1、2019-2020學(xué)年湖北省華師一附中、黃岡中學(xué)等八校聯(lián)考高三（上）第一次月考物理試卷（12月份）二、選擇題（本大題共 5小題，每小題6分，共48分.在每小題給出的四個選項中第14-18題只有一項符合題目要求第19-21題有多項符合題目要求.全部選對的得 6分，選對但不全的得 3分，有選錯或不選的得 0分.請選出符合題目要求的一項或多項填入答題卷中.）1. （6分）下列關(guān)于近代物理中的一些說法，正確的是（）A.在光電效應(yīng)現(xiàn)象中，金屬的逸出功隨入射光的頻率增大而增大B .比結(jié)合能大的原子核分裂成比結(jié)合能小的原子核時一定放出核能C.動量相同的質(zhì)子和電子，它們的德布羅意波的波長相等D.玻爾將量子觀念

2、引入原子領(lǐng)域，提出了定態(tài)和躍遷的概念，成功地解釋了各種原子光譜的實驗規(guī)律2. （6分）如圖所示，甲、乙、丙三個光滑軌道，甲是水平軌道，乙是向下凹的圓弧軌道，丙是向上凸的圓弧軌道，三個軌道水平方向距離相同。圖中虛線在同一水平面上。 現(xiàn)有三個完全相同的小球分別從相同高度由靜止開始滾下，到達(dá)軌道的右側(cè)，三個小球運動過程中始終未脫離軌道，下列說法正確的是（）B.乙軌道上的小球先到達(dá)右側(cè)C.丙軌道上的小球先到達(dá)右側(cè)D.三個軌道上的小球同時到達(dá)右側(cè)3. （6分）北京冬奧會將在2022年2月4日至2022年2月20日在北京和張家口聯(lián)合舉行。這是北京和張家口歷史上第一次舉辦冬季奧運會，圖示為某滑雪運動員訓(xùn)練的

3、情景：運動員從弧形坡面上滑下沿水平方向飛出后，又落回到斜面上。若斜面足夠長且傾角為0,弧形坡面與斜面頂端有一定高度差，某次訓(xùn)練時，運動員從弧形坡面飛出的水平速度大小為 vo,飛出后在空中的姿勢保持不變，不計空氣阻力，下列判斷正確的是（）A.若運動員以不同的速度從弧形坡面飛出，落到斜面前瞬間速度方向一定相同B.若運動員飛出時的水平速度大小變?yōu)? v0,運動員飛出后經(jīng)t=距斜面最遠(yuǎn)C.若運動員飛出時的水平速度大小變?yōu)?v0,運動員落點位移為原來的4倍D.若運動員飛出時的水平速度大小變?yōu)?v0,落到斜面前瞬間速度方向與水平方向的夾角變大4. （6分）如圖所示，表面粗糙的斜面放在水平地面上給物體一個沿

4、斜面向下的初速度v0,物體可以在斜面上勻速下滑。現(xiàn)仍給物體一個沿斜面向下的初速度v0,同時給物體施加一個恒力 F,在物體下滑的過程中（整個過程斜面始終沒有動），下列說法正確的是（）A.如果恒力F的方向平行于斜面向下，物體將加速運動，地面對斜面的摩擦力方向水平向左B.如果恒力F的方向水平向右，物體將減速運動，地面對斜面的摩擦力方向水平向左C.如果恒力F的方向垂直斜面向下，物體將減速運動，地面對斜面的摩擦力方向向右D.如果恒力F的方向平行于斜面向上，物體將減速運動，地面對斜面的摩擦力為零5. （6分）2019年11月5日01時43分，我國在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心用長征三號乙運載火箭，成功發(fā)射第 49顆北

