江苏省2025届新高考物理下学期模拟预测卷五含解析

A．B对A的作用力方向肯定竖直向上B．B对A的作用力肯定大于A的重力C．地面对B的摩擦力方向可能向右D．地面对B的作用力大小可能等于A、B的总重力二、非选择题:共5题，共56分。其中第13题～第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最终答案的不能得分；有数值计算时，答案中必需明确写出数值和单位。12.其同学为了测量一个量程为3V的电压表的内阻，进行了如下试验．（1）他先用多用表进行了正确的测量，测量时指针位置如图1所示，得出电压表的内阻为3.00×103Ω，此时电压表的指针也偏转了．已知多用表欧姆档表盘中心刻度值为“15”，表内电池电动势为1.5V，则电压表的示数应为V（结果保留两位有效数字）（2）为了更精确地测量该电压表的内阻RV，该同学设计了图2所示的电路图，试验步骤如下：A．断开开关S，按图2连接好电路；B．把滑动变阻器R的滑片P滑到b端；C．将电阻箱R0的阻值调到零；D．闭合开关S；E．移动滑动变阻器R的滑片P的位置，使电压表的指针指到3V位置；F．保持滑动变阻器R的滑片P位置不变，调整电阻箱R0的阻值使电压表指针指到1.5V位置，读出此时电阻箱R0的阻值，此值即为电压表内阻RV的测量值；G．断开开关S．试验中可供选择的试验器材有：a．待测电压表b．滑动变阻器：最大阻值2000Ωc．滑动变阻器：最大阻值10Ωd．电阻箱：最大阻值9999.9Ω，阻值最小变更量为0.1Ωe．电阻箱：最大阻值999.9Ω，阻值最小变更量为0.1Ωf．电池组：电动势约6V，内阻可忽视g．开关，导线若干依据这位同学设计的试验方法，回答下列问题：①要使测量更精确，除了选用电池组、导线、开关和待测电压表外，还应从供应的滑动变阻器中选用（填“b”或“c”），电阻箱中选用（填“d”或“e”）②电压表内阻RV的测量值R测和真实值R真相比，R测R真（填“＞”或“＜”）；若RV越大，则越（填“大”或“小”）13.麦克斯韦在1865年发表的《电磁场的动力学理论》一文中揭示了电、磁现象与光的内在联系及统一性，即光是电磁波。（1）某单色光波在折射率为的玻璃砖介质中传播，某时刻电场横波图象如图1所示，已知：c＝3×108m/s求该光波的频率。（结果可用分数表示）（2）折射率为的玻璃砖的截面为等腰梯形，如图2所示，其中上、下两面平行，底角45°，现将（1）中的单色光以宽度为d的光束平行于CD边入射到AC界面上，a、b是光束的边界。光线a在玻璃砖中的光路已给出且恰好从D点射出。画出光线b从玻璃砖中首次出射的光路图。并求出玻璃砖中有光射出部分的长度L以及出射光线与界面的夹角θ。14.两端开口、粗细匀称的足够长U形玻璃管插在容积很大的水银槽中，管的上部有肯定长度的水银，两段空气柱被封闭在左右两侧的竖直管中．开启阀门A，各水银液面稳定时，位置如图所示，此时两部分气体温度均为300K．已知h1＝5cm，h2＝10cm，右侧气体柱长度L1＝60cm，大气压为p0＝75cmHg.(1)求左侧竖直管内气体柱的长度L2；(2)关闭阀门A，当右侧竖直管内的气体柱长度为L′1＝68cm时(管内气体未溢出)，气体温度应上升到多少？15.如图所示，地面上有一倾角为θ＝37°足够长的固定斜面，斜面上有两个质量分别为m1＝0.1kg，m2＝0.3kg的可看做质点的物块，初始时相距d＝1m，m2与斜面动摩擦因数为μ2＝0.75，现由静止释放m1，经过时间t＝1s后与静止的m2发生弹性碰撞，碰撞时间极短，（重力加速度g＝10m/s，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求（1）第一次碰撞前瞬间m1的速度v0的大小以及m1与斜面之间动摩擦因数μ1（2）第一次碰撞后两物块速度大小：（3）第一次与其次次碰撞期问，两物块间距离最大值为多少16.如图所示,竖直平面内有一半径为r、内阻为R1、粗细匀称的光滑半圆形金属环,在M、N处与相距为2r、电阻不计的平行金属轨道ME、NF相接,EF之间接有电阻R2,已知R1=12R,R2=4R.