2019-2020年高三物理阶段测试试题（一）（含解析）新人教版.doc

2019-2020年高三物理阶段测试试题（一）（含解析）新人教版【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，主要包含匀变速运动规律、受力分析、牛顿运动定律、万有引力与航天、电场、磁场分子动理论、光、机械波、动量守恒定律等内容，在考查问题上以基本定义、基本规律为主，题型与高考题完全一样，思路活，是份非常好的试卷。二、选择题:本题共8小题，每小6分。在每小题给出的四个选项中，第14-18题只有一项符合题目要求，第19 21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。【题文】14.奥斯特发现了电流能在周围产生磁场，法拉第认为磁也一定能生电，并进行了大量的实验。图中环形物体是法拉第使用过的线圈，A、B两线圈绕在同一个铁环上，A与直流电源连接，B与灵敏电流表连接。实验时未发现电流表指针偏转，即没有“磁生电”，其原因是A.线圈A中的电流较小，产生的磁场不够强B.线圈B中产生的电流很小，电流表指针偏转不了C.线圈A中的电流是恒定电流.不会产生磁场D.线圈A中的电流是恒定电流，产生稳恒磁场【知识点】法拉第电磁感应定律L2【答案解析】D 解析： 闭合与断开开关S的瞬间，A线圈中的电流发生了变化，穿过线圈B的磁通量发生变化，电流表G中产生感应电流闭合开关S 后，穿过线圈B的磁通量都不发生变化，电流表G中没有感应电流，感应电流只出现在磁通量变化的暂态过程中，这是在法拉第研究电磁感应现象的过程中中的瓶颈所在故选项D符合题意故选：D【思路点拨】电流表与线圈B构成闭合电路，当线圈中磁通量发生变化时，出导致线圈中产生感应电动势，从而可出现感应电流感应电流只出现在磁通量变化的暂态过程中法拉第研究电磁感应现象的过程其本质是发现感应电流产生的条件的过程由于感应电流仅仅在线圈中的磁通量发生变化的过程中出现，磁通量不变时则没有感应电流，感应电流只出现在磁通量变化的暂态过程，所以感应电流不容易被发现【题文】15。如图所示，DA、DB和CA是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O为竖直平面内圆周的圆心，A、B、C、D位于同一圆周上，C为圆周的最高点，A为最低点，BD和AC都经过圆心O。现在每根杆上都套一个小滑环，分别从C点或D点无初速度释放。用t1表示滑环从D到达A所用的时间，用t2表示滑环从D到达B所用的时间，用t3表示滑环从C到达A所用的时间，则下列关系正确的是A. t1= t2= t3B. t1 t2 t3C.t1= t3t2 D.无法确定【知识点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系A2 C2【答案解析】C 解析： 以O点为最高点，取合适的竖直直径oa作等时圆，交ob于c，如图所示，显然o到a、c才是等时的，比较图示位移oboc，故推得t1t2，又因为t1=t3 ，故选C【思路点拨】根据“等时圆”的适用条件构造出“等时圆”，作出图象，根据位移之间的关系即可判断运动时间如果不加思考，套用结论，就会落入等时圆”的陷阱，要注意o点不是最高点，难度适中【题文】16.在竖直面内固定一个半径为R的半球形碗，如图所示为剖面图，圆心为O，碗内壁光滑。一个小钢珠（可视为质点）从碗的边缘处无初速度释放，当小钢珠对碗的压力大小等于其重力大小时，下落的高度是A. B.C.D.【知识点】动能定理 向心力 D4 E2【答案解析】 C 解析： 对小钢珠受力分析，弹力减去重力的分力提供向心力，N=mg ，然后根据动能定理， ，联立解： ，故下落高度为 ,故选C【思路点拨】根据弹力减去重力的分力提供向心力，然后根据动能定理求得速度联立求得。【题文】17.如图所示，OA为遵从胡克定律的弹性轻绳，其一端固定于小车架子上的O点，另一端A与一小球相连，系统处于平衡状态，BO为一轻质硬管，BO长度等于弹性绳的自然长度。