2013年普通高等学校招生全国统一考试

2013年普通高等学校招生全国统一考试(全国卷新课标Ⅰ)

物理

14．右图是伽利略1604年做斜面实验时的一页手稿照片，照片左上角的三列数据如下表。

表中第二列是时间，第三列是物体沿斜面运动的距离，第一列是伽

利略在分析实验数据时添加的。根据表中的数据，伽利略可以得出

的结论是()

1132

42130

93298

164526

255824

3661192

4971600

6482104

A.物体具有惯性

B．斜面倾角一定时，加速度与质量无关

C．物体运动的距离与时间的平方成正比

D．物体运动的加速度与重力加速度成正比

15．如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c

的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为

R，在a点处有一电荷量为q(q>0)的固定点电荷。已知b点处的场

强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)()

A．k

3q

R2B．k

10q

9R2

C．k

Q＋q

R2D．k

9Q＋q

9R2

16．一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心

有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。小孔正上方

d

2

处的P点有一带电粒子，该粒子

从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回。若将下极

板向上平移

d

3

，则从P点开始下落的相同粒子将()

A．打到下极板上

B．在下极板处返回

C．在距上极板

d

2

处返回

D．在距上极板

2

5

d处返回

17．如图，在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a点

接触，构成“V”字型导轨。空间存在垂直于纸面的均匀磁场。用

力使MN向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN始终

与∠bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触。下列关于回路中

电流i与时间t的关系图线，可能正确的是()

18．如图，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，

方向垂直于纸面向外。一电荷量为q(q＞0)、质量为m的粒子沿平行于

直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为

R

2

。已知粒子射出

磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重

力)()

A.

qBR

2m

B.

qBR

m

C.

3qBR

2m

D.

2qBR

m

19．如图，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置—时间(x-t)图线。

由图可知()

A．在时刻t

1

，a车追上b车

B．在时刻t

2

，a、b两车运动方向相反

C．在t

1

到t

2

这段时间内，b车的速率先减少后增加

D．在t

1

到t

2

这段时间内，b车的速率一直比a车的大

20．2012年6月18日，神舟九号飞船与天宫一号目标飞行器在离地面343km的近圆形轨

道上成功进行了我国首次载人空间交会对接。对接轨道所处的空间存在极其稀薄的大

气。下列说法正确的是()

A．为实现对接，两者运行速度的大小都应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间

B．如不加干预，在运行一段时间后，天宫一号的动能可能会增加

C．如不加干预，天宫一号的轨道高度将缓慢降低

D．航天员在天宫一号中处于失重状态，说明航天员不受地球引力作用

21．2012年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功。图(a)为利用阻拦系

统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图。飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机

的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距

离滑行后停止。某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t＝0.4s时恰好钩住阻拦索

中间位置，其着舰到停止的速度—时间图线如图(b)所示。假如无阻拦索，飞机从着舰到

停止需要的滑行距离约为1000m。已知航母始终静止，重力加速度的大小为g。则()

A．从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的

1

10

B．在0.4s～2.5s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化

C．在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5g

D．在0.4s～2.5s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变

22．(7分)图(a)为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图。实验步骤如下：

①用天平测量物块和遮光片的总质量M、重物的质量m；用游标卡尺测量遮光片的宽度

d；用米尺测量两光电门之间的距离s；

②调整轻滑轮，使细线水平；

③让物块从光电门A的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A

和光电门B所用的时间Δt

A

和Δt

B

，求出加速度a；

④多次重复步骤③，求a的平均值a；

⑤根据上述实验数据求出动摩擦因数μ。

回答下列问题：

(1)测量d时，某次游标卡尺(主尺的最小分度为1mm)的示数如

图(b)所示，其读数为______cm。

(2)物块的加速度a可用d、s、Δt

A

和Δt

B

表示为a＝

____________________________。

(3)动摩擦因数μ可用M、m、a和重力加速度g表示为μ＝__________________________。

(4)如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于________(选填“偶然误差”或“系

统误差”)。

23．(8分)某学生实验小组利用图(a)所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“×1k”

