2016-2017学年四川省遂宁市射洪中学高二(下)月考物理试卷(3月份)

2016-2017学年四川省遂宁市射洪中学高二（下）月考物理试卷（3月份）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题(本大题共3小题，共9.0分)1.一理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=11：5．原线圈与正弦交变电源连接，交变电源的电压U随时间t的变化规律如图所示，副线圈仅接入一个10Ω的电阻，则下列选项中不正确的是（）A.交变电压的频率为50H zB.电阻中的电流为10 AC.经过1分钟，电阻发出的热量为6×103 JD.理想变压器的输入功率为1×103 W【答案】C【解析】解：A、由图可知，交流电的周期T=0.02s，故频率f=，故A正确；B、变压器原线圈中电压，根据，解得U2=100V，故电阻中的电流I=，故B正确；C、电阻产生的热量Q=，故C不正确；D、电阻消耗的功率P=U2I=100×10W=1000W，故输入功率为1000W，故D正确因选不正确的，故选：C由图可读出最大值，周期，电表的示数为有效值，由输入功率等于输出功率可求得输入功率．考查交流电的图象及表达式，明确输入功率等于输出功率，及电表的示数为有效值．2.如图所示表示一交流电电流随时间变化的图象，其中电流的正值为正弦曲线的正半周，其最大值为I m；电流的负值的强度为I m，求该交流电的有效值（）A.I mB.C.I mD.I m【答案】C【解析】解：设电流的有效值为I．取一个周期时间，由电流的热效应得：解得：故选：C求有效值方法：是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值求交流电的有效值，往往根据电流的热效应，由有效值的定义求解3.如图所示，L1和L2是输电线，用电压互感器和电流互感器测输电功率．若已知甲的两线圈匝数比为50：1，乙的两线圈匝数比为1：20，并且已知加在电压表两端的电压为220V，通过电流表的电流为5A，则（）A.甲是电压互感器，乙是电流互感器，输电线的输送功率为1.21×107 WB.乙是电压互感器，甲是电流互感器，输电线的输送功率为1.21×107 WC.甲是电压互感器，乙是电流互感器，输电线的输送功率为1.1×106 WD.乙是电压互感器，甲是电流互感器，输电线的输送功率为1.1×106 W【答案】C【解析】解：电压互感器并联在电路中，电流互感器串联在电路中，故甲是电压互感器，乙是电流互感器；由U1：U2=n1：n2得U1=220×50V=1.1×104V；由I1n1=I2n2得I1=1.0×102A．故输送功功率P=I1U1=1.1×106W，则C正确．故选：C根据变压比和变流比计算出输送电压和电流，最后根据电功率P=UI计算电功率．本题实质是电压互感器与电流互感器的简单运用，电压互感器与电流互感器是利用变压器原理将电压、电流减小到可测范围进行测量的仪器．二、多选题(本大题共1小题，共3.0分)4.物体在恒定合外力作用下运动，则（）A.物体一定作直线运动B.物体的动量变化率一定恒定C.物体的动量增量与时间成正比D.单位时间内物体动量的增量与物体的质量成正比【答案】BC【解析】解：A、物体做直线运动的条件，合力的方向与速度方向在同一条直线上，与是否为恒力无关，例如平抛运动只受重力，重力为恒力，但作曲线运动．故A错误．B、根据动量定理：I=△PF合•△t=△P所以合因为合力恒定，所以物体的动量变化率一定恒定．故B正确．C、由以上分析得△P=F合•△t，F合恒定，所以物体动量的增量△P与时间△t成正比．故C正确．D、单位时间内物体动量的增量，与物体的质量无关．故D错误．合故选BC．物体做直线运动的条件，合力的方向与速度方向在同一条直线上，与是否为恒力无关；根据动量定理F合•△t=△P有，当合力恒定时，一定恒定；合根据动能定理△P=F合•△t，合力一定时，△P与△t成正比；与质量无关．合此题考查对动量定理的理解，F合•△t=△P，当合力一定时，动量的变化量与时间成正比，动量的变化率恒定．三、单选题(本大题共8小题，共24.0分)5.如图所示，A、B两物体质量分别为m A、m B，且m A＞m B，置于光滑水平面上，相距较远．