2013广东高考物理试卷(及答案)

20(2013全国卷大纲版)．如图，一固定斜面倾角为30°，一质量为的小物块自斜面底端以一定的初速度，沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小g。

若物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的（）A．动能损失了2gH B．动能损失了gH．机械能损失了gH D．机械能损失了½gH答案：A5【2013江苏高考】水平面上,一白球与一静止的灰球碰撞,两球质量相等碰撞过程的频闪照片如图所示,据此可推断,碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的（A) 30%（B）50%() 70%（D）90%答案：A9【2013江苏高考】如图所示,水平桌面上的轻质弹簧一端固定,另一端与小物块相连弹簧处于自然长度时物块位于O 点(图中未标出) 物块的质量为,AB =,物块与桌面间的动摩擦因为μ现用水平向右的力将物块从O 点拉至A 点,拉力做的功为W 撤去拉力后物块由静止向左运动, 经O 点到达B 点时速度为零 重力加速度为g 则上述过程中(A)物块在A 点时,弹簧的弹性势能等于12W mga μ-(B)物块在B 点时,弹簧的弹性势能小于32W mga μ-()经O 点时,物块的动能小于W mga μ-(D)物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B 点时弹簧的弹性势能 答案：B19【2013广东高考】．如图7，游乐场中，从高处A 到水面B 处有两条长度相同的光滑轨道。

甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A 处自由滑向B 处，下列说法正确的有A ．甲的切向加速度始终比乙的大B ．甲、乙在同一高度的速度大小相等 ．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度 D ．甲比乙先到达B 处 答案：BD35【2013广东高考】．如图18，两块相同平板P 1、P 2至于光滑水平面上，质量均为 P 2的右端固定一轻质弹簧，左端A 与弹簧的自由端B 相距L 物体P 置于P 1的最右端，质量为2且可以看作质点 P 1与P 以共同速度v 0向右运动，与静止的P 2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P 1与P 2粘连在一起，P 压缩弹簧后被弹回并停在A 点（弹簧始终在弹性限度内）。

2013年普通高等学校招生全国统一考试理综试卷（物理部分）（全国卷）解析二、选择题：本题共8小题．每小题6分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分．有选错的得0分．14．下列现象中，属于光的衍射的是()A．雨后出现彩虹B．通过一个狭缝观察日光灯可看到彩色条纹C．海市蜃楼现象D．日光照射在肥皂膜上出现彩色条纹答案：B思路分析：将题设的情景中的光现象与已有的物理模型相联系，明白各种光现象的产生机理，通过对比进行分析和推断．解题过程：雨后的彩虹是光的色散，通过一个狭缝观察日光灯可看到彩色条纹是衍射，海市蜃楼是光的折射和全反射，日光照射在肥皂膜上出现彩色条纹是薄膜干涉，故选B．规律总结：本题考查衍射现象、薄膜干涉、色散和全反射等知识点．备考时要注意这些非主干知识的识记和理解，要在头脑中形成清晰的干涉和衍射花样．考点解剖：综合考查光的衍射现象，意在考查对光现象的理解能力．15．根据热力学定律，下列说法正确的是()A．电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递B．空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量C．科技的进步可以使内燃机成为单一的热源热机D．对能源的过度消耗使自然界的能量不断减少，形成“能源危机”答案：AB思路分析：根据热机的工作原理及能和转化和守恒律逐一分析和推断．