高考物理二轮复习 第2部分 考前冲刺方略 高考仿真模拟练2

模拟练(二)本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分满分110分考试时间60分钟第卷(选择题共48分)本卷共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题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如图所示为a、b、c三个质点运动的速度时间图象(vt图象)，若三质点同时从同一位置出发，则关于三个质点的运动，下列说法中正确的是()At1时刻a、b两质点的速度大小相等、方向相反B0t1时间内，a位于b、c两质点的前面C0t1时间内，a、b两质点间的距离在不断减小Dt1时刻后，质点b位于a、c的前面解析：选B.由图可知，在t1时刻，a、b两质点的速度大小相等、方向相同，选项A错误；在0t1时间内，质点a的位移最大，所以质点a位于b、c两质点的前面，选项B正确；在0t1时间内，质点a的速度始终大于质点b的速度，所以a、b两质点间的距离在不断增大，选项C错误；由图可知，t1时刻，质点b位于质点a的后面，经过一段时间后，质点b才会超过质点a，因此选项D错误15如图所示，曲线MN为某磁场中的一条磁感线，A、B为该磁感线上的两点，则下列判断中正确的是()A该磁感线有可能是匀强磁场的磁感线B若一小段通电导线在A点受到的安培力大于其在B点受到的安培力，则A点的磁感应强度大小一定大于B点的磁感应强度大小C若在A点由静止释放一个点电荷，则该点电荷在A点时的加速度方向一定沿A点的切线方向D若将小磁针分别放置在A、B两点，则小磁针静止时N极的指向一定沿A、B两点的切线方向解析：选D.匀强磁场的磁感线是间隔相等的平行直线，A错误；某点磁感应强度的大小等于在该点垂直磁场放置的一小段通电导线受到的安培力与导线长度和电流大小乘积的比值，所以在没有指明导线放置的方向与磁场方向的关系时，不能判断磁感应强度的大小关系，B错误；磁场对静止的点电荷没有力的作用，C错误；小磁针静止时N极所指的方向即为该点的磁场方向，D正确16如图所示，粗糙且绝缘的斜面体ABC在水平地面上始终静止在斜面体AB边上靠近B点固定一点电荷，从A点无初速度释放带负电且电荷量保持不变的小物块(视为质点)，运动到P点时速度恰为零则小物块从A到P运动的过程()A水平地面对斜面体没有静摩擦作用力B小物块的电势能一直增大C小物块所受到的合外力一直减小D小物块损失的机械能等于增加的电势能解析：选B.由运动情况可知，小物块带负电，点电荷也带负电，故小物块在下滑的过程中，库仑力做负功，故物块的电势能增大，选项B正确；物块A先加速后减速，加速度大小先减小后增大，故受到的合力先减小后增大，选项C错误；当物块加速下滑时，斜面有向右运动的趋势，水平地面对斜面体有水平向左的静摩擦力，选项A错误；由能量守恒可知小物块损失的机械能等于增加的电势能和因摩擦产生的内能，故小物块损失的机械能大于增加的电势能，选项D错误17如图为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，边长为L20 cm、匝数为n100、电阻为r1 的正方形线圈在磁感应强度大小为B T的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO以角速度10 rad/s匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与R9 的定值电阻连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电表从线框与磁场方向平行位置开始计时，下列说法中正确的是()A电压表读数为40 VB电阻R上的电功率为160 WC电阻R两端的电压u随时间t变化的规律是u36cos 10t(V)D通过电阻R的电流i随时间t变化的规律是i4cos 10t(A)解析：选C.