的标准是，（5）式可得3分，（7）式可得1分，（9）式可得2分，（17）式可得2分，（18）式可得1分，（22）式可得3分，（25）至（27）式每个式子可得1分。
参考解答 2：
将环境里大气的压强用pa来表示，假设让整座冰山融化能够使n摩尔的空气参与像题目所描述一样的过程，并且在过程a当中，体积的变化是V，温度的变化是它。
T1 Ta ，则在此过程中这部分气体放出的热量为
Qpa V 5 pa V 。 （1）
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
Q 7 T1 ， （2）
nR Ta
这部分热量等于冰山融化吸收的熔解热，故
Q mL ， （3）
因此联立（ 2）、（3）可得
n 2 mL 。 （4）
7 R Ta
T1
在气体等容吸热的这个过程当中，存在一个情况，假设最终达到了压强为p0 ，并且体积达到了V0 ，那么就容易得出这样的情况。
pa Ta pa ， （5）
T1
V0 nRTa （6）
p0
再去思考喷气这个过程，鉴于其处于等温状态，在每一次进行喷气的微小过程完毕之后，容器内部的。
压强增量 p 满足
pp V0 u ， （7）
p V0
其中，0是在被称之为过程b的那个过程里，系统所具有的体积，p是处于这个被叫做喷气过程的进程中，容器内部呈现出的压强。
那么喷出的气体的动能
E p pa u ， （8）
与（ 7）联立，消去 u ，得
Ek p pa V0 p 。 （9）