2018年第34屆全國中學(xué)生物理競賽決賽真題幾答案

優(yōu)質(zhì)參考文檔

第34屆全國中學(xué)生物理競賽決賽

試題與參考解答

一(35分)如圖，質(zhì)量分別為%、mb的小球a、b放置在光滑絕緣水平面上，兩球之間用一原長為1。、勁度系數(shù)

為k。的絕緣輕彈簧連接。

(1)t0時，彈簧處于原長，小球a有?沿兩球連線向右的初速度v。，小球b靜止。若運動過程中彈

簧始終處于彈性形變范圍內(nèi)，求兩球在任一時刻t(t0)的速度。

(2)若讓兩小球帶等量同號電荷，系統(tǒng)平衡時彈簧長度為L?,記靜電力常量為K。求小球所帶電荷量

和兩球與彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)做微振動的頻率(極化電荷的影響可忽略)。

參考解答：

(1)如圖，t時刻彈簧的伸長量為

U1lo

d2u

2koU

dt

mamb

右mamb

f一上&mamb

式中2K2Kx：mam

為兩小球的約化質(zhì)量。由①②式知，彈簧的伸長量u服從簡諧振動的動力學(xué)方程，振動頻率為

最后一步利用了②式。t時刻彈簧的伸長量u的表達(dá)式為1

uAsintB2c?st

式中A、B為待定常量。t。時，彈簧處于原長，即

將B0代入④式得

a相對于b的速度為uAsjndrat

dr?du

Acost

dtdtdt

u(0)B0

t0時有

Va(0)Vo0A⑦

由⑥⑦式得

VaVoCOSt⑧

系統(tǒng)在運動過程中動量守恒

小球a相對于地面的速度為maVomaVaHlbVb⑨

VaVaVb⑩

由③⑧⑨⑩式可t時刻小球a和小球b的速度分別為

得，

,mb(mm)km

1COSabr9o

mmm

mmm■

ab

aab

、m

m)k

COS.a

abotLVo

mmm

abb

(2)若兩球帶等量同號電荷，電荷量為q,系統(tǒng)平衡時有

2

%飄。J(Lol乂

由？式得

設(shè)t時刻彈簧的長度為L(見圖II),有

qLo2

q

ko(LIo)K—

d?—L

——L

圖II

令GLL。為t時刻彈簧相對平衡時彈簧長度2屋的伸長量，？式可改寫為

jq

koGko(LoI。

)

系統(tǒng)做微振動時有Lo

因而

G

L)

利用上式，？式可寫為

d2G2

ko(Lolo)k。2K：

r(

0

2

G一、

略去0_，并利用？或？式，？式可寫為

L

o2

3L

o

2K

dt2L3LO

I---------

由？式知，3Lo21o0,系統(tǒng)的微振動服從簡諧2振動的動力學(xué)方程，振動頻率為

fIILo13Lo21oBlaDlbk

一OnV2n;Lomam

最后一步利用了②式。'

評分參考：第(1)問24分，①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩？？式各2分；第(2)問11分，？？？式各2分，？式1

分，？？式各2分。

二(35分)雙星系統(tǒng)是一類重要的天文觀測對象。假設(shè)某兩星體均可視為質(zhì)點，其質(zhì)量分別為

m,一起圍繞它們的質(zhì)心做圓周運動，構(gòu)成一雙星系統(tǒng)，觀測到該系統(tǒng)的轉(zhuǎn)動周期為To?在某一時刻，

M星突然發(fā)生爆炸而失去質(zhì)量M?假設(shè)爆炸是瞬時的、相對于M星是各向同性的，因而爆炸后M

星的殘余體M(MMM)星的瞬間速度與爆炸前瞬間M星的速度相同，且爆炸過程和拋射物質(zhì)

M都對m星沒有影響。已知引力常量為G,不考慮相對論效應(yīng)。

mm

(1求爆炸前星和m星之間的距離r。；

)若爆炸后星和m星仍然做周期運動，求該運動的周期

(2

)(3)若爆炸后星和m星最終能永遠(yuǎn)分開，求M、m和M三者應(yīng)滿足的條件。

參考解答：

(1)兩體系統(tǒng)的相對運動相當(dāng)于質(zhì)量為衛(wèi)巴一的質(zhì)點在固定力場中的運動，其運動方程是

Mm

MmGMm

rr

3?

