2019-2020學年浙江省嘉興市高三(上)選考物理試卷(12月份)

1、12月份）2019-2020學年浙江省嘉興市高三（上）選考物理試卷（一、選擇題I （本題共10小題，每小題3分，共30分.每小題給出的四個備選項中，只有一項是符合題目要求的.）1 . （3分）了解物理規(guī)律的發(fā)現(xiàn)過程，學會像科學家那樣觀察和思考，往往比掌握知識本身更重要。以下符合史實的是（）A.伽利略發(fā)現(xiàn)了自由落體運動規(guī)律；牛頓提出了把實驗和邏輯推理有機地結合起來的科學研究方法B.開普勒提出了萬有引力定律；第谷測定了引力常量 GC.安培發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應；法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象D .麥克斯韋預言了電磁波的存在；赫茲用實驗證實了電磁波的存在2. （3分）下列關于靜電場問題的相關表述中，正確的是（

2、）A.接地導體可能帶凈電荷B.電場強度大的地方，電勢一定高C.電場中放入一帶正電的檢驗電荷，其電勢能一定為正D.處于靜電平衡狀態(tài)的導體，其表面可能不是一個等勢面3. （3分）一女生在校運動會中參加 4kg組的鉛球比賽。她在某次投擲時的成績?yōu)?m多。經(jīng)估算可知本次投擲過程中該女生對鉛球所做功為（）A. 1500JB . 150JC. 15JD. 1.5J4. （3分）如圖所示，近地衛(wèi)星的圓軌道I半徑為R,設法使衛(wèi)星通過一次變軌進入橢圓軌道II,再通過一次變軌進入半徑為r的預定圓軌道III.已知地球的質(zhì)量為 M,引力常量為G,則（）A .衛(wèi)星在近地軌道I上的繞行線速度大小為B .衛(wèi)星在軌道II上通

3、過遠地點b時的加速度大小為C.衛(wèi)星在軌道II上通過近地點a時的速度等于通過遠地點b時的速度D.衛(wèi)星在預定圓軌道III上的機械能小于在近地軌道I上的機械能5. （3分）人在平地上靜止站立時，受到的地面支持力等于人的重力。做原地縱跳時，在快速下蹲和蹬伸過程中,G為重力，F(xiàn)為地面的支持力。下列描述支持力大小隨時間變化的圖線人體受到的支持力發(fā)生變化。如圖所示,較合理的是（）B.D.6. （3分）如圖所示，在水中有兩條相互垂直的光線1和2 （均在紙面所在平面內(nèi)）。其中光線1直接由水射到水與空氣的交界面上，入射角為 60° ;光線2先射到一塊平行水面的平板玻璃（較薄）的下表面，經(jīng)兩次折射后從上表

4、面射出，再射到水與空氣的交界面上。已知水的折射率為1.33,玻璃的折射率為血，則經(jīng)上述過程后能折B.只有光線2D.兩條光線都不能H He）的比結合能小于笊核（A .只有光線1C.兩條光線都能7. （3分）下列表述中正確的是（）A .核反應；H+ H H-> H He+ j n中，氨核（B.鈾238經(jīng)一次“衰變和一次3衰變后，形成的新核相比鈾238質(zhì)量數(shù)減少了 4,電荷數(shù)減少3C.科技的進步，測量工具精度的提升，將來可以同時精確測量微觀粒子的位置和動量D.宏觀物體的德布羅意波的波長小，難以觀察其波動性8. （3分）如圖所示，在光電效應實驗中用 a光照射光電管時，靈敏電流計指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)， 而

5、用b光照射光電管時,靈敏電流計指針不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則（）光束卷八窗口A. a光的強度一定大于 b光B. b光的頻率一定小于截止頻率C. a光照射光電管時，電流計中的光電流沿 d到c方向D.將K極換成逸出功較小的金屬板，仍用a光照射，其遏止電壓將減小9. （3分）如圖所示。一套太陽能路燈配備1個太陽能電池組件、1塊免維護電池、2只LED燈。太陽能路燈技術參數(shù)如下：太陽能電池組件（太陽能單晶硅光電轉(zhuǎn)換效率為 24%,得到的電池平均功率為120W）;免維護電池（100Ah, 15V,充電效率為75%,輸出效率為 80%）;每只LED燈（12V, 2A）。照明時間4? 12h可根據(jù)需要任意調(diào)節(jié)，結合以上數(shù)

