物理每日一题.doc

1、2012年11月，我国舰载机在航母上首降成功．设某一载舰机质量为m=2.5×104 kg，速度为v0=42m/s，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，飞机将在甲板上以a0=0.8m/s2的加速度做匀减速运动，着舰过程中航母静止不动．
（1）飞机着舰后，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，航母甲板至少多长才能保证飞机不滑到海里？
（2）为了让飞机在有限长度的跑道上停下来，甲板上设置了阻拦索让飞机减速，同时考虑到飞机尾钩挂索失败需要复飞的情况，飞机着舰时并不关闭发动机．图示为飞机勾住阻拦索后某一时刻的情景，此时发动机的推力大小为F=1.2×105 N，减速的加速度a1=20m/s2，此时阻拦索夹角θ=106°，空气阻力和甲板阻力保持不变，求此时阻拦索承受的张力大小？

2、如图所示，质量m=2.0kg的木块静止在水平面上，用大小F=20N、方向与水平方向成θ=37°角的力拉动木块，当木块运动到x=10m时撤去力F．不计空气阻力．已知木块与水平面间的动摩擦因数µ=0.2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．g取10m/s2．求：（1）撤去力F时木块速度的大小；（2）撤去力F后木块运动的时间．

3、如图所示，有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度v＝4 m/s，传送带与水平面的夹角θ＝37°，现将质量m=1kg的小物块轻放在其底端(小物块可视作质点)，与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F＝8N，经过一段时间，小物块上到了离地面高为＝2.4 m的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，（g取10 m/s2， sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）.问：（1）物块从传送带底端运动到平台上所用的时间？
（2）若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度？

4、如图所示，一水平传送带长为20m，以2m/s的速度做匀速运动．已知某物体与传送带间的动摩擦因数为0.1，现将该物体由静止轻放到传送带的A端．求物体被传送到另一端B所需的时间．（g取lOm/s2）

5、如图所示，足够长的固定斜面的倾角θ＝370，一物体以v0=12m/s的初速度从斜面上A点处沿斜面向上运动；加速度大小为a=8m/s2，g取10m/s2．求:(1)物体沿斜面上滑的最大距离x；
(2)物体与斜面间的动摩擦因数μ；(3)物体返回到A处时的速度大小v．

6、随着生活水平的提高，家用轿车逐渐走进了人们的生活，它给人们带来方便的同时也带来了城市交通的压力，为了使车辆安全有序的行驶，司机必须严格遵守交通规则．如右图所示为某汽车通过十字路口时的图象，以司机发现红灯并开始刹车为计时起点．已知汽车的质量为，假设汽车在运动中受到的阻力恒为500N．试分析以下问题：（1）根据汽车运动的图象画出其图象；（2）汽车刹车和再次起动时的加速度各多大?（3）汽车刹车时的制动力多大?再次起动时的牵引力又是多少?

7、在水平地面上有一质量为2kg的物体，物体在水平拉力F的作用下由静止开始运动，10s后拉力大小减为F／3，该物体的运动速度随时间t的变化规律如图所示．求：
（1）物体受到的拉力F的大小．
（2）物体与地面之间的动摩擦因素．（g取10m／s2）

8、长L＝0.5 m的轻杆，其一端连接着一个零件A，A的质量m＝１kg. 现让A在竖直平面内绕O点做匀速圆周运动，如图所示．在A通过最高点时，求下列两种情况下A对杆的作用力：
(1) A的速率为 ２m/s；
(2) A的速率为３m/s.(g＝10 m/s2)

9、如图所示，半径=0.4m的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与粗糙的水平地面相切于圆环的端点A．一质量=0.1kg的小球，以初速度=8m/s在水平地面上向左作加速度=4m/s2的匀减速直线运动，运动4m后，冲上竖直半圆环，经过最高点B最后小球落在C点。取重力加速度=10m/s2。求：（1）小球到达A点时速度大小；（2）小球经过B点时对轨道的压力大小；
（3）A、C两点间的距离。

