2017年第34届全国中学生物理竞赛决赛真题及答案(高清pdf版)

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[(hn1 d ) ]
2(hn1 d) (1 )

n (h1 d) (1 n1)
n
(h1
d
)
1 n 1

hn1
n
(h1
d
)
d
1 n 1

于是 hn1 hn n1[( 1)(h1 d) ]

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。

J
m
于是,角位移 随时间 t 而变化的关系式为
0 cos
6BI t m

角速度 随时间 t 而变化的关系式为
0
6BI sin m
6BI t m

角加速度 随时间 t 而变化的关系式为
0
6BI m
cos
6BI t m

由⑥⑦⑧式知,当 t π 2
m 6BI
时,
0,
0
6BI 达到反向最大值, 0 ,可见,线框的运动是以 m

由⑩⑪式有
T1 2π
A03 G(M m M )


T1
(M
m)(M m M (M m 2M )3
)2
1/ 2
T0
⑬]
(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)/2

第34 届全国中学生物理竞赛决赛
试题与参考解答
一、(35 分)参考解答:
(1)如图, t 时刻弹簧的伸长量为 u l l0

d 2u dt 2
k0u

式中
mamb

ma 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 1 2π 2π
k0 1 2π
)3
(h1
d)
mgd
U B1

由⑥⑦式得
h2
d
l
l
d
3
(h1
d)
于是
UC
UA
mg
l
l
d
3
1 (h1
d)

(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 2
mvB2n
mghn
k1 (mgh0
mghn )
(1 k1)mghn k1mgh0
ma mb ma mb
k0

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 Asint B cost

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 u Asint
a 相对于 b 的速度为
va
dra dt
drb dt
)
r0v02 2GM
r0v02
r0
另一解 r0 可在⑩式右端根号前取减号得到。由⑩式可知 r1 r0 ⑪ 利用方程⑨和韦达定理(或由⑩式),椭圆的半长轴是
a
r0
r1 2
GM 2GM r0v02
r0
G(M m)T02 4π2
1/3
M m M M m 2M

要使运行轨道为椭圆,应有
1/3

(2)爆炸前, m 星相对于 M 星的速度大小是
v0
2πr0 T0
2π T0
G(M m)T02 4π2
1/ 3
2πG(M T0
1/ 3
m)

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

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
d2L dt 2
k0 (L
l0 )
K
q2 L2

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
d2x dt 2
k0 x
k0
(L0
l0
)
K
q2 L20
1
x L0
2

系统做微振动时有 x L0
因而
1
x L0
2
1 2
x L0
O
x L0
d
3
(hn
d)
k1 1 k2
l
l
d
2
h0
k2 1 k2
h0
1 1
k1 k2
l
l
d
3
(hn
d)
k1
1 k2
l
l
d
2
h0
k2 1 k2
h0

(hn d )
式中
1 1
k1 k2
l
l
d
3

k1 1 k2
l
l
d
2
h0
1
k2 k2
h0

(ii)由⑬⑭⑮式有 hn1 d (hn d )
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
2
M 2 l BlI sin Bl2I

2
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
J Bl2I

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
0 cost

将其代入③式,可求得
l BI 6BI
cos
(ma mb ma mb
)k0
t
ma ma mb
v0

vb
1
cos
(ma mb )k0 ma mb
t
ma ma mb
v0

(2)若两球带等量同号电荷,电荷量为 q ,系统平衡时有
q2 K L20
k0 (L0 l0 )

由⑬式得
q L0
k0 K
(L0
l0 )

设 t 时刻弹簧的长度为 L (见图 II),有
由题意知
M M

联立⑰⑱式知,还须满足 M m

⑯⑲式即为所求的条件。 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。
速度为0 的匀角速转动
(t) 0 ,t ≥t0

