2025年大学大一（工程力学基础）动力学分析试题及解析.doc

2025年大学大一（工程力学基础）动力学分析试题及解析

（考试时间：90分钟 满分100分）
班级______ 姓名______

第I卷（选择题 共30分）

答题要求：本大题共10小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1. 一质点做直线运动，其速度随时间变化的关系为v = 3t² - 2t + 1（v的单位为m/s，t的单位为s），则t = 2s时质点的加速度为（ ）
A. 10m/s² B. 11m/s² C. 12m/s² D. 13m/s²

2. 质量为m的物体在水平恒力F作用下，从静止开始沿水平面运动，经过时间t后撤去外力F，又经过时间2t物体停止运动，则物体与水平面间的动摩擦因数为（ ）
A. F/3mg B. F/4mg C. F/5mg D. F/6mg

3. 一物体做平抛运动，在落地前1s内，它的速度方向由与水平方向成30°角变为与水平方向成45°角，求物体抛出时的初速度大小为（ ）
A. 10m/s B. 10(√3 + 1)m/s C. 10√3m/s D. 5(√3 + 1)m/s

4. 如图所示，轻绳一端系在质量为m的物体A上，另一端系在一个套在粗糙竖直杆MN的圆环上。现用水平力F拉住绳子上一点O，使物体A从图中实线位置缓慢上升到虚线位置，但圆环仍保持在原来位置不动，则在这一过程中，环对杆的摩擦力Ff和环对杆的压力FN的变化情况是（ ）
A. Ff不变，FN不变 B. Ff增大，FN不变
C. Ff增大，FN减小 D. Ff不变，FN减小

5. 一个质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点，小球在水平力F作用下，从平衡位置P点缓慢地移到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ，如图所示，则力F所做的功为（ ）
A. mgLcosθ B. mgL(1 - cosθ) C. FLsinθ D. FLcosθ

6. 关于功和能，下列说法正确的是（ ）
A. 功是能量转化的量度
B. 功可以全部转化为能，但能不可以全部转化为功
C. 做功的过程就是能量转化的过程
D. 物体的动能不变，则合力一定不做功

7. 一质量为m的滑块以初速度v0从固定斜面底端沿斜面向上滑动，斜面足够长，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，已知滑块上滑过程中加速度大小为a1，下滑过程中加速度大小为a2，则（ ）
A. a1 = a2 B. a1 > a2 C. a1 < a2 D. 无法确定

8. 如图所示，在光滑水平面上有一质量为M的小车，小车上固定一光滑的半圆弧形轨道，轨道半径为R，一质量为m的小球以水平速度v0沿切线方向冲向小车，小球恰好能通过半圆轨道的最高点，则小球通过最高点时小车的速度大小为（ ）
A. mv0/(M + m) B. Mv0/(M + m) C. mv0/M D. Mv0/m

9. 一个质量为m的物体在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，运动周期为T，则物体运动过程中向心力的大小为（ ）
A. 4π²mR/T² B. 2π²mR/T² C. π²mR/T² D. πmR/T²

10. 如图所示，质量为m的物块与转台之间能出现的最大静摩擦力为物块重力的k倍，它与转轴OO′相距R，物块随转台由静止开始转动。当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动。在物块由静止到开始滑动前的这一过程中，转台对物块做的功为（ ）
A. 0 B. 2kmgR C. kmgR D. kmgR/2

第II卷（非选择题 共70分）

11. （10分）
答题要求：请简述牛顿第二定律的内容，并写出其表达式。

12. （15分）
答题要求：如图所示，质量为m = 2kg的物体，在水平恒力F作用下，从静止开始沿水平面运动，已知物体与水平面间的动摩擦因数μ = 0.2，经过时间t = 5s，速度达到v = 10m/s。求：
（1）物体运动的加速度大小；
（2）水平恒力F的大小。

1-10答案：1. A 2. C 3. B 4. B 5. B 6. ACD 7. B 8. A 9. A 10 C

11. 牛顿第二定律内容：物体加速度的大小跟作用力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。表达式：F = ma，其中F为合外力，m为物体质量，a为物体加速度。

12. （1）根据加速度定义式a = (v - 0)/t，可得a = 10/5 = 2m/s²。
（2）对物体受力分析，物体受水平恒力F和摩擦力f，根据牛顿第二定律F - f = ma，f = μmg，可得F = ma + μmg = 2×2 + 0.2×2×10 = 8N。

13. （1）对小球受力分析，小球受重力mg和绳子拉力T，在最低点，根据牛顿第二定律T - mg = mv²/R，可得T = mg + mv²/R = 0.5×10 + 0.5×4²/0.5 = 21N。
（2）小球从最低点到最高点过程，根据动能定理 - 2mgR = 1/2mv高² - 1/2mv低²，可得v高 = 2m/s。在最高点，根据牛顿第二定律T高 + mg = mv高²/R，可得T高 = mv高²/R - mg = 0.5×2²/0.5 - 0.5×10 = 3N。

14. （1）物块下滑过程，根据动能定理mgh - Wf = 1/2mv²，可得Wf = mgh - 1/2mv² = 2×10×5 - 1/2×2×10² = 0J。
（2）根据Wf = μmgcosθ·s，可得μ = Wf/(mgcosθ·s) = 0/(2×10×0.8×5) = 0（此处计算有误，重新计算如下：由mgh - μmgcosθ·s = 1/2mv²，2×10×5 - μ×2×10×0.8×5 = 1/2×2×10²，解得μ = 0.25）。

15. （1）设物块与A碰撞前速度为v1，根据动能定理mgh = 1/2mv1²，可得v1 = √(2gh) = √(2×10×5) = 10m/s。物块与A碰撞过程，根据动量守恒定律mv1 = (m + M)v2，可得v2 = mv1/(m + M) = (2×10)/(2 + 3) = 4m/s。
（2）碰撞后A、B整体在光滑水平面上运动，根据动量守恒定律(m + M)v2 = (m + M + m)v3，可得v3 = (m + M)v2/(m + M + m) = (2 + 3)×4/(2 + 3 + 2) = 20/7m/s。根据能量守恒定律，弹簧弹性势能最大时，A、B、物块速度相等，设为v共，(m + M)v2 = (m + M + m)v共，可得v共 = (m + M)v2/(m + M + m) = 20/7m/s，弹性势能Ep = 1/2(m + M)v2² - 1/2(m + M + m)v共² = 1/2×(2 + 3)×4² - 1/2×(2 + 3 + 2)×(20/7)² = (200/49)J。