将两个大小均为F的力，同时分别作用在A、B上经过相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将（）A.停止运动B.向左运动C.向右运动D.运动方向不能确定【答案】C【解析】解：力F大小相等，m A＞m B，由牛顿第二定律可知，两物体的加速度有：a A＜a B，由题意知：SA=SB，由运动学公式得：S A=a A t A2，S B=a B t B2，可知：t A＞t B，由I A=F•t A，I B=F•t B，得：I A＞I B，由动量定理可知△P A=I A，△P B=I B，则P A＞P B，碰前系统总动量向右，碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可知，碰后总动量向右，故ABD错误，C正确．故选：C．此题可以从两个角度来分析，一是利用运动学公式和冲量的定义，结合动量守恒定律来分析；二是动能定理和动量的定义，结合动量守恒定律来分析．本题考查动量守恒定律的应用；应用动量守恒定律解决问题，只要知道碰撞前后的状态即可，不需要分析过程，但要注意动量守恒定律的条件．6.如图所示，质量为m的带有光滑弧形的槽静止在光滑水平面上，圆弧底部切线是水平的．一个质量也为m的小球从槽高h处开始由静止下滑，在下滑过程中，关于小球和槽组成的系统，以及小球到达底端的速度v，判断正确的是（）A.在水平方向上动量守恒，v=B.在水平方向上动量不守恒，v=C.在水平方向上动量守恒，v＜D.在水平方向上动量不守恒，v＜【答案】C【解析】解：小球下滑过程中，水平方向不受外力，在水平方向上动量守恒．根据能量守恒得小球的重力势能转化给小球的动能和弧形的槽的动能，即：mgh=+E k M所以v＜故C正确，ABD错误．故选：C．小球下滑过程中，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，由机械能守恒确定速度大小关系．解决本题的关键掌握动量守恒定律的条件，能够灵活运用动量守恒定律和能量守恒定律是正确解决问题的基础．7.如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为（）A.v0+vB.v0-vC.v0+（v0+v）D.v0+（v0-v）【答案】C【解析】解：人在跃出的过程中船人组成的系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向（M+m）v0=M v′-mvv′=v0+（v0+v）故选C．人和小船系统动量守恒，根据动量守恒定律列式求解，本题关键选择人跃出前后的过程运用动量守恒定律列式求解．8.如图所示，在甲、乙两种情况下，人用同样大小的恒力拉轻质绳子，使人和船均向右运动，经过相同的时间t，图甲中的A船没有到岸，图乙中船A没有与船B碰撞，则经过时间t，则（）A.图甲中A船（包括人）的速度比图乙中的A船（包括人）的速度大B.图甲中人对绳子的拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量小C.图甲中人对绳子的拉力的冲量和图乙中人对绳子拉力的冲量一样大D.两种情况下，人做的功一样多【答案】C【解析】解：ABC、根据题意，两幅图中，拉力等大，作用时间相同，故拉力对绳子的冲量都为：I=F t，所以冲量一样大，由动量定理可知，合外力的冲量等于动量的变化，由于拉力大小相等，所以t秒末船的速度相等，故AB错误，C正确；D、两种情况用同样大小的力拉绳，两幅图的A船向右移动位移相同，但乙图中B船也要向左移动，故拉力作用点移动的距离大；拉力的功等于拉力与作用点在拉力方向上的位移的乘积，故乙图中拉力做功多．故D错误．故选：C．两幅图中，拉力等大，作用时间相同，对A船作用效果相同，但右图中拉力方向的位移大，人做功多．两种情况用同样大小的力拉绳，左边的船移动的位移相同，但b图中右边的船也要移动，故拉力作用点移动的距离大，根据功的定义判断即可．本题关键明确拉力的功等于拉力与拉力作用点在拉力方向的位移的乘积；两幅图中左边船运动情况相同，拉力相同，作用时间相同，关键对照冲量的定义求解冲量．