10、如图所示，用一根长为l=1m的细线，一端系一质量为m=1kg的小球（可视为质点），另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ=37°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为T．（g取10m/s2，结果可用根式表示）求：
（1）若要小球离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？
（2）若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？

11、如图所示，宇航员站在某质量分布均镁光的星球表面斜坡上，从P点沿水平方向以初速度v0抛出一个小球，测得小球经时间t落到斜坡上另一点Q，斜面倾角为α，已知星球半径为R，万有引力常量为G，求：（1）该星球表面的重力加速度；（2）该星球的第一宇宙速度v；（3）该星球的密度．

12、如图所示，倾角为37°的斜面长l=1.9m，在斜面底端正上方的O点将一小球以速度v0=3m/s的速度水平抛出，与此同时静止释放在顶端的滑块，经过一段时间后将小球恰好能够以垂直斜面的方向击中滑块.（小球和滑块均视为质点，重力加速度g=9.8m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8），求：（1）抛出点O离斜面底端的高度；（2）滑块与斜面间的动摩擦因素μ.

13、如图所示，半径为R，内径很小的光滑半圆管道竖直放置，质量为m的小球以某一速度进入管内，小球通过最高点P时，对管壁的压力为0.5mg.求：(1)小球从管口P飞出时的速率； (2)小球落地点到P点的水平距离．

14、如图5－2－25所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动．现测得转台半径R＝0.5 m，离水平地面的高度H＝0.8 m，物块平抛落地过程水平位移的大小 s＝0.4 m．设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)物块做平抛运动的初速度大小v0；(2)物块与转台间的动摩擦因数μ.

15、如图质量M=0.2kg的木块放在水平台面上，台面比水平地面高出h=0.20m，木块离台的右端L=1.7m．质量为m=0.10M的子弹以v0=180m/s的速度水平射向木块，当子弹以v=90m/s的速度水平射出时，木块的速度为v1=9m/s（此过程作用时间极短，可认为木块的位移为零）．若木块落到水平地面时的落地点到台面右端的水平距离为l=1.6m，求：（1）木块对子弹所做的功W1和子弹对木块所做的功W2；（2）木块与台面间的动摩擦因数μ．

16、如图，水平粗糙轨道AB与半圆形光滑的竖直圆轨道BC相连，B点与C点的连线沿竖直方向，AB段长为L，圆轨道的半径为R。一个小滑块以初速度vo从A点开始沿轨道滑动，已知它运动到C点时对轨道的压力大小恰好等于其重力。求：（1）滑块运动到C点的速度VC ；（2）滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ。

17、水平桌面上水平固定放置一光滑的半圆形挡板BDC，其半径为R=0.6m．一质量m=0.2kg的小物块受水平拉力F作用从A点由静止开始向B点作直线运动，当进入半圆形档板BDC瞬间，撤去拉力F，小物块沿挡板继续运动，并从C点离开，如图所示（此图为俯视图）．已知BC右侧桌面光滑，左侧桌面与小物块间的动摩擦因数为μ=0.2，A、B间距离为L=1.5m，水平拉力恒为F=1.0N，g=10m/s2．求（1）小物块运动到B点时的速度大小；（2）小物块运动到D点时对档板的压力大小；（3）计算小物块离开C点后2s内物体克服摩擦力做的功．

18、跳伞运动员从跳伞塔上跳下，当降落伞全部打开时，伞和运动员所受的空气阻力大小跟下落速度的平方成正比，即f=kv2，已知比例系数k=20N•s2/m2．运动员和伞的总质量m=72kg，设跳伞塔足够高且运动员跳离塔后即打开伞，取g=10m/s2，求：（1）跳伞员的下落速度达到3m/s时，其加速度多大？（2）跳伞员最后下落速度多大？（3）若跳伞塔高200m，则跳伞员从开始跳下到即将触地的过程中，损失了多少机械能？