mr

其中r是兩星體間的相對位矢。①式可化為

G(Mm)r

r

由②式可知，雙星系統(tǒng)的相對運動可視為質(zhì)點在質(zhì)量為Mm的固定等效引力源的引力場中的運動。

爆炸前為圓周運動，其運動方程是

2

G(M2m)2nT

r-r

由③式解得

1/3

G(Mm)T

（2）爆炸前，m星相對于M星的速度大小是

1/31/3

m)T

2nG(M2nG(Mm)

4n

T

方向與兩星體連線垂直。

爆炸后，等效引力源的質(zhì)量變?yōu)?/p>

MmM⑥

相對運動軌道從圓變成了橢圓、拋物線或雙曲線。由爆炸剛剛完成時（取為初始時刻兩星體的位置和運

動狀態(tài)可知，兩星體初始距離為r。，初始相對速度的大小為v。,其方向與兩星體連線垂直，所以初始位置

必定是橢圓、拋物線或雙曲線的頂點。對于橢圓軌道，它是長軸的一個端點。

設(shè)橢圓軌道長軸的另一個端點與等效引力源的距離為ri,在ri處的速度（最小速度）為Vmin（理由

見？式），由角動量守恒和機(jī)械能守恒得

riViroVo⑦

2GMV：GM

V1

⑧

2

ri2To

由⑦⑧式得口滿足方程

⑨

2GMVr2GMrrvo

2i2m1o2o2

由⑨式解得To

2GM

riGM2GM222⑩

roVoooVI*o

or2rv

2

------（GMcrvGMn「北20

2GMrv2002GMrv

oo

:fl°°另一解r?？稍冖馐接叶烁?/p>

號前取減號得到。由⑩式可知

ri?

利用方程⑨和韋達(dá)定理（或由⑩式）,橢圓的半長軸是r

21/3

GMG(Mim)TM

?

邈L戲2-17M

:v

00

?

要使運行軌道為橢圓，應(yīng)有

由??式得

?

據(jù)開普勒第三定律得?

將⑥？式代入？式得(Mm)(MmM)2

(Mm2M)3?