9.A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是5kg•m/s，B球的动量是7kg•m/s．当A球追上B球时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值分别是（）A.6kg•m/s，6kg•m/sB.3kg•m/s，9kg•m/sC.2kg•m/s，14kg•m/sD.-5kg•m/s，15kg•m/s【答案】B【解析】解：由题，碰撞前的总动量为12kg•m/sA、虽然满足动量守恒，但是碰后A球的动量不可能沿原方向增加，故A错误；B、两球组成的系统动量守恒，A球减少的动量等于B球增加的动量，故B正确；C、两球组成的系统的总动量是16kg•m/s，两球组成的系统不满足动量守恒．故D错误；D、两球组成的系统的总动量是10kg•m/s，不满足动量守恒，故D错误；故选：B当A球追上B球时发生碰撞，遵守动量守恒．由动量守恒定律和碰撞过程总动能不增加，进行选择．对于碰撞过程要遵守三大规律：1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况．10.一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经△t时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v．在此过程中，（）A.地面对他的冲量为mv+mg△t，地面对他做的功为mv2B.地面对他的冲量为mv+mg△t，地面对他做的功为零C.地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为mv2D.地面对他的冲量为mv-mg△t，地面对他做的功为零【答案】B【解析】解：人的速度原来为零，起跳后变化v，则由动量定理可得：I-mg△t=△mv=mv故地面对人的冲量为mv+mg△t；而人在跳起时，人受到的支持力没有产生位移，故支持力不做功，故B正确；故选B．已知初末速度，则由动量定理可求得地面对人的冲量；由功的公式可确定地面对人是否做功．在应用动量定理时一定要注意冲量应是所有力的冲量，不要把重力漏掉．11.一质量为m的物体静止在光滑水平面上，在水平力F作用下，经时间t，通过位移L 后，动量变为P、动能变为E k．若上述过程F不变，物体的质量变为，以下说法正确的是（）A.经过时间2t，物体动量变为2PB.经过位移2L，物体动量变为2PC.经过时间2t，物体动能变为4E kD.经过位移2L，物体动能变为4E k【答案】A【解析】解：AC、以初速度方向为正方向，根据动量定理，有：F t=P，故时间变为2t后，动量变为2P，故A正确；根据，动量变为2倍，质量减半，故动能变为8E k，故C错误；BD、经过位移2L，根据动能定理，有：FL=E k，故位移变为2倍后，动能变为2E k，故D错误；根据P=，动能变为2倍，质量减半，故动量不变，故B错误；故选：AAC、根据动量定理分析物体动量的变化，得到物体的末动能情况；BD、根据动能定理列式得到物体的末动能情况，进一步得到动量情况．本题关键是分别根据动量定理和动能定理列式分析，同时要记住动量与动能的关系公式，基础题目．12.如图所示，两个相同的木块A、B静止在水平面上，它们之间的距离为L，今有一颗子弹以较大的速度依次射穿了A、B，在子弹射出A时，A的速度为v A，子弹穿出B时，B的速度为v B，A、B停止时，它们之间的距离为s，整个过程A、B没有相碰，则（）A.s=L，v A=v BB.s＞L，v A＜v BC.s＜L，v A＞v BD.s＜L，v A＜v B【答案】B【解析】解：子弹穿过木块的过程中，由于子弹克服木块的阻力做功，动能减小，速度减小，所以子弹穿过A木块过程的平均速度较大，所用时间较短，根据动量定理得：对木块：ft=mv，v与t成正比，所以A的速度小于B的速度，即v A＜v B．根据动能定理得：-μmgs=0-，则得木块滑行的距离为s=，木块的初速度v越大，滑行距离越大，则知A木块滑行的距离小于B滑行的距离，所以A、B停止时它们之间的距离增大，则有s＞L．故选B子弹穿过木块的过程中，由于子弹克服木块的阻力做功，动能减小，速度减小，穿过B 木块的时间较长，根据动量定理分析v A与v B的大小．