2017第34届全国中学生物理竞赛决赛真题几答案解析(精心整理)
1
2π2π
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m
a
、m b 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l 0 、
劲度系数为k
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v
，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L
，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 l
有
d 2u
dt2
式中
k
u ①
m
a
m
b ②
m
a
m
b
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 A sin t B cos t ④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 A sin t ⑤
v
dr
a
dr
b
du
A cos t ⑥
a dt dt dt
t 0 时有
k
L = - v
a (0) v 0 0 A
⑦
由⑥⑦式得
v a v 0 cos
t
⑧
系统在运动过程中动量守恒
小球 a 相对于地面的速度为
m a v 0 m a v a
m b v b
⑨
v a v a
v b
⑩
由③⑧⑨⑩式可得， t 时刻小球 a 和小球b 的速度分别为
m (
m m m v
1 b
cos a b t a v
m
m m 0 a
(m m
a
b
m
v 1 cos
a
a
?
m m 0
a b
a
b
（2）若两球带等量同号电荷，电荷量为 q ，系统平衡时有
q 2
K 2
k 0 (L 0 l 0 ) ?
由?式得
设t 时刻弹簧的长度为 L （见图 II ），有
q L 0 ?
d 2 L q 2
dt 2
k 0 (L l 0 ) K L 2
?
图 II
令 x L L 0 为t 时刻弹簧相对平衡时弹簧长度 L 0
的伸长量，?式可改写为
d 2
x q 2
x
2
dt 2 k 0 x k 0 (L 0 l 0 ) K
L
2
1
L
?
系统做微振动时有
x
因而
x 2
x
x 2
1 L
1 2 L
O
L
?
b a L 0
L3 0 L 0
1
2π2π
利用上式，?式可写为
d 2x q2q2x 2
dt 2k0 (L0 l0 ) K L2 k0 2
K
L3
x O
L
?
x
2
0 0 0
略去O
L
，并利用?或?式，?式可写为
d 2 x q2 3L 2l
k 2K x 0 0 k
x ?
dt2 0
由?式知，3L
2l
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 ?
最后一步利用了②式。
评分参考：第（1）问 24 分，①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩??式各 2 分；第（2）问 11 分，???式各
2
分，?式 1 分，??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T
。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r
；
（2）若爆炸后M 星和m 星仍然做周期运动，求该运动的周期T
1
；
（3）若爆炸后M 星和m 星最终能永远分开，求M 、m 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
Mm M
m
的质点在固定力场中的运动，其运动方程是
- 2 2
2 2
? 2GM ? 0 r - v 2
? GM ?-1 ? 0 ? + G 2M 2
-
? 2GM ?
?
r - v 2 ? r 2v 2
? ? ?
0 0 0
? ?
Mm
r
GMm
r
①
其中 r 是两星体间的相对位矢。①式可化为
M m
r 3
r
G (M m )
r
②
r 3
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 2
r 2 T r 0
③
由③式解得
G (M m )T 2
1/3
r
0 ④
（2）爆炸前， m 星相对于 M 星的速度大小是
4π2
v
2πr 0
2π G (M m )T 2 1/3
0 2πG (M m )
1/3
⑤
T
T 4π2
T 0
0 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 M
⑥
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r 0 ，初始相对速度的大小为v 0 ，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 r 1 ，在 r 1 处的速度（最小速度）为v min （理由
见?式），由角动量守恒和机械能守恒得
r 1v 1 r 0v 0
⑦
和
v 2
GM v 2
GM 1
⑧
2
r 1
2
r 0
由⑦⑧式得 r 1 满足方程
2GM
v r 2GM r
r v 0 ⑨
由⑨式解得
r 0 0 1 1
0 0
r 1
⑩
2
GM
G (r r v 2
(GM r v 2 GM
) 0 0
r 2GM r v 2
2GM
r v 2 0
0 0
0 0
另一解r 0 可在⑩式右端根号前取减号得到。由⑩式可知
r 1 r 0
?
利用方程⑨和韦达定理（或由⑩式），椭圆的半长轴是
r r
GM G (M
m )T 2
1/3
M m
M a 0
1
2 2GM
r
v 2
r 0
4π ?
M m
2
M
要使运行轨道为椭圆，应有由??式得
0 0
a ?