解题过程：热量可以自发地从高温物体传到低温物体，在外界帮助下也可以将热量从高温物体传到低温物体，即A对；空调机向外释放的热量等于从室内吸收的热量与压缩机做功之和，即B对；从单一热源吸收热量不可能全部用来对外做功，即C错；总能量是守恒的，对能源的过度消耗使自然界中能量的品质降低了，即D错．规律总结：备考时要深刻理解热力学定律，热机的工作原理和能量耗散等相关知识，在理解的基础上记忆，应用相关结论进行分析时就能得心应手．考点解剖：本题考查热学的基础知识，意在考查对热力学定律的理解能力．16．放射性元素（Rn 22286）经α衰变变成钋（Po 21884），半衰期约为3.8天；但勘测表明，经过漫长的地质年代后，目前地壳中仍存在天然的含有放射性元素Rn 22286的矿石，其原因是()A ．目前地壳中的Rn 22286主要来自于其它放射性元素的衰变B ．在地球形成初期，地壳中的元素Rn 22286的含量足够多C ．当衰变产物Po 21884积累到一定量以后，Po 21884的增加会减慢Rn 22286的衰变进程D ．Rn 22286主要存在于地球深处的矿石中，温度和压力改变了它的半衰期答案：A思路分析：先要善于挖掘材信息“经过漫长的地质年代后，目前地壳中仍存在天然的含有放射性元素”说明放射性元素若是地球形成初期含量足够多的话，漫长时间衰变后其含量不可能太多，因此推断是它是其它放射性元素衰变形成的中间产物．随后要结合放射性元素的性质和衰变规律进行分析和推断．解题过程：地壳中的Rn 22286主要来自于其它放射性元素的衰变，即A 对B 错；放射性元素的半衰期由其自身的特性决定，与其所处的理化状态及环境因素无关，即CD 错．规律总结：解答本题需要在深刻理解半衰期的物理意义的基础上，将题材信息和原子核发的衰变特征有机结合起来进行分析．考点解剖：综合考查原子物理的基础知识，意在考查对半衰期的理解和推理能力．17．纸面内两个半径均为R 的圆相切于O 点，两圆形区域内分别存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反，且不随时间变化．一长为2R 的导体杆OA 绕过O 点且垂直于纸面的轴顺时针转动，角速度为ω．t=0时，OA 恰好位于两圆的公切线上，如图所示．若选取从O 指向A 的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图像可能正确的是()答案：C思路分析：对于导体切割磁感线运动的问题，结合题材在动态中分析棒的切割运动特性，再运用法拉第电磁感应定律和楞次定律分段考查．解题过程：设经时间t 导体棒转过了α=ωt 角，则导体棒的有效切割长度为l=2Rsinα，切割速度为V=ωRsinα由法拉第电感应定律知E=BlV=2BωR 2sin 2ωt ，故选C ．规律总结：本题考查电磁感应现象，意在考查导体切割磁感线产生感应电动势大小的计算．关键是在变化中找有效切割长度和切割速度，运用规律进行求解，对于复杂问题还要分段考查棒的运动性质．考点解剖：综合考查电磁感应现象，意在考查法拉第电磁感应的理解和计算能力．18．“嫦娥一号”是我国首次发射的探月卫星，它在距月球表面高度为200km 的圆形轨道上运行，运行周期为127分钟．已知引力常量G=6.67×10-11N·m 2/kg 2，月球半径约为1.74×103km ．利用以上数据估算月球的质量约为()A ．8.1×1010kgB ．7.4×1013kgC ．5.4×1019kgD ．7.4×1022kg答案：D思路分析：应用引力提供卫星的向心力为突破口，构建空间立体运动图景，通过中心天体与嫦娥一号的高度和周期间的关系进行估算．解题过程：嫦娥一号由地球对它的引力提供其圆周运动的向心力，由2224)()(T h R Mm h R m G π+=+得34)(22h R M GT +=π，代入数据得22104.7⨯≈M kg ，故选D ．规律总结：本题求解的关键是构建卫星运动的空间立体图，俯视卫星的运动，根据已知参量运用相关规律进行分析和演算．考点解剖：考查万有引力定律的应用，意在考查应用万有引力进行估算能力．19．将甲乙两小球先后以同样的速度在距地面不同高度处竖直向上抛出，抛出时间间隔为2s ，他们运动的V-t 图像分别如直线甲、乙所示．则()A ．t=2s 时，两球的高度相差一定为40mB ．t=4s 时，两球相对于各自抛出点的位移相等C ．