2018年第35届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题卷（含答案解析）

1 第第 35 届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答 2018 年 9 月 22 日2018 年 9 月 22 日 一一、 （40 分） 假设地球是一个质量分布各向同性的球体， 地球自转及地球大气的影响可忽略。 从地球上空离地面高度为h的空间站发射一个小物体，该物体相对于地球以某一初速度运 动，初速度方向与其到地心的连线垂直。已知地球半径为 R ，质量为M ，引力常量为G 。 （1）若该物体能绕地球做周期运动，其初速度的大小应满足什么条件？ （2）若该物体的初速度大小为 0 v，且能落到地面，求其落地时速度的大小和方向（即 速度与其水平分量之间的夹角） 、以及它从开始发射直至落地所需的时间。 已知：对于0c， 2 40bac ，有 2 3/2 2 d2 arcsin 2 x xabxcxbcxb C c cabxcx 式中C为积分常数。 参考解答：参考解答： （1）解法（一）解法（一） 假设小物体初始速度大小为 0 v，在地球引力场中其能量为 2 0 1 2 Mm EmG Rh v 式中m是小物体的质量。小物体相对于地球中心的角动量为 0 LmRhv 该物体能绕地球做周期运动，其能量应 0E 由此条件以及E的表达式，得 2 0 2GM Rh v，即 0 2GM Rh v 物体能绕地球做持续的周期运动，不能坠落到地球表面。当物体初始速度 0 v 降低到某 个值 0min v时，物体运动的椭圆轨道将与地球表面相切，设这种情况下物体在与地球表面相 切时的运动速度为v，由角动量守恒定律 0min mRhm Rvv，即 0min Rh R vv 由能量守恒定律有 22 0min 11 22 MmMm mGmG RhR vv 将式代入式得 0min 2 2 GMR RhRh v 当物体初速度 0 v低于 0min v时，其轨道都将与地球表面相交，因此会坠落到地面上。所 以物体绕地球作椭圆或圆形轨道运动，但不会坠落到地球表面的条件是 2 0 22 2 GMRGM RhRhRh v 解法（二）解法（二） 该物体能绕地球做周期运动，其运动轨迹应为椭圆（圆被视为椭圆的特殊情形） ，设其 近或远地点之一与地心的距离和速度大小分别为 1 r和 1 v， 另一近或远地点与地心的距离和速 度大小分别为 2 r和 2 v。由角动量守恒和能量守恒有 1122 rrvv 22 12 12 11 22 MmMm mGmG rr vv 式中m是小物体的质量。消去 2 v得 2 1 22222 2112111 12112 0 GMGM rrrrr v vv 将 1 r和 1 v视为已知，上式是 2 1 r 满足的一个一元二次方程。 21 rr显然满足方程，因而 1 1 r 是一元二次方程的解。利用韦达定理，另一解是 2 2111 112 1 GM rrr v 显然， 2 rR，且有限，故有 2 11 0 rR 由式得，当 1 r给定时， 1 v必须满足 1 111 22GMRGM r rRr v. 由题意知 1 rRh， 10 vv 故有 0 22 2 GMRGM RhRhRh v （2）如果 0 2 2 GMR RhRh v 则物体会落到地球上。根据能量守恒，它落到地面时的速度大小v满足方程 22 0 11 22 MmMm mGmG RRh vv 由式得 22 00 222GMGMGMh RRhR Rh vvv 设物体落地点相对于地心的矢径与物体初始位置相对于地心的矢径之间的夹角为。 根据角 动量守恒，物体落到地面时的水平速度 v满足方程 0 RRh vv 上式即 0 Rh R vv 物体的速度方向与水平面的夹角是 3 0 22 0 arccosarccos 2 Rh GMRh R Rh vv v v 将物体的运动用极坐标 t、 r t描写，角动量守恒和能量守恒可分别表为 2 0 d d rRh t v 和 22 22 0 1d1d1 2d2d2 rMmMm mrGmG ttrRh v 消去 d dt 得 2 2 02 0 2 d22 d RhrGMGM trrRh v v 物体从开始发射直至落地需要的时间为 2 2 02 0 2 2 222 00 d 22 d 2 2 R h R R h R r t RhGMGM