在MN上方及CD下方有水平方向的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ,磁感应强度大小均为B.现有质量为m、电阻不计的导体棒ab,从圆环的最高点A处由静止下落,在下落过程中导体棒始终保持水平,与半圆形金属环及轨道接触良好,两平行轨道足够长.已知导体棒ab下落时的速度大小为,下落到MN处的速度大小为.(1)求导体棒ab从A下落时的加速度大小;(2)若导体棒ab进入磁场Ⅱ后棒中电流大小始终不变,求磁场Ⅰ和Ⅱ之间的距离h及R2上的电功率P2;(3)若将磁场Ⅱ的CD边界略微下移,导体棒ab刚进入磁场Ⅱ时速度大小为,要使其在外力F作用下做匀加速直线运动,加速度大小为a,求所加外力F随时间变更的关系式.参考答案单项选择题:共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。1.有人依据条形磁铁的磁场分布状况用塑料制作了一个模具，模具的侧边界刚好与该条形磁铁的磁感线重合，如图所示。另取一个松软的弹性导体线圈套在模具上方某位置，线圈贴着模具上下移动的过程中，下列说法正确的是（地磁场很弱，可以忽视）（）A．线圈切割磁感线，线圈中出现感应电流 B．线圈紧密套在模具上移动过程中不出现感应电流 C．由于线圈所在处的磁场是不匀称的，故而不能推断线圈中是否有电流产生 D．若线圈平面放置不水平，则移动过程中会产生感应电流【分析】依据感应电流产生的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变更进行分析推断有无感应电流产生。【解答】解：由题，模具的形态与磁感线的形态是相同的，则线圈贴着模具上下移动的过程中穿过线圈的磁感线的条数不会发生不会，即穿过线圈的磁通量不变，所以线圈紧密套在模具上移动过程中不出现感应电流。故B正确，ACD错误故选：B。2.如图所示，光滑的水平轨道AB与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，水平轨道AB部分存在水平向右的匀强电场E，半圆形轨道处于竖直平面内，B为最低点，D为最高点．一质量为m、带正电的小球从距B点x的位置在电场力的作用下由静止起先沿AB向右运动，并能恰好通过最高点D，则下列物理量的变更对应关系正确的是（）A．其它条件不变，R越大，x越小 B．其它条件不变，m越大，x越大 C．其它条件不变，E越大，x越大 D．其它条件不变，R越大，小球经过B点瞬间对轨道的压力越大【解答】解：A、小球在BCD部分做圆周运动，在D点，由牛顿其次定律有：mg＝m；小球由B到D的过程中机械能守恒：；联立解得：R越大，小球经过B点时的速度越大，则x越大，选项A错误；B、小球由A到B，由动能定理得：qEx＝将代入得：知m越大，x越大，故B正确；C、场强E越大，x越小，故C错误；D、在B点有：；将代入得：FN＝6mg，选项D错误。故选：B。3.宇宙中存在一些质量相等且离其他恒星较远的四颗星组成的四星系统，通常可忽视其他星体对它们的引力作用．设四星系统中每个星体的质量均为m，半径均为R，四颗星稳定分布在边长为a的正方形的四个顶点上．已知引力常量为G．关于四星系统，下列说法错误的是（忽视星体自转）（）A．四颗星围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动 B．四颗星的轨道半径均为 C．四颗星表面的重力加速度均为 D．四颗星的周期均为2πa【解答】解：A、星体在其他三个星体的万有引力作用下，合力方向指向对角线的交点，围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动，故A正确。B、四颗星的轨道半径为r＝．故B错误。C、依据万有引力等于重力有：，则g＝．故C正确。D、依据万有引力供应向心力，解得T＝．故D正确。