两球从抛出至落地到地面所用的时间间隔相等D ．甲球从抛出至达到最高点的时间间隔与乙球的相等答案：BD思路分析：先通过V-t 图将物理图象与物理过程联系起来，再运用图像上的相关参量和特征物理量间的关系进行分析和判断．解题过程：由于两球的抛出点未知，即AC 错；由V-t 图与坐标轴所围的面积表相应的位移，即4021102330=-=⨯⨯x m ，即B 对；由图知两球的初速都是V=30m/s ，故上升时间都是t=3s ，即D 对．规律总结：本题的关键是要正确理解图像的物理意义，结合题中的条件，从点、线、面、斜、截等几个方面来分析．考点解剖：综合考查运动学的基础知识，意在考查对V-t 图像的理解及应用能力．20．如图，一固定斜面倾角为30°，一质量为m 的小物块自斜面底端以一定的初速度，沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小g ．若物块上升的最大高度为H ，则此过程中，物块的()A ．动能损失了2mgHB ．动能损失了mgHC ．机械能损失了mgHD ．机械能损失了21mgH答案：AC思路分析：先要通过对物块的受力分析和题给的运动加速度寻找阻力与重力间的关系，再通过能量转化的去向和守恒律进行分析和判断．解题过程：由于上升过程中加速度的大小等于重力加速度的大小g ，由mg f mg =+θsin 知2mg f =，由动能定理得mgH fL mgH E k 2=+=∆，即A 对B 错；机械能的减少量在数值上等于克服摩擦力所做的功，即mgH fL W f ==，故C 对D 错．规律总结：本题考力学的基本规律，求解时要将过程分析和能量转化有机结合起来，灵活选用物理规律快速决策．考点解剖：综合考查匀变速运动过程中的受力问题和能量转化情况，意在考查对牛顿运动定律和能量守恒定律的理解及应用能力．21．在学校运动场上50m 直跑道的两端，分别安装了由同一信号发生器带动的两个相同的扬声器．两个扬声器连续发出波长为5m 的声波．一同学从该跑道的中点出发，向某一端点缓慢行进10m ．在此过程中，他听到的扬声器声音由强变弱的次数为()A ．2B ．4C ．6D ．8答案：B思路分析：结合题材信息和干涉加强和减弱区的条件来分析和演算．解题过程：该同学在中点处到两波源的程差Δx 1=0，故中点处振动加强；向某一端点行进10m 时Δx 2=35-15=4λ，故该点处振动加强；由于程差是波长的4倍，因此在此过程中他听到的扬声器声音由强变弱的次数为4，即选B ．规律总结：当两相干波源的振动步调相同时，到两波源的程差Δx 是波长整数倍处是加强区，是半波长的奇数倍处是减弱区．备考时要对此规律深刻理解，并灵活变通．考点解剖：本题考查干涉现象，意在考查对干涉现象的理解及加强和减弱区的分析与推断能力．三、非选择题22．如图，E 为直流电源，G 为灵敏电流计，A 、B 为两个圆柱形电极，P 是木板，C 、D 为两个探针，S 为开关．现用上述实验器材进行“用描迹法画出电场中平面上的等势线”的实验．⑴木板P上有白纸、导电纸和复写纸，最上面的应该是纸；⑵用实线代表导线将实验器材正确连接．答案：⑴导电，⑵连线图如下．思路分析：先要弄清本实验中有两个电路通过电流场建立联系，才能用探针进行探测．要将形成的电流场通过探针找到等势点就决定了白纸、导电纸和复写纸的放置秩序．解题过程：确定基准点，然后用另一探针找与该点等势电势的点，因此最上面是导电纸．等势点是用灵灵敏电流计确定的，因此应接成两个电路，通过试触来判断．规律总结：本实验是用电流场模拟静电场，学习中要在熟练掌握等量异种点电荷电场线分析的基础上，巧妙记忆电场线分布图，才能在实验室中灵活选取基准点，快速移动找出等势点．考点解剖：本题考查描点法绘等势线，意在考查对依据等势点进行等势线描绘的能力．23．测量小物块Q与平板P之间的动摩擦因数的实验装置如图所示．AB是半径足够大的光滑四分之一圆弧轨道，与水平固定放置的P板的上表面BC在B点相切，C点在水平地面的垂直投影为C’．重力加速度为g．实验步骤如下：A用天平称出物块Q的质量m；B测量出轨道AB的半径R、BC的长度L和CC’的长度h；C将物块Q在A点从静止释放，在物块Q落地处标记其落D点；D 重复步骤C ，共做10次；E 将10个落地点用一个尽量小的圆围住，用米尺测量圆心到C’的距离s ．