据开普勒第三定律得
M m 2
M 0
?
T 1
2π?
将⑥?式代入?式得
?
[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0
⑥
爆炸后质心系的总动能为
E
1 (M M )m v 2
⑦
质心系总能量为
k 2 M m M 相对
E
E
G (M M )m
⑧
r 0
对于椭圆轨道运动有
E
G (M M )m
⑨
2 A
式中
T 1 0
k
G
G
由开普勒第三定律有
A
M
m M
r
⑩
M
m 2M 0
T 0
2
π
?
由⑩?式有
T 1
2π?
有
(M m )(M m
M )2
1/ 2
T 1
(M m
2M )3 T 0 ?
]
（3）根据?式，当M ≥ (M m )/2 的时候，?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 )/2
?
由题意知
联立??式知，还须满足
??式即为所求的条件。
M
M ?
M
m
?
评分参考：第（1）问 8 分，①②③④式各 2 分； 第（2）问 23 分，⑤⑥⑦⑧⑨⑩??式各 2 分，?式 1 分，???式各 2 分；解法（二）⑤⑥式各 2
分；⑦⑧⑨式各 3 分；⑩式 2 分，?式 3 分，?式 2 分，?式 3 分； 第（3）问 4 分，??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h 1 ；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
k
1mg (h 0
h ) ，0
k 1
1，始终完全蹲下
E
k
2 mg (h 0
h ) ，0 k 2
1 ，始终完全站立
这里， k 1 、k 2 、h 0 和h 0 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h n 与第n 1 个最高点的高度h n
1
之间的关系；
（ii ）
h n 与h 1 之间的关系式和h n
1
h n 与h 1 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
U
A K A
V A
0 mg [l (1 cos
A ) d ] mgh 1
①
式中，K A 0 和V A mgh 1 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
U A '
K A
V
A
0 mg ( d
l )(1 cos A )
②
mg
l
d
(h d )
l 1
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
1 mv 2
U ③
式中下标 1 表示秋千第一次到 B 处。
B 1 2
B 1 A
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 L B 1 和 L B 1
，在 B B
过
程中系统角动量守恒
L B 1
mv B 1 (l d )
m (
K B 1 / m
m (l
d
④
L B
1
mlv B
1
由此得
人在 B 处的机械能为
v B
1
U
1
mv
2
mgd
⑤
B 1
2
B 1
1
l d 3
2 m 2 l
g (h 1
d )
mgd
⑥
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
U C
mgh 2
(l d )3
由⑥⑦式得
mg l
3 (h 1
d ) mgd
U B 1
⑦
l d 3
h 2 d
l (h 1
d )
于是
l d 3
U C U A
mg
l 1 (h 1 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
1 mv
2 mgh
k (mgh
mgh
)
2
Bn
n
1
n
(1 k 1 )mgh n
k 1mgh 0 ⑨
(1
k )mg
l
d (h
d )
k mgh
1
l
n
1
即
v 2
2(1 k )g
l d
(h
d ) 2k gh
⑨
Bn
1
l
n
1
按题给模型，人第 n 次在 B
处时系统的动能为
1
mv 2 mg (h d ) k [
mgh
mg (h
d )]
2
B n
n 1
2
n 1
(1
k 2 )mg (h n
1
d ) k 2mgh 0
⑩
即
v
2
2(1 k )g (h
d )
k gh
⑩
B n
2
在第 n 次 B B
过程中，系统角动量守恒，
有
n 1
2
(l
d )mv Bn lmv B
n
?
由⑨⑩?式得
2(1 k )l 2 g (h
d ) 2k l 2 gh
2
n 1 2
2(1 k )(l d )2
g
l d
(h d ) 2k (l
d )2
gh
?
由?式得
1
l
n
1
1 k
l
d 3
k
l d
2
k
h n
1
d 1
(h n
d )
1
h
2
h 0 1
k 2
l
1
k 2
l
1
k 2
1 k l d 3
k l d 2
k
1
(h n d )
1
h
2
h
? 1
k
2
l
1
k
2 l
1
k
2
(h n
d
)
式中
1
k l d
3
?
1
k 2
l
k
l d 2
k
1 h 0
2
h 0 ?
1 k
2
l 1 k 2
（ii ）由???式有
h n
1
d
(h n d
)
[
(h n
1
d )
]