挡内部电路的总电阻。使用的器材有：

多用电表；

电压表：量程5V，内阻十几千欧；

滑动变阻器：最大阻值5kΩ；

导线若干。

回答下列问题：

(1)将多用电表挡位调到电阻“×1k”挡，再将红表笔和黑表笔________，调零点。

(2)将图(a)中多用电表的红表笔和________(选填“1”或“2”)端相连，黑表笔连接另一端。

(3)将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图(b)所示，这时电压表的

示数如图(c)所示。多用电表和电压表的读数分别为________kΩ和________V。

(4)调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零。此时多用电表和电压表的读数分

别为12.0kΩ和4.00V。从测量数据可知，电压表的内阻为________kΩ。

(5)多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流

表和一个电阻串联而成的电路，如图(d)所示。根据前面的实验数据计算可

得，此多用电表内电池的电动势为______V，电阻“×1k”挡内部电路的

总电阻为________kΩ。

24．(13分)水平桌面上有两个玩具车A和B，两者用一轻质细橡皮筋相连，在橡皮筋上有一

红色标记R。在初始时橡皮筋处于拉直状态，A、B和R分别位于直角坐标系中的(0，

2l)、(0，－l)和(0，0)点。已知A从静止开始沿y轴正向做加速度大小为a的匀加速运动；

B平行于x轴朝x轴正向匀速运动。在两车此后运动的过程中，标记R在某时刻通过点

(l，l)。假定橡皮筋的伸长是均匀的，求B运动速度的大小。

25．(19分)如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L。导轨上端接有

一平行板电容器，电容为C。导轨处于匀强磁场中，磁感

应强度大小为B，方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一

质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中

保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨之间的

动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。忽略所有电阻。

让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：

(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；

(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系。

33．[物理——选修3-3](15分)

(1)(6分)两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近。在此

过程中，下列说法正确的是________。(填正确答案标号。选对1个得3分，选对2个得

4分，选对3个得6分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)

A．分子力先增大，后一直减小

B．分子力先做正功，后做负功

C．分子动能先增大，后减小

D．分子势能先增大，后减小

E．分子势能和动能之和不变

(2)(9分)如图，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同气缸直立

放置，气缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K。两

气缸的容积均为V

0

，气缸中各有一个绝热活塞(质量不同，厚度可

忽略)。开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为

理想气体)，压强分别为p

0

和

p

0

3

；左活塞在气缸正中间，其上方为

真空；右活塞上方气体体积为

V

0

4

。现使气缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至气

缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡。已知外

界温度为T

0

，不计活塞与气缸壁间的摩擦。求：

(ⅰ)恒温热源的温度T；

(ⅱ)重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积V

x

。

34．[物理——选修3-4](15分)

(1)(6分)如图，a、b、c、d是均匀媒质中x轴上的四个质点，相邻两

点的间距依次为2m、4m和6m。一列简谐横波以2m/s的波速沿x轴正向传播，在t

＝0时刻到达质点a处，质点a由平衡位置开始竖直向下运动，t＝3s时a第一次到达

最高点。下列说法正确的是________。(填正确答案标号。选对1个得3分，选对2个得

4分，选对3个得6分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)

A．在t＝6s时刻波恰好传到质点d处

B．在t＝5s时刻质点c恰好到达最高点

C．质点b开始振动后，其振动周期为4s

D．在4s＜t＜6s的时间间隔内质点c向上运动

E．当质点d向下运动时，质点b一定向上运动

(2)(9分)图示为一光导纤维(可简化为一长玻璃丝)的示意图，玻璃丝长为L，折射率为n，

AB代表端面。已知光在真空中的传播速度为c。

(ⅰ)为使光线能从玻璃丝的AB端面传播到另一端面，求光线在端

面AB上的入射角应满足的条件；

(ⅱ)求光线从玻璃丝的AB端面传播到另一端面所需的最长时间。

35．[物理——选修3-5](15分)

(1)(6分)一质子束入射到静止靶核27

13

Al上，产生如下核反应：p＋27

13

Al→X＋n

式中p代表质子，n代表中子，X代表核反应产生的新核。由反应式可知，新核X的质

子数为________，中子数为________。

(2)(9分)在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A和B，两者相距为d。现给A一初速

度，使A与B发生弹性正碰，碰撞时间极短。当两木块都停止运动后，相距仍然为d。

已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ，B的质量为A的2倍，重力加速度大小为

g。求A的初速度的大小。

参考答案

全国卷(新课标Ⅰ)