线圈转动产生的正弦式交变电流电动势的最大值EmnBL21000.2210 V40 V，有效值E40 V，电阻R中的电流有效值I4 A，电压表读数为UIR36 V，A错误电阻R上的电功率为PUI364 W144 W，B错误电阻R两端的电压u随时间t变化的规律是u36cos 10t(V)，C正确由欧姆定律可知i4cos 10t(A)，D错误18如图所示，长木板A与水平方向的夹角为时，半球形凹槽B(槽内光滑)恰好可以沿木板匀速下滑，现在凹槽B内放一个小球C，已知小球C始终未离开凹槽B，则下列说法正确的是()A凹槽B将沿木板加速下滑B凹槽B受到的合外力变大C增大夹角时，小球C受到凹槽B的支持力的竖直分量大于小球C的重力D减小夹角时，小球C受到凹槽B的支持力的竖直分量大于小球C的重力解析：选D.设凹槽B的质量为mB，小球C的质量为mC，则开始时凹槽B可以沿木板A匀速下滑，由受力平衡有mBgsin mBgcos 0，所以当小球C放入凹槽B以后，(mBmC)gsin (mBmC)gcos 0仍然成立，故凹槽B仍然匀速下滑，A错误；因为凹槽B仍然保持匀速运动，故所受合外力仍为零，B错误；当增大夹角时，由(mBmC)gsin (mBmC)gcos (mBmC)a1可知，凹槽B和小球C将加速下滑，加速度有竖直向下的分量，处于失重状态，则小球C受到凹槽B的支持力的竖直分量小于小球C的重力，C错误；同理，当减小夹角时，有(mBmC)gcos (mBmC)gsin (mBmC)a2，凹槽B将减速下滑，加速度有竖直向上的分量，处于超重状态，小球C受到凹槽B的支持力的竖直分量大于小球C的重力，故D正确19在如图所示的电路中，R1、R2为滑动变阻器，R3为定值电阻，A、B为两水平放置的平行板一质量为m的带电微粒由平行板左端中间的M点以水平向右的速度射入平行板间，微粒沿如图的虚线轨迹落在极板B上N点，假设微粒的重力和电源的内阻均可忽略不计，则下列说法正确的是()A如果将滑动变阻器R2的滑动触头向左移动，微粒可能从极板的右侧离开B如果将滑动变阻器R1的滑动触头向上移动，微粒会落在极板B上N点的左侧C如果将定值电阻R3去掉，则微粒在两极板间运动的时间变短D如果仅将电源的正、负极对调，微粒仍可能落在极板B上解析：选BC.由于外电路中顺着电流方向电势逐渐降低，可知A板的电势低于B板的电势，板间电场方向向上，而微粒在电场中向下偏转，所受的电场力方向向下，可知该微粒带负电电路稳定时R2中没有电流，改变R2，不改变A、B间的电压，板间电场强度不变，微粒所受的电场力不变，所以微粒的运动情况不变，仍落在N点，A错误设A、B间的电压为U，微粒在竖直方向有yat2t2，水平方向有xv0t，联立得y，由于y一定，q、m、d、v0不变，当R1连入电路的阻值减小时，A、B间的电压U增大，x减小，所以微粒将打在N点左侧；去掉定值电阻R3，两极板间电压U增大，t减小，B、C正确如果仅将电源的正、负极对调，则两极板间的电场方向向下，微粒受到向上的电场力，微粒一定落在极板A上，D错误20如图是“嫦娥三号”飞行轨道示意图假设“嫦娥三号”运行经过P点通过第一次近月制动使“嫦娥三号”在距离月面高度为100 km的圆轨道上运动，再次经过P点时通过第二次近月制动使“嫦娥三号”在近月点为Q(距离月面高度为15 km)、远月点为P(距离月面高度为100 km)的椭圆轨道上运动，下列说法正确的是()A“嫦娥三号”在距离月面高度为100 km的圆轨道上运动时速度大小可能变化B“嫦娥三号”在距离月面高度为100 km的圆轨道上运动的周期一定大于在椭圆轨道上运动的周期C“嫦娥三号”在椭圆轨道上运动经过Q点时的加速度大小一定大于经过P点时的加速度大小D“嫦娥三号”在椭圆轨道上运动经过Q点时的速率可能小于经过P点时的速率解析：选BC.