2017年第34届全国中学生物理竞赛决赛真题几答案

1k02π2πmm1mambk0ab第34届全国中学生物理竞赛决赛试题与参考解答一、（35分）如图，质量分别为ma、mb的小球a、b放置在光滑绝缘水平面上，两球之间用一原长为l0、劲度系数为k0的绝缘轻弹簧连接。（1）t0时，弹簧处于原长，小球a有一沿两球连线向右的初速度v0，小球b静止。若运动过程中弹簧始终处于弹性形变范围内，求两球在任一时刻t(t0)的速度。（2）若让两小球带等量同号电荷，系统平衡时弹簧长度为L0，记静电力常量为K。求小球所带电荷量和两球与弹簧构成的系统做微振动的频率（极化电荷的影响可忽略）。参考解答：（1）如图，t时刻弹簧的伸长量为ull0有d2udt2式中k0u①mamb②mamb为两小球的约化质量。由①②式知，弹簧的伸长量u服从简谐振动的动力学方程，振动频率为f2π③最后一步利用了②式。t时刻弹簧的伸长量u的表达式为uAsintBcost④式中A、B为待定常量。t0时，弹簧处于原长，即u(0)B0将B0代入④式得a相对于b的速度为uAsint⑤vdradrbduAcost⑥adtdtdtt0时有k0(Ll)K00Lva(0)v00A⑦由⑥⑦式得vav0cost⑧系统在运动过程中动量守恒小球a相对于地面的速度为mav0mavambvb⑨vavavb⑩由③⑧⑨⑩式可得，t时刻小球a和小球b的速度分别为m(mm)kmv1bcosab0tav⑪mmmmm0aab(mm)kabmv1cosab0tav⑫mmmm0abab（2）若两球带等量同号电荷，电荷量为q，系统平衡时有q2K2k0(L0l0)⑬0由⑬式得设t时刻弹簧的长度为L（见图II），有qL0⑭d2Lq2dt2k0(Ll0)KL2⑮图II令xLL0为t时刻弹簧相对平衡时弹簧长度L0的伸长量，⑮式可改写为d2xq2x2dt2k0xk0(L0l0)KL21L⑯系统做微振动时有00x因而x2xx21L12LOL⑰000baL012π3L2l000L0k13L2lmm2π00abk0abLmm0L30L0利用上式，⑯式可写为d2xq2q2x2dt2k0(L0l0)KL2k02KL3xOL⑱x2000略去OL，并利用⑬或⑭式，⑱式可写为0d2xq23L2lk2Kx00kx⑲dt20由⑲式知，3L02l00，系统的微振动服从简谐振动的动力学方程，振动频率为f⑳最后一步利用了②式。评分参考：第（1）问24分，①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫式各2分；第（2）问11分，⑬⑭⑮式各2分，⑰式1分，⑲⑳式各2分。二、（35分）双星系统是一类重要的天文观测对象。假设某两星体均可视为质点，其质量分别为M和m，一起围绕它们的质心做圆周运动，构成一双星系统，观测到该系统的转动周期为T0。在某一时刻，M星突然发生爆炸而失去质量M。假设爆炸是瞬时的、相对于M星是各向同性的，因而爆炸后M星的残余体M(MMM)星的瞬间速度与爆炸前瞬间M星的速度相同，且爆炸过程和抛射物质M都对m星没有影响。已知引力常量为G，不考虑相对论效应。（1）求爆炸前M星和m星之间的距离r0；（2）若爆炸后M星和m星仍然做周期运动，求该运动的周期T1；（3）若爆炸后M星和m星最终能永远分开，求M、m和M三者应满足的条件。参考解答：（1）两体系统的相对运动相当于质量为MmMm的质点在固定力场中的运动，其运动方程是02GM0rv2GM10G2M22GM0rv2r2v20002222MmrGMmr①其中r是两星体间的相对位矢。①式可化为Mmr3rG(Mm)r②r3由②式可知，双星系统的相对运动可视为质点在质量为Mm的固定等效引力源的引力场中的运动。爆炸前为圆周运动，其运动方程是G(Mm)2π2r2Tr0③由③式解得00G(Mm)T21/3r0④（2）爆炸前，m星相对于M星的速度大小是4π2v2πr02πG(Mm)T21/302πG(Mm)1/3⑤0TT4π2T000方向与两星体连线垂直。爆炸后，等效引力源的质量变为MMmMmM⑥相对运动轨道从圆变成了椭圆、抛物线或双曲线。由爆炸刚刚完成时（取为初始时刻）两星体的位置和运动状态可知，两星体初始距离为r0，初始相对速度的大小为v0，其方向与两星体连线垂直，所以初始位置必定是椭圆、抛物线或双曲线的顶点。对于椭圆轨道，它是长轴的一个端点。设椭圆轨道长轴的另一个端点与等效引力源的距离为r1，在r1处的速度（最小速度）为vmin（理由见⑪式），由角动量守恒和机械能守恒得r1v1r0v0⑦和v2GMv2GM10⑧2r12r0由⑦⑧式得r1满足方程2GMvr2GMrrv0⑨由⑨式解得r001100r1⑩0a3GMG(Mm)r02rrv20(GMrv2GM)00r2GMrv2002GMrv200000另一解r0可在⑩式右端根号前取减号得到。