［解法（二）

爆炸前，設(shè)M星與m星之間的相對運動的速度為v相對°,有

|'G（Mm）⑤

v相對o.---------------⑤

Vr0

爆炸后瞬間，m星的速度沒有改變，MM星與爆炸前的速度相等，設(shè)MM星與m星之間的相

對運動的速度為V相對，有

V相對,相對o⑥

爆炸后質(zhì)心系的總動能為

1(MM)m2

v目⑦

質(zhì)心系總能量為

G(MM)mEk

r0⑧

對于橢圓軌道運動有

G(MM

⑨

2A

式中

⑩

由開普勒第三定律有

—3

r0

T。2nG(M

由⑩？式有

(Mm)(MmM

(M—m—2-M4；

（3）根據(jù)？式，當(dāng)M>（Mm）/2的時候，？式不再成立，軌道不再是橢圓。所以若M星和m星最終能永遠(yuǎn)分開,

須滿足由題意知

聯(lián)立??式知，還須滿足？?式即為所求的條件。M>(Mm)/2

評分參考：第（1）問8分，①②③④式各2分；

第（2）問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）問4分，？？式各2分。

（35分）熟練的蕩秋千的人能夠通過在秋千板上適時站起和蹲下使秋千越蕩越高。一質(zhì)量為m的人

蕩一架底板和擺桿均為剛性的秋千，底板和擺桿的質(zhì)量均可忽略，假定人的質(zhì)量集中在其質(zhì)心。人在

秋千上每次完全站起時起質(zhì)心距懸點。的距離為I,完全蹲下時此距離變?yōu)镮d。實際上，人在秋千上站起和蹲下

過程都是在一段時間內(nèi)完成的。作為一個簡單的模型，假設(shè)人在第一個最高點A點從完

全站立的姿勢迅速完全下蹲，然后蕩至最低點B,A與B的高度差為hi;隨后他在B點迅速完全站起

（且最終徑向速度為零），繼而隨秋千蕩至第二個最高點C，這一過程中該人質(zhì)心運動的軌跡如圖所示。此后人以

同樣的方式回蕩，重復(fù)前述過程，蕩向第3、4等最高點。假設(shè)人站起和蹲下的過程中，人與秋千

的相互作用力始終與擺桿平行。以最低點B為重力勢能零點。

(1)假定在始終完全蹲下和始終完全站立過程中沒有機(jī)械能損失，求該人質(zhì)心在

AABBC各個階段的機(jī)械能及其變化；

(2)假定在始終完全蹲下和始終完全站立過程中的機(jī)械能損失E與過程前后高度差的絕對值h的關(guān)

系分別為

Ekimg(hoh),0ki1,始終完全蹲下

Ek2mg(hoh),0k21,始終完全站立

這里，ki,kz、h。和h。是常量，g是重力加速度的大小。求

(i)相對于B點，第n個最高點的高度瓜與第n1個最高點的高度*之間的關(guān)系；

(ii)瓜與九之間的關(guān)系式和hnlhn與町之間的關(guān)

系式。參考解答:

(1)假定在始終完全蹲下和始終完全站立過程中沒有機(jī)械能損失。將人和秋千作為一個系統(tǒng)。人在處

t

在A處時系統(tǒng)的機(jī)械能為

UA'KAVA0mg(d1)(1cosA)

mg(hd)

人在B仍處位于完全下蹲狀態(tài)，在AB過程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒。人在B處的動能為

KJmv2U③

Bl—BlA

2

式中下標(biāo)1表示秋千第一次到B處。

人在B處突然站立，人做功，機(jī)械能增加。設(shè)人站立前后體系的角動量分別為程LB1和LB1,在BB過

中系統(tǒng)角動量守恒

LBImvBi(1d)m(ld)2KB1/m

LBnmivd

；(h!d)

由此得1g1

12

人在B處的機(jī)械能為e”mgd

VBIU

B1B1

2,3

11d

2m2g(hid)mgd

人在C仍處于完全站立狀態(tài)，在BC過程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒。人在C處時系統(tǒng)的機(jī)械能為

Ucmgh2

(1d)3

mg

13(hid)mgdUBI⑦

由⑥⑦式得

1d

h2d(hid)

于是

3

1d

UCUAmg1(hid)

(2)(1)假定在始終完全蹲下和始終完全站立過程中有機(jī)械能損失。按題給模型，人n第在B處時

第系統(tǒng)的動能為

12

_mvmghk(mghmgh)

(1ki)mghnkimgho⑨

1d

(1k)mg(hd)kmgh

1-：n10

即

2d

V2(k)g_(hd)2kgh

1

Bn11]n

按題給模型，人第n次在B處時系統(tǒng)的動能為

1mvmg(hk[mghmg(hd)

2Bn12

nn]

(1k2)mg(hnid)kzmgho⑩

V22(1k)g(h

d)kgh⑩

Bn2n120

在第n次BB過程中，系統(tǒng)角動量守恒，有

(1d)mVBnImVBn

由⑨⑩？式得

2(1k)Fg(hd)2kl2gh

2n120

21d...d)2gh

2(1k)(1d)2g(hd)2k(1o

1n1

kidk2

1___hoho

1k2I1k2

由？式得

3k1dk

1kildi2

hoho

hnid?——(h?d)

2

1k211k211k2

32

1kiId

ki1dk2

1_(hnd)hoho

1k2l

1k211k2

(hnd)

式中3

1k1d

(ii)由??？式有

hnid(hnd)

[(hnid)]

2

?

"(hid)(1")

"(hid)'i

即

n1"

hn1(hld)d]?

于是

h?1h?°'[(1)(hld)]?