“嫦娥三号”在距离月面高度为100 km的圆轨道上的运动是匀速圆周运动，速度大小不变，A错误；根据开普勒第三定律，“嫦娥三号”在距离月面高度100 km的圆轨道上运动的周期一定大于在椭圆轨道上运动的周期，B正确；由于“嫦娥三号”在Q点所受万有引力大于在P点所受的万有引力，所以“嫦娥三号”在椭圆轨道上运动经过Q点时的加速度大小一定大于经过P点时的加速度大小，C正确；“嫦娥三号”在椭圆轨道上运动的引力势能和动能之和保持不变，Q点的引力势能小于P点的引力势能，所以“嫦娥三号”在椭圆轨道上经过Q点时的动能较大，速度较大，所以“嫦娥三号”在椭圆轨道上运动经过Q点时的速率一定大于经过P点时的速率，D错误21如图所示，足够长的水平传送带以v04 m/s的速度匀速运行t0时，在传送带最左端轻放一质量为m的小滑块，t4 s时，传送带以1 m/s2的加速度减速至停下已知滑块与传送带之间的动摩擦因数0.2.关于滑块相对地面运动的速度v(向右为正方向)、滑块所受的摩擦力f(向右为正方向)、滑块所受的摩擦力做功的功率P、滑块与传送带间因摩擦产生的热量Q的图象正确的是()解析：选BC.滑块在摩擦力作用下向右匀加速运动时，加速度ag2 m/s2，滑块速度与传送带速度相同时经历的时间t2 s,2 s后滑块与传送带以共同速度向右匀速运动，滑块与传送带间无摩擦力作用；4 s后，传送带以a1 m/s2做匀减速运动，根据速度时间关系知，传送带开始减速到停止的时间t4 s，由于传送带的加速度大小小于滑动摩擦力能使滑块与传送带间发生相对运动的加速度2 m/s2，所以当传送带做减速运动时，滑块的加速度与传送带的加速度相同，所以此时滑块受到的静摩擦力fmama，即此时的摩擦力等于滑动摩擦力的，故A项错误，B正确；由功率Pfv可知，滑动摩擦力的功率与时间成正比，24 s内无摩擦力，功率为零，4 s后滑块在静摩擦力作用下做匀减速运动，由于速度随时间均匀减小至零，故摩擦力的功率也随时间均匀减小至零，C项正确；只有02 s内滑块加速运动时，滑块与传送带间有相对位移，此时满足xv0tat2，位移不与时间成正比，且Qfx，故Qt图线不是一条倾斜的直线，D项错误第卷(非选择题共62分)本卷包括必考题和选考题两部分第2225题为必考题，每个试题考生都必须作答，答3335题为选考题，考生根据要求作答(一)必考题(共47分)22(6分)小勇为了测量一电池的电动势(约为4 V)和内阻(约为6 )，设计了如图所示的电路，实验室提供的器材中电流表有两个量程(0250 mA、内阻5 ；0500 mA、内阻2 )；电压表V1内阻为3 k、量程03 V；电压表V2内阻为1 k、量程01.5 V；两个滑动变阻器的最大阻值分别为R1100 、R22 k.请根据所设计的电路回答下列问题：(1)电流表应选_(填“0250 mA”或“0500 mA”)量程，滑动变阻器应选_(填“R1”或“R2”)(2)在其中的一次操作中，电压表V1的读数为1.5 V，则电路的路端电压为_V.(3)为了精确地测出该电池的电动势和内阻，通过调节滑动变阻器得到了多组数据，在利用图象处理数据时，为了能直观地反应相关物理量，则应作出_图象(U表示路端电压、I表示通过电源的电流、R表示滑动变阻器接入电路的电阻)解析：(1)由于电源电动势约为4 V，内阻约为6 ，则回路中最大电流约为0.67 A，因此所选电流表量程为0500 mA；由于滑动变阻器采用了限流式接法，则滑动变阻器应选R1.(2)由于两个电压表串联，具有相同的电流，由分压关系可知U20.5 V，因此路端电压为UU1U22.0 V.(3)由闭合电路欧姆定律可知EUIr，则UrIE，因此为了直观地分析电池的电动势和内阻应作出UI图象答案：(1)0500 mA(1分)R1(1分)(2)2.0(2分)(3)UI(或IU)(2分)23(9分)如图所示是某研究性学习小组设计的“探究做功与速度的关系”的实验装置他们将光电门固定在直轨道上的O点，将拉力传感器固定在质量为M的小车上，用不可伸长的细线通过一个定滑轮将小车与钩码相连，用拉力传感器记录小车所受拉力F的大小，通过光电门记录遮光条通过光电门的时间t，结合遮光条的宽度d计算出小车通过光电门时的速度，该小组提出如下两种操作方案：(1)方案一：用同一钩码通过细线拉同一小车，每次小车从不同位置由静止释放，各位置A、B、C、D、E、F、G(图中只标出了G)与O点间的距离s分别为s1、s2、s3、s4、s5、s6、s7.