由⑩式可知r1r0⑪利用方程⑨和韦达定理（或由⑩式），椭圆的半长轴是rrGMG(Mm)T21/3MmMa0122GMrv2r004π⑫Mm2M要使运行轨道为椭圆，应有由⑫⑬式得000a⑬据开普勒第三定律得Mm2M0⑭T12π⑮将⑥⑫式代入⑮式得⑯[解法（二）爆炸前，设M星与m星之间的相对运动的速度为v相对0，有v相对0⑤爆炸后瞬间，m星的速度没有改变，MM星与爆炸前的速度相等，设MM星与m星之间的相对运动的速度为v相对，有v相对v相对0⑥爆炸后质心系的总动能为E1(MM)mv2⑦质心系总能量为k2MmM相对EEG(MM)m⑧r0对于椭圆轨道运动有EG(MM)m⑨2A式中T1(Mm)(MmM)2(Mm2M)3T0k0G(Mm)r30G(MmM)A3由开普勒第三定律有AMmMr⑩Mm2M0T02π⑪由⑩⑪式有T12π⑫有(Mm)(MmM)21/2T1(Mm2M)3T0⑬]（3）根据⑫式，当M≥(Mm)/2的时候，⑬式不再成立，轨道不再是椭圆。所以若M星和m星最终能永远分开，须满足M≥(Mm)/2⑰由题意知联立⑰⑱式知，还须满足⑯⑲式即为所求的条件。MM⑱Mm⑲评分参考：第（1）问8分，①②③④式各2分；第（2）问23分，⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫式各2分，⑬式1分，⑭⑮⑯式各2分；解法（二）⑤⑥式各2分；⑦⑧⑨式各3分；⑩式2分，⑪式3分，⑫式2分，⑬式3分；第（3）问4分，⑰⑲式各2分。三、（35分）熟练的荡秋千的人能够通过在秋千板上适时站起和蹲下使秋千越荡越高。一质量为m的人荡一架底板和摆杆均为刚性的秋千，底板和摆杆的质量均可忽略，假定人的质量集中在其质心。人在秋千上每次完全站起时起质心距悬点O的距离为l，完全蹲下时此距离变为ld。实际上，人在秋千上站起和蹲下过程都是在一段时间内完成的。作为一个简单的模型，假设人在第一个最高点A点从完全站立的姿势迅速完全下蹲，然后荡至最低点B，A与B的高度差为h1；随后他在B点迅速完全站起（且最终径向速度为零），继而随秋千荡至第二个最高点C，这一过程中该人质心运动的轨迹如图所示。此后人以同样的方式回荡，重复前述过程，荡向第3、4等最高点。假设人站起和蹲下的过程中，人与秋千的相互作用力始终与摆杆平行。以最低点B为重力势能零点。（1）假定在始终完全蹲下和始终完全站立过程中没有机械能损失，求该人质心在AABBC各个阶段的机械能及其变化；（2）假定在始终完全蹲下和始终完全站立过程中的机械能损失E与过程前后高度差的绝对值h的关系分别为Ek1mg(h0h)，0k11，始终完全蹲下Ek2mg(h0h)，0k21，始终完全站立这里，k1、k2、h0和h0是常量，g是重力加速度的大小。求（i）相对于B点，第n个最高点的高度hn与第n1个最高点的高度hn1之间的关系；（ii）hn与h1之间的关系式和hn1hn与h1之间的关系式。参考解答：（1）假定在始终完全蹲下和始终完全站立过程中没有机械能损失。将人和秋千作为一个系统。人在A处位于完全站立状态，此时系统的机械能为UAKAVA0mg[l(1cosA)d]mgh1①式中，KA0和VAmgh1分别是人在A处时系统的动能和重力势能，A是秋千与竖直方向的夹角（以下使用类似记号）如图所示。人在A处完全下蹲，在AA过程中系统重力势能减少，（因受到摆底板的限制）动能仍然为零。人在A处时系统的机械能为UA'KAVA0mg(dl)(1cosA)②mgld(hd)l1人在B仍处位于完全下蹲状态，在AB过程中系统机械能守恒。人在B处的动能为K1mv2U③式中下标1表示秋千第一次到B处。B12B1A人在B处突然站立，人做功，机械能增加。设人站立前后体系的角动量分别为LB1和LB1，在BB过程中系统角动量守恒LB1mvB1(ld)m(ld)2KB1/mm(ld)④LB1mlvB1由此得人在B处的机械能为vB1U1mv2mgd⑤B12B11ld32m2lg(h1d)mgd⑥人在C仍处于完全站立状态，在BC过程中系统机械能守恒。人在C处时系统的机械能为UCmgh2(ld)3由⑥⑦式得mgl3(h1d)mgdUB1⑦ld3h2dl(h1d)于是ld3UCUAmgl1(h1d)⑧（2）（1）假定在始终完全蹲下和始终完全站立过程中有机械能损失。按题给模型，人第n第在B处时系统的动能为1mv2mghk(mghmgh)2Bnn10n2gld(hd)l1ldl2gld(hd)l1(1k1)mghnk1mgh0⑨(1k)mgld(hd)kmgh1ln10即v22(1k)gld(hd)2kgh⑨Bn1ln10按题给模型，人第n次在B处时系统的动能为1mv2mg(hd)k[mghmg(hd)]2Bnn120n1(1k2)mg(hn1d)k2mgh0⑩即v22(1k)g(hd)kgh⑩Bn2在第n次BB过程中，系统角动量守恒，有n120(ld)mvBnlmvBn⑪由⑨⑩⑪式得2(1k)l2g(hd)2kl2gh2n1202(1k)(ld)2gld(hd)2k(ld)2gh⑫由⑫式得1ln101kld3kld2khn1d1(hnd)1h02h01k2l1k2l1k21kld3kld2k1(hnd)1h02h0⑬1k2l1k2l1k2(hnd)式中1kld31⑭1k2lkld2k1h02h0⑮1k2l1k2（ii）由⑬⑭⑮式有hn1