1、2014-2015学年吉林省松原市扶余一中高二（下）期末物理试卷一、选择题：（本题有16小题，每小题3分，共48分有的小题只有一项符合题目要求，有的小题有多项符合题目要求全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1（3分）（2015春松原校级期末）关于自由落体运动，下列说法正确的是（）A加速度为g的下落运动就是自由落体运动B重力加速度g与纬度、海拔高度有关C质量大的物体，所受重力大，因而落地速度也大D自由落体运动的位移与时间成正比考点：自由落体运动专题：自由落体运动专题分析：自由落体运动的特点是初速度为零，仅受重力（忽略空气阻力）不管轻重如何，加速度相等，都为g解答：解：A、自由落
2、体运动的特点是初速度为零，仅受重力加速度为g的运动不一定是自由落体运动故A错误 B、重力加速度大小与纬度和海拔有关，同一地点，自由落体运动的加速度相等故B正确 C、不管轻重如何，物体自由下落的加速度相等由v=gt知落地速度与时间有关，与质量无关，故C错误 D、由h=知位移与时间的平方成正比故D错误故选：B点评：解决本题的关键知道自由落体运动的特点，知道自由落体运动是初速度为零，加速度为g的匀加速直线运动2（3分）（2015春松原校级期末）已知长为L的光滑斜面，物体从斜面顶端由静止开始以恒定的加速度下滑，当物体的速度是到达斜面底端速度的时，它沿斜面已下滑的距离是（）ABCD考点：匀变速直线运动的
3、位移与时间的关系分析：根据匀变速直线运动的速度位移公式，结合速度的大小求出下滑的位移解答：解：设到达底端时的速度为v，物体的速度是到达斜面底端速度的时，物体沿斜面下滑的位移为x，根据速度位移公式有：v2=2aL得：x=故选：B点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度位移公式，并能灵活运用3（3分）（2015春松原校级期末）某物体沿一直线运动，其vt图象如图所示，则下列说法中正确的是（）A第2s内和第3s内的速度方向相反B第2s内和第3s内的加速度方向相同C第3s内速度方向与加速度方向相反D第5s内速度方向与加速度方向相反考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系专题：运动
4、学中的图像专题分析：速度时间图线速度的正负值可以确定物体的运动方向，图线的斜率表示加速度，知道匀加速运动，速度方向与加速度方向相同；匀减速运动，速度方向与加速度方向相反解答：解：A、物体在03s内速度都为正值，速度方向不变，所以第2s内和第3s内的速度方向相同故A错误B、物体第2s内的加速度a1=m/s2=2m/s2，加速度沿正向；在第3s内的加速度a2=m/s2=4m/s2，加速度沿负向，所以第2s内和第3s内的加速度方向相反，故B错误C、第3s内，即23s时间内物体做匀减速运动，速度方向与加速度方向相反，故C正确D、第5s内，即45s时间内物体沿负向做匀减速运动，速度方向与加速度方向相反，
5、故D正确故选：CD点评：解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，了解匀变速运动速度与加速度的方向关系4（3分）（2015春松原校级期末）甲、乙两物体由同一位置出发沿同一直线运动，其速度图象如图所示，下列说法正确的是（）A甲做匀速直线运动，乙做匀变速直线运动B两物体两次相遇的时刻分别为2s末和6s末C2s后甲、乙两物体的速度方向相反D乙在前4s内的平均速度大于甲的平均速度考点：匀变速直线运动的图像专题：运动学中的图像专题分析：在速度时间图象中，点代表此时刻的瞬时速度，速度正负表示速度的方向；图象的斜率表示加速度，图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴
6、下方位移为负平均速度等于位移与时间的比值解答：解：A、甲做匀速直线运动，乙物体前2s做匀加速直线运动，加速度为正方向，后4s做匀减速直线运动，加速度为负方向，所以乙物体全程不是匀变速直线运动，故A错误B、甲、乙两物体由同一位置出发；在速度时间图象中图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负；所以前2s内乙的三角形面积等于甲的正方形面积，即位移相同，此时两物相遇；前6s内甲的矩形面积等于乙三角形的面积，此时又相遇，故两物体两次相遇的时刻分别为2s末和6s末故B正确C、由于在速度时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；所以前6s
7、内甲乙两物体的速度都为正方向，速度方向相同，故C错误D、前4s内乙的位移大于甲的位移，所以乙的平均速度大于甲的平均速度，故D正确故选：BD点评：本题是为速度时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息5（3分）（2015春松原校级期末）光滑斜面AE被分为四个相等的部分，一物体从A点由静止释放，下列结论正确的是（）A物体到达各点的速率vB：vC：vD：vE=1：2B物体从A到E的平均速度=vBC物体到达各点所经历的时间tE=tB=tC=tDD物体通过每一部分时，其速度增量vBvA=vCvD=vDvC=vEvD考点：匀变速直线运动规律的
8、综合运用专题：直线运动规律专题分析：本题是同一个匀加速直线运动中不同位置的速度、时间等物理量的比较，根据选项中需要比较的物理量选择正确的公式把物理量表示出来，再进行比较解答：解：A、根据运动学公式v2v02=2ax得：物体由A点从静止释放，所以v2=2ax所以物体到达各点的速率之比vB：vC：vD：vE=1：故A正确B、初速度为零的匀加速直线运动，开始相对时间内的位移之比为1：3，因为AB：BE=1：3，知B点是AE段中间时刻的位置，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，知物体从A到E的平均速度等于B点的瞬时速度故B正确D、因四段位移中的平均速度不相同；故经过四段位移所用时间一定不同
9、；故C错误；D、因为vB：vC：vD：vE=1：物体通过每一部分时其速度增量不等，故D错误故选：AB点评：本题对运动学公式要求较高，要求学生对所有的运动学公式不仅要熟悉而且要熟练，要灵活，基本方法就是平时多练并且尽可能尝试一题多解6（3分）（2015春松原校级期末）物体沿一直线运动，在时间t内通过的路程为s它在中间位置s处的速度为v1，在中间时刻t时的速度为v2，则v1和v2的关系为（）A当物体作匀加速直线运动时，v1v2B当物体作匀加速直线运动时，v1v2C当物体作匀减速直线运动时，v1v2D当物体作匀减速直线运动时，v1v2考点：匀变速直线运动规律的综合运用专题：直线运动规律专题分析：本题
10、可由图象得出位移中点及时间中间的速度大小，即可比较出两速度的大小解答：解：作出匀加速和匀减速运动的作出vt图象对于右图匀加速运动，由图可知中间时刻的速度v2，因图象与时间图围成的面积表示物体通过的位移，故由图可知时刻物体的位移小于总位移的一半，故中间位置应在中间时刻的右侧，故此时对应的速度一定大于v2对于下图匀减速运动，由图可知中间时刻的速度v2，因图象与时间图围成的面积表示物体通过的位移，故由图可知时刻物体的位移大于总位移的一半，故中间位置应在中间时刻的左边侧，故此时对应的速度一定大于v2故A、C正确，B、D错误故选：AC点评：vt图象中图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，故由图象可知
11、中间时刻和中间位移本题还可以对运动过程运用速度位移公式、平均速度公式和位移时间公式列式后联立，求解出中间位置和中间时刻的瞬时速度的一般表达式，再进行分析讨论7（3分）（2015春松原校级期末）甲物体以速度v0做匀速直线运动，当它运动到某一位置时，该处有另一物体乙开始做初速为0的匀加速直线运动去追甲，由上述条件（）A可求乙追上甲时乙的速度B不能求乙追上甲时乙走的位移C可求乙从开始起动到追上甲时所用的时间D可求乙的加速度考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：追及、相遇问题分析：作出甲乙两物体的速度时间图线，通过图象法分析可求出的量解答：解：甲乙两物体的速度时间图线如图，乙追上甲时位移相等，从