19、如图所示，轨道ABC被竖直地固定在水平桌面上，A距水平地面高H=0.75m，C距水平地面高h=0.45m。一质量m=0.10kg的小物块自A点从静止开始下滑，从C点以水平速度飞出后落在地面上的D点。现测得C、D两点的水平距离为x=0.60m。不计空气阻力，取g=10m/s2。求：（1）小物块从C点运动到D点经历的时间t；（2）小物块从C点飞出时速度的大小vC；（3）小物块从A点运动到C点的过程中克服摩擦力做的功Wf。

20、如图所示，跨过定滑轮的轻绳两端的物体A和B的质量分别为M和m，物体A在水平面上且由静止释放，当B沿竖直方向下落h时，测得A沿水平面运动的速度为v，这时细绳与水平面的夹角为θ，试分析计算B下降h过程中，地面摩擦力对A做的功(滑轮的质量和摩擦均不计)．

21、如图所示是在竖直平面内，由斜面和圆形轨道分别与水平面相切连接而成的光滑轨道，圆形轨道的半径为R.质量为m的小物块从斜面上距水平面高为h＝2.5R的A点由静止开始下滑，物块通过轨道连接处的B、C点时，无机械能损失．求：(1)小物块通过B点时速度vB的大小；(2)小物块通过圆形轨道最低点C时轨道对物块的支持力FN的大小；(3)小物块能否通过圆形轨道的最高点D.

22、质量m＝1 kg的物体，在水平拉力F(拉力方向与物体初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面运动，经过位移4 m时，拉力F停止作用，运动到位移是8 m时物体停止，运动过程中Ek－x的图象如图所示．(g取10 m/s2)求：(1)物体的初速度多大？(2)物体和水平面间的动摩擦因数为多大？(3)拉力F的大小．

23、如图所示，质量m＝1 kg的滑块(可看成质点)，被压缩的弹簧弹出后在粗糙的水平桌面上滑行一段距离x＝0.4 m后从桌面抛出，落在水平地面上。落点到桌边的水平距离s＝1.2 m，桌面距地面的高度h＝0.8 m。滑块与桌面间的动摩擦因数μ＝0.2.(取g＝10 m/s2，空气阻力不计)求：
(1)滑块落地时速度的大小；(2)弹簧弹力对滑块所做的功。

24、如图所示为半径R＝0.50 m 的四分之一圆弧轨道，底端距水平地面的高度h＝0.45 m．一质量m＝1.0 kg的小滑块从圆弧轨道顶端A由静止释放，到达轨道底端B点的速度v＝2.0 m/s.忽略空气阻力．取g＝10 m/s2.求：(1)小滑块在圆弧轨道底端B点对轨道压力的大小；
(2)小滑块由A到B的过程中，克服摩擦力所做的功W；
(3)小滑块落地点与B点的水平距离x.

25、如图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，轨道表面粗糙,点A距水面的高度为H， B点距水面的高度为R，一质量为m的游客（视为质点）从A点由静止开始滑下，到B点时沿水平切线方向滑离轨道后落在水面D点， OD=2R，不计空气阻力，重力加速度为g，求：(1) 游客滑到B点的速度vB的大小(2) 游客运动过程中轨道摩擦力对其所做的功Wf

26、某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛，比赛路径如图所示。可视为质点的赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直半圆轨道，并通过半圆轨道的最高点C，才算完成比赛。B是半圆轨道的最低点，水平直线轨道和半圆轨道相切于B点。已知赛车质量m=0．5kg，通电后以额定功率P=2W工作，进入竖直圆轨道前受到的阻力恒为Ff=0．4N，随后在运动中受到的阻力均可不计，L=10．00m，R=0．32m，(g取10m/s2)。求：
（1）要使赛车完成比赛，赛车在半圆轨道的B点对轨道的压力至少多大；
（2）要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间；
（3）若电动机工作时间为 t0=5s，当R为多少时赛车既能完成比赛且飞出的水平距离又最大，水平距离最大是多少。

