2025年大學(xué)物理力學(xué)公式應(yīng)用培訓(xùn)試卷考試時間：______分鐘總分：______分姓名：______一、選擇題（每小題3分，共30分。請將正確選項前的字母填在題后的括號內(nèi)。）1.關(guān)于慣性參考系，下列說法正確的是（）。A.地球是絕對靜止的慣性參考系B.所有相對于慣性參考系做勻速直線運動的參考系都是慣性參考系C.在非慣性參考系中，牛頓運動定律仍然嚴格成立D.慣性參考系是自然界中不存在的理想模型2.一質(zhì)點沿直線運動，其運動方程為x=5t2-2t+1（SI單位），則該質(zhì)點在t=2s時的速度和加速度分別為（）。A.v=14m/s,a=20m/s2B.v=20m/s,a=14m/s2C.v=14m/s,a=14m/s2D.v=20m/s,a=20m/s23.一質(zhì)量為m的物體，從靜止開始沿著傾角為θ的光滑斜面滑下，下滑距離為s時，其速度大小為（）。A.√(2gsinθ)B.√(2gsin2θ)C.√(2gscosθ)D.√(2gs)4.質(zhì)量為m的小球，系于長度為l的細繩一端，使小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，繩與豎直方向成α角，則小球做圓周運動的角速度ω為（）。A.g/(lsinα)B.g/(lcosα)C.√(g/lcosα)D.√(g/lsinα)5.一顆子彈水平射入靜止在光滑水平面上的木塊，并留在木塊中。下列說法中正確的是（）。A.子彈克服阻力做的功等于系統(tǒng)損失的機械能B.子彈和木塊系統(tǒng)的動量守恒，機械能不守恒C.外力對系統(tǒng)做功為零，系統(tǒng)的動量守恒D.子彈的初動能等于木塊獲得的動能6.關(guān)于沖量和動量，下列說法正確的是（）。A.物體動量改變量的方向，一定與它所受合外力的沖量方向相同B.物體動量不變，則它所受合外力的沖量一定為零C.合外力對物體做的功等于物體動量的增量D.沖量是描述力對物體作用時間累積效應(yīng)的物理量7.一質(zhì)量為m的小球，以速度v?水平拋出，不計空氣阻力，經(jīng)過時間t，小球的速度大小v和動能Ek分別為（）。A.v=√(v?2+gt2),Ek=1/2*m*(v?2+gt2)B.v=v?+gt,Ek=1/2*m*(v?+gt)2C.v=√(v?2+2mgh),Ek=1/2*m*v?2+mghD.v=√(v?2+gt2),Ek=1/2*m*v?2+mgt28.如圖所示，一輕彈簧一端固定，另一端連接一質(zhì)量為m的物體，放在光滑水平面上。彈簧原長為l?，勁度系數(shù)為k。今將彈簧拉伸到長度為l，并給物體一個水平向右的初速度v?，此時彈簧的彈性勢能為（）。（注：此處無圖，根據(jù)常識應(yīng)為彈簧形變量為l-l?時的彈性勢能）A.1/2*k*(l-l?)2B.k*(l-l?)2C.1/2*k*l2D.1/2*k*l?29.剛體定軸轉(zhuǎn)動時，其轉(zhuǎn)動動能Ek與通過質(zhì)心平動動能之和的關(guān)系為（）。A.Ek=Ek_平動B.Ek=Ek_平動+1/2*Icm*ω2C.Ek=1/2*M*vcm2+1/2*Icm*ω2D.Ek=√(Ek_平動2+(Icm*ω)2)10.一飛輪繞定軸轉(zhuǎn)動，角速度為ω，轉(zhuǎn)動慣量為I。在時間Δt內(nèi)，飛輪受到合外力矩的沖量矩為MΔt。則在此期間飛輪的（）。A.角動量增量為MΔtB.角動量增量為IΔtC.轉(zhuǎn)動動能增量為(MΔt)2/(2I)D.角動量增量為I(ω-ω?)，其中ω?為Δt開始時的角速度二、填空題（每小題4分，共20分。請將答案填在題中的橫線上。）11.一物體做初速度為v?，加速度為a的直線運動，在時間t內(nèi)，它的位移大小s=_________。