物理奥林匹克竞赛：全国物理奥林匹克竞赛第34届决赛试题（含参考答案）

第34届全国中学生物理竞赛决赛 试题与参考解答 (叶邦角整理) 一、(35分)如图，质量分别为m、m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6、劲度系数为K0的 ⑥Wa 绝缘轻弹簧连接。 (1)1=0时，弹簧处于原长，小球a有一沿两球连线向右的初速度00，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【(>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。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I,1时刻弹簧的伸长量为 u=1-l6 有 du dp =-ko4 ⑥-@ ① 图I 式中 以=mm m2+m3 ② 为两小球的约化质量。由①②式知，弹簧的伸长量“服从简谐振动的动力学方程，振动频率 为 fs0、 1 -1 m me ko 2元2元μ2πm,m ③ 最后一步利用了②式。【时刻弹簧的伸长量“的表达式为 u=Asinot+Bcosot ④ 式中A、B为待定常量。1=0时，弹簧处于原长，即 u(0)=B=0 将B=0代入④式得 u=Asinot ⑤ a相对于b的速度为

第 34 届全国中学生物理竞赛决赛 试题与参考解答 （叶邦角整理） 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 0l 、劲度系数为 0 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 0 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 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 I，t 时刻弹簧的伸长量为 0 ull   有 2 2 0 d u k u dt    ① 式中 a b a b m m m m    ② 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 0 ab 0 a b 1 1 2π 2π 2π k mm f k m m      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 uA tB t   sin cos   ④ 式中 A 、 B 为待定常量。t  0时，弹簧处于原长，即 u B   0 0   将 B  0代入④式得 uA t  sin ⑤ a 相对于 b 的速度为 b a ar br l 图 I b a 0l

=-=-ocos0 dtdtdt ⑥ 1=0时有 (0)=0。-0=Ao ⑦ 由⑥⑦式得 v'=vo cos@t ⑧ 系统在运动过程中动量守恒 m0o=mUa十106 ⑨ 小球a相对于地面的速度为 0。=V+0 ⑩ 由③⑧⑨⑩式可得，t时刻小球a和小球b的速摩分别为 0a= 1+ (m+m)kot) m. m216 m2+m. ① (m +m)ko( mm m。+m. ② (2)若两球带等量同号电荷，电荷量为9，系统平衡时有 毫=九6-》 ③ 由③式得 9= 4- q⑥^^^∧a 9 设时刻弹簧的长度为L(见图Ⅱ)，有 图Ⅱ =-6亿-)+Kg ⑤ 令x=L-L为1时刻弹簧相对平衡时弹簧长度6的伸长量，⑤式可改写为 ⑥ 系统做微振动时有 X<L 因而 〔八2j ⑦ 利用上式，⑥式可写为

a b a cos dr dr du A t dt dt dt v     ⑥ t  0时有   a 0 v v  0 0   A ⑦ 由⑥⑦式得 a 0 v v   cost ⑧ 系统在运动过程中动量守恒 mmm a0 aa bb vvv   ⑨ 小球 a 相对于地面的速度为 aab vvv    ⑩ 由③⑧⑨⑩式可得，t 时刻小球 a 和小球 b 的速度分别为   b a a b0 a 0 a ab a b 1 cos( ) m m m mk t m mm m m           v v ⑪   a b0 a b 0 ab a b 1 cos( ) m mk m t mm m m           v v ⑫ （2）若两球带等量同号电荷，电荷量为 q ，系统平衡时有   2 2 00 0 0 q K kL l L   ⑬ 由⑬式得   0 0 00 k qL L l K   ⑭ 设t 时刻弹簧的长度为 L（见图 II），有   2 2 2 2 0 0 dL q kLl K dt L     ⑮ 令 0 x   L L 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   2 2 2 2 2 0 00 0 0 0 1 dx q x kx k L l K dt L L              ⑯ 系统做微振动时有 0 x  L 因而 2 2 0 00 1 12 x xx O L LL                      ⑰ 利用上式，⑯式可写为 a q q L b 图 II

票-[6小引+怎】 ⑧ 略去 ] 并利用③或④式，⑧式可写为 3Lo-2lo.kox ⑨ 由⑨式知， 3L-21>0 系统的微振动服从简谐振动的动力学方程，振动频率为 3L-21 m2+m6 mm ⑩ 最后一步利用了②式。 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 爆炸前瞬间 爆炸后瞬间 做圆周运动，构成一双星系统，观测到该系统的转动周期为。。 M M-△M 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。己知引力常量为 G,不考虑相对论效应。 (1)求爆炸前M星和m星之间的距离6： (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: (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： Mm = (1)两体系统的相对运动相当于质量为M+m的质点在固定力场中的运动，其运 动方程是 Mm F=_GMm M+m ① 其中”是两星体间的相对位矢。①式可化为 G(M+m) r=- ② 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，其运秘程是-(2 ③