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
对运动的速度为 v相对 ,有 v相对 v相对0

爆炸后质心系的总动能为
Ek
1 2
(M M )m M m M
v相2 对

质心系总能量为
E
Ek
G(M
M r0
)m

对于椭圆轨道运动有
E G(M M )m

2A
式中
A
M m M M m 2M
r0

由开普勒第三定律有
T0 2π
r03 G(M m)
du dt
A cost
t 0 时有
va (0) v0 0 A
⑤ ⑥

由⑥⑦式得
va v0 cost
系统在运动过程中动量守恒
mav0 mava mbvb
小球 a 相对于地面的速度为 va va vb
由③⑧⑨⑩式可得, t 时刻小球 a 和小球 b 的速度分别为
⑧ ⑨

va
1
mb ma
三、(35 分)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 VA 0 mg[l(1 cos A ) d ] mgh1 ① 式中,K A 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 U A' K A VA 0 mg(d l)(1 cos A )

mg
l
l
d
(h1
d
)
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
2

利用上式,⑯式可写为
d2x dt 2
k0 (L0
l0 )
K
q2 L20
k0
2K
q2 L30
x
O
x L0
2

略去
O
x L0
2
,并利用⑬或⑭式,⑱式可写为 d2x dt 2
k0
2K
q2 L30
x
3L0 L0
2l0
k0 x

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
J
J ab
Jcd
J ad
Jbc
ml 2 6

(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 v l ,所受安培力大小为 F BlI ,线框所受力偶矩为
0 为平衡位置、圆频率
6BI 、周期 T 2π m
m 6BI
、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0 0
6BI , m

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
d)
k2 gh0

在第 n 次 B B 过程中,系统角动量守恒,有 (l d )mvBn lmvBn

由⑨⑩⑪式得
2(1 k2 )l2g(hn1 d) 2k2l2gh0
2(1
k1 )(l
d )2
g
l
l
d
(hn
d)
2k1 (l
d )2
gh0

由⑫式得
hn1
d
1 1
k1 k2
l
l

(1
k1)mg
l
l
d
(hn
d)
k1mgh0

vB2n
2(1
k1 ) g
l
l
d
(hn
d)
2k1gh0

按题给模型,人第 n 次在 B 处时系统的动能为
1 2
mvB2n
mg (hn1
d)
k2[mgh0
mg (hn1
d )]
(1 k2 )mg(hn1 d ) k2mgh0


v2 Bn
2(1 k2 )g(hn1
0a

由⑫⑬式得
M m 2M 0

据开普勒第三定律得
T1 2π
a3 GM

将⑥⑫式代入⑮式得
T1
(M
m)(M (M m
m M 2M )3
)2
T0

[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
G(M m) r0

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
d
(h1
d)

LB1 mlvB1
由此得
vB1
l
l
d
பைடு நூலகம்
2g
l
l
d
(h1
d
)

人在 B 处的机械能为
U B1
1 2
mvB21
mgd
1 2
m
2
l
l
d
3
g (h1
d
)
mgd

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
mg
(l
d l3
r1v1 r0v0


v12 GM v02 GM

2
r1
2 r0
由⑦⑧式得 r1 满足方程
2GM
r0
v02
r12
2GM
r1 r02v02 0

由⑨式解得
2GM
r1
r0
v02
1
GM
G2M
2
2GM r0
v02
r02v02

r0
(GM
2GM r0v02
r0v02 GM
f 1 2π
3L0 L0
2l0
k0
1

3L0 L0
2l0
ma mb ma mb
k0

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) 参考解答: (1)两体系统的相对运动相当于质量为 Mm 的质点在固定力场中的运动,其运动方程是
M m
Mm M m
r
GMm r3
r

其中 r 是两星体间的相对位矢。①式可化为
r G(M m) r

r3
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
2
G(M m) 2π
r02
T0
r0

由③式解得
r0
G(M m)T02 4π2
K B1
1 2
mvB21
U A

式中下标 1 表示秋千第一次到 B 处。
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 B B 过
程中系统角动量守恒
LB1 mvB1(l d) m(l d) 2KB1 / m
m(l d )
2g
l
l
四、(35 分)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
J ab
J cd
m 4
l 2 2
ml 2 16
线框 ad 边和 bc 边绕 OO 轴的转动惯量 J ad 和 Jbc 均为
J ad
J bc
l/2
2
mr
2dr
0 4l
ml 2 48
线框绕 OO 轴的转动惯量 J 为