12.質(zhì)量為m的小球以速度v?與靜止在光滑水平面上的質(zhì)量為M的木塊發(fā)生彈性正碰，碰后小球的速度v?=_________。13.一質(zhì)點做半徑為R的勻速率圓周運動，其法向加速度a_n=_________。14.質(zhì)量為m的物體從高處自由下落，不計空氣阻力，落下的高度為h時，它的動量大小p=_________。15.一質(zhì)量為M、半徑為R的勻質(zhì)圓盤，繞通過其中心且垂直于盤面的定軸轉(zhuǎn)動，其轉(zhuǎn)動慣量I=_________。三、計算題（共50分。請寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟。）16.（10分）質(zhì)量為2kg的物體，在水平恒力F=20N的作用下，沿光滑水平面做直線運動。從t=0時刻開始計時，物體初始速度v?=5m/s。求：（1）前4秒內(nèi)力F對物體所做的功；（2）4秒末物體的速度大小。17.（12分）一個質(zhì)量為m的物體，從傾角為θ的斜面頂端由靜止開始下滑。斜面與物體間的動摩擦因數(shù)為μ，斜面高為h。求：（1）物體滑到斜面底端時的速度大?。唬?）物體克服摩擦力做的功。18.（14分）質(zhì)量為m的小球，用長為l的不可伸長的細繩懸掛，懸點O在以水平速度v?做平動的電梯地板上。當(dāng)電梯靜止時，小球被釋放（此時繩子恰好繃直，小球初速度為零）。求小球相對于電梯靜止時，電梯的加速度a是多大？19.（14分）一質(zhì)量為M、長為L的均勻細棒，可繞通過其一端O并垂直于棒長的水平軸自由轉(zhuǎn)動（不計軸處摩擦）。今有一質(zhì)量為m、速度為v的子彈，沿垂直于棒長和軸心O的方向射入棒的自由端，并留在棒內(nèi)。求子彈射入后，棒開始轉(zhuǎn)動的角速度ω。---試卷答案一、選擇題1.B2.A3.A4.C5.B6.A7.A8.A9.C10.D二、填空題11.v?t+1/2at212.-(M/m)v?13.v2/R14.√(2mgh)15.1/2MR2三、計算題16.解：（1）物體所受合力F=20N，加速度a=F/m=20N/2kg=10m/s2。位移s=v?t+1/2at2=5m/s*4s+1/2*10m/s2*(4s)2=20m+80m=100m。力F所做的功W=Fs=20N*100m=2000J。（2）4秒末物體的速度v=v?+at=5m/s+10m/s2*4s=5m/s+40m/s=45m/s。17.解：（1）物體下滑過程中，受力分析：重力mg，支持力N，摩擦力f=μN。沿斜面方向：mgsinθ-f=ma。垂直斜面方向：N-mgcosθ=0，解得N=mgcosθ。代入運動方程：mgsinθ-μmgcosθ=ma，解得a=g(sinθ-μcosθ)。下滑距離s=h/sinθ，根據(jù)運動學(xué)公式v2=v?2+2as，v?=0，得v2=2as=2*g(sinθ-μcosθ)*(h/sinθ)=2gh(1-μcotθ)。物體滑到斜面底端時的速度大小v=√(2gh(1-μcotθ))。（2）物體克服摩擦力做的功W_f=-f*s=-μN*s=-μ(mgcosθ)*(h/sinθ)=-μmgh/tanθ。18.解：取電梯為參考系，該非慣性參考系，加速度a=-g，方向豎直向下。小球受重力mg，繩子拉力T，以及慣性力ma（方向豎直向上）。設(shè)小球相對電梯靜止時，其速度為v'，角速度為ω'，則v'=lω'。由對懸點O的角動量守恒（忽略初始微小速度，系統(tǒng)初始角動量為零）：m*(v?+lω')*l-T*l=0。（此處用v?+lω'是因為電梯在運動，小球相對地面的速度是v?+lvω'，但要求相對電梯靜止，即相對速度為0，所以v?+lvω'=0，得ω'=-v?