本题选错误的，故选B。4.如图所示，质量为m的小球系于轻质弹簧的一端，且套在光滑直立的圆环上，弹簧的上端固定于环的最高点A，小球静止时处于圆环的B点，此时∠AOB=60°，弹簧伸长量为L．现用该弹簧沿水平方向拉住质量为2m的物体，系统静止时弹簧伸长量也为L．则此时物体所受的摩擦力（） A．等于零 B．大小为0.5mg，方向沿水平面对右 C．大小为mg，方向沿水平面对左 D．大小为2mg，方向沿水平面对右考点： 共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．分析： 平衡状态下物体的受力分析，在夹角为特别角时物体受力的特点．解答： 解：对B进行受力分析可以知道，物体受到重力、弹簧的弹力和圆环对物体的支持力，由于三角形OAB是一个等边三角形，利用平行四边形定则做出重力、弹力的合力的平行四边形会发觉，重力、弹力和支持力会处在同一个三角形中并且这个三角形是等边三角形，由此我们判定弹簧的弹力与物体的重力相等都是mg，此时弹簧伸长量为L，当该弹簧沿水平方向拉住质量为2m的物体时弹簧伸长量也为L，由此可知两次弹簧的弹力是一样的即为mg，由于质量为2m的物体处于静止状态，即受力平衡，在水平方向上是弹簧的弹力和物体所受的摩擦力平衡，所以物体所受的摩擦力大小即为mg，方向与弹簧的弹力方向相反即为水平面对左，故只有C正确．故选：C．点评： 利用平行四边形，找出物体受到重力、弹簧的弹力和圆环对物体的支持力三者的关系，这是本题的重点，找出它们的关系，弹簧的弹力就好确定了，从而可以求出物体所受的摩擦力．5.如图所示，质量相同的三个小球均可视为质点，处于同一水平面上．A球以初速度v0竖直上抛，B球以与水平面成θ角、大小也是v0的初速度斜向右上抛出，C球沿倾角为θ的足够长斜面以初速度v0上滑．上述运动过程中均不计空气阻力和一切摩擦，以下关于三个小球上升的最大高度的比较正确的是（） A．HA＞HB＞HC B．HA＞HB=HC C．HA＜HB＜HC D．HB＜HA=HC考点： 机械能守恒定律．分析： ABC三个球的机械能都守恒，到达最高点时，依据机械能守恒定律分析对比可以得出结论．解答： 解：对于A、C两个球，达到最高点时，A、C两个球的速度均为零，物体的动能全部转化为重力势能，所以A、C的最大高度相同；对于B球来说，由于B是斜抛运动，在水平方向上有一个速度，这个分速度的动能不会转化成物体的重力势能，所以B球在最高点时的重力势能要比AC两球的小，所以高度要比AC两球的高度小，所以D正确．故选D．点评： B球做的是斜抛运动，水平方向的分速度是不能转化成物体的重力势能的，所以B的高度最低．6.氢原子能级图如图所示，用大量处于n＝2能级的氢原子跃迁到基态时，放射出的光照耀光电管阴极K，测得光电管电流的遏止电压为7.6V，已知普朗克常量h＝6.63×10﹣34J•s，电子电量e＝﹣1.6×10﹣19C，下列推断正确的是（）A．电子从阴极K表面逸出的最大初动能为2.6eV B．阴极K材料的逸出功为7.6eV C．阴极K材料的极限频率为6.27×1014Hz D．氢原子从n＝4跃迁到n＝2能级，放射出的光照耀该光电管阴极K时能发生光电效应【分析】依据光电效应方程，结合Ekm＝eU0，即可求解最大初动能，与逸出功，再由逸出功W0等于hγ0，求出材料的极限频率，最终依据光电效应发生条件，即可求解。【解答】解：A、因遏止电压为U0＝7.6V，依据动能定理可知，光电子的最大初动能Ekm＝eU0，光电子的最大初动能为7.6eV，故A错误；B、依据光电效应方程，可知，W0＝hγ﹣Ekm，而hγ＝E2﹣E1；因此W0＝13.6﹣3.4﹣7.6＝2.6eV，故B错误；C、因逸出功W0等于hγ0，则材料的极限频率γ0＝＝＝6.27×1014Hz，故C正确。D、从n＝4跃迁到n＝2能级，释放能量为△E＝3.4﹣0.85＝2.55eV＜2.6eV，因此放射出的光照耀该光电管阴极K时，不能发生光电效应，故D错误。故选：C。7.