⑴用实验中的测量量表示：①物块Q 到达B 点时的动能E KB =；②物块Q 到达C 点时的动能E kc =；③在物块Q 从B 运动到C 的过程中，物块Q 克服摩擦力做的功W f =；④物块Q 与平板P 之间的动摩擦因数μ=．⑵回答下列问题：①实验步骤DE 的目的是．②已知实验测得的μ值比实际值偏大，其原因除了实验中测量的误差之外，其它的可能是．（写出一个可能的原因即可）．答案：⑴①mgR ，②h mgS 42，③h mgS mgR 42-，④Lh S L R 42-；⑵①减小实验结果的误差，②圆弧轨道存在摩擦（或接缝B 处不平滑等）．思路分析：先要通过题材情景分析物块的运动情况，通过运动过程的分析建立相关物理量与动摩擦因数间的关系，以及可能引起测量误差的各种可能情况，运用有关规律分析．解题过程：⑴由机械能守恒定律知mgR E KB =，物块离开C 点后做平抛运动，在空中的飞时间满足221gt h =，于是初速是h g t S C S V 2==，故C 点时的动能h mgS C KC mV E 42212==；物块从B 运动到C 的过程中克服摩擦力做的功等于物块动能的减少量，即h mgS f mgR W 42-=；又mgL W f μ=，联立前面的结论可得Lh S L R 42-=μ．⑵重复操作多次的目的是为了减小实验误差．摩擦因数偏大说明物块的动能损失较多，引起动能损失的因素很多，如圆弧轨道存在摩擦或接缝B 处不平滑等．规律总结：该实验的综合性强，解答的关键在于分析物块的运动过程，抓住物体在每一阶段所满足的规律．考点解剖：本题考查实验能力，意在考查综合设计的实验能力．24．一客运列车匀速行驶，其车轮在铁轨间的接缝处会产生周期性撞击．坐在该客车中的某旅客测得从第1次到第16次撞击声之间的时间间隔为10.0s ．在相邻的平行车道上有一列货车，当该旅客经过货车车尾时，货车恰好从静止开始以恒定加速度沿客车行进方向运动．该旅客在此后的20.0s 内，看到恰好有30节货车车厢被他连续超过．已知每根铁轨的长度为25.0m ，每节货车车厢的长度为16.0m ，货车车厢间距忽略不计．求：①客车运行速度的大小；②货车运行加速度的大小．答案：①V=37.5m/s ；②a=1.35m/s 2思路分析：通过阅读题材和两列火车的运动信息，推断火车的运动规律，再建立相关物理量与已知信息间的关系，最后运用有关规律作答．解题过程：①设连续两次撞击轨的时间间隔为Δt ，每根铁轨的长度为l ，则客车的速度为t l V ∆=，代入11610-=∆t s 和l=25m 得V=37.5m/s ．②设货车从开始运动t=20.0s 内客车行驶了s 1，货车行驶了s 2，货车的加速度为a ，由运动学规律知Vt s =1，2212at s =，又由题给条件知163021⨯=-s s ，代入数据得a=1.35m/s 2．规律总结：解题时要结合题材信息推断两车的运动性质，写出相关的运动学方程，找出空间和时间的关系，联立解题．考点解剖：本题是变相的追击相遇问题，意在考查理论联系实际和分析演算能力．25．一电荷量为q （q>0）、质量为m 的带电粒子在匀强电场的作用下，在t=0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图所示，不计重力．求在t=0到t=T 的时间间隔内①粒子位移的大小和方向②粒子沿初始电场反方向运动的时间答案：①m qT E S 1620=，位移的方向与初始电场的方向相同；②4T t =∆思路分析：先要结合图象分析电场强度随时间的变化规律，进而推断物体加速度和速度随时间的变化规律，随后用V-t 图像中的特征物理量来进行分析和演算．解题过程：①由于电场在每段时间内恒定不变，故粒子做匀变速运动．设带电粒子在第一、第二、第三和第四个4T 内的加速度分别为a 1、a 2、a 3、a 4，由牛顿第二定律得m q E a 01=、m q E a 022-=、m q E a 023=、m q Ea 04-=，由此可得粒子运动的V-t 图像如下图所示．又由于V-t 图像中曲线与坐标轴所围面积的代数和表相应的位移，由图知4T 到43T 时段内的总位移为零，故t=0到t=T 的时间间隔内的位移为41212T V S ⋅⨯=，且方向与初始电场的方向相同，又411T a V ⋅=，于是m qT E S 1620=．