根据动能定理判断两个木块滑行距离的大小，即可比较s与L的大小．本题尽管是选择题，但综合性较强，动用了运动学公式、动量定理和动能定理等多个知识，有一定的难度．四、多选题(本大题共1小题，共3.0分)13.如图所示，一轻弹簧左端固定在长木板M的左端，右端与小木块m连接，且m、M及M与地面间接触光滑．开始时，m和M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2，从两物体开始运动以后的整个运动过程中，弹簧形变不超过其弹性限度，对于m、M和弹簧组成的系统（）A.由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒B.当弹簧弹力大小与F 1、F2大小相等时，m、M各自的动能最大C.由于F1、F2大小不变，所以m、M各自一直做匀加速运动D.由于F1、F2等大反向，故系统的动量始终为零【答案】BD【解析】解：A、由于F1、F2对m、M都做正功，故系统机械能增加，故系统机械能不守恒，A错误；B、当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，M和m受力平衡，加速度减为零，此时速度达到最大值，故各自的动能最大，B正确；C、由于弹力是变化的，m、M所受合力是变化的，所以不会做匀加速运动，C错误；D、对A、B和弹簧组成的系统所受合外力为零，因此系统动量守恒，始终为零，D正确．故选BD．由于F1、F2对m、M都做正功，故系统机械能增加，当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，物体受到的合力的大小为零，此时物体的速度的大小达到最大，再根据物体的运动状态可以判断物体加速度的变化．本题涉及到弹簧，功、机械能守恒的条件、力和运动的关系等较多知识．题目情景比较复杂，全面考查考生理解、分析、解决问题的能力．五、单选题(本大题共1小题，共3.0分)14.如图所示，在光滑水平面上放置一足够长的长木板P，在木板前端放置一木块Q，P和Q以相同的速度一起匀速运动，当木板前端运动到A点时，立即在P上施加一恒定水平拉力F，当P的前端运动到B点时，下列说法正确的是（）A.P的动能增量一定大于Q的动能增量B.P的动量增量一定小于Q的动量增量C.力F做的功一定等于P和Q组成的系统动能的增量D.力F产生的冲量一定等于P和Q组成的系统动量的增量【答案】D【解析】解：A、B、由于P与Q间的相对运动情况取决与它们的质量和动摩擦因素，都是未知量，故无法比较它们动能增加量大小关系；故A错误，B错误；C、根据动能定理，对P和Q整体而言：若PQ无相对滑动，只有拉力F做功，力F做的功等于P和Q组成的系统动能的增量；若PQ有相对滑动，除拉力做功外，一对滑动摩擦力做功的代数和为负值，故力F做的功大于P和Q组成的系统动能的增量，故C错误；D、根据动量定理，对P和Q系统而言，力F产生的冲量一定等于P和Q组成的系统动量的增量，故D正确；故选：D对系统运用动量定理判断系统动量的变化，对系统运用动能定理判断系统的动能变化情况．本题关键对物体系统运用动能定理和动量定理判断，注意运用动量定理时不要考虑内力，用动能定理时要考虑内力做功．六、多选题(本大题共4小题，共12.0分)15.从距地面相同高度以相同的速率抛出A、B、C三个质量相同的球，A平抛、B竖直上抛，C竖直下抛，若不计空气阻力，三球从开始运动到落地的过程中（）A.B球动量变化最大，C球动量变化最小B.对C球重力的平均功率最大，对B球重力的平均功率最小C.三球动能变化相同D.三球动量变化大小相同【答案】ABC【解析】解：A、D、上抛的运动时间最长，下抛运动时间最短，上抛重力的冲量最大，下抛动量变化最小，根据动量定理，B球动量变化最大，C球动量变化最小，故A正确，D错误；B、重力做功相同，上抛的运动时间最长，下抛运动时间最短，根据平均功率表达式P=，C球重力的平均功率最大，B球重力的平均功率最小，故B正确；C、只有重力做功，重力做功相同，根据动能定理，三球动能变化相同，故C正确；故选ABC．小球沿着不同的方向抛出，都只有重力做功，机械能守恒，故可得到落地时动能相等，但运动方向不同；根据平均功率表达式P=判断平均功率的大小，根据动量定理判断动量变化的大小．