匀变速矗线运动的图像．

先采用隔离法分别对两木块受力分析m1沿水平地面做匀减速运动，m2做匀加速直线运动当二者速度相等后一起匀减速，運用牛顿第二定律分别表示出其加速度的大小进行比较．

解：开始时m1的速度大于m2的速度故m2受向前的摩擦力，根据牛顿第二定律：μm2g=m2a2得：a2=μg

当二者速度相等后一起匀减速以整体为研究对象，根据牛顿第二定律：μ(m1g+m2g)=(m1+m2)a

即二者发生相对运动的时间内m1的加速度大小大于m2的加速度②者共同匀减速时加速度大小等于原来的m2的加速度的大小，v﹣t图象的斜率大小表示加速度大小从而判断B正确．

本题的关键是正确的运用犇顿第二定律表示出各加速度大小，然后知道v﹣t图象的斜率表示加速度．

[解析]由于穿过第三块木块后子弹的速度恰好为零可逆向考虑，應用初速度为零的匀变速直线运动的推论得v1︰v2︰v3＝︰︰1t1︰t2︰t3＝(－)︰(－1)︰1，选项B正确

故BCD错误，A正确；

　本题主要考查一定量的理想气体體的实验定律的理解和内能的变化问题解题的关键是一定量的理想气体体的理解。

(1)一定量的理想气体体是一种理想的模型实际并不存茬，但实际气体在温度不太高压强不太大时都可视为一定量的理想气体体，故选项A正确B错误；一定量的理想气体体的内能仅与温度有關，选项C错误；一定量的理想气体体遵循气体实验定律选项D正确。

(2)气体内能增加温度升高，分子的平均动能将增大；由热力学第一定律W+Q＝ΔE知W＝ΔE＝3.4×104J。

(3)设气体在标准状态时的体积为V1等压过程

气体物质的量n＝，且分子数N＝nNA解得N＝NA

15、解：(1)物体恰好做圆周运动，在光滑半圆轨道最高点据牛顿第二定律：mg=

(2)物体被弹簧弹出的过程中，物块和弹簧组成的系统机械能守恒：

　　　　　　　　　　　　 Ep=

由于vB＞1m/s所以物块在传送带上一直做匀减速运动　　

物块在传送带上据动能定理得：　﹣

(3)物块从B到C过程中由机械能守恒定律得：mg?2R=

解得：vC=　　　　 ①

物块在长木板上滑行过程中，对长木板受力分析：

下表面受到摩擦力：f3=μ3(M+m)g=0.26N＞f2所以长木板静止不动．

对物块在长木板上滑行过程由动能定理得：　　　　　 ②

联立①②解得：s==4m

答：1)物块到达B点时速度υB的大小2m/s；

(2)弹簧被压缩时的弹性势能1.2J；

(3)小物块在长木板上滑行的最大距离4m．

B：一定量的理想气体体内能是温度T的函数

C：cd过程为恒温升压过程，外界对系统做正功但系统内能不变，故放热放热量

D：da过程为恒压升温过程，体积增加对外做功，故吸热

E：bc过程恒压降温体积减小

17、解：(1)由图可知，在AB段汽车的牵引力不变而水平方向的阻力恒定，根据牛顿第二定律可知汽车做加速度不变的加速运动；

在BC段汽车的牵引力减小，根据牛顿第二定律可知汽车做加速度减小的加速运动．此过程中BC的斜率不变，所以：　=P保持不变所以以恒定的功率加速．

(2)当汽车的速度为v2时，牵引力为：F1=1×103 N

(3)汽车做匀加速直线运动时的加速度最大，阻力为：

故整个过程中最大加速度为2m/s2．

当汽车的速度为10 m/s时处于图线BC段故此时的功率最大为：Pm=2×104W．

故匀加速运动的最大速度是6.67m/s，当速度为10m/s时功率为2×104W．

答：(1)汽车先做加速度不变的加速运动，后做功率恒定的加速运动；

(3)整个运动过程中的最大加速度是2m/s2；

(4)匀加速运動过程的最大速度是6.67m/s；匀加速运动过程用时3.33s；当汽车的速度为10m/s时发动机的功率为2×104 W．