1、玉溪一中高2015届高三上学期年级第2次月考物理试卷【试卷综析】本试卷是高三模拟试题，包含了高中物理的全部内容，主要包含受力分析、牛顿运动定律、动能定理、电场、磁场、恒定电流、电磁感应、选修3-3、3-5等内容，在考查问题上以基本定义、基本规律为主，以基础知识和基本技能为载体，以能力测试为主导，是份非常好的试卷。1考试时间90分钟 满分为100分 命题人：常 靖一、 选择题(每小题4分16，只有一个选项符合题意；710题每小题有多个选项符合题意)（试题中g=10m/s2 ）【题文】1甲、乙两个物体在同一直线上沿正方向运动，a甲4 m/s2，a乙4 m/s2，那么对甲、乙两物体判断正确的是()
2、A甲、乙在相等时间内速度变化相等 B甲做加速直线运动，乙做减速直线运动C甲的速度比乙的速度变化快 D甲的加速度大于乙的加速度【知识点】加速度A1【答案解析】B解析：A、甲乙的加速度一正一负，在相同时间内速度的变化量大小相等，方向不同，故A错误B、甲的加速度方向与速度方向相同，甲做加速运动，乙的加速度方向与速度方向相反，乙做减速运动，故B正确C、甲乙的加速度大小相等，速度变化快慢相同，故C错误D、甲的加速度等于乙的加速度，故D错误故选：B【思路点拨】加速度是矢量，加速度的正负表示方向，加速度是反映速度变化快慢的物理量，当加速度方向与速度方向相同，物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，物体做
3、减速运动解决本题的关键知道加速度是矢量，正负表示方向，知道加速度的物理意义，掌握判断物体做加速运动还是减速运动的方法，关键看加速度方向与速度方向的关系【题文】2如图所示，在拉力F作用下，小球A沿光滑的斜面缓慢地向上移动，在此过程中，小球受到的拉力F和支持力FN的大小变化是()AF增大，FN减小BF和FN均减小CF和FN均增大DF减小，FN不变【知识点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力B1 B4【答案解析】A解析： 小球受重力G、支持力FN、拉力F处于动态平衡状态根据平衡条件得知：FN与F的合力与G大小相等、方向相反，作出这两个力的合力，如图由力的合成图可知，F增大，FN减小故选：A【
4、思路点拨】小球处于动态平衡状态，以小球为研究对象，分析受力，作出力图，根据图解法分析拉力F和支持力FN的大小变化本题是平衡问题中动态变化分析问题，运用图解法比较直观简洁，也可以运用函数法研究【题文】3如图所示，50个大小相同、质量均为m的小物块，在平行于斜面向上的恒力F作用下一起沿斜面向上运动已知斜面足够长，倾角为30，各物块与斜面的动摩擦因数相同，重力加速度为g，则第48个小物块对第49个小物块的作用力大小为（ ）AF B.FC24mg D因为动摩擦因数未知，所以不能确定【知识点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用B3 C2【答案解析】A解析： 根据牛顿第二定律得，整体的加速度a= -gsi
5、n30-gcos30隔离对48两个物体分析，有：F-48mgsin30-48mgcos30-N=48ma解得N= F故A正确，B、C、D错误故选A【思路点拨】对整体分析，运用牛顿第二定律求出整体的加速度，再隔离分析，求出第48个小物块对第49个小物块的作用力大小解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用【题文】4. 如图所示，A为静止于地球赤道上的物体，B为绕地球做椭圆轨道运行的卫星，C为绕地球做圆周运动的卫星，P为B、C两卫星轨道的交点已知A、B、C绕地心运动的周期相同相对于地心，下列说法中不正确的是（ ）A 卫星B在P点的运行加速度大小与卫星C
6、的运行加速度大小相等B卫星C的运行速度大于物体A的速度 C可能出现：在每天的某一时刻卫星B在A的正上方D物体A和卫星C具有相同大小的加速度C【知识点】万有引力定律及其应用；牛顿第二定律C2 D5【答案解析】D解析：A、卫星B绕地球做椭圆轨道运行，与地球的距离不断变化，引力产生加速度，根据牛顿第二定律，有a=，经过P点时，卫星B与卫星C的加速度相等，故A正确； B、物体A静止于地球赤道上随地球一起自转，卫星C为绕地球做圆周运动，它们绕地心运动的周期相同，根据线速度公式v=，卫星C的线速度较大，故B正确；C、A、B绕地心运动的周期相同，也就等于地球的自转周期B为绕地球做椭圆轨道运行的卫星，是速度大