电风扇的挡位变换器电路如图所示，把它视为一个可调压的志向变压器，总匝数为2400匝的原线圈输入电压u＝220sin100πt（V），挡位1、2、3、4对应的线圈匝数分别为240匝、600匝、1200匝、2400匝。电动机M的内阻r＝8Ω，额定电压为U＝220V，额定功率P＝110W．下列推断正确的是（）A．该交变电源的频率为100Hz B．当选择3挡位后，电动机两端电压的最大值为110V C．当挡位由3变为2后，原线圈的电流变大 D．当选择挡位4后，电动机的输出功率为108W【分析】依据原线圈输入电压的瞬时值表达式即可知角速度ω，结合ω＝2πf得交变电源的频率；当选择3档位后，依据变压比规律求出副线圈两端电压的有效值，最大值为有效值的倍；当档位由3变为2后，依据变压比规律推断副线圈的电压，分析输出功率的变更，依据输入功率等于输出功率，由P＝UI推断原线圈电流的变更；当选择档位4后，依据变压比规律求出副线圈电压，依据能量守恒求电动机的输出功率。【解答】解：A、依据原线圈输入电压的瞬时值表达式知ω＝100π，交变电源的频率＝＝50Hz，故A错误；B、当选择3档位后，副线圈的匝数为1200匝，依据电压与匝数成正比得，即，解得，所以电动机两端电压的最大值为110，故B错误；C、当档位由3变为2后，依据电压与匝数成正比知，副线圈两端的电压减小，输出功率变小，输入功率变小，依据知原线圈电流变小，故C错误；D、当选择档位4，副线圈匝数等于2400匝，依据电压比规律得副线圈两端的电压为220V，电动机正常工作，流过电动机的电流，电动机的发热功率＝，电动机的输出功率为，故D正确；故选：D。8.如图,粗糙水平桌面上当一竖直放置的条形磁铁从线时,若线圈始终不动,则关于线A.FN先小于mg后大于mg,运动趋势向左B.FN先大于mg后小于mg,运动趋势向左C.FN先小于mg后大于mg,运动趋势向右D.FN先大于mg后小于mg,运动趋势向右【答案】(D)9.如图所示，A，B为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板中心各有一小孔M、N，今有一带电质点，自A板上方相距为d的P点由静止自由下落(P、M、N三点在同一竖直线上)，空气阻力不计，到达N点的速度恰好为零，然后按原路径返回，若保持两板间的电压不变，则()A．若把A板向上平移一小段距离，质点自P点下落仍能返回B．若把B板向下平移一小段距离，质点自P点下落仍能返回C．若把A板向上平移一小段距离，质点自P点下落后将穿过N孔接着下落D．若把B板向上平移一小段距离，质点自P点下落后将穿过N孔接着下落〖解析〗当开关S始终闭合时，A、B两板之间的电压保持不变，当带电质点从M向N运动时，要克服电场力做功，W＝qUAB，由题设条件知：质点由P到N的运动过程中，重力做的功与物体克服电场力做的功相等，即mg2d－qUAB＝0。A、C选项中，因UAB保持不变，上述等式仍成立，故沿原路返回；B、D选项中，因B板下移一段距离，保持UAB不变，而重力做功增加，所以它将始终下落。综上所述，正确选项为A。〖答案〗A10.如图1所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上。A，B质量分别为mA=6kg，mB=2kg，A，B之间的动摩擦因数μ=0.2，起先时F=10N，此后渐渐增加，在增大到45N的过程中，则（）A．当拉力F＜12N时，两物体均保持静止状态B．两物体起先没有相对运动，当拉力超过12N时，起先相对滑动C．两物体间从受力起先就有相对运动D．两物体间始终没有相对运动〖解析〗首先以A，B整体为探讨对象。受力如图2，在水平方向只受拉力F，依据牛顿其次定律列方程F=(mA+mB)a①再以B为探讨对象，如图3，B水平方向受摩擦力f=mBa②当f为最大静摩擦力时，由①②得a=6m/s2。代入式①F=（6+2）×6N=48N。由此可以看出当F＜48N时A，B间的摩擦力都达不到最大静摩擦力，也就是说，A，B间不会发生相对运动。所以D选项正确。〖答案〗D11.