14．解析：本题以伽利略的斜面实验为背景，通过数据反映规律，所以应从数据之间的关系

入手。表中第一列数据明显是第二列数据的平方，而第三列物体沿斜面运动的距离之比

非常接近第一列数据，所以可以得出结论，在误差允许的范围内，物体运动的距离与时

间的平方成正比，选项C正确。

答案：C

15．解析：本题应从点电荷产生的电场和电场的叠加角度解决问题。

已知a处点电荷和带电圆盘均在b处产生电场，且b处场强为零，所以带电圆盘在b处

产生的电场场强E

1

与q在b处产生的电场场强E

ab

等大反向，即E

1

＝E

ab

＝

kq

R2，带电圆

盘在d处产生的电场场强E

2

＝E

1

且方向与E

1

相反，q在d处产生的电场场强E

ad

＝

kq

（3R）2

，则d处场强E

d

＝E

2

＋E

ad

＝

kq

R2＋

kq

9R2＝k

10q

9R2，选项B正确。

答案：B

16．解析：本题应从动能定理的角度解决问题。

带电粒子在重力作用下下落，此过程中重力做正功，当带电粒子进入平行板电容器时，

电场力对带电粒子做负功，若带电粒子在下极板处返回，由动能定理得mg









d

2

＋d

－qU

＝0；若电容器下极板上移

d

3

，设带电粒子在距上极板d′处返回，则重力做功W

G

＝

mg









d

2

＋d′

，电场力做功W电＝－qU′＝－q

d′









d－

d

3

U＝－q

3d′

2d

U，由动能定理得W

G

＋W电

＝0，联立各式解得d′＝

2

5

d，选项D正确。

答案：D

17．解析：本题为电磁感应和电路的题目，所以应从动生感应电动势和闭合电路欧姆定律角

度入手。

设图示位臵时a距棒的距离为l

0

，导体棒匀速切割磁感线的速度为v，单位长度金属棒

的电阻为R

0

，导轨夹角为θ，运动时间t时，切割磁感线的导体棒长度l＝2(l

0

＋vt)tan

θ

2

，

有效电路中导体棒长度l总＝l＋

2（l

0

＋vt）

cos

θ

2

，导体棒切割磁感线产生的感应电动势e＝

Blv＝2Bv(l

0

＋vt)tan

θ

2

，电路中总电阻R＝R

0

l总＝R

0

















2（l

0

＋vt）tan

θ

2

＋

2（l

0

＋vt）

cos

θ

2

，

所以i＝

e

R

＝

2Bv（l

0

＋vt）tan

θ

2

R

0

















2（l

0

＋vt）tan

θ

2

＋

2（l

0

＋vt）

cos

θ

2

＝

Bv〃tan

θ

2

R

0

















tan

θ

2

＋

1

cos

θ

2

，即i为恒定值与t

无关，选项A正确。

答案：A

18．解析：本题应从带电粒子在磁场中的圆周运动角度入手并结合数学知识解决问题。

带电粒子从距离ab为

R

2

处射入磁场，且射出时与射入时速度方

向的夹角为60°，粒子运动轨迹如图，ce为射入速度所在直线，

d为射出点，射出速度反向延长交ce于f点，磁场区域圆心为

O，带电粒子所做圆周运动圆心为O′，则O、f、O′在一条直线

上，由几何关系得带电粒子所做圆周运动的轨迹半径为R，由

F洛＝F

n

得qvB＝

mv2

R

，解得v＝

qBR

m

，选项B正确。

答案：B

19．解析：本题应从图像角度入手分析物体的运动。

本题运动图像为x-t图像，图像中切线的斜率反映速度的大小，a做匀速直线运动，b先

正向运动速度减小，减到0后负向运动速度增大，选项B、C正确，选项D错误。x-t

图像中交点表示相遇，所以在t

1

时刻a、b相遇，b追上a，选项A错误。

答案：BC

20．解析：本题虽为天体运动问题，但题中特别指出存在稀薄大气，所以应从变轨角度入手。

第一宇宙速度和第二宇宙速度为发射速度，天体运动的速度为环绕速度，均小于第一宇

宙速度，选项A错误；天体运动过程中由于大气阻力，速度减小，导致需要的向心力

F

n

＝

mv2

r

减小，做向心运动，向心运动过程中，轨道高度降低，且万有引力做正功，势

能减小，动能增加，选项B、C正确；航天员在太空中受地球引力，地球引力全部提供

航天员做圆周运动的向心力，选项D错误。

答案：BC

21．解析：本题应从v-t图像、牛顿第二定律、力的合成等角度入手。

由v-t图像面积可知，飞机从着舰到停止发生的位移约为x＝

1

2

×3×70m＝105m，即约

为无阻拦索时的

1

10

，选项A正确；由v-t图像斜率知，飞机与阻拦索作用过程中(0.4s～

2.5s)，其F合恒定，在此过程中阻拦索两段间的夹角变小，而合力恒定，则阻拦索张力

必减小，选项B错误；在0.4s～2.5s时间内，加速度a＝

67－10

2.1

m/s2≈27.1m/s2＞2.5g，

选项C正确；在0.4s～2.5s时间内，阻拦系统对飞机的作用力F合不变，但v减小，所

以功率减小，选项D错误。

答案：AC

22．解析：d＝0.9cm＋12×0.05mm＝0.9cm＋0.060cm＝0.960cm。

(2)由v＝

Δx

t

得，v

A

＝

d

Δt

A

，v

B

＝

d

Δt

B

，物块做匀加速直线运动，则v2

B

－v2

A

＝2ax，即









d

Δt

B

2

－









d

Δt

A

2

＝2as，得a＝

1

2s















d

Δt

B

2

－









d

Δt

A

2

。

(3)整体运用牛顿第二定律得：mg－μMg＝(M＋m)a，则μ＝

mg－（M＋m）a

Mg

。

(4)由实验装臵引起的误差为系统误差。

答案：(1)0.960(2)

1

2s















d

Δt

B

2

－









d

Δt

A

2

(3)

