第34届全国中学生物理竞赛决赛真题几答案.docx

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第34届全国中学生物理竞赛决赛真题几答案

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）t0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（t0）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

ull0

有

d2u

dt2

式中

k0u①

mamb②

mamb

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

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

uAsintBcost④

式中A、B为待定常量。

t0时，弹簧处于原长，即

u（0）B0

将B0代入④式得

a相对于b的速度为

uAsint⑤

vdradrbduAcost⑥

adtdtdt

t0时有

va（0）v00A⑦

由⑥⑦式得

vav0cost⑧

系统在运动过程中动量守恒

小球a相对于地面的速度为

mav0mavambvb⑨

vavavb⑩

由③⑧⑨⑩式可得，t时刻小球a和小球b的速度分别为

（mm）km

v1bcos

ab0tav⑪

mmm

mm0

aab

（mm）k

v1cos

ab0tav⑫

mmmm0

abab

（2）若两球带等量同号电荷，电荷量为q，系统平衡时有

K2k0（L0l0）⑬

由⑬式得

设t时刻弹簧的长度为L（见图II），有

qL0⑭

d2Lq2

dt2

k0（Ll0）KL2⑮

图II

令xLL0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

dt2

k0xk0（L0l0）KL21L⑯

系统做微振动时有

因而

xx2

OL⑰

利用上式，⑯式可写为

d2x

dt2

k0（L0l0）KL2k02KL3xOL⑱

略去OL，并利用⑬或⑭式，⑱式可写为

d2x

q23L2l

k2Kx00kx⑲

dt20

由⑲式知，3L02l00，系统的微振动服从简谐振动的动力学方程，振动频率为

f⑳

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（MMM）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

MmMm

的质点在固定力场中的运动，其运动方程是

MmrGMmr①

其中r是两星体间的相对位矢。

①式可化为

Mmr3

rG（Mm）r②

由②式可知，双星系统的相对运动可视为质点在质量为Mm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（Mm）2π2

r2T

r0③

由③式解得

G（Mm）T21/3

r0④

（2）爆炸前，m星相对于M星的速度大小是

4π2

v2πr0

2πG（Mm）T21/3

2πG（Mm）1/3

⑤

0TT4π2T

000

方向与两星体连线垂直。

爆炸后，等效引力源的质量变为

MMmMmM⑥

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

r1v1r0v0⑦

和

v2GMv2GM

10⑧

2r12r0

由⑦⑧式得r1满足方程

2GM

-2222

vr2GMrrv0⑨

由⑨式解得

01100

r1⑩

rrv2

0（GMrv2GM

）00r

2GMrv200

2GMrv20

0000

另一解r0可在⑩式右端根号前取减号得到。

由⑩式可知

r1r0⑪

利用方程⑨和韦达定理（或由⑩式），椭圆的半长轴是

rrGM

G（Mm）T21/3

MmM

a01

22GM

rv2r0

4π

⑫

Mm2M

要使运行轨道为椭圆，应有由⑫⑬式得

0a⑬

据开普勒第三定律得

Mm2M0⑭

T12π⑮

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0⑤

爆炸后瞬间，m星的速度没有改变，MM星与爆炸前的速度相等，设MM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

E1（MM）mv2⑦

质心系总能量为

k2MmM相对

EEG（MM）m⑧

对于椭圆轨道运动有

EG（MM）m⑨

式中

由开普勒第三定律有

AMmMr⑩

Mm2M0

T02π⑪

由⑩⑪式有

T12π⑫

有

（Mm）（MmM）21/2

（Mm2M）3

T0⑬

]

（3）根据⑫式，当M≥（Mm）/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≥（Mm）/2⑰

由题意知

联立⑰⑱式知，还须满足

⑯⑲式即为所求的条件。

MM⑱

Mm⑲

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ld。

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

AABBC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

Ek1mg（h0h），0k11，始终完全蹲下

Ek2mg（h0h），0k21，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n1个最高点的高度hn1之间的关系；

（ii）hn与h1之间的关系式和hn1hn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

UAKAVA0mg[l（1cosA）d]mgh1①

式中，KA0和VAmgh1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AA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'KAVA0mg（dl）（1cosA）②

mgld（hd）

人在B仍处位于完全下蹲状态，在AB过程中系统机械能守恒。

人在B处的动能为

K1mv2U

③

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LB1，在BB过

程中系统角动量守恒

LB1mvB1（ld）m（ld）2KB1/m

m（ld）

④

LB1mlvB1

由此得

人在B处的机械能为

vB1

1mv2mgd

⑤

B12B1

1ld3

2m2lg（h1d）mgd⑥

人在C仍处于完全站立状态，在BC过程中系统机械能守恒。

人在C处时系统的机械能为

UCmgh2

（ld）3

由⑥⑦式得

（h1d）mgdUB1⑦

ld3

h2dl（h1d）

于是

ld3

UCUAmgl1（h1d）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

1mv2mghk（mghmgh）

2Bnn10n

（1k1）mghnk1mgh0⑨

（1k）mgld（hd）kmgh

1ln10

即

v22（1k）gld（hd）2kgh⑨

Bn1ln10

按题给模型，人第n次在B处时系统的动能为

1mv2mg（hd）k[mghmg（h

d）]