5、斗導(dǎo)航衛(wèi)星，標(biāo)志著北斗三號系統(tǒng) 3顆傾斜地球同步軌道衛(wèi)星全部發(fā)射完畢。傾斜地球同步軌道衛(wèi)星是運轉(zhuǎn)軌道面與地球赤道面有夾角的軌道衛(wèi)星，運行周期等于地球的自轉(zhuǎn)周期，傾斜地球同步軌道衛(wèi)星正常運行時，下列說法正確是（）A .此衛(wèi)星相對地面靜止B.如果有人站在地球赤道處地面上，此人的向心加速比此衛(wèi)星的向心加速度大C.此衛(wèi)星的發(fā)射速度小于第一宇宙速度D.此衛(wèi)星軌道正下方某處的人用望遠(yuǎn)鏡觀測，可能會一天看到兩次此衛(wèi)星6. （6分）如圖所示電路中，電源內(nèi)阻忽略不計，R0的阻值小于R1的總電阻。閉合開關(guān) S,電壓表示數(shù)為U,電流表示數(shù)為I;在滑動變阻器R1的滑片P由b端滑到a端的過程中（A .電流表示數(shù)I先變小

6、后變大B.電壓表示數(shù)U先變大后變小C.電壓表示數(shù)U變化量與電流表示數(shù)I變化量比值等于 R3D.電壓表示數(shù)U與電流表示數(shù)I比值先變大后變小7. （6分）如圖所示，光滑水平桌面上固定一個輕彈簧，。點為原長位置，桌面上方有水平向左的勻強(qiáng)電場（圖中未畫出），場強(qiáng)E=10N/C,質(zhì)量為0.5kg,帶電荷量為+0.25C的絕緣滑塊從 A點由靜止釋放，在物塊把彈簧壓縮到最短的過程中，最大動能為8J.現(xiàn)將物塊由 A點左邊0.4m處的B點由靜止釋放，彈簧被壓縮過程中始終在彈性限度內(nèi)，g取10m/s2,則下列說法正確的是（）A . A點到O點的距離小于 3.2mB .從B點釋放后滑塊運動的最大動能大于9JC.從B

7、點釋放滑塊被彈簧彈回經(jīng)過 A點的動能等于1JD .從B點釋放彈簧最大彈性勢能比從A點釋放增加了 1J8. （6分）如圖所示，半徑為 R的圓是圓柱形區(qū)域的橫截面，c為圓心，/ acb= 60。，在圓上a點有一粒子源能以相同的速率向圓面內(nèi)各個方向發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，柱形區(qū)城內(nèi)存在平行于圓面的勻強(qiáng)電場，粒子從電場中射出的最大動能是初動能的4倍，經(jīng)過b點的粒子在b點的動能是初動能的 3倍，已知初動能為Ek,不計粒子重力及粒子間的相互作用，下列選項正確的有（）A .電場強(qiáng)度大小為 一 吸14EkB .電場強(qiáng)度大小為 三 QKC.電場強(qiáng)度方向從 a到bD .電場強(qiáng)度方向從 a到c二、非選

8、擇題包括必考題和選考題兩部分.第22題第32題為必考題每個試題考生都必須作答.第 33題第38題為選考題考生根據(jù)要求作答.9. （6分）用如圖所示的實驗裝置可以驗證動量守恒定律，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關(guān)系，地面水平，圖中。點是小球拋出點在地面上的垂直投影，實驗時，用天平測量兩個小球的質(zhì)量mi、m2,先讓入射球1多次從斜軌上 S位置靜止釋放，找到其平均落地點的位置 P,測量平拋射程 OP,然后，把被碰小球 2靜 置于軌道的水平部分，再將入射球 1從斜軌S位置靜止釋放，與小球 2相撞，并多次重復(fù)分別找到球 1、球2相 碰后平均落地點的位置 M、N,測量平拋射程 OM、ON。關(guān)于