本题关键是明确根据动能定理判断动能增加量，根据动量定理判断动量增加量，基础题．16.如图所示，木块静止在光滑水平面上，子弹A、B从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块中，这一过程中木块始终保持静止．现知道子弹A射入深度d A大于子弹B射入的深度d B，则可判断（）A.子弹在木块中运动时间t A＞t BB.子弹入射时的初动能E k A＞E k BC.子弹入射时的初速度v A＞v BD.子弹质量m A＜m B【答案】BCD【解析】解：A、由题，子弹A、B从木块两侧同时射入木块，木块始终保持静止，分析得知，两子弹在木块中运动时间必定相等，否则木块就会运动．故A错误．B、由于木块始终保持静止状态，则两子弹对木块的推力大小相等，则两子弹所受的阻力大小相等，设为f，根据动能定理得：对A子弹：-fd A=0-E k A，得E k A=fd A对B子弹：：-fd B=0-E k B，得E k B=fd B．由于d A＞d B，则有子弹入射时的初动能E k A＞E k B．故B正确．C、D对两子弹和木块组成的系统动量守恒，则有，而E k A＞E k B，则得到m A＜m B，根据动能的计算公式E k=，得到初速度v A＞v B．故C、D正确．故选BCD根据子弹A、B从木块两侧同时射入木块，木块始终保持静止，分析子弹在木块中运动时间的关系．根据动能定理研究初动能的关系．根据动量守恒定律研究质量关系．本题运用动能定理和动量守恒定律研究冲击块模型，分析木块处于静止状态，确定出两子弹所受的阻力大小相等是基础．17.如图甲所示，质量为2m的长木板静止地放在光滑的水平面上，另一质量为m的小铅块（可视为质点）以水平速度v0滑上木板的左端，恰能滑至木板的右端且与木板保持相对静止，铅块在运动过程中所受到的摩擦力始终不变．若将木板分成长度与质量均相等（即m1=m2=m）的两段1、2后，将它们紧挨着放在同一水平面上，让小铅块以相同的初速度v0由木板1的左端开始运动，如图乙所示，则下列说法正确的是（）A.小铅块滑到木板2的右端前就与之保持相对静止B.小铅块滑到木板2的右端后与之保持相对静止C.甲、乙两图所示的过程中产生的热量相等D.图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量【答案】AD【解析】解：A、在第一次在小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到B部分上后A部分停止加速，只有2部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与2木板将更早达到速度相等，所以小铅块还没有运动到2的右端．故A正确、B错误；C、根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量，知在木板2上相对运动的位移没有1长度的2倍，所以产生的热量小于在木板1上滑行产生热量的2倍，故C错误，D正确．故选AD．比较两次运动的区别，木块一直做匀减速直线运动，木板一直做匀加速直线运动，第一次在小铅块运动过程中，整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到B部分上后1部分停止加速，只有2部分加速，加速度大于第一次的对应过程，通过比较小铅块的位移确定是否飞离木板．根据摩擦力乘以相对位移等于热量比较小铅块在木板2上和木板1上产生的热量．解决本题的关键理清铅块和木板的运动过程，通过比较位移的关系判断是否脱离，以及掌握功能关系Q=fs相对．18.如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上．现使B瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得（）A.在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且弹簧都处于伸长状态B.从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长C.