mg－（M＋m）a

Mg

(4)系统误差

23．解析：(1)使用多用电表测电阻前，应首选将红、黑表笔短接进行欧姆调零。

(2)多用电表电流为“红进黑出”，图(a)中外电路电流由2到1，所以红表笔应连1端。

(3)多用电表挡位为×1k，指针指15，则R＝15.0×1k＝15.0kΩ，由图(c)知电压表读数

为3.60V。

(4)当滑动变阻器连入电路的阻值为零时，多用电表所测电阻为外电路电阻，即电压表内

阻，所以电压表内阻为12.0kΩ。

(5)15.0kΩ为多用电表电阻挡的中值电阻，中值电阻阻值即内电路阻值，所以电阻“×1

k”挡内部电路的总电阻为15.0kΩ，设内电路电池电动势为E，则当电压表示数为4.00

V时，

E

15.0＋12.0

＝

4

12.0

，解得：E＝9.00V。

答案：(1)短接(2)1(3)15.03.60(4)12.0(5)9.0015.0

24．解析：从运动学和运动的合成角度入手，作图寻找几何关系是关键。

设B车的速度大小为v。如图，标记R在时刻t通过点K(l，l)，此时

A、B的位臵分别为H、G。由运动学公式，H的纵坐标y

A

、G的横

坐标x

B

分别为

y

A

＝2l＋

1

2

at2①

x

B

＝vt②

在开始运动时，R到A和B的距离之比为2∶1，即

OE∶OF＝2∶1

由于橡皮筋的伸长是均匀的，在以后任一时刻R到A和B的距离之比都为2∶1。因此，

在时刻t有HK∶KG＝2∶1③

由于△FGH∽△IGK，有

HG∶KG＝x

B

∶(x

B

－l)④

HG∶KG＝(y

A

＋l)∶(2l)⑤

由③④⑤式得

x

B

＝

3

2

l⑥

y

A

＝5l⑦

联立①②⑥⑦式得

v＝

1

4

6al⑧

答案：

1

4

6al

25．解析：从电磁感应中的动生电动势和电容器的充放电及牛顿第二定律入手。

(1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为

E＝BLv①

平行板电容器两极板之间的电势差为

U＝E②

设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，据定义有

C＝

Q

U

③

联立①②③式得

Q＝CBLv④

(2)设金属棒的速度大小为v时经历的时间为t，通过金属棒的电流为i。金属棒受到的磁

场作用力方向沿导轨向上，大小为

f

1

＝BLi⑤

设在时间间隔(t，t＋Δt)内流经金属的电荷量为ΔQ，据定义有

i＝

ΔQ

Δt

⑥

ΔQ也是平行板电容器极板在时间间隔(t，t＋Δt)内增加的电荷量。由④式得

ΔQ＝CBLΔv⑦

式中，Δv为金属棒的速度变化量。据定义有

a＝

Δv

Δt

⑧

金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为

f

2

＝μN⑨

式中，N是金属棒对导轨的正压力的大小，有

N＝mgcosθ⑩

金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a

根据牛顿第二定律有

mgsinθ－f

1

－f

2

＝ma⑪

联立⑤至⑪式得

a＝

m（sinθ－μcosθ）

m＋B2L2C

g⑫

由⑫式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速直线运动。t时刻金属棒的速度大小

为

v＝

m（sinθ－μcosθ）

m＋B2L2C

gt

答案：(1)Q＝CBLv(2)v＝

m（sinθ－μcosθ）

m＋B2L2C

gt

33．解析：(1)当距离较远时，分子力表现为引力，靠近过程中分子力做正功，动能增大，势

能减小；当距离减小至分子平衡距离时，引力和斥力相等，合力为零，动能最大，势能

最小；当距离继续减小时，分子力表现为斥力，继续靠近过程中，斥力做负功，势能增

大，动能减小，因为只有分子力做功，所以动能和势能之和不变，

选项B、C、E正确。