9、本實驗下列說法正確的是 。A .入射球1的質(zhì)量應(yīng)比被碰小球 2質(zhì)量大B.小球與斜槽間的摩擦對實驗有影響C.入射球1必須從同一高度釋放D.兩小球的半徑可以不同若兩球相碰前后的動量守恒，其表達(dá)式可表示為 ;（用題中測量的量表示）若兩個小球質(zhì)量均未知， 只知道m(xù)1 > m2,則只需驗證表達(dá)式 成立，可證明發(fā)生的碰撞是彈性碰撞。（用 題中測量的量表示）10. （9分）實驗室有一個靈敏電流計G1,滿偏刻度為30格。某興趣小組想要較精確地測出它的滿偏電流Ig和內(nèi)阻Rg,實驗室中可供利用的器材有：待測靈敏電流計G1靈敏電流計G2電流表A:（量程為1mA、內(nèi)阻約為100Q）定值電阻R1：（阻值為200

10、）定值電阻R2：（阻值為400 ）電阻箱R: （09999.9最小調(diào)節(jié)量 0.1 Q）滑動變阻器R3：（最大電阻2000Q,額定電流1.5A）直流電源：電動勢1.5V,內(nèi)阻不計；開關(guān)一個，導(dǎo)線若干。該小組設(shè)計的實驗電路圖如圖，連接好電路，并進(jìn)行下列操作。(1)閉合開關(guān)調(diào)節(jié)滑動變阻器使電流表A示數(shù)適當(dāng)。(2)若靈敏電流計 G2中的電流由a流向b,再調(diào)節(jié)電阻箱，使電阻箱R的阻值 (選填“增大”或“減小”)，直到G2中的電流為0。(3)讀出電阻箱連入電路的電阻為1000Q,電流表A的示數(shù)為0.7mA,靈敏電流計 G1的指針指在20格的刻度處，則靈敏電流計滿偏電流Ig=jjA,內(nèi)阻Rg=Qo11 .

11、(14分)如圖所示，空間存在方向斜向上且與水平方向夾角為45的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E =范圍足夠大。電場中有一絕緣擋板MN ,與水平方向夾角為0= 45 ,質(zhì)量為 m、電荷量為q、帶正電的小球從與M點在同一水平線上的 。點以速度vo豎直向上拋出，小球運動過程中恰好不和擋板碰撞，小球運動軌跡所在平面與擋板垂直，重力加速為 g,求:(1)小球貼近擋板時速度的大小;(2)小球貼近擋板時距 M點的距離。12. (18分)如圖所示，傾角為。=30°的斜面與足夠大的光滑水平面在D處平滑連接，斜面上有 A、B、C三點，AB、BC、CD間距均為20cm,斜面上BC部分粗糙，其余部分光滑。2塊完全

12、相同、質(zhì)量均勻分布的長方形薄片(厚度忽略不計)，緊挨在一起排在斜面上，從下往上編號依次為1、2,第1塊的下邊緣恰好在 A處，現(xiàn)將2塊薄片一起由靜止釋放，薄片經(jīng)過D處時無能量損失且相互之間無碰撞，已知每塊薄片質(zhì)量為 m=1kg、長為5cm,薄片與斜面BC間的動摩擦因數(shù) 科=唱，重力加速度為g,求：(1)第1塊薄片剛完全進(jìn)入 BC段時兩薄片間的作用力大小；（2）第1塊薄片下邊緣剛運動到 C時的速度大小;（3）兩薄片在水平面上運動時的間距。二、選考題（共45分，請考生從給出的2道物理題、2道化學(xué)題、2道生物題中每科任選一題作答【物理-選彳3-3（15 分）13. （5分）下列說法正確的是（）A .不

13、可能從單一熱源吸收熱量并把它全部用來做功B .系統(tǒng)的宏觀狀態(tài)所對應(yīng)的微觀態(tài)的多少表現(xiàn)為宏觀態(tài)的無序程度C.通過增大壓強(qiáng)可以使所有氣體液化D.自發(fā)的熱傳導(dǎo)是不可逆的E.123門0"帚某理想氣體經(jīng)歷從a到b的過程，如圖所示，則當(dāng)壓強(qiáng)變?yōu)?05Pa時溫度達(dá)到最高14. （10分）如圖所示，一氣缸由截面積不同的兩圓筒聯(lián)接而成，固定在水平地面上，活塞A、B用一長為31的剛性細(xì)桿連接，它們可以在筒內(nèi)無摩擦地沿水平方向左右滑動，A、B的截面積分別為 Sa = 30cm2> SB=15cm2,AB之間封閉著壓強(qiáng)為 P1 = 1.2X 105Pa的一定質(zhì)量的理想氣體兩活塞外側(cè)（A的左方和B的右方