27、如图所示为两组平行板金属板，一组竖直放置，紧挨着水平放置一组，今有一质量为m、电荷量为e的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后通过B点立即进入两板间距为d、板长未知，电压为U的水平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B分别为两块竖直板的中点，
求：（1）电子从B点射出的速度大小；（2）电子在右侧平行板间运动的时间（3）电子穿出右侧平行金属板时的动能。

28、如图所示，边长为l的正方形区域abcd内存在着匀强电场．质量为m，电荷量为q的带电粒子以速度v0从a点进入电场，恰好从c点离开电场，离开时速度为v，不计重力，求电场强度．

29、如图所示，两块竖直放置的平行金属板A、B，两板间距d=0.04m，两板间的电压U=400V，板间有一匀强电场．在A、B两板上端连线的中点Q的正上方，距Q为h=1.25m的P点处有一带正电小球，已知小球的质量m=5×10﹣6kg，电荷量q=5×10﹣8C．设A、B板足够长，g取10m/s2．求：
（1）带正电小球从P点开始由静止下落，经多长时间到达Q点？（2）带正电小球从Q点进入电场后，经多长时间与金属板相碰？（3）相碰时，离金属板上端的距离多大？

30、两个半径均为R的圆形平板电极，平行正对放置，相距为d，极板间的电势差为U，板间电场可以认为是均匀的。一个α粒子从正极板边缘以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间，到达负极板时恰好落在极板中心。已知质子电荷为e，质子和中子的质量均视为m，忽略重力和空气阻力的影响，求：⑴极板间的电场强度E；⑵α粒子在极板间运动的加速度a；⑶α粒子的初速度v0。
31、如图所示，有一正粒子，质量为m，电荷量为q，由静止开始经电势差为U1的电场加速后，进入两块板间距离为d，板间电势差为U2的平行金属板间，若质子从两板正中间垂直电场方向射入偏转电场，并且恰能从下板右边缘穿出电场．求：（1）粒子刚进入偏转电场时的速度v0；（2）粒子在偏转电场中运动的时间和金属板的长度；（3）粒子穿出偏转电场时的动能．

32、如图所示为真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1=18kV加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入由两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入偏转电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点．已知M、N两板间的电压为U2=800V，两板间的距离为d=10cm，板长为L1=30cm，板右端到荧光屏的距离为L2=60cm，电子质量为m=9×10﹣31kg，电荷量为e=1.6×10﹣19C．求：（1）电子穿过A板时的速度大小；（2）电子从偏转电场射出时的侧移量；（3）P点到O点的距离

参考答案
一、计算题
1、【考点】： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系；力的合成与分解的运用．
【专题】： 牛顿运动定律综合专题．
【分析】： （1）由匀加速直线运动位移速度公式即可求解；
（2）对飞机进行受力分析根据牛顿第二定律列式即可求解．
【解析】： 解：（1）由运动学公式2a0S0=v02
得S0=
代入数据可得S0=1102.5m
（2）飞机受力分析如图所示．
由牛顿第二定律有2FTcosθ+f﹣F=ma
其中FT为阻拦索的张力，f为空气和甲板对飞机的阻力
飞机仅受空气阻力和甲板阻力时f=ma0
联立上式可得FT=5×105 N   
答：（1）飞机着舰后，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，航母甲板至少1102.5m才能保证飞机不滑到海里；
（2）此时阻拦索承受的张力大小为5×105 N

【点评】： 本题主要考查了匀变速直线运动基本公式及牛顿第二定律的直接应用，难度不大，属于基础题．
2、考点：
牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．版权所有
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
（1）分析木块的受力情况，根据牛顿第二定律和摩擦力公式求出加速度，由运动学位移速度关系公式求出撤去力F时木块速度的大小；
（2）撤去F后，木块由于滑动摩擦力而做匀减速运动，根据牛顿第二定律求出加速度，由速度公式求解木块运动的时间．
解答：
解：（1）力F拉动木块的过程中，木块的受力情况如图1所示．根据牛顿运动定律有
Fcos37°﹣f1=ma1mg﹣Fsin37°﹣N1=0
又因为f1=μN1
代入数据可求得：N1=8.0N，
解得：
因为：v2=2a1x
所以：
（2）撤去F后，木块的受图情况如图2所示．根据牛顿运动定律有：
N2﹣mg=0﹣f2=ma2
又因为：f2=μN2
代入数据可求得：N2=20N，
解得：
因为：v末=v+a2t
所以：
答：
（1）撤去力F时木块速度的大小是12m/s；
（2）撤去力F后木块运动的时间是6s．