6、據(jù)可知（）A.利用太陽能電池組件給免維護電池充電，充滿所需最長時間為12.5hB.太陽光照射2h,太陽能電池組件吸收的太陽能約為8.64X 105JC.利用免維護電池給 2只LED燈供電，最長供電時間為25hD,充滿電的免維護電池具有的電能為1500J10. （3分）如圖所示，水平地面上有一傾角為30。的斜面體，將一質(zhì)量為m的矩形小物塊放置在斜面上，對其施加一斜向右上方的恒力 F （其與平行斜面方向成 30。角），物塊沿斜面上滑。一段時間后，撤去外力F,最終物則下列關于地面對斜面塊將沿斜面下滑。整個過程中，物塊和斜面體間始終有擠壓，斜面體相對地面始終靜止,體的摩擦力表述正確的是（）A.撤去F前

7、，物塊上滑過程，摩擦力可能為零B.撤去F后，物塊上滑過程，摩擦力方向可能向右C.撤去F后，物塊下滑過程，摩擦力可能為零D.物塊在斜面上運動全過程，摩擦力方向始終向左二、選擇題II （本題共3小題，每小題5分，共15分.每小題給出的四個備選項中至少有一項是符合題目要求的.全部選又得5分，選對但不全得 2分，有選錯的得 0分）11. （5分）一列簡諧橫波在t = 0.1s時波的圖象如圖（a）所示，此時P點的位移5cm, Q點為平衡位置在x=2m處的質(zhì)點；圖（b）為質(zhì)點Q的振動圖象，則（）A.這列簡諧波的傳播速度為20 m/sB.這列簡諧波將沿 x軸正方向傳播C.在時，質(zhì)點P位于波峰D.從t=0.1

8、s開始的一小段時間內(nèi)，質(zhì)點P速度不斷增大12. （5分）如圖（a）所示，在勻強磁場中，一閉合矩形金屬線圈可繞與磁感線垂直的中心軸OO',勻速轉(zhuǎn)動，線圈兩次以不同的轉(zhuǎn)速轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的正弦式交變電動勢圖象如圖（b）中圖線甲、乙所示，則（A .兩次t= 0時刻線圈平面均與磁場方向平行B.圖線甲、乙對應的線圈轉(zhuǎn)速之比為2: 1C.將轉(zhuǎn)軸移至與線圈 ab邊共線，則相同轉(zhuǎn)速下交變電動勢的峰值不變D.若線圈電阻為0.1則線圈電動勢按圖線乙規(guī)律變化時的發(fā)熱功率為5W13.（5分）如圖（a）所示，小物塊甲固定在光滑水平面的左端，質(zhì)量m = 0.4kg的小物塊乙可在光滑水平面上滑動。甲、乙兩物塊間因存在相互作

9、用力而具有一定的勢能，它們的相互作用力沿二者連線且隨兩者間距的變化而變化?，F(xiàn)已測出勢能隨間距 x的變化規(guī)律，如圖（b）中的曲線（實線）所示。已知曲線與x軸相切的切點坐標為 xo=20cm；虛線為勢能變化曲線的漸近線，其縱坐標值為0.28J,與曲線交點的木K坐標值為 6cm；虛線為經(jīng)過曲線上x1= 11cm點的切線，斜率絕對值 k=0.03J/cm,則（）曾;Hi i IFF在潮30圈30.50.40JC1A .小物塊乙在x0= 20cm處所受的相互作用力為 0B.將小物塊乙從x= 6cm處靜止釋放，其有可能返回出發(fā)點C.將小物塊乙從x= 6cm處靜止釋放，其所能達到的最大速度為lm/s2D.小