14、）都是大氣，大氣壓強(qiáng)始終保持為 Po=1.0X105Pa,對活塞B施加一水平向右的外力 F,使系統(tǒng)平衡。當(dāng)氣缸內(nèi)氣體溫度為T1= 540K,活塞AB的平衡位置如圖所示。使氣缸內(nèi)氣體溫度下降，同時緩慢減小外力，以保持活塞靜止不動，當(dāng)溫度降至多少時，外力正好減為零？外力為零后，不再施加外力，繼續(xù)使氣缸內(nèi)氣體溫度下降，溫度降為多少時活塞 A剛好右移到兩圓筒聯(lián)接處？【物理-選彳3-4】（15分）15. 2018年以來世界各地地震頻發(fā)，讓人感覺地球正處于很“活躍”的時期，對地震波的研究有助于對地震進(jìn)行監(jiān)測。地震波既有橫波，也有縱波，若我國地震局監(jiān)測到一列沿x軸正方向傳播的地震橫波，在t （圖中實線）與（

15、t+0.4） s （圖中虛線）兩個時刻x軸上-33km區(qū)間內(nèi)的波形圖如圖所示，則下列說法正確的是（）A.質(zhì)點振動的周期可能為0.16sB.該地震波的波長為 3kmC .該地震波最小波速為5km/sD .從t時刻開始計時，x= 2km處的質(zhì)點比x= 2.5km處的質(zhì)點后回到平衡位置E.若該波傳播中遇到寬約4km的障礙物，則能發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象16.空氣中有一折射率為 會的玻璃柱體，其橫截面是圓心角為 90° ,半徑為R的半圓ACB, 一束平行光平行于橫截面，以45。入射角射到AO段上，如圖所示，其中 OC與AB垂直。若只考慮首次入射到圓弧上的光，求：圓弧上有光透出的部分的弧長；從最左側(cè)

16、出射的光與 OC延長線的交點 Oi到圓心O的距離。（提示sin15° =吏口_2 ）2019-2020學(xué)年湖北省華師一附中、黃岡中學(xué)等八校聯(lián)考高三（上）第一次月考物理試卷（12月份）參考答案與試題解析二、選擇題（本大題共 5小題，每小題6分，共48分.在每小題給出的四個選項中第14-18題只有一項符合題目要求第19-21題有多項符合題目要求.全部選對的得6分，選對但不全的得 3分，有選錯或不選的得 0分.請選出符合題目要求的一項或多項填入答題卷中.）1 .【解答】解：A、金屬的逸出功由金屬本身決定，與入射光的頻率無關(guān)。故 A錯誤；B、根據(jù)結(jié)合能與比結(jié)合能的關(guān)系可知，比結(jié)合能大的原子核

17、分裂成比結(jié)合能小的原子核時一定吸收核能。故B錯誤；C、根據(jù)德布羅意波的波長公式：丸=且可知，動量相同的質(zhì)子和電子，它們的德布羅意波的波長相等。故 C正確；D、波爾將量子觀念引入原子領(lǐng)域，提出了定態(tài)和躍遷的概念，成功地解釋了氫原子光譜的實驗規(guī)律，而不是成 功地解釋了各種原子光譜的實驗規(guī)律。故D錯誤故選：Co2 .【解答】解：三個小球從相同高度由靜止?jié)L下，該過程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律可知，小球到達(dá)最低點同 一高度時速度 v相同；由圖示可知，丙球到達(dá)最低點后的運動過程是：先減速后加速，水平方向平均速度最小，由于水平位移相等，則丙球運動時間最長，最后達(dá)到右側(cè)，故 CD錯誤；由圖示可知，乙球到達(dá)最