(2)(ⅰ)与恒温热源接触后，在K未打开时，右活塞不动，两活塞下

方的气体经历等压过程，由盖·吕萨克定律得

T

T

0

＝

7V

0

/4

5V

0

/4

①

由此得

T＝

7

5

T

0

②

(ⅱ)由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞的质量比右活塞的大。打开K后，左活塞

下降至某一位臵，右活塞必须升至气缸顶，才能满足力学平衡条件。

气缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历

等温过程，设左活塞上方气体压强为p，由玻意耳定律得

pV

x

＝

p

0

3

〃

V

0

4

③

(p＋p

0

)(2V

0

－V

x

)＝p

0

〃

7

4

V

0

④

联立③④式得

6V2

x

－V

0

V

x

－V2

0

＝0

其解为

V

x

＝

1

2

V

0

另一解V

x

＝－

1

3

V

0

，不合题意，舍去。

答案：(1)BCE(2)(ⅰ)

7

5

T

0

(ⅱ)

1

2

V

0

34．解析：(1)由波的传播知t＝6s时波传播的距离s＝vt＝2×6m＝12m，即传到d点，选

项A正确；t＝0时a由平衡位臵开始向下振动，t＝3s时第一次到达最高点，则

3

4

T＝3s，

得T＝4s；各质点振动周期相同，选项C正确；波传到c点所需时间t＝

s

v

＝

6

2

s＝3s，

此时c点由平衡位臵开始向下振动，1s后到达最低点，所以4s＜t＜6s内质点c向上运

动，选项D正确；5s时c点正在平衡位臵，选项B错误；由v＝

λ

T

得λ＝vT＝2×4m

＝8m，bd间距Δx＝10m＝1

1

4

λ，其振动方向并不始终相反，选项E错误。

(2)(ⅰ)设光线在端面AB上C点(见下图)的入射角为i，折射角为r，由折射定律有

sini＝nsinr①

设该光线射向玻璃丝内壁D点的入射角为α，为了使该光线可在此

光导纤维中传播，应有

α≥θ②

式中θ是光线在玻璃丝内发生全反射时的临界角，它满足

nsinθ＝1③

由几何关系得

α＋r＝90°④

由①②③④式得

sini≤n2－1⑤

(ⅱ)光在玻璃丝中传播速度的大小为

v＝

c

n

⑥

光速在玻璃丝轴线方向的分量为

v

x

＝vsinα⑦

光线从玻璃丝端面AB传播到其另一端面所需时间为

T＝

L

v

x

⑧

光线在玻璃丝中传播，在刚好发生全反射时，光线从端面AB传播到其另一端面所需的

时间最长，由②③⑥⑦⑧式得

T

max

＝

Ln2

C

答案：(1)ACD(2)(ⅰ)sini≤n2－1(ⅱ)T

max

＝

Ln2

c

35．解析：(1)从核反应发生时质子数和中子数守恒入手。

P为1

1

H，n为1

0

n，则Z

A

X中A＝1＋13－0＝14，Z＝27＋1－1＝27，则中子数为Z－A＝

27－14＝13。

(2)从碰撞时的能量和动量守恒入手，运用动能定理解决问题。

设在发生碰撞前的瞬间，木块A的速度大小为v；在碰撞后的瞬间，A和B的速度分别

为v

1

和v

2

。在碰撞过程中，由能量和动量守恒定律，得

1

2

mv2＝

1

2

mv2

1

＋

1

2

(2m)v2

2

①

mv＝mv

1

＋(2m)v

2

②

式中，以碰撞前木块A的速度方向为正。由①②式得

v

1

＝－

v

2

2

③

设碰撞后A和B运动的距离分别为d

1

和d

2

，由动能定理得

μmgd

1

＝

1

2

mv2

1

④

μ(2m)gd

2

＝

1

2

(2m)v2

2

⑤

据题意有

d＝d

1

＋d

2

⑥

设A的初速度大小为v

0

，由动能定理得

μmgd＝

1

2

mv2

0

－

1

2

mv2⑦

联立②至⑦式，得

v

0

＝

28

5

μgd

答案：(1)1413(2)

28

5

μgd