10、物塊乙經(jīng)過 xi= 11cm處時一te有向右且大小為7.5m/s的加速度三、非選擇題（本題共 5小題，共55分）14. （8分）某同學把附有滑輪的長木板平放在實驗桌上，將細繩一端栓在小車上，另一端繞過定滑輪，掛上適當?shù)?小盤和祛碼，使小車在細繩的牽引下運動，以此定量探究一些物理規(guī)律。此外還準備了電磁打點計時器及配套的學生電源、導線、復寫紙、紙帶、刻度尺、各種質(zhì)量規(guī)格的祛碼和鉤碼等，組裝的實驗裝置如圖所示。（1）以下探究實驗可用此裝置模型進行探究的有 （填字母代號）A.探究求合力的方法B.探究碰撞中的不變量C.探究加速度與力、質(zhì)量的關系D.探究小車速度隨時間變化的規(guī)律（2）若用此裝置定量探究小車

11、所受合外力做功與其速度變化的關系，則實驗開始前，該同學先調(diào)整木板上定滑輪的高度，使牽引小車的細繩與木板平行。他這樣做的目的是下列的哪個？ （填字母代號）A.避免小車在運動過程中左右晃動B.可保證小車最終能做勻速直線運動C.可使打點計時器在紙帶上打出的點跡清晰D.可在平衡阻力后使細繩拉力等于小車所受的合外力通過正確操作得到的一條紙帶應為紙帶 （填紙帶編號）用天平測定小車質(zhì)量后，他將小盤和祛碼所受重力做的功當作細繩拉力做的功，經(jīng)多次實驗發(fā)現(xiàn)拉力做的功總是要比小車動能的增量大一些。這一情況可能是下列哪些原因造成的 （填字母代號）A.未平衡小車所受阻力B.小車釋放時離打點計時器太近C.先釋放小車，再使

12、打點計時器工作D.小盤和祛碼做勻加速運動，小盤和祛碼的重力大于細繩拉力15電磁打點計時器紙帶TCiffi 2（10分）某同學利用電壓表（3V擋）、定值電阻R1、電阻箱R0等實驗器材測量電池 A的電動勢和內(nèi)阻，實驗電路圖如圖甲所示。實驗時多次改變電阻箱的阻值，記錄外電路的總電阻阻值（遠小于電壓表內(nèi)阻），用電壓表測得路端電壓 U,并繪制如圖乙所示的 丁-關系圖線A,重復上述實驗方法測量電池B的電動勢和內(nèi)阻，得到圖乙中的圖線 B。（1）圖丙是某次電壓表測量的表盤圖示，此時電壓表的讀數(shù)為 。（2）由圖線 A可知電池 A的電動勢 Ea=V,內(nèi)阻 g =；（3）若將一個阻值R2= 0.5的定值電阻先后與電

13、池 A和電池B串聯(lián)構成回路，則兩電池的輸出功率 Pa Pb（填“大于”、“等于”或“小于”），兩電池的效率ya 中（填“大于“、”等于”或“小于”）。16. (11分)如圖所示，空間有豎直向下的勻強電場E = 5.0X 105N/C,長L= 0.25m的不可伸長的輕繩一端固定于。點，另一端系一質(zhì)量 m= 0.01kg的不帶電小球 A,將小球A拉起至繩水平繃緊后，無初速度釋放。另一電荷量q= - 107C且質(zhì)量與小球 A相等的小球 B以初速度vo=2.4m/s水平拋出。小球 A第一次經(jīng)過 D點時與小球B正碰并粘在一起可視為小球 C (兩球的總電量不變)，OD與豎直方向的夾角為 37°

14、.碰后小球 C運動到。點正下方的P點時，電場突然增強到 E' =3.6X106n/C,電場方向不變。不計空氣阻力，整個運動過程小球昇、B、C均可視為質(zhì)點。則:(2)碰撞后小球 C的速度大小;(3)小球C能否運動到。點正上方0.25m處的點？若能，請計算通過Q點時輕繩的拉力大??；若不能，請說明理由。17. (12分)如圖所示，絕緣斜面與水平面成30。角，其上固定兩根不平行的且粗糙程度不均勻的金屬導軌ab與dc, / abe= / dcf=60° .導軌底端be間接有一個阻值為 R的電阻。且bc邊與斜面底邊平行。磁感應強度為 B 的勻強磁場垂直斜面向上(覆蓋整斜面)，一質(zhì)量為 m