18、低點后的運動過程是：先加速后減速，由題意可知：三個小球運動過程始終沒有脫離軌道，對乙若斜面傾角趨近于 90° ,乙球不脫離軌道，速度只能趨近于0,乙球先加速后減速，先到達(dá)軌道右端；如果乙軌道斜面傾角趨近于 0,甲乙兩軌道上的小球運動時間趨近于相等，綜合分析可知，乙軌道上的小球先到 達(dá)右側(cè)，故A錯誤，B正確；故選：B。3 .【解答】解：AD、利用物體從斜面頂端平拋的運動規(guī)律：設(shè)人從 A點平拋，落到斜面上的 C點，沿AC作一直 線ACB ,則從A平拋時，落到斜面 AB上時，速度方向與水平方向的夾角相等，落到斜面上 E點時y方向（豎 直方向）VyE小于落到D點時y方向速度VyD,水平方向速

19、度相同，則落到E點時速度與水平方向夾角比落到D點的小，可知，落到斜面前瞬間速度方向一定不同，若運動員飛出時的水平速度大小變?yōu)?vo,落到斜面前瞬間速度方向與水平方向的夾角變小。故AD錯誤。,一 修十 1 2T ntan9 , 一B、運動員的速度與斜面平行時離斜面最遠(yuǎn)。當(dāng)速度變?yōu)?v0時，有tan0=-, t= ,故B正確。2 y SC、若與占AB斜面平拋，落到斜面上D點的時刻有tan產(chǎn);£ = 9=2tan（丫是速度與水平方向的夾角， v0 v0是AB斜面的傾角）2v?tan6 fI 2vntanS ,水平位移 x=v0t=一y,位移 s=常 = -，可知當(dāng)速度為 2v0時，有s&#

20、39; =4s,gcos 9 geos U則落到E點時的距離s <4s,故C錯誤。故選：B。4 .【解答】解：物體可以在斜面上勻速下滑，則A、如果恒力F的方向平行斜面向下，f和N保持不變，地面對斜面的摩擦力為零，故A錯誤；B、如果恒力 F的方向水平向右，物體仍向下運動過程中，產(chǎn)tan 0,明'cos 0= N' sin 0, f' cos 0= N' sin 0,地面對斜面的摩擦力為零，故 B錯誤;C、如果恒力 F的方向垂直斜面向下，同理， 呼tan 0, pN ' cosO=N' sin 0, f' cos 0= N' s

21、in 0,地面對斜面的 摩擦力為零，故C錯誤；D、如果恒力F的方向平行于斜面向上，物體仍向下運動過程中，產(chǎn)tan 0,明'cos 0= N ' sin 0, f' cos 0= N'sinQ,地面對斜面的摩擦力為零，故 D正確；故選：D。5 .【解答】解：A、傾斜地球同步軌道衛(wèi)星相對地面有運動，沒有相對地面靜止，故 A錯誤；B、根據(jù)向心加速度 a= 32r可知，赤道處的人和傾斜地球同步軌道衛(wèi)星角速度相同，則人的向心力加速度小，故B錯誤;C、第一宇宙速度是最小的發(fā)射速度，故此衛(wèi)星的發(fā)射速度一定大于第一宇宙速度，故C錯誤；D、傾斜軌道和同步軌道，一天中相遇兩次，由于