点评：
本题是牛顿第二定律和运动学公式结合处理动力学问题，加速度是关键量，是联系力和运动学关系的桥梁，在这种方法中是必求的量．

3、【答案】（1）1.33s    （2）0.85s
【命题立意】本题旨在考查牛顿第二定律、匀变速运动、摩擦力
【解析】对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速为零的匀加速运动，摩擦力的方向沿斜面向上，直至速度达到传送带的速度，由牛顿第二定律：
，计算得：

物块达到与传送带同速后，物体未到顶端，物块受的摩擦力的方向改变，对物块受力分析发现，，因为F=8N而下滑力和最大摩擦力之和为10N。故不能相对斜面向上加速。故得：

得t=t1+t2=
（2）若达到速度相等后撤力F，对物块受力分析，因为，故减速上行，得
物块还需t′离开传送带，离开时的速度为，则：
，
   =0.85s
【举一反三】（1）如果传送带是浅色的，而物体是一炭块，这一过程中，传送带上留下的有色痕迹有多长？
4、考点：
牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
专题：
万有引力定律在天体运动中的应用专题．
分析：
物体在摩擦力的作用下加速运动，先根据牛顿第二定律求解出加速度，然后假设一直加速，根据运动学公式求出加速的位移，再判断物体有没有到达B端，发现没有到达B端，接下来物体做匀速运动直到B端，分两个匀加速和匀速两个过程，分别求出这两个过程的时间即可．
解答：
解：物体在传送带上做匀加速直线运动的加速度a=μg=1m/s2；
物体做匀加速直线运动的时间t1==2s；
匀加速直线运动的位移x1=at12=×1×4m=2m；
则物体做匀速直线运动的位移x2=L﹣x1=20m﹣2m=18m；
匀速运动的时间t2==9s；
故滑块从A到B的总时间为t=t1+t2=2s+9s=11s；
答：求物体被传送到另一端B所需的时间为11s．
点评：
解决本题的关键搞清物体在传送带上的运动规律，运用牛顿第二定律和运动学公式进行求解．

5、（1）上滑过程，由运动学公式 ------------------ (3分)
得   --------------------- (1分)
   （2）上滑过程，由牛顿运动定律得：
    ----------------------- (4分)
 解得：     ---------------------- (1分)
   （3）下滑过程，由动能定理得：
  ---------------- (4分)
解得： m/s          ------------------------- (1分)
6、（1）由图象可以看出，汽车在内刹车减速，做的是匀减速直线运动，此过程中的位移，汽车在内停车等待，此过程中的位移为零；汽车在内加速起动，做的是匀加速直线运动，此过程中的位移以后，汽车匀速行驶，故其图象如右图所示。
（2）汽车刹车时的加速度的大小：