12、图象上看出，此时的速度为2v0从图象可以看出无法求出追及的时间，以及乙的加速度和甲、乙的位移故A、B正确，C、D错误故选AB.点评：本题从速度时间图线入手解决比较简单直观，速度时间图线的斜率表示物体运动的加速度，图线与时间轴所围成的面积表示位移8（3分）（2008山东）用轻弹簧竖直悬挂质量为m的物体，静止时弹簧伸长量为L现用该弹簧沿斜面方向拉住质量为2m的物体，系统静止时弹簧伸长量也为L斜面倾角为30，如图所示，则物体所受摩擦力（）A等于零B大小为mg，方向沿斜面向下C大小为mg，方向沿斜面向上D大小为mg，方向沿斜面向上考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用分析：弹簧竖直悬挂物
13、体时，对物体受力分析，根据共点力平衡条件求出弹簧拉力；物体放在斜面上时，再次对物体受力分析，然后根据共点力平衡条件求出摩擦力解答：解：弹簧竖直悬挂物体时，对物体受力分析，根据共点力平衡条件F=mg 根据胡克定律F=kL 物体放在斜面上时，再次对物体受力分析，如图根据共点力平衡条件，有F+f2mgsin30=0 其中F=kL 由以上四式解得f=0故选：A点评：本题关键对物体受力分析，然后运用共点力平衡条件列式求解9（3分）（2014赤坎区校级学业考试）探究弹力和弹簧伸长的关系时，在弹性限度内，悬挂15N重物时，弹簧长度为0.16m，悬挂20N重物时，弹簧长度为0.18m，则弹簧的原长L0和劲度系
14、数k分别为（）AL0=0.02m，k=500N/mBL0=0.10m，k=500N/mCL0=0.02m，k=250N/mDL0=0.10m，k=250N/m考点：胡克定律分析：根据胡克定律F=kx，列出两方程组，求出原长和劲度系数解答：解：F1=k（L1L0），有15=k（0.16L0）；F2=k（L2L0），有20=k（0.18L0），联立两方程组，得：L0=0.10m，k=250N/m故D正确，A、B、C错误故选D点评：解决本题的关键掌握胡克定律F=kx10（3分）（2015春松原校级期末）静止在斜面上的物块，当用水平力F由零开始逐渐增大而物块仍保持静止状态，则物块（）A所受合力不变B所
15、受斜面摩擦力逐渐增大C所受斜面弹力逐渐增大D所受斜面作用力逐渐增大考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：物块保持静止，合力保持为零不变以物块为研究对象，根据平衡条件分析：物块所受斜面的摩擦力先减小，后增大弹力逐渐增大物块所受斜面的作用力与重力和力F的合力大小相等，逐渐增大解答：解：A、物块保持静止，合力保持为零不变故A正确 B、当力F较小时，物块受力图如图1根据平衡条件得f=GsinFcos，当F增大时，f减小；当力F较大时，物块受力图如图2根据平衡条件得f=GsinFcos，当F增大时，f增大故B错误 C、N=Gcos+Fsin，F增大时，N
16、增大故C正确 D、物块所受斜面的作用力与重力和力F的合力大小相等，等于，当F增大时，物块所受斜面的作用力增大故D正确故选：ACD点评：本题根据平衡条件分析物体的受力情况，对于静摩擦力，随外力变化而变化，当F增大时，静摩擦力不一定增大，要根据平衡条件分析11（3分）（2015春松原校级期末）如图所示，搬运工用砖卡搬砖时，砖卡对砖的水平作用力为F，每块砖的质量为m，设所有接触面间的动摩擦因数均为，则第一块砖对第二块砖的摩擦力大小为（）AFBmgCFDmg考点：滑动摩擦力专题：摩擦力专题分析：结合平衡力的知识，分三次对物体进行受力分析：1将四块砖视为一个整体；2对第一块砖（1号）进行分析；3对第二块