现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始迅速增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度（弹性绳在弹性限度内，不计弹性绳与BO间摩擦)。与开始稳定在竖直位置时相比，小球的离度A.一定升高B.一定降低C.保持不变D.升高或降低由弹性绳的劲度系数决定【知识点】牛顿第二定律；胡克定律B1 C2【答案解析】 A 解析： ：设L0为橡皮筋与的原长，k为橡皮筋的劲度系数，小车静止时，对小球受力分析得：T1=mg，弹簧的伸长x1即小球与悬挂点的距离为L1=2L0+，当小车的加速度稳定在一定值时，对小球进行受力分析如图，得：T2cos=mg，T2sin=ma，所以：T2=，弹簧的伸长：x2则小球与悬挂点的竖直方向的距离为：L2=（2L0+）cos=2L0cos+2L0+，故高度升高，故选A【思路点拨】以小球为研究对象，由牛顿第二定律可得出小球的加速度与受到的拉力之间的关系即可判断本题中考查牛顿第二定律的应用，注意整体法与隔离法的使用，同时要注意审题【题文】18.如图所示，水平放置的U形线框abcd处于匀强磁场之中。已知导轨间的距离为L,磁场的进感应强度为B，方向竖直向下。直导线MN中间串有电压表(已知导线和电压表的总质量为m)，水平跨接在动与ab和cd上，且与ab垂直，直导线与导轨之间的动摩擦因数为，R为电阻，C我电容器。现令MN以速度v0向右匀速运动，用U表示电压表的读数，q表示电容器所带的电荷量，C表示电容器的电容，F表示对MN的拉力。因电压表的体积很小，其中导线切割磁感线对MN间电压的影响可忽略。则A. B. q=0 C. D. 【知识点】法拉第电磁感应定律 L2【答案解析】C 解析： 当棒匀速运动时，电动势不变，故电容器所带电荷量不变，所以电压表中没有电流通过，故电压表的示数为0，根据受力平衡，故选C【思路点拨】本题主要把握电路中没有电流通过，没电流电压表就没有示数，然后根据受力平衡求得拉力等莫摩擦力【题文】19.如果太阳系几何尺寸等比例地膨胀，月球绕地球的运动近似为圆周运动，则下列物理量变化正确的是(假设各星球的密度不变)A.月球受到的向心力比膨胀前的大B.月球的向心加速度比膨胀前的小C.月球绕地球做圆周运动的周期与膨胀前的相同D.月球绕地球做圆周运动的线速度比膨胀前的小【知识点】万有引力定律及其应用D5【答案解析】AC 解析： 万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律，有： A、向心力：F=G，太阳系几何尺寸等比例地膨胀，各星球的密度不变，由于质量与半径的三次方成正比，故表达式中分子减小的倍数更小，故向心力增大；故A正确；B、向心加速度：a=，太阳系几何尺寸等比例地膨胀，各星球的密度不变，由于质量与半径的三次方成正比，故表达式中分子减小的倍数更小，故向心加速度增大，故B错误；C、周期：T=2，太阳系几何尺寸等比例地膨胀，各星球的密度不变，由于质量与半径的三次方成正比，故表达式中分子减小的倍数与分母减小的倍数相同，故公转周期不变，故C正确；D、线速度：v=，太阳系几何尺寸等比例地膨胀，各星球的密度不变，由于质量与半径的三次方成正比，故表达式中分子减小的倍数更小，故线速度增大，故D错误；故选AC【思路点拨】先根据万有引力提供向心力得到线速度、向心加速度、周期和向心力的表达式，然后再结合几何比例分析，本题关键是根据牛顿第二定律推导出各个运动学参量的表达式进行分析，注意质量与半径的三次方成正比【题文】20.如图所示，在匀强电场区城内，线段AB、AC、AD长度相等且两两垂直，P为BD连线中点。已知电场线平行于BC连线，B点电势为2 V，C点电势为-2 V，则 A. A点电势为0 B. A点电势为-1V C.电荷量为-1.0x10-6C的带电粒子从A点运动到P点电场力做功为1.0x10-6JD.