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?l0d2有?udt2??k0u①
式中
??mambm②
a?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??k01m2π?12π??2π a?mbmk0 ③
amb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?Asin?t?Bcos?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u?Asin?t
⑤a相对于b的速度为v??draadt?drbdt?dudt?A?cos?t ⑥
t?0时有
v?a(0)?v0?0?A?
⑦由⑥⑦式得
v?a?v0cos?t
⑧系统在运动过程中动量守恒mav0?mava?mbvb ⑨小球 a相对于地面的速度为
va?v?a?vb
⑩
由③⑧⑨⑩式可得，t时刻小球a和小球b的速度分别为
v??1?mbcos???(ma?mb)k0t????maa?
?
?ma??mb????ma?mv0
ambv???1?cos???(m?a?mb)k0??mabmt??v0 ? ??amb?
???ma?mbq，系统平衡时有Kq2（2）若两球带等量同号电荷，电荷量为L2?k0(L0?l0)?由?式得
q?Lk
000K(L0?l0) ? 设t时刻弹簧的长度为L（见图II），有?d2L
2??k0(L? lq20)?K2
dtL
图II
?
式可改写为令x?L?L0为t时刻弹簧相对平衡时弹簧长度L0的伸长量，?
d2xq2?x??2??k0x?k0(L0?l0)?K2?1??
dtL0?L0?系统做微振动时有
?2?2
?
xL0
??x?2??x?x ??1???1?2?O???? 因而LLL??0???0?0??
??x?2?d2x?q2??q2?利用上式，?式可写为?2???k0(L0?l0)?K2???k0?2K3?x?O????
dtL0??L0?L????0??? ??x?2?略去O????，并利用?或?式，?式可写为
L???0????3L?2l0d2xq2??2???k0?2K3?x??0k0x dtLL0?0?由?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
?
?
?3L0?2l0???k0L1?0??1 ?3L0?2l0??ma?mbf????2π?2π?L0??mamb??k0 ? ?
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）参考解答：
Mm（1）两体系统的相对运动相当于质量为??的质点在固定力场中的运动，其运动方程是
M?m
MmGMm r??3r
M?mr
①
其中r是两星体间的相对位矢。①式可化为
r??G(M?m)r 3r 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。
2爆炸前为圆周运动，其运动方程是
G(M?m)?2π? ③???r0
r02T?0??G(M?m)T02? r0??? 由③式解得24π??（2）爆炸前，m 星相对于M星的速度大小是
1/3 ④
方向与两星体连线垂直。
)T2?2πr02π?G(M?m0v0????2T0T0?4π?1/3?2πG(M?m)????
T0??1/3 ⑤
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?式），由角动量守恒和机械能守恒得
和
2GMv0v12GM??? 2r12r0
r1v1?r0v0
⑧
⑦
⑨
r满足方程由⑦⑧式得1?2GM2?222?v0??r1?2GMr1?r0v0?0
?r0??1
由⑨式解得
?2GM2?r1???v0?r0????2GM2?22?GM?G2M2???v0?r0v0?r 0???200?? ?? ⑩
2r0v0?(GM?rv?GM)?r2202GM?r0v02GM?r0v0r0
另一解r0可在⑩式右端根号前取减号得到。由⑩式可知
利用方程⑨和韦达定理（或由⑩式），椭圆的半长轴是
r1?r 0 ?
a?要使运行轨道为椭圆，应有由??式得据开普勒第三定律得
?G(M?m)T?GMr0?r1?r???2022GM?r0v04π2??0?a??
201/3 ?
M?m??M
M?m?2?M
? ??
M?m?2?M?0
a3 T1?2πGM
将⑥?式代入?式得
[解法（二）
(M?m)(M?m??M)2T1?T0
(M?m?2?M)3
?
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
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
爆炸后质心系的总动能为
v相对?v相对0
??Ek
⑥
⑦⑧
1(M??M)m2v
2M?m??M相对
质心系总能量为
E??Ek??G(M??M)m
r0对于椭圆轨道运动有
E???G(M??M)m
2A
?
⑨⑩
式中
由开普勒第三定律有
M?m??MA?r0
M?m?2?Mr03T0?2π
G(M?m)
由⑩?式有
3A0T1?2π
G(M?m??M)1/2
?
?(M?m)(M?m??M)2?] T1??T ?有?0(M?m?2?M)3??
（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 联立??式知，还须满足由题意知
M??M M?m
?M≥(M?m)/2
??
?
??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，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） 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
UA?KA?VA?0?mg[l(1?cos?A)?d]?mgh1①
式中，KA?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。
（因受到摆底板的限制）动能仍然为零。人人在A?处完全下蹲，在 A?A?过程中系统重力势能减少，在A?处时系统的机械能为
UA'?KA??VA??0?mg(d?l)(1?cos?A)
②
?mgl?d(h1?d)l12 KB1?mvB1?UA?
2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
式中下标1表示秋千第一次到B处。
③
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和L，在B?B?过人在B?1B1程中系统角动量守恒
LB1?mvB1(l?d)?m(l?d)2KB1/m ?m(l?d)2g?LB?1?mlvB?1l?d(h1?d) l
④
⑤
由此得
人在B?处的机械能为
l?dl?dvB?1?2g(h1?d)
ll1 2?UB?1?mvB1?mgd21?l?d??m?2??g(h1?d)?mgd 2?l?3
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
UC?mgh2
⑦
由⑥⑦式得
?l?d?h2?d???(h1?d)l??3(l?d)3 ?mg (h1?d)?mgd?UB?1
l3于是
??l?d?3?UC?UA?mg????1?(h1?d)
l??????
⑧
n第在B处时（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
系统的动能为12??k1(mgh0?mghn?)mvBn?mghn2
??k1mgh0 ?(1?k1)mghn ⑨
l?d?(1?k1)mg(hn?d)?k1mgh0l
即
2vBn?2(1?k1)gl?d(hn?d)?2k1gh0 l
⑨
按题给模型，人第n次在B?处时系统的动能为
12??mg(hn?1?d)]mvB?n?mg(hn?1?d)?k2[mgh02
? ?(1?k2)mg(hn?1?d)?k2mgh0 即
2? vB?n?2(1?k2)g(hn?1?d)?k2gh0
⑩⑩?
在第n次B?B?过程中，系统角动量守恒，有由⑨⑩?式得
(l?d)mvBn?lmvB?n
?2(1?k2)l2g(hn?1?d)?2k2l2gh0?2(1?k1)(l?d)2gl?d(hn?d)?2k1(l?d)2gh0
l
?
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