7、小在变化的运动，所以可能出现：在每天的某一时刻卫星B在A的正上方故C正确本题选不正确的，D、物体A静止于地球赤道上随地球一起自转，卫星C为绕地球做圆周运动，它们绕地心运动的周期相同，根据向心加速度的公式a=（）2r，卫星C的加速度较大，故D错误；故选D【思路点拨】A静止于地球赤道上随地球一起自转，C为绕地球做圆周运动，B为绕地球做椭圆轨道运行的卫星，A、B、C绕地心运动的周期相同，根据向心加速度的公式a=（ ）2r可以判断物体A和卫星C的运动情况，卫星B、C轨迹在P点相交，根据牛顿第二定律判断加速度本题关键先列求解出线速度和加速度的表达式，再进行讨论；对于加速度，要根据题意灵活地选择恰当的表达
8、式形式分析卫星在椭圆轨道运行，万有引力与向心力不等【题文】5如图，倾角为a的斜面体放在粗糙的水平面上，质量为m的物体A与一劲度系数为的轻弹簧相连。现用拉力F沿斜面向上拉弹簧，使物体在光滑斜面上匀速上滑，上滑的高度为h，斜面体始终处于静止状态。在这一过程中（ ）A弹簧的伸长量为 B拉力F做的功为C物体A的机械能增加D斜而体受地面的静摩擦力大小等于【知识点】机械能守恒定律；功的计算E1 E3【答案解析】D解析： A、根据胡克定律可得弹簧的伸长量x=，故A错误B、根据功的定义式可得拉力F做的功W=Fx=F，故B错误C、在整个运动过程中物体的动能保持不变，故增加的机械能就等于增加的重力势能即E=EP=
9、mgh，故C错误D、以整体为研究对象，整体在水平方向不受外力，故有拉力F在水平方向的分力等于地面的摩擦力，故有f=Fcos，故D正确故选：D【思路点拨】根据胡克定律可得弹簧的伸长量；根据功的定义式可得拉力F做的功；机械能的增量就等于末态的机械能减去初态的机械能；根据整体处于平衡状态可得系统水平方向合力为0，即水平向左的拉力等于水平向右的摩擦力系统增加的机械能等于除重力和弹簧的弹力外其它力所做的功，这是高考考查的重点和难点，要注意掌握【题文】6如图所示是倾角为45的斜坡，在斜坡底端P点正上方某一位置Q处以速度v0水平向左抛出一个小球A，小球恰好能垂直落在斜坡上，运动时间为t1，小球B从同一点Q处
10、自由下落，下落至P点的时间为t2，不计空气阻力，则t1t2为（ ） A12 B1 C13D1【知识点】平抛运动；自由落体运动A3 D2【答案解析】D解析： 小球A恰好能垂直落在斜坡上，如图由几何关系可知，小球竖直方向的速度增量vy=gt1=v0 水平位移S=v0t1 竖直位移hQ= 由得到：由几何关系可知小球B作自由下落的高度为：hQ+S 联立以上各式解得：;故选：D【思路点拨】小球做平抛运动时，根据分位移公式求出竖直分位移和水平分位移之比，然后根据几何关系求解出的自由落体运动的位移并求出时间本题关键是明确小球Q的运动是平抛运动，然后根据平抛运动的分位移和分速度公式联立求解出运动时间，再根据几
11、何关系得到自由落体的位移，从而进一步求得时间，最后得到比值【题文】7(多选)关于静电场，下列说法正确的是（ ）A电势等于零的物体一定不带电B电场强度为零的点，电势一定为零C同一电场线方向上的各点，电势一定降低D负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加【知识点】电势；电场I1 I2【答案解析】CD解析： A、静电场中，电势具有相对性，电势为零的物体不一定不带电，故A错误；B、静电场中，电势具有相对性，电场强度为零的点电势不一定为零，故B错误；C、沿场强方向电势减小，电场线的切线方向表示电场强度的方向，故沿电场线电势一定降低，故C正确；D、电场线的切线方向表示电场强度的方向，负电荷沿电场线方向移动
12、时，电场力做负功，电势能增加，故D正确；故选CD【思路点拨】静电场中，电势具有相对性，电场强度为零的点电势不一定为零，沿电场线电势一定降低本题关键抓住电场力电场强度与电势的概念，同时要注意电势具有相对性，电场强度为零的点电势不一定为零【题文】8 (多选)如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用，前方固定一足够长的弹簧，则当木块接触弹簧后（ ）A木块立即做减速运动 B木块在一段时间内速度仍可增大C当F等于弹簧弹力时，木块速度最大 D弹簧压缩量最大时，木块加速度为零【知识点】力与运动的关系C2【答案解析】BC解析： A、物体与弹簧接触后，物体受到弹力，但开始时弹力小于推力，物体继续加速，直到弹