用该实验方案_(填“需要”或“不需要”)测量钩码的重力；_(填“需要”或“不需要”)平衡摩擦力；利用图象法处理实验数据，若以s为横轴，以_(填“t”、“t2”、“或“”)为纵轴作出的图象是一条过原点的直线，则可得出做功与速度的关系(2)方案二：用不同的钩码通过细线拉同一小车，每次小车都从同一位置(与O点之间距离为s0)由静止释放用该实验方案_(填“需要”或“不需要”)测量钩码的重力；_(填“需要”或“不需要”)平衡摩擦力；只要已知量和测得量满足关系_，即可得出做功与速度的关系(3)为了减小两种方案的实验误差，下列做法正确的是_A增大遮光条的宽度使其宽度测量的相对误差尽量小B对同一遮光条，多测几次宽度以减小偶然误差C钩码质量应当远小于小车质量D调节定滑轮高度，使连接小车的细线与轨道严格平行解析：(1)本实验探究做功与速度的关系，实际上是验证动能定理，由F合sMv2M2，在方案一中只需要以s为横轴，以为纵轴作出图象，若图象是一条过原点的直线，即可验证动能定理，不需要计算拉力大小，也不需要平衡摩擦力(2)方案二中，给出了不同的合外力，因为拉力传感器可以直接测出细线的拉力，要把该力作为小车所受的合外力，就需要平衡摩擦力；要验证动能定理，需要满足关系Fs0M2.(3)应减小遮光条的宽度使测得的速度尽量接近小车经过光电门时的瞬时速度，A错误；多次测量求平均值可以减小偶然误差，B正确；因为细线的拉力直接由传感器测得，所以不必使钩码质量远小于小车质量，C错误；调节滑轮高度，使连接小车的细线与轨道平行，这样可使拉力方向恒定，小车运行平稳，摩擦力稳定易平衡，故D正确答案：(1)不需要(1分)不需要(1分)(1分)(2)不需要(1分)需要(1分)Fs0M2(2分)(3)BD(2分)24(14分)如图为某水上滑梯示意图，滑梯最低点切线水平，且与最高点高度差为h，与下方水平面高度差也为h.滑梯上B点与A点高度差为h，AB间光滑，B点至滑梯末端C的路程为L.当人从B点由静止下滑时，到达滑梯末端C的速度近似为零若忽略空气阻力，将人看作质点，人在滑梯上BC段运动时受到的阻力可以认为大小不变，且克服阻力所做的功与滑过的路程成正比，重力加速度为g.(1)求人在BC段受到的阻力大小(2)若在水平面上与滑梯末端C水平相距2h的位置处放置一宽度为h、厚度不计的海绵垫子，要使人最终落到海绵垫子上，则从A点下滑时，人具有的初动能在什么范围内？解析：(1)设人在BC段受到的阻力大小为f，对人从B点由静止下滑到滑梯末端C的过程，由动能定理得mghfL0(2分)解得f(1分)(2)人从滑梯末端C落到海绵垫子上的过程做平抛运动，设人离开滑梯时的速度为v，运动的水平位移为x，则xvt(2分)hgt2(2分)当x2h时，人离开滑梯时的速度最小，为vmin(1分)当x2.5h时，人离开滑梯时的速度最大，为vmax(1分)设人在A点的初动能为Ek，由动能定理，从A点到滑梯末端C的运动过程中有mghfLmv2Ek(2分)由此可得，人在A点的最小和最大初动能分别为Ekminmgh(1分)Ekmaxmgh(1分)即初动能的范围为mghEkmgh(1分)答案：见解析25(18分)如图所示，在直角坐标系xOy中，x轴上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B；x轴下方有竖直向下的匀强电场图中M、N两点坐标分别为M(0，l)、N(3l,0)一个质量为m、电荷量为q的粒子由第三象限中的某点P(图中未标出)沿x轴正方向射出，该粒子能一直沿P、O、M、N四点围成的闭合图形做周期性运动，粒子重力不计，求：(1)该粒子到达O点时速度的大小和方向；(2)匀强电场的电场强度E；(3)该粒子运动的周期T.解析：(1)由题意可画出粒子运动的轨迹如图，设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，粒子到达O点时速度的大小为v，与x轴正方向的夹角为，由几何知识得，rsin l、rcos l，解得rl，60(4分)由牛顿第二定律qvBm，解得v.