电荷量为-1.0x10-6C的带电粒子从A点运动到P点电场力做功为2.0x10-6J【知识点】电势 I1 I2【答案解析】 AC 解析： A、B电场线平行于BC，故BC连线的中点E电势为零，又连接AE与BC垂直，在电场中，等势面与电场线垂直，故A点电势也为零，故A正确、B错误；C、D因为AE垂直于PE，故PE在一个等势面上，所以P点电势为1V ，故C正确、D错误；故选AC【思路点拨】根据在云强电场中，平行且相等的线段电势降低相同。电场线与等势面垂直等特点求得各点的电势，【题文】21.如图所示，两个倾角分别为30。和60。的光滑斜面固定于水平地面上，并处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中。两个质量均为m、带电荷量为+q的小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放，运动一段时间后。两小滑块都将飞离斜面，在此过程中A.甲滑块飞离斜面瞬间的速度比乙滑块飞离斜面瞬间的速度大B.甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短C.甲滑块在斜面上运动的位移与乙滑块在斜面上运动的位移大小相同D.两滑块在斜面上运动的过程中，重力的平均功率相等【知识点】带电粒子在混合场中的运动；功率、平均功率和瞬时功率 E1 K3【答案解析】AD 解析： A、小滑块飞离斜面时，洛伦兹力与重力的垂直斜面的分力平衡，故：mgcos=qvmB解得：vm=故斜面倾角越大，飞离时速度越小，故甲飞离速度大于乙，故A正确；B、甲斜面倾角小，平均加速度小，但是末速度大，故甲在斜面上运动时间比乙的长，故B错误；C、根据动能定理 ，带入数据化简 ，故甲的位移大于乙的位移，故C错误；D、重力的平均功率为重力乘以竖直方向的分速度的平均值 ，带入数据相等，故D正确、故选AD【思路点拨】小滑块向下运动的过程中受到重力、支持力、垂直斜面向上的洛伦兹力，向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力减小，当支持力减到0时，离开斜面解决本题的关键知道洛伦兹力的方向和洛伦兹力的大小以及能够正确的受力分析，理清物体的运动状况第II卷（一）必考题【题文】22.(6分)有一条小渠，其底部是半径很大的圆弧，小明同学运用所学的物理知识设计出一种测量该小渠底部的圆弧半径的方法，如图甲所示。可提供的器材有小车、光滑长木板、刻度尺、打点计时器、低压交流电源、导线、纸带、细绳、复写纸片和米尺等。(设小车在长木板和小渠底部运动所受的阻力很小可忽略不计，已知重力加速度为g)首先用小条点迹比较清晰的纸袋，舍去开始密集的点迹，从便于测量的点开始，每两个打点间隔取一个计数点，如图丙中0、1、26点所示；c.测量1、2、36计数点到0计数点的距离，分别记作：s1、s2、s3s6；d.通过测量和计算，该同学判断出小车沿平板做匀加速直线运动；e.分别计算出s1、s2、s3s6与对应时间的比值、；f.以为纵坐标、t为横坐标，标出与对应时间t的坐标点，画出图线。综合上述实验步骤，请你完成下列任务：（1）该同学根据实验数据画出图为一直线，并求得直线的斜率为，则小车沿长木板运动的加速度大小为_;(2)若用米尺测量出长木板的长度为L，则求出底部的圆弧半径R=_。【知识点】匀变速运动规律 A7【答案解析】(1)（3分） (2) （3分） 解析： （1）小车做匀加速直线运动 ，所以 ，故图像的斜率,所以a=2k (2)设小车到底部所用时间为t,木板与水平方向夹角a， ， 。带入，解得R=【思路点拨】根据匀变速运动规律求得图像斜率的物理意义。根据匀变速运动规律和几何知识求得小车到底部所用的时间，带入（1）中关系式求解【题文】23.(9分)为了测量某电池电动势E、内阻r和一个电流表内阻RA(已知电流表内阻RA与电源内阻相差不大)，小红同学设计了如图甲所示的实验电路。(1)根据图甲实验电路，请在乙图中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接。(2)实验开始前，应先将滑动变阻器的滑片P调到_(选填“a”或b端。