2Bnn120

（1k2）mg（hn1d）k2mgh0⑩

即

v22（1k）g（h

-d）kgh⑩

Bn2

在第n次BB过程中，系统角动量守恒，有

n120

（ld）mvBnlmvBn⑪

由⑨⑩⑪式得

2（1k）l2g（hd）2kl2gh

2n120

2（1k）（ld）2gld（hd）2k（ld）2gh⑫

由⑫式得

1ln10

ld3

kld2k

hn1d1（hnd）1h02h0

1k2l

1k2

ld3

kld2k

1（hnd）1h02h0⑬

1k2l

1k2

（hnd）

式中

1kld3

1⑭

1k2l

kld2k

h02h0⑮

1k2l1k2

（ii）由⑬⑭⑮式有

hn1d（hnd）

[（hn1d）]

n-1

2（hd）

（1）⑯

n（hd）（1

即

（h1d）1

hn1

于是

（h1d）d1⑰

hn1

n1[

（1）（hd）]⑱

评分参考：

第

（1）问17分。

①②③式各2分，④式3分，⑤⑥⑦⑧式各2分；第

（2）问18分，⑨

⑩⑪⑫⑬各2分，⑭⑮式各1分，⑯⑰⑱式各2分。

四、（35分）如图，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中．有一均质刚性导电的正方形线框abcd，线框质量为m，边长为l，总电阻为R。

线框可绕通过ad边和bc边中点的光滑轴OO转动。

P、Q点是线框引线的两端，OO轴和x轴位于同一水平面内，且相互重直，不考虑线框自感。

（1）求线框绕OO轴的转动惯量J；

（2）t0时，线框静止，其所在平面与x轴有一很小的夹角0，此时给线框通以大小为I的恒定直流

电流，方向沿PabcdQ，求此后线框所在平面与X轴的夹角、线框转动的角速度和角加速度随时间变化的关系式；

（3）tt00时，线框平面恰好逆时针转至水平，此时断开P、Q与外电路的连接。

此后线框如何运

动？

求P、Q间电压VPQ随时间变化的关系式；

（4）线框做上述运动一段时间后，当其所在平面与X轴夹角为π≤≤3π时，将P、Q短路，

1414

线框再转一小角度后停止，求与1的关系式和的最小值。

参考解答：

（1）线框ab边和cd边绕OO轴的转动惯量Jab和Jcd均为

ml2

JabJcd42

ml2

线框ad边和bc边绕OO轴的转动惯量Jad和Jbc均为

l/2mml2

线框绕OO轴的转动惯量J为

JadJbc24l

r2dr

ml2

JJabJcdJadJbc6①

（2）当线框中通过电流I时，ab和cd两边受到大小相等，方向相反分别指向X轴正向和反向的安培力。

设线框的ab边转到与X轴的夹角为时其角速度为，角加速度为，ab边和cd边的线速度则

为vl，所受安培力大小为FBlI，线框所受力偶矩为

M2lBlIsinBl2I②

式中已用到小角近似sin，其中负号表示力偶矩与线框角位移方向相反，根据刚体转动定理，有

③

此方程与单摆的动力学方程在形式上完全一致，所以线框将做简谐运动，可设其运动方程为

0cost④

将其代入③式，可求得

于是，角位移随时间t而变化的关系式为

⑤

角速度随时间t而变化的关系式为

cos

6BIt⑥

6BIsin

6BIt⑦

0mm

角加速度随时间t而变化的关系式为

6BIcos6BIt⑧

由⑥⑦⑧式知，当t时，0，0

6BI达到反向最大值，0，可见，线框的运动是以

0为平衡位置、圆频率、周期T2π、振幅为0的简谐运动。

（3）线框在做上述运动的过程中，当逆时针转至ab边与X轴正向重合时，

0，且

6BI，⑨

此时P、Q形成断路，线框内没有了电流，不再受到安培力的力矩。

由于没有阻力，线框将保持作角速度为0的匀角速转动

⑩

因为ab和cd边切割磁力线，线框中产生的感应电动势随时间变化的关系为

2Blvsin6BI（tt）2Bllsin6BI（tt）

0m020m0

=Bl2

⑪

sin6BI（tt）

00m0

P、Q间电压VPQ随时间变化的表达式为

VBl2

6BI

sin（tt）⑫

PQ0

0m0

（4）当P、Q短路后，设线框转到某一角位置时的角速度为，由于ab和cd边切割磁力线产生的

感应电动势为Blsin，在线框中产生的电流为

，ab和cd边受到的安培力大小为

Bl2

B2l3

BRlsin

sin，分别指向X轴正向和反向，形成的力偶矩为

B2l42

sin⑬

设P、Q刚短路的时刻为t1，此时线框还在以⑨式的角速度逆时针转动，其角动量为

ml2

6BI

l2⑭

由于受到上述力偶矩的作用，线框转动会减慢直至停止。

设停止转动时的时刻为tx，角位置为1，此时线框的角动量为0。

根据角动量定理，应有

由此得

0J0Mdt，⑮

txB2l4

1B2l4

B2l

sin2dt

sind

sin2⑯

式中右端积分已应用了是小角度的题设条件。

由①⑯式得

⑰

当

π⑱

时，有最小值

RmI⑲

Bl26B0

评分参考：

第

（1）问2分，①式2分；第

（2）问12分，②③④⑤⑥式各2分，⑦⑧式各1分；第（3）

问8分，⑨⑩⑪⑫式各2分；第（4）问13分，⑬⑭⑮⑯⑰式各2分，⑱式1分，⑲式2分。

五、（35分）如图，某圆形薄片材料置于xOy水平面上，圆心位于坐标原点O：

xOy平面上方存在大小

为E、沿z轴负向的匀强电场，以该圆形材料为底的圆柱体区域内存在大小为

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