13、力等于推力为止，故A错误;B、物体与弹簧接触后，物体受到弹力，但开始时弹力小于推力，物体继续加速，直到弹力等于推力为止，故B正确；C、物体与弹簧接触后，物体受到弹力，但开始时弹力小于推力，物体继续加速，当弹力增加到等于推力时，物体速度达到最大，故C正确；D、弹簧处于最大压缩量时，速度为零，弹力大于推力，故合力不为零，加速度也不为零，故D错误;故选BC【思路点拨】由于水平面光滑，物块与弹簧接触前，在推力的作用下做加速运动，与弹簧接触后，随着压缩量的增加，弹簧弹力不断变大，弹力小于推力时，物体继续加速，弹力等于推力时，物体的加速度减为零，速度达到最大，弹力大于推力后，物体减速，当压缩量最大时，物块
14、静止本题中物块接触弹簧后的运动分为加速度不断减小的加速运动和加速度不断变大的减速运动过程，要好好分析【题文】9 (多选)一小船在静水中的速度为3 m/s，它在一条河宽为150 m，水流速度为4 m/s的河流中渡河，则该小船()A能到达正对岸 B渡河的时间可能等于50 sC以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为200 mD以最短位移渡河时，位移大小为200 m【知识点】运动的合成和分解D1【答案解析】BC解析： A、因为船在静水中的速度小于河水的流速，由平行四边形法则求合速度不可能垂直河岸，小船不可能垂直河岸正达对岸故A错误B、当船的静水中的速度垂直河岸时渡河时间最短：tmin= =50s，
15、故B正确C、船以最短时间50s渡河时沿河岸的位移：x=v水tmin=450m=200m，即到对岸时被冲下200m，故C正确D、小船若在50s内渡河，到对岸时，它将被冲下的距离x=v水t=450m=200m此时位移 ，故D错误故选BC【思路点拨】船航行时速度为静水中的速度与河水流速二者合速度，最短的时间主要是希望合速度在垂直河岸方向上的分量最大，这个分量一般刚好是船在静水中的速度，即船当以静水中的速度垂直河岸过河的时候渡河时间最短；如果船在静水中的速度小于河水的流速，则合速度不可能垂直河岸，那么，小船不可能垂直河岸正达对岸小船过河问题属于运动的合成问题，要明确分运动的等时性、独立性，运用分解的思
16、想，看过河时间只分析垂直河岸的速度，分析过河位移时，要分析合速度.【题文】10(多选)某电场的电场线的分布如图所示一个带电粒子只在电场力作用下由M点沿图中虚线所示的路径运动通过N点则下列判断正确的是().A.粒子带负电B.粒子在M点的加速度小C.粒子在N点的速度大D.电场力对粒子做正功【知识点】电场线；物体做曲线运动的条件；动能定理的应用D1 E2 I1【答案解析】BCD解析： A、电场线的方向向上，根据粒子的运动的轨迹可以知道，粒子的受到的电场力的方向也向上，所以电荷为正电荷，所以A错误；B、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以粒子在N点的受力大，加速度大，所以B正确
17、；C、从M点到N点，电场力做正功，电势能减小，粒子的速度增大，所以C正确；D、由C的分析可知D正确故选BCD【思路点拨】电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题二选择题（每空3分，共18分，）【题文】11图7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：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；调整轻滑轮，使细线水平；让物块从光电门A的左侧由静止释放，用数字毫秒