22、人與同步衛(wèi)星屬于同軸轉(zhuǎn)動，當(dāng)兩軌道相遇時，人可以看到該衛(wèi)星，故此衛(wèi)星軌道正下方某處的人用望遠(yuǎn)鏡觀測，一天會看到兩次此衛(wèi)星，故D正確。故選：D。6 .【解答】解：A ,由圖可知，在滑動變阻器 Ri的滑片P由b端滑到a端的過程中，總電阻先增大后減小，由于電壓不變，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知電流表示數(shù)先減小后增大，故 A正確；B由圖可知電壓表測量的是電源的路端電壓，由于電源內(nèi)阻忽略不計， 則路端電壓與電源電動勢大小相等，故電壓表示數(shù)不變，故 B錯誤；C.電壓表示數(shù)U變化量與電流表示數(shù)I變化量比值等于除 R3以外的總電阻，故 C錯誤；D.電壓表示數(shù)U與電流表示數(shù)I比值等于除R3以外的總電阻，所以先增大后

23、減小，故D正確；故選：AD。7.【解答】解：A.物塊從O點時開始壓縮彈簧，彈力逐漸增大，開始階段彈簧的彈力小于電場力，物塊做加速運動。后來，彈簧的彈力大于電場力，物塊做減速運動，所以物塊先做加速運動后做減速運動，彈簧的彈力等于電 Ek0場力時物塊的速度最大。最大動能為8J,解得x=七一工 =3.2m,而O點不是最大速度的位置，所以把 2. 51nA點到O點的距離小于 3.2m,故A正確；B.根據(jù)題意可知，最大速度的位置不變，令O到最大速度的距離為 x,則2.5 (OA+x) =8+2.55，從B到最大速度的過程中：2. 5sA+宣句,4)=E1r+2. 5工，兩式相減可得：Ek=9J,故B錯誤

24、；C. B到A根據(jù)動能定理有：qExAB = EkA= 1J,根據(jù)能量守恒可得滑塊被彈簧彈回經(jīng)過A點的動能等于1J,故C正確；D.根據(jù)題意可知彈簧最大彈性勢能等于滑塊減少的電勢能，由于從 B點釋放彈簧的壓縮量增大，所以從B點釋放彈簧最大彈性勢能比從 A點釋放增加為： Ep>qExAB= 1J,故D錯誤。故選：AC 。8.【解答】解：設(shè)電場方向與ab連線夾角為0,離開電場時動能最大的粒子的射出點和C點連線一定和電場方向平行，如右圖所示O在粒子從a運動到b點過程中由動能定理有:qERcos9=2?Ek對離開電場時動能最大的粒子在電場中由動能定理有:兀qER1+sin ( 0+ ) = 3X

25、Ek6由以上兩式解得：sin 0=。或日1門0 =當(dāng)sin。=。時（即電場方向由a指向b）2EC1P當(dāng) sin 0=一，故ABC正確，D錯誤,故選：ABC 。題、非選擇題包括必考題和選考題兩部分.第22題第32題為必考題每個試題考生都必須作答.第 33題第38題為選考題考生根據(jù)要求作答.9.【解答】解：A、為防止碰撞后入射球反彈，入射球1的質(zhì)量應(yīng)比被碰小球 2質(zhì)量大，故A正確。B、“驗證動量守恒定律”的實驗中，是通過平拋運動的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度的，只要離開軌道后做平拋運動，小球與斜槽間的摩擦對實驗沒有影響，故B錯誤。C、要保證碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要從同一高度由靜止?jié)L下，故

26、C正確。D、為了保證小球碰撞為對心正碰，兩球的半徑必須相等，故D錯誤。應(yīng)選：AC。碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得:mi vi = miv2+m2v3,小球離開軌道后做平拋運動，它們拋出點的高度相等，在空中的運動時間t相等，上式兩邊同時乘以 t得：mivit=miv2t+m2v3t得：mOP= miOM+m 2ON ;彈性碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得:兩邊同時乘以 t2 得：mivi2t2= miv22t2+m2v32t2, 222則有：miOP2=miOM2+m2ON2。2 mivi-m1V2 +222 m 2v 3 ，故答案為： AC; miO