如图所示，木块B静止在水平地面上，木块A叠放在B上．A的左侧靠在光滑的竖起墙面上．关于A、B的受力状况，下列说法中正确的是（）A．B对A的作用力方向肯定竖直向上B．B对A的作用力肯定大于A的重力C．地面对B的摩擦力方向可能向右D．地面对B的作用力大小可能等于A、B的总重力【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【分析】分光滑与粗糙两种状况，分别对A以及AB整体进行分析，由共点力的平衡条件可推断两物体可能的受力状况．【解答】解：A、对A受力分析可知：1．若A与B的接触面光滑，则A受重力、支持力及墙壁对A的支持力作用，A处于静止状态，合力为零，由于A、B之间的接触面倾斜，则B对A的支持力大于A的重力，依据牛顿第三定律可知，物块A对物块B的压力大小大于物块A的重力；2．若接触面粗糙，A可能受到重力、支持力和B对A的摩擦力，有可能A还受到墙壁的支持力；当墙壁对A没有支持力时，B对A的支持力与摩擦力的合力与A的重力大小相等，方向相反．由以上分析可知，故A错误，B错误；C、1．若A与B的接触面光滑，木块B受重力、地面的支持力、A对B斜向下的压力以及地面的摩擦力处于静止状态，合力为零，则摩擦力方向水平向左；2．若接触面粗糙，木块B受重力、地面的支持力、A对B斜向下的压力以及A对B的静摩擦力，其中A对B斜向下的压力以及A对B的静摩擦力的合力与A的重力大小相等，方向竖直向下，所以B不受地面的摩擦力，故C错误；D、对整体进行受力分析可知，整体在竖直方向不受外力，故支持力肯定等于两物体的重力，故D正确；故选：D二、非选择题:共5题，共56分。其中第13题～第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最终答案的不能得分；有数值计算时，答案中必需明确写出数值和单位。12.其同学为了测量一个量程为3V的电压表的内阻，进行了如下试验．（1）他先用多用表进行了正确的测量，测量时指针位置如图1所示，得出电压表的内阻为3.00×103Ω，此时电压表的指针也偏转了．已知多用表欧姆档表盘中心刻度值为“15”，表内电池电动势为1.5V，则电压表的示数应为V（结果保留两位有效数字）（2）为了更精确地测量该电压表的内阻RV，该同学设计了图2所示的电路图，试验步骤如下：A．断开开关S，按图2连接好电路；B．把滑动变阻器R的滑片P滑到b端；C．将电阻箱R0的阻值调到零；D．闭合开关S；E．移动滑动变阻器R的滑片P的位置，使电压表的指针指到3V位置；F．保持滑动变阻器R的滑片P位置不变，调整电阻箱R0的阻值使电压表指针指到1.5V位置，读出此时电阻箱R0的阻值，此值即为电压表内阻RV的测量值；G．断开开关S．试验中可供选择的试验器材有：a．待测电压表b．滑动变阻器：最大阻值2000Ωc．滑动变阻器：最大阻值10Ωd．电阻箱：最大阻值9999.9Ω，阻值最小变更量为0.1Ωe．电阻箱：最大阻值999.9Ω，阻值最小变更量为0.1Ωf．电池组：电动势约6V，内阻可忽视g．开关，导线若干依据这位同学设计的试验方法，回答下列问题：①要使测量更精确，除了选用电池组、导线、开关和待测电压表外，还应从供应的滑动变阻器中选用（填“b”或“c”），电阻箱中选用（填“d”或“e”）②电压表内阻RV的测量值R测和真实值R真相比，R测R真（填“＞”或“＜”）；若RV越大，则越（填“大”或“小”）【解答】解：（1）欧姆表的内电阻等于中值电阻，为：R＝15×100＝1500Ω；电压表的内电阻为：RV＝3000Ω；故电压表读数为：U＝IRV＝•RV＝＝1.0V；（2）①采纳电压表半偏法测量电压表内电阻，要保证电压表与电阻箱的总电压保持不变，须要使电压表电阻远大于滑动变阻器的电阻，故滑动变阻器选择小电阻，即选择c；电阻箱最大电阻不能小于电压表电阻，电压表内电阻约为3000欧姆，故电阻箱选择d；②试验中要保证电压表与电阻箱的总电压不变，但事实上该电压是变更的；当电阻箱电阻增加时，电压表与电阻箱的总电压略微增加；试验中认为电阻箱和电压表电阻相等，故调整电阻箱R0的阻值使电压表指针指到1.5V位置，此时电阻箱的电压大于1.5V，故电阻箱的电阻大于电压表的电阻，即测量值偏大；当Rv越大，电压表与电阻箱的总电压偏差越小，系统误差越小，越小；故答案为：（1）1.0；（2）①c；d；②＞；小．