15、的導體棒平行 bc邊放置在導軌上，給予一個垂直導體棒沿斜面向上的初速度 vo.導體棒運動伊始，處于導軌間的長度為Lo,此后導體棒向上運動過程中，電阻 R的熱功率不變。導軌和導體棒的電阻、導體棒與導軌間的接觸電阻均不計，求：(1)回路中b、C兩點的電勢，哪點高？(2)導體棒開始運動后，沿導軌上滑xo距離所花時間t;(3)在滿足(2)的條件下，導體棒所受摩擦阻力做的功。18. （14分）如圖所示為接地的金屬外殼長方體粒子發(fā)射腔，ABCD為矩形通道的入口，長 BB' = L,高BC = d,空腔內(nèi)充滿沿BC方向的勻強電場 E （大小未知），A'B'C'D'所在

16、的無限大的平面右側空間充滿沿B' A'方向的勻強磁場B （大小未知）。質(zhì)量為m,電荷量為q的負電均勻粒子群以垂直于ABCD面大小為V0的速度持續(xù)向右進入發(fā)射腔，粒子若打到金屬外殼將被吸收。粒子的重力和粒子間的相互作用力不計。（1）若有50%的粒子能從 A'B'C'D'面射出，且射出的粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后能全部從A'B'C'D'面返回發(fā)射腔內(nèi)，求電場強度E的大小和磁感應強度 B的最小值；（2）若磁感應強度 B的大小?。?）中的最小值，電場強度E的大小取為（1）中值的,（k>0）則能從A'B'C

17、9;D' 面返回發(fā)射腔內(nèi)的粒子數(shù)占粒子總數(shù)的百分比為多少：（3）部分粒子從A'B'C'D'面返回發(fā)射腔內(nèi)后能再一次穿過ABCD面，若同一粒子兩次穿過 ABCD面時都處于同一位置，則粒子能完成上述運動過程的E的取值范圍及B和E所滿足的關系。2019-2020學年浙江省嘉興市高三（上）選考物理試卷（12月份）參考答案與試題解析一、選擇題I （本題共10小題，每小題3分，共30分.每小題給出的四個備選項中，只有一項是符合題目要求的.）1 .【解答】解：A、伽利略發(fā)現(xiàn)了自由落體運動規(guī)律；并提出了把實驗和邏輯推理有機地結合起來的科學研究方法，故A錯誤；B、牛頓提出

18、了萬有引力定律及引力常量的概念，萬有引力常量是由卡文迪許通過實驗方法得出的，故B錯誤;C、奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應；法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象，故C錯誤。D、麥克斯韋預言了電磁波的存在；赫茲用實驗證實了電磁波的存在，故 D正確。 故選：D。2 .【解答】解：A、接地導體若不處于電場中，則不帶凈電荷，若處于電場中，則可能帶凈電荷，故A正確；B、電場強度與電勢沒有直接關系，所以電場強度大的地方，電勢不一定高，故B正確；C、電場中放入一帶正電的檢驗電荷，當該處的電勢為正時，其電勢能才一定為正，故C錯誤；D、處于靜電平衡狀態(tài)的導體是一個等勢體，表面電勢處處相等，故 D錯誤； 故選：A。3 .【解答】解：

19、把鉛球的運動看做平拋運動， 水平方向，x=vt豎直方向，h= ygt2解得：v=x _ 歸投球的過程由動能定理得：W = J,女生的身高大約 1.6m, x=5m, m = 4kg2 4h代入解得：W=156J,故ACD錯誤B正確； 故選：B。4 .【解答】解：A、衛(wèi)星在近地軌道I上運行時，有 G粵 =m£,得v畫,故A錯誤。 r2 |R I YrB、衛(wèi)星在軌道II上通過遠地點b時，根據(jù)牛頓第二定律得 G粵=ma,得a=粵,故B正確。 rrC、根據(jù)開普勒第二定律知，衛(wèi)星在軌道II上通過近地點a時的速度大于通過遠地點 b時的速度，故 C錯誤。D、衛(wèi)星從軌道I變軌到軌道n必須在 a點加速