再次起动时的加速度的大小：

（3）汽车刹车时，根据牛顿第二定律得
得汽车刹车时的制动力
同理，汽车再次起动时有
得汽车再次起动时的牵引力。
7、（8分）
解：由牛顿第二定律得：
F－umg=ma1     ……①     （2分）    
umg－F/3=ma2                   ……②      （2分）
由图像可知：a1=0．8 m/s2  ……③（1分 ）  a2=2 m/s2    ……④  （1分）
由①②③④得F=8．4N       （1分）    
代入 ①得u=0．34     （1分）
8、解析：以A为研究对象，设其受到杆的拉力为F，则有
mg＋F＝m.(1)代入数据v＝２ m/s，可得F＝m(－g)＝１×(－10)N＝－２ N，
即A受到杆的支持力为２N．根据牛顿第三定律可得A对杆的作用力为压力２ N.
(2)代入数据v＝4 m/s，可得F＝m(－g)＝１×(－10)N＝８ N，
即A受到杆的拉力为８ N．根据牛顿第三定律可得A对杆的作用力为拉力８ N.
9、（1）
（2）3N   
（3）1.6m
10、【答案】（1）小球的角速度ω0至少为 rad/s．　
（2）小球的角速度ω′为=2 rad/s
【命题立意】本题旨在考查向心力。
【解析】（1）若要小球刚好离开锥面，则小球受到重力和细线拉力如图所示．小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平。
在水平方向运用牛顿第二定律及向心力公式得：
  mgtan θ=mωlsin θ
解得：ω=，即ω0== rad/s．
（2）同理，当细线与竖直方向成60°角时，由牛顿第二定律及向心力公式有：
  mgtan α=mω′2lsin α
解得：ω′2=，即ω′===2 rad/s。
答：（1）小球的角速度ω0至少为 rad/s．　
（2）小球的角速度ω′为=2 rad/s．
11、考点：
万有引力定律及其应用；平抛运动．版权所有
专题：
万有引力定律的应用专题．
分析：
（1）平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据平抛运动的规律求出星球表面的重力加速度．
（2）第一宇宙速度的大小等于贴近星球表面运行的速度．根据万有引力提供向心力求出第一宇宙速度的大小．
（3）根据万有引力等于重力求出星球的质量，结合密度的公式求出星球的密度．
解答：
解：（1）物体落在斜面上有：=
得：g=．
（2）根据万有引力提供向心力得：
则第一宇宙速度为：v===．
（3）根据万有引力等于重力为：，解得星球的质量为：M=．
而V=． 则密度为：ρ====．
答：（1）该星球表面的重力加速度为．
（2）该星球的第一宇宙速度为．
（3）该星球的密度为．
点评：
解决本题的关键掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力这两个理论，并能灵活运用．

12.

12、

13、 (1)分两种情况，当小球对管下部有压力时，则有mg－0.5mg＝  v1＝   
当小球对管上部有压力时，则有mg＋0.5mg＝  v2＝   
(2)小球从管口飞出做平抛运动，2R＝，t＝2     x1＝v1t＝     
x2＝v2t＝            
14、解析　(1)物块做平抛运动，在竖直方向上有H＝gt2，   ①
在水平方向上有：s＝v0t，      ②
由①②式解得v0＝s  ，    ③
代入数据得v0＝1 m/s.
(2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有：
fm＝m，     ④
fm＝μN＝μmg，    ⑤
由④⑤式得μ＝，代入数据得μ＝0.2.
答案　(1)1 m/s　(2)0.2
15、（1）对子弹：从开始到射出木块，由动能定理得：
W1=mv2﹣mv02，
代入数据解得：W1=﹣243J，
对木块：由动能定理得，子弹对木块所做的功：W2=Mv12，
代入数据解得：W2=8.1J；
（2）设木块离开台面时速度为v2，木块在台面上滑行阶段对木块由动能定理得：
﹣μMgL=Mv22﹣Mv12，
木块离开台面后平抛，由平抛规律得：h=gt2，l=v2t，
代入数据解得：μ=0.50；
答：（1）木块对子弹所做的功W1为﹣243J，子弹对木块所做的功W2为8.1J；
（2）木块与台面间的动摩擦因数μ为0.50．
16、 (1)   (2)
（1）由牛顿第三定律可得，滑块在C点时受到轨道的弹力大小也等于重力大小   
在C点，由牛顿第二定律得 ………………………①
解得：  …………………………………………………… ②
（2）滑块从A点运动到C的过程，
由动能定理得: …………………③
解得： ……………………………………………………④
17、（1）A向B运动过程中物块加速度，由牛顿第二定律得：
F﹣μmg=ma1