27、P = miOM+m 2ON ; miOP2= miOM 2+m2ON2。10.【解答】解：（2）靈敏電流計 G2中的電流由a流向b,說明a點電勢比b點電勢高，R2的阻值大于電阻箱接入電路的阻值，增大電阻箱 R接入電路的阻值，當(dāng) a、b兩點電勢相等時，流過 G2的電流為0。（3）流過G2的電流為零，由圖示電路圖可知: RR即： 竺匹L=解得：Rg=500Q;% %400 200流過兩支路電流之比:UIgi U $+叫 200+40C2Rg+R由圖本電路圖可知：Igi+Ii=Ia,已知：lA=0.7mA,則：Igi = 0.2mA ,靈敏電流計G,滿偏刻度30格，靈敏電流計的指針指在20格的刻度

28、處,則靈敏電流計滿偏電流 Ig=Igi=X 0.2 = 0.3mA = 300必；202故答案為：（2）增大；（3） 300; 500。11 .【解答】解：（1）根據(jù)題意可知粒子受到重力和電場力，其合力水平向右，所以粒子做類平拋運動,由于粒子恰好不和擋板碰撞，粒子貼近擋板時其速度方向與擋板恰好平行，設(shè)此時粒子水平方向速度大小為v,則根據(jù)三角形定則可知:（2）粒子做類平拋運動，設(shè)粒子運動加速度為a,由牛頓第二定律:J (qE) "-(mg )q=ma,水平方 向上：vx=v0=at,則小球貼近擋板時距 M點的距離為1=Jsin45聯(lián)立解得:答：（1）粒子貼近擋板時水平方向速度的大小為小

29、氣(2)小球貼近擋板時距M點的距離為12 .【解答】解：(1)第1塊薄片剛完全進(jìn)人 BC段時，對兩薄片由牛頓第二定律得:2mgsin30° -(mgcos30° = 2ma解得：a= _g4對薄片2由牛頓第二定律得：mgsin30 ° F= ma,解得：F =-Lmg = 2.5N(2)把兩塊薄片看作整體，當(dāng)兩塊薄片恰完全進(jìn)入BC段時，由動能定理得:o_1, x U+2U mccci/O" 99l1 _2 n2mgsin30 ( Lab+Lbc) ?21片=胃2騎¥ - 0解得：v= 士_lm/s此后對兩薄片受力分析知，沿斜面方向合力為 0,故

30、兩薄片一直勻速運動到薄片片速度為：v= 華 m/s1前端到達(dá)C點，此時第1塊薄(3)每塊薄片由前端在 C點運動到水平面上，由動能定理得:mgsin30° (Lcd+L 片)-i-(imgcos30° L解得：v1 = 4.5m/s兩薄片到達(dá)水平面的時間差為：t= L = T5sV兩薄片在水平面上運動時的間距為：x = Vt=3>/Em答：(1)第1塊薄片剛完全進(jìn)入 BC段時兩薄片間的作用力大小是2.5N;(2)第1塊薄片下邊緣剛運動到 C時的速度大小是 山旦m/s；2(3)兩薄片在水平面上運動時的間距是3史、選考題(共45分，請考生從給出的2道物理題、2道化學(xué)題、2道生物題中每科任選一題作答【物理-選彳3-3(15 分)13 【解答】解：A、不可能從單一熱源吸收熱量并把它全部用做功而不產(chǎn)生其它變化，故 A錯誤;B、系統(tǒng)的宏觀狀態(tài)所對應(yīng)的微觀態(tài)的多少表現(xiàn)為宏觀態(tài)的無序程度，故 B正確;C錯誤;C、增大壓強(qiáng)不能使所有氣體液化，只有在臨界溫度以下才以通過增大壓強(qiáng)使氣體液化，故D、自發(fā)的熱傳導(dǎo)是不可逆的，故 D正確;E、出圖象可知：P= 2- 0.5V,由墨二c 可知：T -當(dāng)=-=10.5 ”2 ）2+2 , V = 2X10-3m3 時極大值，此時有：P=1X 105Pa,故E正確。故選：BDE 。14.【解答】解：設(shè)氣缸內(nèi)氣體壓強(qiáng)為P