(3)合上开关S1,S2接图甲中的1位置改变滑动变阻器的阻值，记录下几组电压表示数和对应的电流表示数；S2改接图甲中的2位置，改变滑动变阻器的阻值，再记录下几组电压表示数和对应的电流表示数。在同一坐标系内分别描点作出电压表示数U和对应的电流表示数I的图像.如图丙所示，两直线与纵轴的截距分别为UA、UB，与横轴的截距分别为IA、IB。接1位置时，作出的U-I图线是图丙中的_(选填“A”或“B ”)线；测出的电池电动势E和内阻r存在系统误差，原因是_;由图丙可知，干电池电动势和内阻的真实值分别为E真=_，r真_;由图丙可知，电流表内阻RA=_。【知识点】测定电源的电动势和内容 J7【答案解析】（1）如图所示(2分)（2）（3）B 电压表的分流 UA 解析： ：（1）：实物连线图如图所示：（2）：为保护电流表，实验开始前，应将滑片p置于电阻最大的a端；（3）：当接1位置时，可把电压表与电源看做一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律可知，电动势和内阻的测量值均小于真实值，所以作出的U-I图线应是B线；测出的电池电动势E和内阻r存在系统误差，原因是电压表的分流：当接2位置时，可把电流表与电源看做一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律可知电动势测量值等于真实值，U-I图线应是A线，即；由于接1位置时，U-I图线的B线对应的短路电流为，所以；（3）利用在图像中。接1时斜率表示电源内阻，当接2时斜率表示电源内阻加电流表电阻， =【思路点拨】本题（1）的关键是看清单刀双掷开关电路图与实物图即可题（2）应明确实验前应使滑片置于使电流最小的位置即可题（3）的关键是根据“等效电源”法分析测量误差的大小，即当接1位置时，可把电流表与电源看做一个等效电源，则电动势测量值测得是“等效电源”的外电路断开时的路端电压，由于电压表内阻不是无穷大，所以电压表示数将小于电动势真实值，即电动势测量值偏小；同理内阻的测量值实际等于电压表与内阻真实值的并联电阻，所以内阻测量值也偏小若接2位置时，可把电流表与电源看做一个“等效电源”，不难分析出电动势测量值等于真实值，而内阻测量值应等于内阻真实值与电流表内阻之和，即内阻测量值偏大题根据上面的“等效电源”法不难求解【题文】24.(13分)为了安全，汽车必须要具有良好的刹车性能。为了检测某汽车的刹车性能，某驾驶员让该汽车以v1=108 km/h的速度行驶，驾驶员接到刹车指令后车继续行驶x1=133.50 m停止；让车以V2=54 km/h的速度行驶，驾驶员接到刹车指令后车继续行驶x2=38.625m停止。假设两种情况下汽车轮胎与路面间的动摩擦因数相同，驾驶员和汽车系统在两种情况下的反应时间相同，试计算驾驶员和汽车系统的反应时间和汽车轮胎与路面间的动摩擦因数。（取g= 10 M/s2，结果保留两位有效数字）【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系牛顿第二定律 A8 C2【答案解析】 0.40 解析：设驾驶员和汽车系统的反应时间为，刹车加速度的大小为，,依题意有：代入数据解得根据牛顿第二定律有解得【思路点拨】两种情况下都是摩擦力提供加速度，所以加速度相同，然后根据两次都做匀减速直线运动规律求得加速度，根据牛顿第二定律求得摩擦因数。25.（19分）如图所示，AB是竖直平面内半径为R的圆上水平方向的直径。该圆处在电场强度为E的匀强电场中，原平面与电场线平行，已知重力加速度为g，在圆周平面内将一质量为m、带电荷量为+q=的小球从A点以相同的速率v0抛出，抛出方向不同时，小球会经过圆上不同的点，到达C点时小球的动能最大。已知，试求：（1）电场强度的方向和小球在C点的动能Ekc;（2）小球通过B点时的动能EkB【知识点】带电粒子在电场中运动 动能定理 I3 E2【答案解析】(1) (2) 解析： （1）带电小球在运动的过程中受到重力和电场力作用，因为小球到达C点时小球的动能最大，所以重力与电场力的合力方向一定沿着方向，如图所示。