两物体的质量之比为m1：m2=1：2D.在t2时刻A与B的动能之比为E k1：E k2=8：1【答案】BD【解析】解：A、由图示图象可知，从0到t1的过程中，A的速度增大，B的速度减小，弹簧被拉伸，在t1时刻两物块达到共同速度1m/s，此时弹簧处于伸长状态，从t1到t2过程，A的速度继续增大，B的速度继续减小，弹簧开始收缩，到达t2时刻，A的速度最大，B的速度最小，弹簧恢复原长；从t2到t3过程，A的速度减小，B的速度增大，弹簧被压缩，到t3时刻，A、B的速度相等，为1m/s，此时弹簧的压缩量最大，从t3到t4过程，A的速度减小，B的速度增大，该过程弹簧恢复原长，到t4时刻，B的速度等于初速度，A的速度为零，弹簧恢复原长，由以上分析可知，A错误，B正确；C、系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得，t=0时刻和t=t1时刻系统总动量相等，有：m2v0=（m1+m2）v2，m2×3=（m1+m2）×1，解得：m1：m2=2：1，故C错误；D、由图示图象可知，在t2时刻A、B两物块的速度分别为：v A=2m/s，v B=-1m/s，物体的动能：E k=mv2，则A、B两物块的动能之比为E k A：E k B=8：1，故D正确；故选：BD两物块和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒，系统动能最小时，弹性势能最大，据此根据图象中两物块速度的变化可以分析系统动能和弹性势能的变化情况．对于这类弹簧问题注意用动态思想认真分析物体的运动过程，注意过程中的功能转化关系；解答时注意动量守恒和机械能守恒列式分析，同时根据图象，分析清楚物体的运动情况七、实验题探究题(本大题共1小题，共6.0分)19.（1）①在使用示波器时，如果屏幕上出现如图1所示的波形时，应调节图2中的______ 旋钮使之显示在屏幕中央区域（如图3所示）．如果正弦波的竖直方向的正、负半周均超出了屏幕的范围，应调节______ 旋钮或______ 旋钮（填旋钮旁边的数字或名称），或这两个钮配合使用，以使正弦波的整个波形出现在屏幕内．②如果使该信号显示从一个波形变成两个完整的波形，且波形横向变窄如图4所示，则应调节______ 旋钮或______ 旋钮（填旋钮旁边的数字或名称），或这两个旋钮配合使用．【答案】上下移动；衰减；Y增益；X增益；扫描微调【解析】解：①图1所示，为竖直方向缺失，故应调节上下移动；若正负半周均超出了屏幕的范围，Y增益过大，则应调衰减旋钮或Y增益旋钮；②如果使该信号显示从一个波形变成两个完整的波形，且波形横向变窄如图4所示，则应调节X增益旋钮或扫描微调旋钮，或这两个旋钮配合使用；故答案为：①上下移动，衰减，Y增益；②X增益，扫描微调．①因所显的图形不是完整的正弦波形，则要根据所失部分选择相应的调节旋钮．②要改变水平方向的波形数目，要条件x增益旋钮，同时调整扫描微调旋钮．本题考查示波器的基本应用，明确各旋钮的用途，适当记忆，不难．八、计算题(本大题共4小题，共40.0分)20.如图，两条磁性很强且完全相同的磁铁分别固定在质量相等的小车上，水平面光滑，开始时甲车速度大小为3m/s，乙车速度大小为2m/s，相向运动并在同一条直线上，（1）当乙车的速度为零时，甲车的速度是多少？（2）若两车不相碰，试求出两车距离最短时，乙车速度为多少？【答案】解：（1）设水平向右为正方向，根据动量守恒定律得：m甲v甲-m乙v乙=m甲v甲′且有m甲=m乙=3-2=1m/s，方向向右．解得v甲′=v甲-乙乙甲（2）两车距离最短时速度相同，根据系统的动量守恒得：m甲v甲-m乙v乙=（m甲+m乙）v解得v=0.5m/s即两车距离最短时，乙车速度为0.5m/s答：（1）当乙车的速度为零时，甲车的速度是1m/s，方向向右．（2）两车距离最短时，乙车速度为0.5m/s．【解析】（1）对于甲、乙两车组成的系统（包括磁铁）在运动过程中合外力为零，系统的动量守恒，根据动量守恒定律即可求解甲车的速度．（2）两车距离最短时速度相同，根据系统的动量守恒求共同的速度．本题与两球发生弹性碰撞相似，要分析清楚运动过程，知道临界条件：两车距离最短时速度相同，根据系统的动量守恒研究．。