根据公式得物块到达B点的速度为：
；
（2）以小物块为研究对象，轨道对物块的弹力提供其圆周运动的向心力，因此轨道对物块的弹力大小为：
=；
根据牛顿第三定律，挡板对物块的弹力和物块对轨道的压力大小相等、方向相反，所以物块对轨道的压力大小也为3N．
（3）小物块离开C后加速度大小为：
μmg=ma2
，
做减速运动，离开C后至其停止运动所需时间为：＜2s，
因此2s发生的位移就是1.5s发生的位移，根据公式可得：，
而摩擦力为：f=umg=0.2×10×0.2=0.4N，
由功的表达式有：W=﹣fx=﹣0.4×2.25=﹣9J
答：（1）小物块运动到B点时的速度大小为3m/s；
（2）小物块运动到D点时对档板的压力大小为3N；
（3）计算小物块离开c点后2s物体克服摩擦力做的功为9J．
18、（1）因为运动员受的空气阻力f=kv2和重力作用，
由牛顿第二定律：mg﹣f=ma
解得：a=g﹣=7.5m/s2
（2）跳伞员最后匀速运动，
即重力与空气阻力平衡：mg=kv2
解得：v=6m/s
（3）损失的机械能是由于空气阻力，但是空气阻力是随速度变化的力，所以不能直接解出其所做的功，我们可以解出动能和重力势能之和一共减少多少，即损失了多少机械能．
损失机械能：△E=mgH﹣mv2=1.43×105J
答：（1）跳伞员的下落速度达到3m/s时，其加速度为7.5m/s2．
（2）跳伞员最后下落速度为v=6m/s
（3）若跳伞塔高200m，则跳伞员从开始跳下到即将触地的过程中，损失了1.43×105J 机械能．
19、解：（1）从C到D，根据平抛运动规律
竖直方向     
求出      …………………………………………………………（2分）
（2）从C到D，根据平抛运动规律  
水平方向      
求出      ……………………………………………………（2分）
（3）从A到C，根据动能定理
     ………………………………………     （2分）
求出克服摩擦力做功 …………………………………………（1分）
20、把A沿水平面运动的速度v分解为沿绳方向的速度v1和垂直绳方向的速度v2，则v1就是绳的速度(也就是B物体的速度，即vB＝v1)，由图得：vB＝v1＝vcosθ，
对A由动能定理得：WFT＋WFf＝Mv2，
对B由动能定理得：mgh－WFT＝m(vcosθ)2
联立解得WFf＝Mv2＋m(vcosθ)2－mgh.
答案：Mv2＋m (vcosθ)2－mgh
21、 (1)小物块从A点运动到B点的过程中，由机械能守恒得
mgh＝mv
解得vB＝.
(2)小物块从B至C做匀速直线运动
则vC＝vB＝
小物块通过圆形轨道最低点C时，
由牛顿第二定律有FN－mg＝m
得FN＝6mg.
(3)若小物块能从C点运动到D点，
由机械能守恒得
mv＝mv＋mg·2R
解得vD＝
设小物块通过圆形轨道的最高点的最小速度为vD1，
由牛顿第二定律得
mg＝m
解得vD1＝＝vD
可知小物块恰能通过圆形轨道的最高点．
答案：(1)　(2)6mg　(3)能
22、 (1)从图象可知初动能Ek0＝2 J，
Ek0＝mv2，v＝2 m/s.
(2)在位移为4 m处物体的动能为Ek＝10 J，在位移为8 m处物体的动能为零，这段过程中物体克服摩擦力做功．
设摩擦力为Ff，则Ff＝μmg
根据动能定理有－Ffx2＝0－Ek
得出：μ＝＝＝0.25.
(3)物体0～4 m的过程中，
根据动能定理有(F－Ff)·x1＝Ek－Ek0
得出：F＝＋Ff＝ N＝4.5 N.
答案：(1)2 m/s　(2)0.25　(3)4.5 N
23、 (1)滑块抛出后竖直方向自由落体h＝gt2
解得t＝
滑块落地时竖直方向速度vy＝gt＝4 m/s
滑块抛出后水平方向匀速运动v0＝＝3 m/s
所以落地速度v＝＝5 m/s
(2)根据动能定理W弹－μmg·x＝mv
解得W弹＝μmg·x＋mv＝5.3 J
答案：(1)5 m/s　(2)5.3 J
24、（1）18N      （2）3J      （3）0.6m
（1）小滑块在圆弧轨道底端B点受重力和支持力，根据牛顿第二定律，
  N=18N； 再由牛顿第三定律可知对轨道的压力等于支持力等于18N；
（2）小滑块由A到B的过程中，根据动能定理可得，W=3J
（3）小滑块从B点开始做平抛运动，可根据平抛运动的规律得x=0.6m
25、【答案】(1)      (2)
【命题立意】 本题旨在考查机械能守恒定律、平抛运动和向心力。
【解析】（1）游客从B点做平抛运动，有：