因为，作出如图所示的矢量图，由图可知电场力的方向与平行，所以电场强度的方向与平行，即与水平方向成30角斜向右下。由图可知合力的大小为由到根据动能定理可得 解得（2）由A到B根据动能定理可得 解得【思路点拨】带电小球在运动的过程中受到重力和电场力作用，因为小球到达C点时小球的动能最大，所以重力与电场力的合力方向一定沿着方向,然后根据合力图和动能定理求得电场强度；从而进一步求得B点的动能。（二）选考题：45分。从给出的3道题中选一题做答。如果多做，则按所做的第一题计分。【题文】33.物理选修3-3(15分)(1)(6分)关于分子间的作用力，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6分;每选错一个扣3分，最低得分为0分)A.分子之间的斥力和引力同时存在B.分子之间的斥力和引力大小都随分子间距离的增加而减小C分子之间的距离减小时，分子力一直做正功D.分子之间的距离增加时，分子势能一直减小E.分子之间的距离增加时，可能存在分子势能相等的两个点【知识点】分子间的相互作用力H1【答案解析】ABE 解析： A、分子间的相互作用力由引力f引和斥力f斥是同时存在故A正确; B、分子间存在相互作用的引力和斥力，引力和斥力都随分子间距离的减小而增加，故B正确；C、两分子之间的距离大于r0，分子力为引力，故当相互靠近时分子力做正功；当分子间距小于r0，分子力为斥力，相互靠近时，分子力做负功；故C错误；D、两分子之间的距离大于r0，分子力为引力，故当分子之间的距离增加时，分子力做负功，分子势能增加，故D错误；E、分子势能在r0 处最小，故在分子距离增加前后经过r0 时，可能存在分子势能相等的两个点，故E正确，故选ABE【思路点拨】分子间的相互作用力由引力f引和斥力f斥两部分组成，这两种力同时存在，实际的分子力是引力和斥力的合力引力f引和斥力f斥随着分子间距离增大而减小，随着分子间距离减小而增大对于分子力的特点，要抓住三个“同”：分子间的引力和斥力是同时存在的；随着分子间距离变化，分子引力和斥力是同增同减的【题文】(2)(9分)如图所示，可自由滑动的活塞将圆筒形导热气缸分成A和B两部分，气缸底部通过阀门K与另一密封容器C相连，活塞与气缸间连一弹，当A、B两部分内为真空，活塞位于气缸底部时，弹簧恰无形变。现将阀门K关闭，B内充入一定质量的理想气体，A、C内均为真空，B部分的长度L1=0.10m，此时B与C的容积正好相等，弹簧对活塞的作用力恰等于活塞的重力。若将阀门K打开，平衡后将整个装置倒置，当达到新的平衡时，B部分的长度L2是多少?(设温度保待不变)【知识点】热力学定律 H3【答案解析】 0.17m 解析： 设活塞质量为,弹簧的劲度系数为，气缸底面积为，对密封的气体，初状态，最终平衡时，由玻意耳定律得解得 【思路点拨】首先对活塞进行受力分析，根据受力平衡求得开始和后来的压强和体积，然后根据玻意尔定律求解最后的距离。【题文】34.物理选修3-4(15分)(1)(6分) 一列简谐横波沿x轴的正向传播，振幅为2cm，已知在t=0时刻相距30 cm的两质点a、b的位移都是1cm，但运动方向相反，其中质点a沿y轴负向，如图所示，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6分;每选错1个扣3分，最低得分为0分)A.t=0时刻，两质点a、b的加速度相同B.两质点a、b的平衡位置间的距离为半波长的奇数倍C.质点a的速度最大时，质点b的速度为零D.质点a的速度最大时，质点b正在向上运动E.