12132大物A、B期中试卷 参考答案
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3
1.（16分）
一个质点xoy 平面内运动，其运动方程为：2
35
()0.534x t SI y t t =+⎧⎨=--⎩，求： （1） 质点的轨迹方程； （2） 从11t s =到22t s =内质点的位移矢量； （3） 任意时刻质点的速度矢量和加速度矢量； （4） 3t s =时质点的切向加速度和法向加速度矢量。
解：（1）轨迹方程：22111443
(2843)1818918
y x x x x =
-+=-+ ； （4分） （2）18 6.5t r i j ==- ， 2118t r i j ==- ， 3 1.5()r i j m ∆=-； （1+1+2=4分） （3）3(3)dr
v i t j dt
=
=+- ， a j = ； （2+2=4分） （4）方法一：当3t s =时，0v a ⋅=，即此时v a ⊥， n a a j ∴== ，0a τ= ； （2+2=4分）
方法二： 2
x v v =+=
⇒ 3
0dv a dt τ==
==， n a a j ∴==
2.（15分）
一质量为m 的质点，沿半径为R 的光滑圆弧轨道，无初速度地由顶端滑下，求：
（1）在θ位置时的角加速度()βθ和角速度()ωθ； （2）在θ位置时质点受到轨道的正压力()N θ； （3）滑到θ为多大时，质点将脱离轨道飞出？
厦门大学《大学物理》A 、B 上课程期中
试卷参考答案（完整版）
12—13学年第2学期（2013.4.）
θ
解：（1）2
:sin (1)
:cos (2)mg mR n mg N mR τθβθω⎧=−−→⎨-=−−
→⎩ ，（2+2=4分） 由（1）得 ：sin g R
θ
β=
（2分）， 又d d d dt d d ωθωωβθθ
=
⋅= ， 0
sin g d d d R ω
θ
θ
ωωβθθ
θ∴==⎰⎰⎰
⇒ 解得：ω= （3分） ； （2）由（2）式可得：(3cos 2)N mg θ=- ；（3分）
（3）当0N =时，即2
arccos 3
θ=时，质点将开始脱离球面飞出。
（3分）
（另类解法：由机械能守恒定律求解也可）
3.（14分）
如图所示，一质量为m 的均质滑轮上跨有不能伸长的轻绳，绳子的两端连接着质量分别为1m 和2m 的物体A 、B （12m m >）.滑轮以恒定加速度0a 向上运动，求：A 、B 两物体的加速度1a 、2a 的大小；
（设滑轮可视为均质圆盘，滑轮与绳子无相对滑动，且不计滑轮轴承及滑轮与绳子间的摩擦力）
解：11110:()(1)m m g T m a a '-=-→
22220:()(2)m T m g m a a '-=+→ （2+2+2+2=8分,四个方程各给2分） 2121
:(3)2
m T R T R mR β-=
⋅→ 又(4)a R β'=→ 解得：
物体的加速度：12201012()(2)2()2
m m m g m a a a a m m m --+
'=-=
++
， 21102012()(2)2()2
m m m g m a a a a m m m -++
'=+=++
；
（3+3=6分）
m 2
m 1
4.（14分）
长为l 的均质链条，部分置于水平面上，另一部分自然下垂, 已知链条与水平面间静摩擦系数为0μ, 滑动摩擦系数为μ，问： （1）满足什么条件时，链条将开始滑动；
（2）在满足问题（1）的条件下，链条自静止开始滑动，当链条末端刚刚滑离桌面时，其速度等于多少？
解：（1）假设链条单位长度质量为λ，当垂直部分长度为b 时链条开始下滑，b 应满足：
0()0bg l b g λμλ--=（3分） → 0
1b l μμ∴=
+ ；
（2分） （2）链条下滑过程中重力功： 22 1
d ()2
l
G b W yg y g l b λλ==-⎰ ，
摩擦力的功： 2 1
()d ()2
l f b W l y y g l b μλμλ=--=--⎰ ，（3分）
由动能定理：G f k W W E ∆+= ⇒ 2222111
()()0222
g l b g l b l λμλλ---=-v （3分）
解得：=
v 。
（3分） *另，用功能原理求解：
f W E ∆= ⇒ 22221111
()()(0)2222
g l b gl l gb μλλλλ--=-+--+v （或3分）
5.（12分）
把一个物体从地球表面上沿铅垂方向以第二宇宙速度0=
v 阻力。
式中e M 和e R 分别为地球的质量和平均半径，G 为万有引力常量。
求物体从地面飞行到与地心相距e nR 的高度处所经历的时间。
解：物体上升过程中机械能守恒，当上升高度为x 时：
2
201122e e e M m M m m G m G R x -=-v v （4分）→
=
v 2分）
d d x t =
=v →
d d x t x ==
v
d e
t
nR R t x ∴=⎰⎰
（2分） →
()3/23/21e t R n =- （4分）。
6.（14分）
求一质量为m ，边长为a 的等边三角形平面，绕通过其边长轴的转动惯量y J （已知质量为m 、长为L 的均匀细棒，对通过棒的一端、
且与棒长相垂直的轴的转动惯量为21
3
J mL =）。
解：设三角形质量面密度为σ
，σ=
=
（2分）， 在0,0x y >>
处，三角形边长的直线方程：32
a
y x =-
+ （4分）
，
233
1133y dJ dm x x dy x dx σ∴=⋅⋅== ，
（4分）
34212)8
y y J dJ x dx ma ∴==⨯==⎰（4分） 7.（15分）
长度l ，质量1m 的匀质细杆，可绕通过O 点垂直于纸面的水平轴转动。
令杆自水平位置静止下摆，在铅垂位置与质量2m 的物体发生完全弹性碰撞，碰后物体沿着摩擦系数为μ的水平面滑动，当
12m m =时，求：
（1）碰撞时物体受到杆的冲量； （2）物体滑过的距离； （3
）碰后杆能上升的最大角度。
x
解：a.细杆由水平位置静止下摆至铅垂位置过程机械能守恒：
22111011()223l m g
m l ω= （2分） →
10ω= ， b.细杆在铅垂位置与2m 完全弹性碰撞过程
角动量守恒：
222
11011221133m l m l m l ωωω=+——（1） （2分） 机械能守恒： 1222
2222110
1211111()()()23232
m l m l m l ωωω=+ （2分） 解得：
12110123(
)3m m m m ωω-==+， ⇒ 当12m m =时有
11012ωω=-=，负号表示细杆往回摆；
11101223m m m ωω=
=
+ ， ⇒ 当12m m =时有
11012ωω==
（1）碰撞时物体受到杆的冲量：I P =∆ , 即
: 21220I P P m l ω=-=-=
； 当12m m =
时有I =3分） （2）根据动能定理有：221
02
fs m v -=- （2分），又2f N m g μμ==
解得2m 移动距离：212
1263(3)8m l l
s m m μμ
==+ （1分）； （3）碰后杆能上升过程机械能守恒：
2211111()(1cos )232
l
m l m g ωθ=- （2分）， 解得：0
122
1212341.4(3)4
m m m m θ==+=arccos
arccos （1分）。