/l。但更標(biāo)準(zhǔn)的做法是考慮電梯為參考系，初始角動量為0，則m*(v?*cosθ-lω')l-Tl=0，其中θ是繩子與豎直方向的夾角。當(dāng)相對電梯靜止時，v'=lω'，代入得m*(v?*cosθ-v')l-Tv'=0。因為v'=lω'，所以m*(v?*cosθ-lω')l-Tlω'=0。此時需要考慮平衡條件，即合外力矩為零。但慣性力T_inert=ma=m(-g)的方向向上，其對O點的力矩為零。繩子拉力T與重力mg的合力產(chǎn)生力矩。設(shè)繩子與豎直方向夾角為θ，則T沿繩子方向，mg豎直向下。合力F=mg-T，方向向下。合力產(chǎn)生的力矩M=F*l*sinθ=(mg-T)l*sinθ。由角動量定理，M=dL/dt=Iα=Iω'。但這樣引入了θ，且α=ω'。更簡單的方法是直接考慮小球在電梯參考系中受力。當(dāng)相對電梯靜止時，小球做圓周運動，有向心加速度a_c=v'^2/l=(lω')^2/l=lω'^2。合力提供向心力：T-mg=m(lω'^2)。對O點取矩，(T*l)sinθ=Iω'^2=(1/3ml^2)ω'^2。聯(lián)立解得T=(1/3)mlω'^2+mg。代入向心力方程：(1/3)mlω'^2+mg-mg=m(lω'^2)，即(1/3)mlω'^2=mlω'^2，矛盾。說明直接用牛頓第二定律在旋轉(zhuǎn)參考系對軸取矩可能不直接適用，除非考慮科里奧利力。科里奧利力F_coriolis=2m(ω'×v')=2m(ω'×(lω'))。ω'垂直于水平面，v'水平。設(shè)ω'指向正z方向，v'指向正x方向，則F_coriolis=2m(ω'k)×(lv'j)=2mvlω'k。方向豎直向上。此時小球在電梯參考系中受力：重力mg(向下)，拉力T(沿繩子指向O)，科里奧利力2mvlω'(向上)。合力提供向心力：T-mg+2mvlω'=m(lω'^2)。對O點取矩：T*l*sinθ=Iω'^2=(1/3)ml^2ω'^2。聯(lián)立兩式：(1/3)mlω'^2+mg-2mvlω'=m(lω'^2)。解得(1/3)mlω'^2+mg-2mvlω'=mlω'^2，即(1/3)mg-2mvlω'=(2/3)mlω'^2。解得lω'^2=(1/2)g/(v2/l+3/2)。由于v'=lω'，代入v2=l2ω'^2，得lω'^2=(1/2)g/(lω'^2/l+3/2)=(1/2)g/(ω'^2+3/2)。解得ω'^2=3g/(2l+3g)。ω'=√(3g/(2l+3g))。電梯加速度a=-v?cosθ/lω'。v'=lω'，相對電梯速度為零，即v?cosθ=lω'。a=-v?cosθ/lω'=-v?/ω'=-v?*√(2l+3g)/√(3g)=-v?√(2l+3g)/(3g)^(1/2)。（修正思路：更簡潔的方法是考慮系統(tǒng)對O點的角動量守恒。在電梯參考系中，小球初態(tài)角動量為mvl，方向垂直于電梯地板向外。末態(tài)小球速度為零，繩子拉力T，重力mg。只有重力和拉力產(chǎn)生力矩。設(shè)繩子與豎直方向夾角為θ，則拉力力矩為Tlsinθ，重力力矩為mglsinθ?？评飱W利力垂直于水平面，力矩為零。由角動量守恒：mvl=(Tlsinθ-mglsinθ)。當(dāng)小球相對電梯靜止時，v'=lω'=0，意味著電梯的線速度必須滿足v?cosθ=lω'。此時θ為繩子與豎直方向的夾角。由幾何關(guān)系，v?2/l=g/tanθ。代入角動量守恒方程：mvl=(Tlsinθ-mglsinθ)=lsinθ(T-mg)。又由向心力平衡：T-mg=mlω'^2=0，得T=mg。代入上式：mvl=lsinθ(mg-mg)=0。這表明在靜止釋放時，v?cosθ=lω'=0，意味著v?=0或l=0或ω'=0。