17、砖（2号）进行分析就可知道各砖之间的力的关系解答：解：先把四块砖看作一个整体：四块砖的总重力是5mg，两边的压力F相同，两边受到的摩擦力也相同，根据平衡力知识，向下的重力5mg与两边的摩擦力之和相等；故两边的砖块1和4各受到2.5mg的摩擦力作用，且方向竖直向上；对于第一块砖（1号）：受到砖卡向上的摩擦力作用，大小为2.5mg；自身向下的重力作用，大小为mg；根据平衡力知识，它（1号）还受到2号砖对它向下的摩擦力作用，大小为1.5mg；根据力的作用是相互的，1号砖对2号砖的摩擦力大小为1.5mg方向向上；故选：D点评：找好研究对象，对研究对象进行受力分析是关键；还要根据平衡力的知识（各砖块处于
18、静止状态），确定出具体的平衡力12（3分）（2015春松原校级期末）两分子间距离为r0时，分子力为零，下列关于分子力的说法中正确的是（）A当分子间的距离为r0时，分子力为零，也就是说分子间既无引力又无斥力B分子间距离大于r0时，分子间距离变小时，分子力一定减小C分子间距离小于r0时，分子间距离变小时，分子间斥力变大，引力变小D在分子力作用范围内，不管rr0时，还是rr0时，斥力总是比引力变化快考点：分子间的相互作用力专题：分子间相互作用力与分子间距离的关系分析：分子间的斥力和引力同时存在，随着分子间距离增大，斥力和引力都减小，斥力受分子距离影响较大当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势
19、能最小；当分子间距离小于平衡距离时，分子力表现为斥力解答：解：A、分子间的引力、斥力同时存在，当分子间距离为r0时，斥力和引力仍存在，且大小相等，所以分子力即合力为零，故A错误；B、r0是分子的平衡距离，当分子间距离大于r0时，分子力表现为引力，分子间距离变小时，分子力先增大后减小，故B错误；C、当分子间距离小于r0时，分子间的作用力表现为斥力，分子间斥力变大，引力也变大，故C错误；D、在分子力作用范围内，不管rr0，还是rr0，斥力总是比引力变化快，故D正确故选：D点评：解决本题的关键要掌握分子间作用力与分子间距离的关系，可结合分子力与分子距离的图象形象记忆13（3分）（2015春松原校级期
20、末）粗细均匀，两端封闭的细长玻璃管中，有一段水银柱将管中气体分为A和B两部分，如图所示，已知两部分气体A和B的体积关系是VB=3VA，将玻璃管温度均升高相同温度的过程中，水银将（）A向A端移动B向B端移动C始终不动D以上三种情况都有可能考点：封闭气体压强专题：气体的压强专题分析：先假设气体体积不变，根据理想气体状态方程列式推导出气压增加量表达式进行讨论即可解答：解：开始时水银柱平衡，故两侧气体压强相等，设为P，设温度升高t时气体体积不变，根据理想气体状态方程，有：=故P=P，两侧初状态温度T相同，升高的温度T相同，初状态两侧P相等，则两边气体P相等，水银仍静止不动，故C正确；故选：C点评：本题
21、关键根据理想气体状态方程列式推导出气压增加量表达式进行讨论，要采用控制变量法，即先假设体体积不变14（3分）（2015春松原校级期末）如图所示为一定质量的理想气体沿着所示的方向发生状态变化的过程，则该气体压强变化是（）A从状态d到状态a，压强不变B从状态c到状态d，压强减小C从状态a到状态b，压强增大D从状态b到状态c，压强不变考点：理想气体的状态方程专题：理想气体状态方程专题分析：由理想气体状态方程：=C可知，VT图象的斜率：k=，根据图示图象，应用理想气体状态方程分析答题解答：解：由理想气体状态方程：=C可知：=，则图象的斜率大小与压强大小成反比；由图示图象可知：对a、b、c、d四个状态，
22、KaKdKcKb，故压强：papdpcpb；A、从状态d到状态a气体压强减小，故A错误；B、从状态c到状态d气体压强减小，故B正确；C、从状态a到状态b，气体的压强增大，故C正确；D、从状态b到状态c，气体的压强减小，故D错误；故选：BC点评：本题考查了比较气体在各状态下压强间的关系，应用理想气体状态方程即可解题；关于气体中图象的问题，要分析清楚图示图象，然后结合气体状态方程解题15（3分）（2014漳州四模）带有活塞的气缸内封闭一定量的理想气体气体开始处于状态a，然后经过过程ab到达状态b或经过过程ac到达状态c，b、c状态温度相同，如图所示设气体在状态b和状态c的压强分别为pb和pc，在过