20、，機械能增加。從軌道n變軌到軌道出必須在b點加速，機械能增加，所以衛(wèi)星在預定圓軌道出上的機械能大于在近地上的機械能。故D錯誤。故選：B。5 .【解答】解：快速下蹲過程中，加速度方向向下，對人受力分析，根據(jù)牛頓第二定律，有mg FN= ma故mg>FN,故A正確BCD錯誤； 故選：A。6 .【解答】解：當光線從水中斜射入空氣中，發(fā)生全反射的臨界角為：C=arcsinBresin-=48 6° ，n 1.33光線1的入射角為60。，大于全反射臨界角，故會發(fā)生全反射；光線2先射線平行水面的平板玻璃（較?。┑南卤砻?，經(jīng)兩次折射后的出射光線與入射光線平行，故在水面的入射角為30。，小于全

21、反射臨界角，同時發(fā)生反射和折射現(xiàn)象；故能折射入空氣的只有光線 2,故ACD錯誤，B正確； 故選：B。7 .【解答】解：A、核反應；H+；H- ,He+jn為聚變反應，聚變的過程中存在質(zhì)量虧損，所以氨核（ He）的比 結合能大于笊核（：H）。故A錯誤；B、鈾238經(jīng)一次“衰變和一次3衰變后，形成的新核相比鈾 238質(zhì)量數(shù)減少了 4,電荷數(shù)減少1.故B錯誤;C、根據(jù)測不準原理可知，微觀粒子都具有波-粒二象性，無論怎樣改善儀器和測量方法，其位置和相應動量不能同時被測準。故C錯誤；D、宏觀物體的德布羅意波的波長小，難以觀察其波動性。故 D正確 故選：D。8 .【解答】解：A、B、由圖可知，該電源的接法

22、為反向電壓，即電源的正極與陰極K連接，電場對光電子做負功，單色光a照射光電管能夠使靈敏電流計偏轉(zhuǎn)，說明光電子的動能大，a光的頻率大；b光照射光電管不能使靈敏電流計偏轉(zhuǎn)，可能發(fā)生了光電效應，b光的頻率可能大于截止頻率，只不過是產(chǎn)生的光電子動能小，無法到達對陰極，即b光的頻率小，故 A錯誤，B錯誤。C、電流的方向與負電荷定向移動的方向相反，若靈敏電流計的指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則電流方向一定是由 d-c方向，故C正確；D、將K極換成逸出功較小的金屬板，仍用 a光照射，根據(jù)動能定理日口遏止十與光電效應方程：可知其遏止電壓將增大。故 D錯誤故選：Co9 .【解答】解：A、利用太陽能電池組件給免維護電池充電，充滿

23、需要的最長時間為：t= 100X 15+ 120+ 75%= 16.7h,故A錯誤；B、光電轉(zhuǎn)換電池功率為 120W, 2小時可吸收的太陽能為：E = 32m3迎1 =3.6X 106J;故B錯誤；24%C、利用免維護電池給 2只LED燈供電，最長供電時間為 t= 100X 15X 80%+ ( 12X 2X 2) = 25h ,故C正確；D、充滿電的免維護電池具有的能量為E=100X15J= 1500J,它不是一電能的形式存在，故 D錯誤；故選：Co10 .【解答】解：A、由于斜面體相對地面始終靜止，在撤去 F前，對小物塊和斜面體整個系統(tǒng)，恒力F的水平分量與靜摩擦力平衡，故選項 A錯誤；B、

24、撤去恒力F后，小物塊向上做減速運動，加速度沿斜面向下，故對系統(tǒng)而言，必定有一個向左的力產(chǎn)生沿斜面向下的加速度，這個力就斜面體的靜摩擦力，故選項 B錯誤；C、撤去恒力后，物塊下滑是加速運動，同理小物塊有沿斜面向下的加速度，故斜面體受到的靜摩擦力向左，故選項C錯誤。D、由上述分析知道，撤去 F前與撤去F后，斜面體受到的靜摩擦力均向左，故選項 D正確。故選：D。二、選擇題II (本題共3小題，每小題5分，共15分.每小題給出的四個備選項中至少有一項是符合題目要求的.全部選又得5分，選對但不全得 2分，有選錯的得 0分)11 .【解答】解：A、由圖甲可得：波長 入=4m,由圖乙可得：周期 T=0.2s