18、计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间tA和tB，求出加速度a；多次重复步骤，求a的平均值；根据上述实验数据求出动摩擦因数.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1 mm)的示数如图所示，其读数为_ cm. (2)物块的加速度a可用d、s、tA和tB表示为a_.(3)动摩擦因数可用M、m、和重力加速度g表示为_.【知识点】探究影响摩擦力的大小的因素A7 B2【答案解析】(1)0.960 (2)a(3) 解析： ：（1）由图示游标卡尺可知，主尺示数为0.9cm，游标尺示数为120.05mm=0.60mm=0.060cm，游标卡尺示数为0.9cm+0.060cm=0
19、.960cm；（2）滑块的速度vA=，vB=，从A到B，由速度位移公式得：vB2-vA2=2as，解得，加速度a=（3）由动能定理得：-mgs=MvB2-MvA2，解得：= ；【思路点拨】（1）主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；（2）由速度公式求出速度，由匀变速运动的速度位移公式求出加速度；（3）由动能定理列方程求出动摩擦因数本题考查了游标卡尺读数、求加速度、求动摩擦因数等问题；主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数，游标卡尺不需要估读应用速度公式、匀变速运动的速度位移公式、动能定理即可正确解题【题文】12在测量金属丝电阻率的实验中，可供选用的器材如下：待测金属丝：Rx(阻值约4 ，额定电流
20、约0.5 A)；电压表：V(量程3 V，内阻约3 k)电流表：A1(量程0.6 A，内阻约0.2 )；A2(量程3 A，内阻约0.05 )；电源：E1(电动势3 V，内阻不计)；E2(电动势12 V，内阻不计)；滑动变阻器：R(最大阻值约20 )；螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，读数为_mm.(2)若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选_，电源应选_ _(均填器材代号)【知识点】测定金属的电阻率J5【答案解析】(1)1.773 (2) A1E1 解析：由图示螺旋测微器可知，其示数为：1.5mm+27.30.01mm=1.77
21、3mm；电阻丝的额定电流约为0.5A，电流表应选A1；电阻丝的额定电压约为U=IR=0.55=2.5V，电源应选E1；【思路点拨】螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；根据金属丝的额定电流选择电流表，根据金属丝的额定电压选择电源； 三、计算题(共2小题，13题12分、14题为15分，共27分)【题文】13(12分)一水平传送带以2.0 m/s的速度顺时针传动，水平部分长为2.0 m，其右端与一倾角为37的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4 m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，已知物块与传送带间动摩擦因数0.2，试问：(1)物块到达传送带右端的速度；(2)物块能否到
22、达斜面顶端？若能则说明理由，若不能则求出物块上升的最大高度(sin 370.6，g取10 m/s2)【知识点】牛顿第二定律C2【答案解析】（1）2m/s (2)0.2m解析： (1)物块在传送带上先做匀加速直线运动由mgma1，x1，可得x11 mL故物块到达传送带右端前已匀速运动，速度为2 m/s.(2)物块以速度v0冲上斜面，之后做匀减速直线运动，由mgsin ma2，x2可得x2 m0.4 m.故物块没有到达斜面的最高点，物块上升的最大高度hmx2sin 0.2 m【思路点拨】（1）对物块进行受力分析，找出物块的合力，明确其运动性质，运用牛顿第二定律和运动学公式去求解到达传送带右端时的速
23、度（2）物块冲上斜面后做匀减速直线运动，先根据运动学公式求出上物块运动的最大位移（到达最大位移时速度为0），然后与题目中的斜面长对比即可求解本题要注意物体刚放在传送带上时在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，速度达到传送带速度后与传送带一起做匀速运动，此时不受摩擦力作用，能否到达最高点我们也可以根据动能定理去求解，难度适中【题文】14(15分)如图甲所示，两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨相距为L11m，导轨平面与水平面成30角，上端连接阻值R15的电阻；质量为m02kg、阻值r05的金属棒ab放在两导轨上，距离导轨最上端为L24m，棒与导轨垂直并保持良好接触。整个装置处于一匀强磁场中，该匀强磁