联立解得：    
（2）从Ａ到B，根据动能定理，有：    
可得：      
【易错警示】游客离开A后做平抛运动，应用平抛运动规律、动能定理可以求出摩擦力的功．本题考查了求速度、摩擦力做功、高度问题，分析清楚游客的运动过程，应用平抛运动规律、动能定理、机械能守恒定律、即可正确解题。
26、（1）   解得  （1分）
    （2分）          （1分）

27、 （1）（2）  （3）eU0+ eU
28、解：带电粒子在匀强电场中只受电场力，电场力F=qE，
带电粒子沿电场方向的位移等于l，
所以电场力做功W=Fl=qEl．
根据动能定理W=△Ek
即qEl=
解得E=
答：该电场强度为．
29、（1）设小球从P到Q需时间t1，由h=得
  t1==0.5s
（2）设小球进入电场后运动时间为t2
则qE=ma
  E=
则小球水平方向的加速度a=
水平方向作匀加速运动，则有

解得t2=0.02s
故总时间为t=t1+t2=0.52s
（2）小球由P点开始在竖直方向上始终是自由落体运动，则y==2.45m
答：
（1）带正电小球从P点开始由静止下落，经0.5s时间到达Q点；
（2）带正电小球从P点开始由静止下落，经0.52s和金属板相碰；
（3）相碰时，离金属板上端的距离为2.45m．
30、⑴极间场强；
⑵α粒子在极板间运动的加速度 
⑶由，得：      
31、（1）粒子在加速电场后经电场加速，根据动能定理有：

可得
（2）粒子在右边的偏转电场中可分解为沿板方向的匀速直线运动和垂直板方向的匀加速直线运动，所以沿板方向：
x=L=v0t…①
垂直板方向：
y==at2…②
而加速度：．a=…③
由以上各式解得：L=；t=；
（3）质子先在加速电场中电场力对其做正功，而后又在偏转电场中，尽管做曲线运动，但电场力对它仍然做正功，且电场力做功与路径无关．所以整个过程由动能定律得：
eU1+e=Ek﹣0
所以质子射出电场时的动能为：Ek=e（U1+）
答：（1）粒子刚进入偏转电场时的速度v0为；
（2）粒子在偏转电场中运动的时间为和金属板的长度为；
（3）粒子穿出偏转电场时的动能为e（U1+）．
32、（1）设电子经电压U1加速后的速度为V0，由动能定理得：eU1=mv02，
解得：v0===8×107m/s；
（2）电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动．设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t1，电子的加速度为a，离开偏转电场时的侧移量为y，根据牛顿第二定律和运动学公式：
加速度为：， 运动时间为：，
=
 （3）设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy，根据运动学公式得vy=at1
电子离开偏转电场后做匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2，如图所示．
由，y2=vyt2，
解得：=0.04M
p到o点的总位移为：Y=y+y2=0.05m，
答：（1）电子穿过A板时的速度大小为8×107m/s；
（2）电子从偏转电场射出时的侧移量0.01m；
（3）P点到O点的距离为0.05m．