(2分)(2)粒子在电场中沿抛物线运动，加速度方向竖直向上，设其大小为a，粒子由N运动到O所用时间为t2，由牛顿第二定律和运动学公式得：a、3lvcos t2、t2(4分)联立上式得E，t2(3分)(3)设粒子在磁场中运动时间为t1.t1T磁、T磁(3分)得Tt1t2(2分)答案：(1)，与x轴正方向成60角(2)(3)(二)选考题：本题共15分请考生从给出的3道题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分33物理选修33(15分)(1)(5分)如图所示，活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，活塞与汽缸之间无摩擦，状态a是汽缸放在冰水混合物中气体达到的平衡状态，状态b是汽缸在室温(27 )环境中气体达到的平衡状态，状态c是在活塞上加砝码后，在室温环境中气体达到的平衡状态已知状态c气体的体积与状态a气体的体积相同，大气压强始终保持不变，则下列说法中正确的是_(填正确答案标号选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分每选错1个扣3分，最低得分为0分)A状态a与c的气体分子在单位时间内撞击活塞的个数相同B与状态a相比，状态c的气体分子对活塞的作用力较大C从状态b到c，气体向外界放出热量D从状态b到c，气体的内能增加E从状态b到c，气体的内能不变(2)(10分)如图所示，粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，其左管顶端封闭，右管足够长且与大气相通，管中由两段水银柱密封着A、B两部分理想气体柱，其中气柱A的长度为LA010 cm，气柱A的底部比气柱B的底部高h13 cm，气柱B上方的水银柱长为h28 cm.已知外界大气压强恒为p075 cmHg，环境温度保持不变求气柱A此时的压强pA.若现在从开口端缓慢地注入水银，为了使气柱A的长度变为LA8 cm，注入的水银柱长度应为多少？解析：(1)由气体压强的微观解释可知，在单位时间内与单位面积器壁碰撞的分子个数与气体的体积V(气体分子密集程度)和温度T(气体分子平均动能)有关，A错误；由于状态c的压强大于状态a的压强，所以状态c的气体的分子对活塞的作用力较大，B正确；从状态b到状态c，气体温度不变，则内能不变，由于外界对气体做功，气体会向外界放出热量，D错误，C、E正确(2)初态时，气柱B的压强为pB0p0ph283 cmHg(1分)气柱A的压强为pA0pB0ph180 cmHg(2分)对于气柱A，根据玻意耳定律有pA0LA0pALA(2分)解得PA100 cmHg(1分)气柱A、B底部的高度差h17 cm(1分)而此时气柱B的压强pBpAph1107 cmHg(1分)所以，要注入的水银柱的长度为h(107875)cm24 cm(2分)答案：(1)BCE(2)80 cmHg24 cm34物理选修34(15分)(1)(5分)下列说法中正确的是_(填正确答案标号选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分每选错1个扣3分，最低得分为0分)A如果某种玻璃相对空气的折射率为1.5，则空气相对于这种玻璃的折射率约为0.67B杨氏干涉实验中观察到了明暗条纹，证明光是一种波，如果用激光进行实验则效果没有那么明显C光通过偏振片时，光的振动方向与透振方向的夹角越大，透过的光越弱D赫兹在实验中发现，当电磁波到达导线环时，它在导线环中激发出感应电动势，使得导线环中产生火花，这个导线环就是一个电磁波检测器E根据相对论的原理，将两只调整同步的铯原子钟分别放在地面上和宇宙飞船上，则在地面上的人观察到宇宙飞船上的铯原子钟会走得快些(2)(10分)如图所示为某机械横波在空气中沿x轴正方向传播的波形图，已知该波在空气中的传播速度为v气330 m/s，在水中的传播速度为v水1 450 m/s.该波在空气中传播时由图中的实线位置传播到虚线位置所需的最短时间是多少？