②由V-t 图像知曲线与t 轴的交点处速度换向，即粒子在83T t =到85T t =时段内粒子沿初始电场反方向运动，对应的时长为48385T T T t =-=∆．规律总结：要结合电场的变化特性，将它转化成为熟知的V-t 图像．备考中要举一反三，将新颖题材转化为熟知的现象和习惯的处理方法可在考场中赢得时间的主动权．考点解剖：本题考查带电粒子在交变场中的运动，意在考查运用牛顿运动定律解决实际问题的能力．26．如图，虚线OL 与y 轴的夹角θ=600，在此角范围内有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ．一质量为m 、电荷量为q （q>0）的粒子从左侧平行于x 轴射入磁场，入射点为M ．粒子在磁场中运动的轨道半径为R ．粒子离开磁场后的运动轨迹与x 轴交于p 点（图中未画出）且—op=R ．不计重力．求M 点到O 点的距离和粒子在磁场中运动的时间．答案：当粒子在磁场中运动的圆心角α=300时R h )1(33-=，当粒子在磁场中运动的圆心角α=900时Rh )1(33+=当粒子在磁场中运动的圆心角α=300时粒子在磁场中的运动时间为qB m T t 612π==，当粒子在磁场中运动的圆心角α=900时粒子在磁场中的运动时间为qB m T t 24π==．思路分析：解答时要在认真阅读题材的基础上绘制出粒子运动的草图，分段考查粒子的运动性质，写出相关的物理规律，然后作对应坐标轴的垂线，通过几何关系建立相关参量的联系来求解．解题过程：结合题意带电粒子以C 点为圆心在有界磁场中做半径为R 的匀速圆周运动，从A 点离开磁场后沿切线方向P 点运动，若设AC 与y 轴的夹角为α，AP 与x 轴的夹角为β，则由粒子所受的洛仑兹力提供向心力知R v m qVB 2=，又V R T π2=，故粒子在磁场中运动的周期为qB m T π2=．过A 点作x 轴和y 轴的垂线，垂足为B 和D ，由几何关系知αsin R AD =，θcot AD OD =，βcot OD PB =，又α=β，PB AD OP +=，整理以上各式可得1cos sin 31=+αα，于是得α=300或α=900若设M 点到O 点的距离为h ，则有OC R h -=，又OD R OC -=αcos ，θcot AD OD =，故)30cos(032+-=αR R h ，于是当α=300时得R h )1(33-=，当α=900时得R h 1(33+=当α=300时粒子在磁场中的运动时间为qB m T t 612π==，当α=900时粒子在磁场中的运动时间为qB m T t 24π==．规律总结：本题设问新颖，对运用数学知识解决物理问题的能力要求很高，有很好地选拔性．备考时要多注意圆心的确定、运动时间的确定、轨迹的描绘，以及临界和极值问题，通过深入有效地备考，达到处变不惊，灵活应对，快速决策之目的．考点解剖：综合考查带电粒子在磁场中的运动，意在考查综合解决问题的能力．。

专题十七 碰撞与动量守恒1．(2013·高考新课标全国卷Ⅰ，35题)(2)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．【解析】(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12m v 2＝12m v 21＋12(2m )v 22 ① m v ＝m v 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 22③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＝12m v 21④μ(2m )gd 2＝12(2m )v 22 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 ＝12m v 20－12m v 2⑦ 联立②至⑦式，得v 0＝ 285μgd .答案：(2) 285μgd2.