  2 2 22 2 23 00 0 0 0 00 2 dx q q x kL l K k K xO dt L L L                                ⑱ 略去 2 0 x O L               ，并利用⑬或⑭式，⑱式可写为 2 2 0 0 2 3 0 0 0 0 3 2 2 dx q L l k K x kx dt L L            ⑲ 由⑲式知， 0 0 3 20 L l   ，系统的微振动服从简谐振动的动力学方程，振动频率为 0 0 0 0 00 ab 0 0 ab 3 2 1 1 3 2 2 2 L l k L L l mm f k   L mm                     ⑳ 最后一步利用了②式。 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 0r ； （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 Mm M m    的质点在固定力场中的运动，其运 动方程是 3 Mm GMm Mm r    r r ① 其中 r 是两星体间的相对位矢。①式可化为 3 GM m ( ) r  r r   ② 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 2 0 0 0 GM m ( ) 2π r r T         ③ M m M M m 爆炸前瞬间 爆炸后瞬间

由③式解得 G(M+m)T 4π2 ④ (2)爆炸前，m星相对于M星的速度大小是 00= 26= 2G(M+m)T 4π2 ⑤ 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6，初始相对速度的大小为·，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，在处的速度（最小速度）为 刀mm(理由见①式)，由角动量守恒和机械能守恒得 r0=60o ⑦ 和 vi GMo=vi GMo 2-526 ⑧ 由⑦⑧式得满足方程 2GM-G-2GM5+6G=0 ⑨ 由⑨式解得r 2g对pgj网 2GM-ov (GM+-GM) 2GM。-6 ⑩ 另一解6可在⑩式右端根号前取减号得到。由⑩式可知 片>6 ① 利用方程⑨和韦达定理（或由©式），椭圆的半长轴是 a=6+1= GM G(M+m)To M+m-△M 22GM-66 6 4π2 M+m-2AM 要使运行轨道为椭圆，应有 0<a<0 ⑧

由③式解得 1/3 2 0 0 2 ( ) 4π GM mT r         ④ （2）爆炸前，m 星相对于 M 星的速度大小是 1/3 1/3 2 0 0 0 2 00 0 2π ( ) 2π 2π ( ) 4π r GM mT GM m TT T                 v ⑤ 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 mMm 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 0r ，初始相对速度的大小为 0 v ，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 1 r ，在 1 r 处的速度（最小速度）为 min v （理由见⑪式），由角动量守恒和机械能守恒得 11 0 0 r r v v  ⑦ 和 2 2 1 0 1 0 2 2 GM GM r r   v ￾ ￾ v ⑧ 由⑦⑧式得 1 r 满足方程 2 2 22 0 1 1 00 0 2 2 0 GM r GM r r r          ￾ ￾ v v ⑨ 由⑨式解得 1 2 2 2 2 22 1 0 0 00 0 0 2 0 00 2 2 2 00 0 00 00 2 2 + ( ) 2 2 GM GM r GM G M r r r r r GM r GM r GM r GM r                     ￾ ￾ ￾ ￾ ￾ ￾ ￾ ￾ v vv v v v v ⑩ 另一解 0r 可在⑩式右端根号前取减号得到。由⑩式可知 1 0 r r  ⑪ 利用方程⑨和韦达定理（或由⑩式），椭圆的半长轴是 1/3 2 01 0 2 2 0 0 0 ( ) 2 2 4π 2 r r GM mT GM M m M a r GM r M m M                ￾ ￾ v ⑫ 要使运行轨道为椭圆，应有 0  a   ⑬

由②③式得 M+m-2△M>0 ④ 据开普勒第三定律得 T=2π GM ⑤ 将⑥②式代入⑤式得 T= (M+m)(M+m-AM)T (M+m-2△M)3 ⑥ [解法（二） 爆炸前，设M星与m星之间的根对运动的速度为”相咖，有 G(M+m) 6 ⑤ 爆炸后瞬间，m星的速度没有改变，M-△AM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”相对，有 刀相对=V相对0 ⑥ 爆炸后质心系的总动能为 _1(M-△M)m 2M+M ⑦ 质心系总能量为 E'=E:- G(M-△M)m ⑧ 对于椭圆轨道运动有 E'=_G(M-AM)m 24 ⑨ 式中 M+m-△M A= M+m-24M6 ⑩ 由开普勒第三定律有 T=2π G(M+m) ① 由⑩①式有 46 T=2π G(M+m-△M) ② 有 4+mM+m-△Mr7了 (M+m-2△M)3 ⑧

由⑫⑬式得 Mm M    2 0 ⑭ 据开普勒第三定律得 3 1 2π a T GM  ￾ ⑮ 将⑥⑫式代入⑮式得 2 1 0 3 ( )( ) ( 2) M mM m M T T Mm M       ⑯ ሾ解法（二） 爆炸前，设 M 星与m 星之间的相对运动的速度为 相对0 v ，有 0 ( ) = GM m r  相对0 v 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 0 v v 相对 相对  ⑥ 爆炸后质心系的总动能为 2 k 1( ) 2 M Mm E Mm M       v相对 ⑦ 质心系总能量为 k 0 GM Mm ( ) E E r       ⑧ 对于椭圆轨道运动有 ( ) 2 GM Mm E A      ⑨ 式中 0 2 Mm M A r M m M       ⑩ 由开普勒第三定律有 3 0 0 2π ( ) r T GM m   ⑪ 由⑩⑪式有 3 0 1 2π ( ) A T GM m M    ⑫ 有 1/2 2 1 0 3 ( )( ) ( 2) M mM m M T T Mm M             ⑬ ሿ