如果这列波传播到水面后进入水中传播，则在水中该波的波长和频率分别是多少？解析：(1)根据光的折射定律可知，两种介质之间的相对折射率互为倒数，A正确；激光的相干性很好，故其双缝干涉产生的明暗条纹更明显，B错误；光通过偏振片时，如果光的振动方向与透振方向平行，则透过的光最强，如果垂直则全部被挡住，故光的振动方向与透振方向的夹角越大，透过的光越弱，C正确；赫兹就是用这个实验证实了电磁波的存在，D正确；根据时间间隔的相对性，在宇宙飞船上的铯原子钟与在地面上的铯原子钟相比，经过相同的变化过程，在地面上的人观察到宇宙飞船上的铯原子钟会经历更长的时间，故在地面上的观察到宇宙飞船上的铯原子钟会走得慢些，E错误(2)由题图可知，该波由实线位置传播到虚线位置的最短位移为x(2分)故该波在空气中传播时由题图中的实线位置传播到虚线位置所需的最短时间为t s0.001 7 s(2分)根据波速、波长和频率的关系可得，该波在空气中传播时的频率为f气 Hz440 Hz(2分)根据机械波在不同介质中传播时的频率不变，故该波在水中传播时的频率为f水f气440 Hz(2分)则这列波在水中传播时的波长为水330 cm(2分)答案：(1)ACD(2)0.001 7 s330 cm440 Hz35物理选修35(15分)(1)(5分)如图所示为氢原子的能级示意图，已知金属钨的逸出功为4.54 eV，则下列说法正确的是_(填正确答案标号选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分每选错1个扣3分，最低得分为0分)A由n4能级向基态跃迁时，辐射出的光子中有3种能使金属钨发生光电效应现象B用能量为3 eV的光子照射n2能级的氢原子时，该氢原子可能跃迁到n3能级C用动能为3 eV的电子轰击n2能级的氢原子时，该氢原子可能跃迁到n3能级D用能量为12.09 eV的光子照射大量处于基态的氢原子后，只能向外辐射一种光子E氢原子处于不同的状态时，核外电子以不同的电子云呈现(2)(10分)如图所示，高为h的光滑三角形斜劈固定在水平面上，其与水平面平滑对接于C点，D为斜劈的最高点，水平面的左侧A点处有一竖直的弹性挡板，质量均为m的甲、乙两滑块可视为质点，静止在水平面上的B点，已知ABh、BC3h，滑块甲与所有接触面的摩擦均可忽略，滑块乙与水平面之间的动摩擦因数为0.5.给滑块甲一水平向左的初速度，经过一系列没有能量损失的碰撞后，滑块乙第一次恰好滑到斜劈的最高点D处，重力加速度用g表示求：滑块甲的初速度v0的大小；滑块乙最终静止的位置与C点的距离解析：(1)由光电效应的产生条件可知，只有当光子的能量大于金属的逸出功时，该金属才能产生光电效应现象，由氢原子的能级示意图以及跃迁规律分析可知，从能级4到1、3到1和2到1辐射出的光子能使金属钨发生光电效应现象，A正确；氢原子由n2能级跃迁到n3能级时，需要吸收的能量应等于该能级的能量差，因此照射该氢原子的光子的能量应等于1.89 eV，B错误；用动能为3 eV的电子轰击处于n2能级的氢原子，氢原子可能吸收1.89 eV的能量，从而跃迁到n3能级，C正确；用能量为12.09 eV的光子照射基态的氢原子，氢原子吸收12.09 eV的能量后跃迁到n3的激发态，根据C3可知，氢原子向基态跃迁时能向外辐射3种不同频率的光子，D错误；氢原子处于不同的状态时，核外电子以不同的电子云呈现，E正确(2)由于滑块甲、乙碰撞时无能量损失，根据能量守恒定律得mvmvmv(1分)甲、乙碰撞时根据动量守恒定律得mv0mv甲mv乙(2分)由以上两式解得v乙v0(1分)即滑块甲、乙碰撞的过程中速度互换，且每次碰撞都发生在B点由于滑块乙刚好滑到斜劈的最高点D处，则对滑块乙由B点到D点的过程，根据动能定理得mg3hmgh0mv(2分)解得v0(1分)设滑块乙在B、C间运动的总路程为x，对滑块乙由B点开始运动到最终静止的过程，根据动能定理得mgx0(2分)解得x5h3h2h，故滑块乙最终停在C点左侧与C点距离为2h(1分)答案：(1)ACE(2)C点左侧距C点2h处