2分，④式3分，⑤⑥⑦⑧式各2分；第(2)同18分，⑨

任d)(1)

⑩??？各2分，？？式各1分，？？？式各2分。

(1)求線框繞00軸的轉(zhuǎn)動慣量J;

四(35分)如圖，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場中.有一均質(zhì)剛性導(dǎo)電的正方形線框abed,線框

評分參考：第(1)問17分。①②③式各

質(zhì)量為m,邊長為I,總電阻為R。線框可繞通過ad邊和be邊中點的光滑軸00轉(zhuǎn)動。

P、Q點是線框引線的兩端，00軸和G軸位于同一水平面內(nèi)，且相互重直，不考慮線框自感。

(2)t0時，線框靜止，其所在平面與G軸有一很小的夾角?，此時給線框通

以大小為I的恒定直流電流，方向沿PabedQ,求此后線框所在平面與G軸的夾角、線框轉(zhuǎn)動的角速度和

角加速度隨時間變化的關(guān)系式;

(3)tt。。時，線框平面恰好逆時針轉(zhuǎn)至水平，此時斷開P、Q與外電路的連接。此后線框如何運

動？求P、Q間電壓VPQ隨時間變化的關(guān)系式；

(4)線框做上述運動一段時間后，當(dāng)其所在平面與G軸夾角為"<〈3"時，將P、Q短路,

1414

線框再轉(zhuǎn)一小角度后停止，求與?的關(guān)系式和的最小值。

參考解答:

⑴線框ab邊和cd邊繞00軸的轉(zhuǎn)動慣量上和、均為

2

m.

JabJcd-216

線框ad邊和be邊繞00軸的轉(zhuǎn)動慣量Jad和Jbe均為

?償,ml之

m2^rdr

JadJbe2

線框繞00軸的轉(zhuǎn)動慣量04lm/

」ab」ed」ad

6

(2)當(dāng)線框中通過電流I力。

時，ab和ed兩邊受到大小相等，方向相反分別指向G軸正向和反向的安培

設(shè)線框的ab邊轉(zhuǎn)到與為SG軸的夾角為時其角速度為,角加速度為,ab邊和ed邊的線速度則

-，所受安培力大小為FBII＞線框所受力偶矩為

2

M2[BIIsinBl2I②

2

式中已用到小角近似sin，其中負(fù)號表示力偶矩與線框角位移方向相反，根據(jù)剛體轉(zhuǎn)動定理，有

j-BI2I③

此方程與單擺的動力學(xué)方程在形式上完全一致，所以線框?qū)⒆龊喼C運動，可設(shè)其運動方程為

④

將其代入③式，可求得

⑤

于是，角位移隨時間t而變化的關(guān)系式為

⑥

角速度隨時間t而變化的關(guān)系式為

⑦

角加速度隨時間t而變化的關(guān)系式為

6BI6BI，

⑧

由⑥⑦⑧式知，當(dāng)tnm時，0.亡％

26BI"'Bl達(dá)到反向最大值，0,可見，線框的運動是以

m

o為平衡位置、圓頻率庶匚、周期T2軟「五、振幅為o的簡諧運動。

(3)線框在做上述運動的過程中，工盤寸針轉(zhuǎn)至Y6BI工

ab邊與G軸正向重合時，

0,且

此時P、Q形成斷路，線框內(nèi)沒有了電流，不再受到安培力的力矩。由于沒有阻力，線框?qū)⒈３肿鹘?/p>

速度為。的勻角速轉(zhuǎn)動

(1)0,&to⑩

因為ab和ed邊切割磁力線，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢隨時間變化的關(guān)系為

?

p、Q間電壓VP。隨時間變化的表達(dá)式為

|2

VBO6BI

PQto)

（4）當(dāng)P、Q短路后，設(shè)線框轉(zhuǎn)到某一角位置時的角速度為，由于ab和cd邊切割磁力線產(chǎn)生的

感應(yīng)電動勢為Blsin,在線框中產(chǎn)生的電流為-sin，ab和cd邊受到的安培力大小為

R

B12B2i3

BLsin*sin,分別指向G軸正向和反向，形成的力偶矩為

R

2、4

B12.?

--sin

R

設(shè)P、Q剛短路的時刻為此時線框還在以⑨式的角速度逆時針轉(zhuǎn)動，其角動量為

?

5

tG角位置為1

由于受到上述力偶矩的作用，線框轉(zhuǎn)動會減慢直至停止。設(shè)停止轉(zhuǎn)動時的時刻為此時線框的角動量為0。根據(jù)角

動量定理，應(yīng)有

OjoMdt,?

ti

由此得

z

/fBl2siniR

sin2dtsin