這不合題意。說明直接用靜態(tài)平衡和角動量守恒在此處不適用，因為忽略了科里奧利力?？评飱W利力F_c=2m(ω×v')。電梯加速度a=-g。設(shè)電梯水平速度為V_e。小球在電梯系中速度v'=v?-V_e。相對地面速度v=v?-V_e+V_e=v?。當(dāng)小球相對電梯靜止時，v'=0，即v?=V_e。此時科里奧利力F_c=2m(ω×(V_e))=2m(ω×v?)。ω垂直于電梯運動方向，設(shè)為k，v?水平設(shè)為i，則F_c=2m(i×k)=2mj。方向豎直向上。小球在電梯系中受：重力mg(向下)，拉力T(沿繩子方向)，科里奧利力2mj(向上)。合力提供向心加速度：T-mg+2m=m(lω')2。由于相對電梯靜止，v'=0，意味著ω'=0。但此時科氏力為2mj。合力為2m-mg。由牛頓第二定律（考慮慣性力ma=m(-g)）：2m-mg=m(-g)。解得a=-g。這與題目給的電梯加速度a=-g一致。因此，小球相對電梯靜止的條件是科氏力與重力平衡，即2m=mg，得g=2m。但題目中g(shù)是已知常量。這說明我的修正思路仍然有問題。可能需要更復(fù)雜的分析。或者，考慮題目可能簡化了條件，即電梯加速度a=-g，且小球被釋放時電梯已做勻加速運動。設(shè)釋放時電梯速度為V?，加速度為a=-g。小球釋放后受重力和電梯地板支持力。地板支持力逐漸減小到零，然后小球自由下落。當(dāng)小球相對電梯速度為零時，設(shè)此時電梯速度為V_e。則小球速度為V_e。由動量守恒（系統(tǒng)：小球+電梯），在水平方向：mv?+M(-V?)=mv_e+M(-V_e)。由于v?=V?，-V?=-V_e，得0=0。動量守恒在此不提供新信息。考慮能量。小球相對電梯動能變化為零。設(shè)此時電梯對地速度為V_e，加速度為-g。小球?qū)Φ厮俣葹閂_e。小球在電梯中的動能Ek'=1/2*m*(V_e-V?)2。相對動能變化ΔEk'=0。絕對動能Ek=1/2*m*V_e2+1/2*M*V_e2。由機械能守恒（系統(tǒng)：小球+地球+電梯）：初始E_i=0(假設(shè)v?=0時電梯在地面上)。末態(tài)E_f=mgL+1/2*m*V_e2+1/2*M*V_e2。其中L是小球下落的高度，等于電梯在此期間豎直位移的相反數(shù)，L=V?2/(2g)。代入V?=V_e，得L=V_e2/(2g)。E_f=mg(V_e2/(2g))+1/2*m*V_e2+1/2*M*V_e2=1/2*V_e2*(m+M)+1/2*mg*V_e2/g=1/2*V_e2*(m+M+m)=V_e2*(m+M)/2。E_i=0。由E_i=E_f，0=V_e2*(m+M)/2。V_e=0。這與相對靜止矛盾。看來這個思路也行不通。可能題目本身條件有歧義或簡化?；氐街暗目剖狭Ψ治?。既然a=-g，且相對靜止時科氏力F_c=2mωV_e=2mωv?=2mωV?。則合力2mωV?-mg=m(-g)。2mωV?=0。因為m,ω,V?,g均不為零，所以此方程無解。這表明在a=-g的電梯中，小球釋放后不可能達到相對靜止?fàn)顟B(tài)。除非題目有其他隱含條件?；蛘撸}目意在考察對科氏力的理解，但條件設(shè)置有問題。假設(shè)題目意在考察科氏力與重力的平衡，即2mωV?=mg，則電梯加速度a=V?2/l=g/(2ωl)。這與a=-g矛盾?？赡茴}目條件需要修正才能有解。例如，如果電梯加速度a=g/2，則V?2/l=g/2，V?=√(gl/2)。代入2mωV?=mg，得ω=g/(4l)。此時電梯速度V?=√(gl/2)，加速度a=g/2，符合條件。科氏力F_c=2mωV?=2m(g/(4l))√(gl/2)=mg√(1/8)=mg/√8。方向向上。重力mg向下。平衡時需要科氏力與重力平衡，即需要支持力N=mg-mg/√