23、程ab和ac中吸收的热量分别为Qab和Qac，则（）Apbpc，QabQacBpbpc，QabQacCpbpc，QabQacDpbpc，QabQac考点：理想气体的状态方程专题：理想气体状态方程专题分析：根据理想气体状态方程，整理后可得VT图象，判断斜率的意义，得到压强的变化，再根据热力学第一定律判断做功和吸热解答：解：根据理想气体状态方程=C，整理可得：V=T，所以斜率越大，表示压强越小，即b点的压强小于c点由热力学第一定律U=W+Q经过过程ab到达状态b或经过过程ac到状态c，温度变化情况相同，所以U相等，又因经过过程ab到达状态b，体积增大，对外做功，W为负值，而经过过程ac到状态c，体
24、积不变，对外不做功，W为零，所以第一个过程吸收的热量多故选：C点评：根据理想气体状态方程，结合热力学第一定律判断各物理量体积、压强、温度的变化16（3分）（2015春松原校级期末）根据热力学第二定律，下列判断正确的是（）A电能可以全部变为内能B在火力发电机中，燃气的内能不可能全部变为电能C热机中，燃气内能不可能全部变为机械能D在热传导中，热量不可能自发地从低温物体传递给高温度物体考点：热力学第二定律专题：热力学定理专题分析：本题考查热力学第二定律的内容：一种表述：不可能从单一热源吸取热量，使之完全变为有用功而不产生其他影响另一种表述是：不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化第二
25、定律说明热的传导具有方向性根据这些表述分析解答：解：A、电流通过电路时，电能可以全部变为内能故A正确；B、根据热力学第二定律，可知，在火力发电机中，燃气的内能不可能全部变为电能，故B正确C、热机中，燃气内能不可能全部变为机械能，热机的效率不可能达到100%故C正确D、根据热力学第二定律，知热量不可能自发地从低温物体传递给高温度物体故D正确故选：ABCD点评：只有熟练掌握热力学第二定律的内容才能顺利解决本题，故一定要注意基本概念的积累要注意能量转化的方向二、实验填空题：（本题共三个小题，每空2分，共20分）17（6分）（2015春松原校级期末）“测定匀变速直线运动的加速度”的实验中，具体测算加速
26、度前的主要步骤有：A、换上纸带重复做三次，选择一条较为理想的纸带；B、将打点计时器固定在长木板上没有滑轮的一端，接上低压交流电源；C、断开电源，取下纸带；D、把小车停在靠近打点计时器的地方，先放开小车，再接通电源；E、把一条细绳拴在小车前端，绳跨过滑轮挂上砝码；F、把纸带固定在小车后端并让纸带穿过打点计时器；以上步骤有错误的是D；理由是实验时，不能先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理，应该先接通电源，待打点计时器开始打点后再释放小车；步骤合理的顺序是BEFDCA（填步骤前的字母）考点：测定匀变速直线运动的加速度专题：实验题；直线运动
27、规律专题分析：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项安排实验步骤要本着先安装器材，然后进行实验的思路进行，一般每完成一次实验，都要进行重复实验解答：解：以上步骤有错误的是：D，理由是实验时，不能先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理，应该先接通电源，待打点计时器开始打点后再释放小车实验步骤的安排要符合逻辑，要符合事物发展的进程，一般都是先要安装器材，准备实验，然后进行实验的总体思路进行，据此可知该实验的顺序为：BEFCDA故答案为：D，实验时，不能先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，