(2013·高考新课标全国卷Ⅱ，35题)(2)如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m 的物块A 、B 、C .B 的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A 以速度v 0朝B 运动，压缩弹簧；当A 、 B 速度相等时，B 与C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B 和C 碰撞过程时间极短，求从A 开始压缩弹簧直至与弹黄分离的过程中，(ⅰ)整个系统损失的机械能；(ⅱ)弹簧被压缩到最短时的弹性势能． 【解析】(2)A 、B 碰撞时动量守恒、能量也守恒，而B 、C 相碰粘接在一块时，动量守恒．系统产生的内能则为机械能的损失．当A 、B 、C 速度相等时，弹性势能最大．(ⅰ)从A 压缩弹簧到A 与B 具有相同速度v 1时，对A 、B 与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得m v 0＝2m v 1 ①此时B 与C 发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v 2，损失的机械能为ΔE .对B 、C 组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得m v 1＝2m v 2 ② 12m v 21＝ΔE ＋12(2m )v 22 ③ 联立①②③式得ΔE ＝116m v 20. ④(ⅱ)由②式可知v 2<v 1，A 将继续压缩弹簧，直至A 、B 、C 三者速度相同，设此速度为v 3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为E p .由动量守恒定律和能量守恒定律得m v 0＝3m v 3 ⑤ 12m v 20－ΔE ＝12(3m )v 23＋E p ⑥ 联立④⑤⑥式得E p ＝1348m v 20. ⑦答案：(2)(ⅰ)116m v 20 (ⅱ)1348m v 20 3．(2013·高考天津卷，2题)我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3 000 m 接力三连冠．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则( )A ．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B ．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C ．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D ．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功【解析】选B.乙推甲的过程中，他们之间的作用力大小相等，方向相反，作用时间相等，根据冲量的定义，甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，但方向相反，选项A 错误；乙推甲的过程中，遵守动量守恒定律，即Δp 甲＝－Δp 乙，他们的动量变化大小相等，方向相反，选项B 正确；在乙推甲的过程中，甲、乙的位移不一定相等，所以甲对乙做的负功与乙对甲做的正功不一定相等，结合动能定理知，选项C 、D 错误．4．(2013·高考重庆卷，9题)在一种新的“子母球”表演中，让同一竖直线上的小球A 和小球B ，从距水平地面高度为ph (p ＞1)和h 的地方同时由静止释放，如图所示．球A 的质量为m ，球B 的质量为3m .设所有碰撞都是弹性碰撞，重力加速度大小为g ，忽略球的直径、空气阻力及碰撞时间．(1)求球B 第一次落地时球A 的速度大小；(2)若球B 在第一次上升过程中就能与球A 相碰，求p 的取值范围； (3)在(2)情形下，要使球A 第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，求p 应满足的条件．【解析】(1)小球B 第一次落地时，两球速度相等，由v 2＝2gh 得v ＝2gh . (2)B 球从开始下落到第一次落地所用时间t 1＝v g ＝2h g①由于小球B 在第一次上升过程中就能与A 球相碰，则B 球运动时间应满足t 1<t 2<2t 1②由相遇条件知12gt 22＋v (t 2－t 1)－12g (t 2－t 1)2＝ph ③ 由①②③解得1<p <5.