24、场方向与导轨平面垂直，磁感应强度大小随时间变化的情况如图乙所示。为保持ab棒静止，在棒上施加了一平行于导轨平面的外力F， g=10m/s2求：（1）当t2s时，外力F1的大小；（2）当t3s前的瞬间，外力F2的大小和方向；（3）请在图丙中画出前4s外力F随时间变化的图像（规定方向沿斜面向上为正）；【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的能量转化J2 L2 L3【答案解析】（1）0；（2）0.5N，方向沿斜面向下；（3）如图所示解析：（1）当t=2s时，回路中产生的感应电动势为：E=，B2=1T，应电流为：I=；根据楞次定律判断可知，ab所受的
25、安培力沿轨道向上；ab棒保持静止，受力平衡，设外力沿轨道向上，则由平衡条件有：mgsin30-B2IL1-F1=0可解得：F1=mgsin30-B2IL1=0.210sin30-111=0（2）当t=3s前的瞬间，由图可知，B3=1.5T，设此时外力沿轨道向上，则根据平衡条件得：F2+B3IL1-mgsin30=0则得：F2=mg sin30-B3IL1=0.210sin30-1.511=-0.5N，负号说明外力沿斜面向下（3）规定F方向沿斜面向上为正，在0-3s内，根据平衡条件有：mgsin30-BIL1-F=0而B=0.5t（T）则得：F=mgsin30-BIL1=0.210sin30-0
26、.5T11=1-0.5T（N）当t=0时刻，F=1N在3-4s内，B不变，没有感应电流产生，ab不受安培力，则由平衡条件得：F=mgsin30=0.210sin30N=1N画出前4s外力F随时间变化的图象如图所示【思路点拨】（1）由图知，0-3s时间内，B均匀增大，回路中产生恒定的感应电动势和感应电流，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律求出感应电流，由平衡条件求解t=2s时，外力F1的大小（2）与上题用同样的方法求出外力F2的大小和方向（3）由B-t图象得到B与t的关系式，根据平衡条件得到外力F与t的关系式，再作出图象解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律、平衡条件、安培力公式和能量守恒定律等等电
27、磁学和力学规律，得到解析式，再画图象是常用的思路，要多做相关的训练【题文】34物理-选修3-4（15分）（1）（6分）关于热学知识的下列叙述中正确的是_（选对一个给3分，选对两个给4分，选对三个给6分。每选错一个扣3分，最低得分为0分）A温度降低，物体内所有分子运动的速度不一定都变小B布朗运动就是液体分子的热运动C将大颗粒的盐磨成细盐，就变成了非晶体D第二类永动机虽然不违反能量守恒定律，但它是制造不出来的E. 在绝热条件下压缩气体，气体的内能一定增加 【知识点】热力学第二定律；布朗运动H1 H2【答案解析】ADE 解析： A、温度是分子平均动能变化的标志温度降低，分子平均动能减小，但是个别分子
28、速度不一定都变小，故A正确;B、布朗运动的悬浮在液体中固体微粒的运动，不是液体分子的热运动，固体微粒运动的无规则性，反应了液体分子运动的无规则性，故B错误；C、大颗粒的盐磨成细盐，不改变盐的晶体结构故C错误;D、第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了物理过程的方向性，所以制造不出来故D正确;E、改变物体内能的两种方式是热传递和做功在绝热条件下压缩气体，对气体做正功，气体与外界没有热交换，气体的内能一定增加，故E正确;故选：ADE【思路点拨】温度是分子平均动能变化的标志理解布朗运动的实质、特点；盐颗粒大小变化不改变晶体的结构根据第二类永动机的原理分析改变物体内能的两种方式是热传递和做功解决该题