28、可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理，应该先接通电源，待打点计时器开始打点后再释放小车；BEFCDA点评：教科书本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚，同时加强基础知识的应用，提高解题能力18（12分）（2014未央区校级模拟）在”验证力的平行四边形定则”的实验中：（1）部分实验步骤如下，请完成有关内容：A将一根橡皮筋的一端固定在贴有白纸的竖直平整木板上，另一端绑上两根细线B在其中一根细线上挂上5个质量相等的钩码，使橡皮筋拉伸，如图甲所示，记录：钩码个数（或细线拉力）、橡皮筋与细线结点的位置O、细线的方向C将步骤B中的钩码取下，分别
29、在两根细线上挂上4个和3个质量相等的钩码，用两光滑硬棒B、C使两细线互成角度，如图乙所示，小心调整B、C的位置，使橡皮筋与细线结点的位置与步骤B中结点位置重合，记录钩码个数和对应的细线方向（2）如果”验证力的平行四边形定则”得到验证，那么图乙中=考点：验证力的平行四边形定则专题：实验题；直线运动规律专题分析：“验证力的平行四边形定则”的实验原理是：记录两个分力以及合力的大小和方向后，选用相同的标度将这三个力画出来，画出来的合力是实际值，然后根据平行四边形画出合力的理论值，通过比较实际值和理论值的关系来进行验证，明确了实验原理即可知知道实验中需要记录的物理量和具体的操作解答：解：（1）根据实验原
30、理可知，图甲中需要记录合力的大小和方向后，画出来的合力是实际值，该实验中根据钩码个数来表示拉力大小，因此需要记录的是：钩码个数（或细线拉力），橡皮筋与细线结点的位置O，细线的方向；该实验采用“等效代替”法，因此在用两个绳套拉橡皮筋时，要将橡皮筋与细线结点拉到与步骤B中结点位置重合，同时记录钩码个数和对应的细线方向故答案为：钩码个数（或细线拉力），橡皮筋与细线结点的位置O，细线的方向；橡皮筋与细线结点的位置与步骤B中结点位置重合，钩码个数和对应的细线方向（2）根据O点处于平衡状态，正交分解有：竖直方向：4mgsin+3mgsin=5mg 水平方向：4mgcos=3mgcos 联立解得：=故答案为
31、：点评：要围绕“验证力的平行四边形定则”的实验原理对实验步骤和实验中需要注意的问题进行理解，正确理解“等效代替”的含义19（2分）（2015春松原校级期末）在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，以下说法正确的是（）A弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度B用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态C用直尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量D用几个不同的弹簧分别测出几组拉力与伸长量，得出拉力与伸长量之比相等考点：探究弹力和弹簧伸长的关系专题：实验题分析：在探索弹力和弹簧伸长的关系实验中，弹簧的弹力与行变量的关系满足F=kx，其中k由弹簧本身决定解答：解：A、弹簧被拉伸时，不能
32、超出它的弹性限度，否则弹簧会损坏，故A正确B、用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，要保证弹簧位于竖直位置，使钩码的重力等于弹簧的弹力，要待钩码平衡时再读读数故B正确C、弹簧的长度不等于弹簧的伸长量故C错误D、拉力与伸长量之比是劲度系数，由弹簧决定，同一弹簧的劲度系数是不变的，不同的弹簧的劲度系数不同，故D错误故选：AB点评：本题关键明确实验原理，能够根据胡克定律列式求解，基础题三、计算题：共32分请写出必要的文字说明，重要的方程式、重要的演算过程，明确的数值和单位只有答案，没有过程的不能得分，书写不认真、无法辨认的不能得分20（10分）（2015春松原校级期末）一列货车以10m/s的速度在铁路上匀