(3)设t ＝t 2－t 1，由①③式得t ＝p －142hg，则A 、B 两球相遇时的速度分别为v A ＝v ＋gt ＝2gh ＋g p －142h g ＝2gh p ＋34v B ＝v －gt ＝2gh －g p －142h g ＝2gh 5－p4若A 球碰后刚好能达到释放点，由两球相碰为弹性碰撞知 12m v 2A ＋12·3m v 2B ＝12m v ′ 2A ＋12·3m v ′2B m v A －3m v B ＝－m v A ′＋3m v B ′ v A ′＝v A可解得此时v B ′＝v B ，v A ＝3v B.要使A 球碰后能到达比其释放点更高的位置，须满足v A <3v B ，解得p <3.由v B ＝2gh ·5－p4知，5－p 4<1，解得p >1，所以p 的取值范围是1<p <3.答案：(1)2gh (2)1<p <5 (3)1<p <3 5．(2013·高考山东卷，38题) (2)如图所示，光滑水平轨道上放置长板A (上表面粗糙)和滑块C ，滑块B 置于A 的左端，三者质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg 、m C ＝2 kg.开始时C 静止，A 、B 一起以v 0＝5 m/s 的速度匀速向右运动，A 与C 发生碰撞(时间极短)后C 向右运动，经过一段时间，A 、B 再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C 发生碰撞．求A 与C 碰撞后瞬间A 的速度大小．【解析】(2)因碰撞时间极短，A 与C 碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A 的速度为v A ，C 的速度为v C ，以向右为正方向，由动量定恒定律得m A v 0＝m A v A ＋m C v C ①A 与B 在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为v AB ，由动量守恒定律得 m A v A ＋m B v 0＝(m A ＋m B )v AB ②A 与B 达到共同速度后恰好不再与C 碰撞，应满足 v AB ＝v C ③ 联立①②③式，代入数据得 v A ＝2 m/s. ④ 答案：(2)2 m/s 6．(2013·高考广东卷，35题)如图，两块相同平板P 1、P 2置于光滑水平面上，质量均为m .P 2的右端固定一轻质弹簧，左端A 与弹簧的自由端B 相距L .物体P 置于P 1的最右端，质量为2m 且可看作质点．P 1与P 以共同速度v 0向右运动，与静止的P 2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P 1与P 2粘连在一起．P 压缩弹簧后被弹回并停在A 点(弹簧始终在弹性限度内)．P 与P 2之间的动摩擦因数为μ.求：(1)P 1、P 2刚碰完时的共同速度v 1和P 的最终速度v 2； (2)此过程中弹簧的最大压缩量x 和相应的弹性势能E p .【解析】P 1与P 2发生完全非弹性碰撞时，P 1、P 2组成的系统遵守动量守恒定律；P 与(P 1＋P 2)通过摩擦力和弹簧弹力相互作用的过程，系统遵守动量守恒定律和能量守恒定律．注意隐含条件P 1、P 2、P 的最终速度即三者最后的共同速度；弹簧压缩量最大时，P 1、P 2、P 三者速度相同．(1)P 1与P 2碰撞时，根据动量守恒定律，得 m v 0＝2m v 1解得v 1＝v 02，方向向右P 停在A 点时，P 1、P 2、P 三者速度相等均为v 2，根据动量守恒定律，得2m v 1＋2m v 0＝4m v 2解得v 2＝34v 0，方向向右．(2)弹簧压缩到最大时，P 1、P 2、P 三者的速度为v 2，设由于摩擦力做功产生的热量为Q ，根据能量守恒定律，得从P 1与P 2碰撞后到弹簧压缩到最大 12×2m v 21＋12×2m v 20＝12×4m v 22＋Q ＋E p 从P 1与P 2碰撞后到P 停在A 点 12×2m v 21＋12×2m v 20＝12×4m v 22＋2Q 联立以上两式解得E p ＝116m v 20，Q ＝116m v 20根据功能关系有Q ＝μ·2mg (L ＋x )解得x ＝v 2032μg－L .