rrRh r r GM rGMrRh Rh v v vv 取参量 2 2 0 aRh v，2bGM， 2 0 2 0 GM c Rh v，有 2 2 222 00 2 2 2 0 4 2 (2)4 2 40 bac GM GMRh Rh GM Rh Rh vv v 利用题给积分公式，完成积分得 2 0 2 0 3 2 2 0 22 2 0 0 2 2 2 arcsin 22 RhGMRh tRh h GMRhRh R RhGM RhRh GM GMRh GM RhRh v v v v v 当初始速度大小为临界值 0 2 2 GMR RhRh v时，下落时间为 3 2 2 2 Rh t GM 评分标准评分标准：本题40分。 第（1）问15分，解法（一）式各3分； 解法（二）式6分，式1分，式2分，式各3分。 第（2）问25分，式各3分，式各2分，式1分，各4分。 4 二二、 （40分）如图，一劲度系数为k的轻弹簧左端固定， 右端连一质量为m的小球； 弹簧水平， 它处于自然状态时 小球位于坐标原点O； 小球可在水平地面上滑动， 它与地 面之间的动摩擦因数为。 初始时小球速度为零， 将此时 弹簧相对于其原长的伸长记为 0 A（ 0 0A ，但 0 A并不是已知量） 。重力加速度大小为g， 假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 （1） 如果小球至多只能向右运动， 求小球最终静止的位置， 和此种情形下 0 A应满足的条件； （2）如果小球完成第一次向右运动至原点右边后，至多只能向左运动，求小球最终静止的 位置，和此种情形下 0 A应满足的条件； （3）如果小球只能完成n次往返运动（向右经过原点，然后向左经过原点，算1次往返） ， 求小球最终静止的位置，和此种情形下 0 A应满足的条件； （4）如果小球只能完成n次往返运动，求小球从开始运动直至最终静止的过程中运动的总 路程。 参考解答：参考解答： （1）若 0 kAmg 或 0 0 g k A m 小球静止于其初始位置 0 0xA 若 0 A mg k 或 0 kAmg 小球能向右运动。设小球第一次向右运动到速度为零时弹簧的伸长量为x（其符号暂未确 定），根据功能原理有 22 00 11 () 22 kAkxmg Ax 由此得 0 2mg xA k 当0x，即 0 2mgmg A kk 弹簧处于压缩或自由状态，且小球所受向右的弹力 10 2 mgFk BkAmg 故小球最终静止于原点左边或原点 0 2 0 mg xA k 式中取等号时，式也取等号。 当0x，即 0 2mg A k 弹簧处于伸长状态，小球所受向左的弹力 0 2mgkAkx 若kxmg，即 0 23mgmg A kk 小球最终静止于原点右边 10 2 0 mg xBA k xO m A0 t=0 5 （2）解法（一）解法（一） 设在小球完成第一次向右运动后的瞬间，记弹簧的伸长为 1 B。按题意，此后小球至多 只能向左运动。若 1 B mg k 或 0 3mg A k 小球能向左运动。设小球第一次向左运动到速度为零时弹簧的伸长量为x（其符号暂未确 定），根据功能原理有 22 11 11 () 22 kBkxmg Bx 由此得 10 24mg B m xA k g k 当0x，即 0 34mgmg A kk 弹簧处于伸长或自由状态，小球所受向左的弹力 0 4xmgmgkkA 小球最终静止于原点右边或原点 0 0 4mg xA k 式中取等号时，式也取等号。 当0x，即 0 4mg A k 弹簧处于压缩状态，且小球所受向右的弹力 0 4k xkAmg 如果k xmg，即当 0 45mgmg A kk 小球最终静止于 10 4 0 mg xAA k 解法（二）解法（二） 设在小球完成第一次向右运动后的瞬间，记弹簧的伸长为 1 B。按题意，此后小球至多 只能向左运动。将将 1 B视为 0 A，利用（1）的结果以及 1 B的表达式可知，当 0 34mgmg A kk 时，小球最终静止于 0 4 0 mg xA k 式取等号时，式也取等号。当 0 45mgmg A kk 时，小球最终静止于 10 4 0 mg xAA k （3）设小球第1次向右运动至速度为零的位置为 1 B（ 1 0B） ，第1次返回至速度为零的位 6 置为 1 A（ 1 0A） ；第n次向右运动至速度为零的位置为 n B（0 n B） ，第n次返回至 速度为零的位置