13.麦克斯韦在1865年发表的《电磁场的动力学理论》一文中揭示了电、磁现象与光的内在联系及统一性，即光是电磁波。①某单色光波在折射率为的玻璃砖介质中传播，某时刻电场横波图象如图1所示，已知：c＝3×108m/s求该光波的频率。（结果可用分数表示）②折射率为的玻璃砖的截面为等腰梯形，如图2所示，其中上、下两面平行，底角45°，现将①中的单色光以宽度为d的光束平行于CD边入射到AC界面上，a、b是光束的边界。光线a在玻璃砖中的光路已给出且恰好从D点射出。画出光线b从玻璃砖中首次出射的光路图。并求出玻璃砖中有光射出部分的长度L以及出射光线与界面的夹角θ。【分析】①由图象可知光波的波长，则由波长、频率和波速的关系可求得光波的频率；②由题意可求得该光在玻璃中的折射率，因两条光线相互平行，故关键在于分析CD面上光线能否发生全反射。【解答】解：①设光在介质中的传播速度为v，波长为λ．频率为f，由图1得光在介质中的速度v＝光波的频率为代入数据求得Hz②光路图如下：得r＝30°由几何关系得在CD面上的入射角为75°，在CD面发生全反射，在BD面上的入射角为30°，依据折射定律得BD面的折射角为45°玻璃砖中有光射出部分的长度L＝d答：①该光波的频率为HZ②画出光线b从玻璃砖中首次出射的光路图如图所示，玻璃砖中有光射出部分的长度L为，出射光线与界面的夹角θ为45°。14.两端开口、粗细匀称的足够长U形玻璃管插在容积很大的水银槽中，管的上部有肯定长度的水银，两段空气柱被封闭在左右两侧的竖直管中．开启阀门A，各水银液面稳定时，位置如图所示，此时两部分气体温度均为300K．已知h1＝5cm，h2＝10cm，右侧气体柱长度L1＝60cm，大气压为p0＝75cmHg.(1)求左侧竖直管内气体柱的长度L2；(2)关闭阀门A，当右侧竖直管内的气体柱长度为L′1＝68cm时(管内气体未溢出)，气体温度应上升到多少？【解析】(1)设右管气体压强为p1，左管气体压强为p2，左管气体下端与水银槽面的高度差为h3，则有：p1＝p0＋h2＝85cmHgp2＝p1－h1＝80cmHgp3＝p0＋h3，得h3＝5cmL3＝L1－h2＋h1＋h3＝60cm.(2)设管的横截面面积为S对右管中气体初态：p1＝85cmHgV1＝L1ST1＝300K末态：p′1＝p0＋(L′1－L1＋h2)＝93cmHgV′1＝L′1S则有eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p′1V′1,T′1)解得T′1＝372K.【答案】(1)60cm(2)372K15.如图所示，地面上有一倾角为θ＝37°足够长的固定斜面，斜面上有两个质量分别为m1＝0.1kg，m2＝0.3kg的可看做质点的物块，初始时相距d＝1m，m2与斜面动摩擦因数为μ2＝0.75，现由静止释放m1，经过时间t＝1s后与静止的m2发生弹性碰撞，碰撞时间极短，（重力加速度g＝10m/s，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求（1）第一次碰撞前瞬间m1的速度v0的大小以及m1与斜面之间动摩擦因数μ1（2）第一次碰撞后两物块速度大小：（3）第一次与其次次碰撞期问，两物块间距离最大值为多少【解答】解：（1）m1向下做初速度为零的匀加速直线运动，位移：d＝t＝t，碰撞前速度：v0＝＝＝2m/s；m1的加速度：a＝＝2m/s2，对m1，由牛顿其次定律得：m1gsinθ﹣μ1m1gcosθ＝m1a，代入数据解得：μ1＝0.5；（2）两物块发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以平行于斜面对下