当质点b的位移为+2cm时，质点a的位移为负【知识点】波长、频率和波速的关系G2【答案解析】ADE 解析： A、a、b两个质点都做简谐运动，t=0时刻a、b两质点的位移相同，根据简谐运动的特征：a=-，得知加速度相同故A正确B、图示时刻两质点位移相同，速度相反，但不是反相点，所以a、b两质点的平衡位置间的距离不是半波长的奇数倍故B错误C、由图看出，a正向平衡位置运动，速度增大，b正向波峰运动，速度减小，当a通过1cm位移到达平衡位置时，b还没有到达波峰，则a质点速度最大时，b质点速度不为零故C错误，D正确E、由上分析可知，当b质点位移为+2cm时，a质点位于平衡位置下方，位移为负值故E正确故选ADE【思路点拨】根据简谐运动的特征：a=-，分析t=0时刻，a、b两质点的加速度关系两质点a、b的位移都是1cm，运动方向相反，但不是反相点根据质点运动速度大小分析两质点速度关系a质点速度最大时，b质点速度不为零当b质点位移为+2cm时，a质点位移为负【题文】(2)(9分)如图所示，M是一块平面镜，位于透明液体之中，镜面水平向上放置，一细束光线竖直向下射来，穿过液体射到平面镜上。现将平面镜绕水平轴转动15。角，光线经平面镜反射后在液体表面处分成两束，这两束光恰好垂直，求液体的折射率，并说明当平面镜绕水平转动30。角时，是否有光线从液体表面射出?【知识点】光的折射定律N1【答案解析】 没有光线从液体表面射出。解析： 当平面镜绕水平轴转动角时，反射光转过的角度为，根据射到液面的光线经液面反射和折射的两条光线垂直,所以折射角，如图所示。 根据折射定律可得设光线从液体表面射出发生全反射的临界角为,，当平面镜绕水平轴转动角时，光线射到液体表面的入射角为，大于临界角，所以没有光线从液体表面射出。【思路点拨】将平面镜绕水平轴顺时针转过15角，反射光线将顺时针转过30，反射光线在液面处的入射角等于30，而反射光在液面处形成的反射光与折射光垂直，画出光路图，根据几何知识求出入射角为i=30，折射角为r=60，则可公式n= 求出折射率n然后根据改变角度后是否超过临界角判断是否有光射出，画出光路图是解决几何光学问题的基础，本题要充分运用平面镜的光学特征和几何知识研究出入射角和折射角，就能轻松解答【题文】35.物理选修3-5(15分)(1)(6分)图中画出了氢原子的4个能级，并注明了相应的能量E。处在n=4能级的1 200个氢原子向低能级跃迁时，能够发出若干种不同频率的光子。若这些受激氢原子最后都回到基态，则共发出_种_个光子。（假设处在量子数为n的激发态的氢原子跃迁到各较低能级的原子数都是处在该激发态能级上的原子总数的）【知识点】氢原子的能级公式和跃迁O2【答案解析】（1）6 2200 解析： 处在n=4的能级的一群氢原子向低能级跃迁时能发出不同光电子的数目为 =6种，由题意知量子数为4的能级上的氢原子分别向量子数为3、2、1的能级上跃迁的氢原子数占总氢原子数的三分之一，产生总共产生1200个光子；此时处于量子数为3的能级上的原子数目为：400个，处于n=3能级上的氢原子分别向量子数为2、1的能级上跃迁的氢原子数各占二分之一，产生400个光子；此时处于量子数为2的能级上氢原子总共有：400+200=600个，氢原子向基态跃迁产生600个光子所以此过程中发出的光子总数应该是1200+400+600=2200【思路点拨】根据题目给出的信息：处在量子数为n的激发态的氢原子跃迁到各较低能级的原子数都是处在该激发态能级上的原子总数的 进行求解，分别求从n=4出跃迁到n=3、2、1原子数即为产生光子数，然后求出从n=3出跃迁到n=2、1时产生光子数，再求出从n=2出跃迁到n=1产生光子数，最后求和即可【题文】 (2)(9分)如图所示，在一水平的长直轨道上，放着相距为L的为木块，依次编号为木块1和木块2，木块1和木块2的质量分别为m和3m，它们与水平轨道间的动摩擦因数为，现在两木块都静止的情况下，以一沿轨道方向的水平恒力持续作用在木块1上，使其与木块2发生碰撞，碰后与木块2结为一体继续运动，设碰撞时间极短，求：木块1和木块2碰撞前瞬间速度v0；木块1和木块2一起运动的距离。【知识点】动能定律 动量守恒定律 E2 F2【答案解析】（1） （2） 解析： （1）对于木块1根据动能定理可得解得设木块1与木块2碰撞后的速度为,则根据动量守恒定律可得解得设木块1在与木块2一起做匀减速运动的距离为,则根据动能定理得解得【思路点拨】首先根据动能定理求得碰撞前1的速度，碰撞后根据动量守恒定律求得共同的速度，然后1和2一起做匀减速运动，根据运动学规律求得滑行的距离。