33、速行驶，由于调度事故，在大雾中后面800m处有一列快车以20m/s的速度在同一轨道上行驶，快车司机立即制动刹车，快车要滑行2000m才能停下来，请判断两车会不会相撞？考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系专题：直线运动规律专题分析：根据速度位移公式求出快车减速的加速度，抓住两车速度相等时，求出两车的位移，通过位移关系判断两车是否相撞解答：解：根据匀变速直线运动的速度位移公式代入数据得快车加速度为：a=0.1m/s2，两车速度相等时所经历的时间为：t=，货车位移为：x货=v1t=10100=1000m快车位移为：x快=，则有：x货+x=1000+800=1800
34、mx快故两车不会相撞答：两车不会相撞点评：本题考查了运动学中的追及问题，关键抓住位移关系，结合临界状态，即判断速度相等时是否追上进行求解，难度中等21（12分）（2015春松原校级期末）如图所示，质量M=0.5kg的有孔小球穿在固定的足够长的斜杆上，斜杆与水平方向的夹角=37，球与杆间的动摩擦因数=0.5小球受到竖直向上的恒定拉力F=8N后，由静止开始沿杆斜向上做匀加速直线运动 （sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度g取10m/s2） 求：（1）斜杆对小球的滑动摩擦力的大小；（2）小球的加速度；（3）最初2s内小球的位移考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：牛
35、顿运动定律综合专题分析：（1）对小球受力分析，结合滑动摩擦力公式求出小球受到的滑动摩擦力大小（2）根据牛顿第二定律求出小球的加速度（3）根据位移时间公式求出最初2s内小球的位移解答：解：（1）小球受力如下图所示，在垂直于斜面的方向上，有：FcosmgcosFN=0，Ff=FN代入数据解得：Ff=1.2 N（2）由牛顿第二定律，在沿斜面方向上，有：FsinMgsinFf=Ma 代入数据解得：a=1.2 m/s2（3）小球在最初的2 s内的位移为：x=at2=2.4 m答：（1）斜杆对小球的滑动摩擦力的大小为1.2N；（2）小球的加速度为1.2 m/s2；（3）最初2s内小球的位移为2.4m点评：
36、本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律和运动学公式进行求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁22（10分）（2015菏泽二模）如图甲是一定质量的气体由状态A经过状态B变为状态C的VT图象已知气体在状态A时的压强是1.5105Pa说出AB过程中压强变化的情形，并根据图象提供的信息，计算图甲中TA的温度值请在图乙坐标系中，作出该气体由状态A经过状态B变为状态C的pT图象，并在图线相应位置上标出字母A、B、C如果需要计算才能确定的有关坐标值，请写出计算过程考点：理想气体的状态方程专题：理想气体状态方程专题分析：由图示图象求出气体各状态的状态参量、判断
37、出气体状态变化过程，然后应用气体状态方程求出气体状态参量，再作出图象解答：解：（1）由图甲所示图象可知，A与B的连线的延长线过原点O，所以AB是一个等压变化，即pA=pB=1.5105Pa，由图示图象可知：VA=0.4m3，VB=VC=0.6m3，TB=300K，TC=400K，从A到B过程，由概率萨克定律得：得TA=200K；（2）由图甲所示图象可知，从B到C为等容过程，由（1）知：pB=1.5105Pa，TB=300K，TC=400K，由查理定律得：，解得：pC=2105Pa，气体状态变化图象如图所示：答：（1）温度值TA为200K（2）如图所示点评：本题考查了作图象、求气体状态参量问题，分析清楚图示图象，根据图象判断出气体的状态变化过程与状态参量、应用气体状态方程即可正确解题