答案：(1)v 1＝12v 0，方向向右 v 2＝34v 0，方向向右(2)v 2032μg －L 116m v 20 7．(2013·高考江苏卷，5题)水平面上，一白球与一静止的灰球碰撞，两球质量相等．碰撞过程的频闪照片如图所示，据此可推断，碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的( )A ．30%B ．50%C ．70%D ．90%【解析】选A.根据v ＝x t 和E k ＝12m v 2解决问题．量出碰撞前的小球间距与碰撞后的小球间距之比为12∶7，即碰撞后两球速度大小v ′与碰撞前白球速度v 的比值，v ′v ＝712.所以损失的动能ΔE k ＝12m v 2－12·2m v ′2，ΔE kE k0≈30%，故选项A 正确．8．(2013·高考江苏卷，12题C) (3)如图所示，进行太空行走的宇航员A 和B 的质量分别为80 kg 和100 kg ，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1 m/s.A 将B 向空间站方向轻推后，A 的速度变为0.2 m/s ，求此时B 的速度大小和方向．【解析】(3)根据动量守恒定律，(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B v B ，代入数值解得v B ＝0.02 m/s ，离开空间站方向．答案：(3)0.02 m/s ，离开空间站方向 9．(2013·高考福建卷，30题)(2)将静置在地面上，质量为M (含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v 0竖直向下喷出质量为m 的炽热气体。

13【2013广东高考】.某航母跑道长200m.飞机在航母上滑行的最大加速度为6m/s2，起飞需要的最低速度为50m/s.那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为A.5m/sB.10m/sC.15m/sD.20m/s答案：B19(2013全国卷大纲版)．将甲乙两小球先后以同样的速度在距地面不同高度处竖直向上抛出，抛出时间间隔为2s，他们运动的V-t图像分别如直线甲、乙所示。

则（）A．t=2s时，两球的高度差一定为40mB．t=4s时，两球相对于各自抛出点的位移相等C．两球从抛出至落地到地面所用的时间间隔相等D．甲球从抛出至达到最高点的时间间隔与乙球的相等答案：BD11【2013江苏高考】. (10 分)某兴趣小组利用自由落体运动测定重力加速度,实验装置如图所示. 倾斜的球槽中放有若干个小铁球,闭合开关K,电磁铁吸住第1个小球. 手动敲击弹性金属片M,M 与触头瞬间分开, 第1 个小球开始下落,M 迅速恢复,电磁铁又吸住第2 个小球. 当第1 个小球撞击M时,M 与触头分开,第2 个小球开始下落……. 这样,就可测出多个小球下落的总时间.(1)在实验中,下列做法正确的有_________.(A)电路中的电源只能选用交流电源(B)实验前应将M 调整到电磁铁的正下方(C)用直尺测量电磁铁下端到M 的竖直距离作为小球下落的高度(D)手动敲击M 的同时按下秒表开始计时(2)实验测得小球下落的高度H =1. 980 m,10 个小球下落的总时间T =6. 5 s. 可求出重力加速度g = ______ m/ s2. (结果保留两位有效数字)(3)在不增加实验器材的情况下,请提出减小实验误差的两个办法.(4)某同学考虑到电磁铁在每次断电后需要时间Δt 磁性才消失,因此,每个小球的实际下落时间与它的测量时间相差Δt,这导致实验误差. 为此,他分别取高度H1和H2,测量n个小球下落的总时间T1和T2. 他是否可以利用这两组数据消除Δt 对实验结果的影响? 请推导说明. 11答案. (1)B D (2) 9.4（3）增加小球下落的高度;多次重复实验,结果取平均值.(其他答案只要合理也可)19【2013广东高考】．如图7，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道。