29、要注意固体微粒运动和液体分子的运动是不同的两个运动，知道改变物体内能的两种方式，掌握热力学第一定律和热力学第二定律的内容，要注意平时多看课本，不断积累，多和生活实际联系加强理解和记忆【题文】（2）（9分）如图所示，一个上下都与大气相通的直圆筒，内部横截面积为S = 0.01m2，中间用两个活塞A和B封住一定质量的气体。A、B都可沿圆筒无摩擦地上下滑动，且不漏气。A的质量不计，B的质量为M，并与一劲度系数为k = 5103 N/m的较长的弹簧相连。已知大气压p0 = 1105 Pa，平衡时两活塞之间的距离l0 = 0.6 m，现用力压A，使之缓慢向下移动一段距离后，保持平衡。此时用于压A的力F
30、= 500 N。求活塞A下移的距离。【知识点】封闭气体压强H3【答案解析】0.3m解析：设活塞A下移距离为l，活塞B下移的距离为x对圆柱筒中的气体运用玻马定律，可得方程： 根据胡克定律，活塞B移动x后弹簧的弹力有： F = k x 将这两个方程联立，去掉x得 将数值代入得： l = 0.3 m 【思路点拨】由于A的质量可不计，初态时，封闭气体的压强等于大气压，以B为研究对象，求出弹簧的压缩量当用力压A时，再以B为研究对象，求出弹簧的弹力，由胡克定律求出弹簧的压缩量，根据玻意耳定律求出活塞A向下移动的距离本题考查了玻意耳定律与力学知识的综合，有一定难度关键搞清初末状态，运用力学平衡和玻意耳定律综
31、合求解【题文】35（1）（6分）关于原子核的结合能，下列说法正确的是_（选对一个给3分，选对两个给4分，选对三个给6分。选错一个扣3分，最低得分为0分）A原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量B一重原子核衰变成粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能C铯原子核(Cs)的结合能小于铅原子核(Pb)的结合能D比结合能越大，原子核越不稳定E自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能【知识点】原子核衰变及半衰期、衰变速度O1 O2【答案解析】ABC解析：A、原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量，故A正确；B、一重原子核衰变成
32、粒子和另一原子核，要释放能量，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能，故B正确；C、铯原子核不如铅原子核稳定，所以铯原子核（Cs）的结合能小于铅原子核（Pb）的结合能，故C正确；D、原子核的平均结合能越大，表示原子核的核子结合得越牢固，原子核越稳定，故D错误；E、自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量等于该原子核的结合能，故E错误；故选：B本题考查了结合能的知识，知道当核子结合成原子核时有质量亏损，要释放一定能量，原子核的平均结合能越大，表示原子核的核子结合得越牢固故选ABC【思路点拨】比结合能：原子核结合能对其中所有核子的平均值，亦即若把原子核全部拆成自由核子，平均对每个核子所要
33、添加的能量用于表示原子核结合松紧程度 结合能：两个或几个自由状态的粒子结合在一起时释放的能量自由原子结合为分子时放出的能量叫做化学结合能，分散的核子组成原子核时放出的能量叫做原子核结合能【题文】（2）(9分)如图甲所示，A、B两物体与水平面间的动摩擦因数相同，A的质量为3 kg.A以一定的初速度向右滑动，与B发生碰撞，碰前A的速度变化如图乙中图线所示，碰后A、B的速度变化分别如图线、所示，g取10 m/s2，求： (1)A与地面间的动摩擦因数(2)物体B的质量【知识点】动量定理；动摩擦因数；动量守恒定律F2 F3【答案解析】(1)0.1(2)1 kg解析： (1)由图乙知A的加速度am/s21 m/s2，所以A与水平面间的动摩擦因数0.1.(2)由图乙得碰后A的速度vA1 m/s，B的速度vB3 m/s，碰撞前后A、B组成的系统动量守恒，则mAv1mAvAmBvB，可得mB1 kg.【思路点拨】（1）碰撞前A做匀减速直线运动，根据v-t图象得到加速度，根据牛顿第二定律确定动摩擦因素；（2）由图象得到碰撞前后两个物体的运动速度，然后根据动量守恒定律列式求解本题关键是根据图象得到两个物体碰撞前后的运动规律，而碰撞过程动量守恒，根据守恒定律列式求解