25、,故波速v=-；jL = 20m/s,故A正確；B、由圖乙可知：t= 0.1s時，質(zhì)點Q在平衡位置向下振動；故由圖甲可得：波向- x方向傳播，故B錯誤；C、質(zhì)點P的振動方程為y=10sin (10 ut- - TT) cm,在t=與導時，y=10cm,質(zhì)點P位于波峰，故 C正確； 63D、根據(jù)波向左傳播可得：t=0.1s時，質(zhì)點P的位移為正，正向波峰運動，從t= 0.1s開始的一小段時間內(nèi)，質(zhì)點P的速度不斷減小，故 D錯誤；故選：AC。12 .【解答】解：A、在t = 0時刻，電動勢都是 0,線圈一定處在中性面上，此時刻線圈平面均與磁場方向垂直，故A錯誤；B、由圖可知，甲的周期為 4X10-2

26、s； b的周期為8X10-2s,則由n = *可知，轉(zhuǎn)速與周期成反比，故轉(zhuǎn)速之比為2: 1,故B正確；C、由Em=nBSco知，將轉(zhuǎn)軸移至與線圈 ab邊共線，不變，面積S不變，電動勢的峰值不變，故 C正確;W=5W.故D正確。E=涓"，IP= I2r,得：P=D、甲、乙的轉(zhuǎn)速比為 2: 1,電動勢的峰值比也為 2: 1,根據(jù)圖象知，甲的電動勢的峰值為2V,所以乙的電動勢的峰值Em=1V,由故選：BCD 。13 .【解答】解：A .因為 W電 = Fx=-Ep,所以圖象的斜率表小電場力，在X0= 20cm斜率為零，所以小物塊乙在x0= 20cm處所受的相互作用力為 0,故A正確;B .

27、在0v xv20cm區(qū)間內(nèi)兩球之間的作用力為排斥力，在20cmvx<8區(qū)間內(nèi)兩球之間作用力為吸引力，無窮遠處和6cm處的勢能為0.28J.若將小物塊乙從 x= 6cm處靜止釋放初態(tài)勢能等于0.28J,根據(jù)能量守恒可知，小物體乙將會到無窮遠處而無法返回，故B錯誤;C.小物體乙運動到x0= 20cm位置時勢能最小，速度最大，由能量守恒可得:0+E p產(chǎn)m 2解出：Vm- i +02 Ep1= dINm/s,故 C 錯誤; mF=3N的排斥力，所以，乙物體D . xi = 11cm處的切線斜率絕對值k= 0.03J/cm= 3J/m表明此處乙物體受到甲球在x=11cm處時，加速度大小為：a=

28、= 7.5m/s2 方向向右，故 D正確;故選：AD 。三、非選擇題（本題共 5小題，共55分）14 【解答】解：（1） A、探究求合力的方法需要彈簧測力計，所給器材沒有彈簧測力計，故 A錯誤。B、探究碰撞中的不變量實驗需要用到天平，所給器材沒有天平，故 B錯誤。CD、利用；電磁打點計時器、配套的學生電源、導線、復寫紙、紙帶、刻度尺、各種質(zhì)量規(guī)格的祛碼和鉤碼等，可以進行探究加速度與力、質(zhì)量的關系實驗，可以進行探究小車速度隨時間變化的規(guī)律實驗，故CD正確。故選：CD。（2）實驗過程中，為減少誤差，提高實驗的精確度，他先調(diào)節(jié)木板上定滑輪的高度，使牽引小車的細繩與木板平行，目的是消除摩擦帶來的誤差，

29、即平衡摩擦力后，使細繩的拉力等于小車的合力，故ABC錯誤，D正確。故選：D。小車在細線拉力作用下做勻加速直線運動，在相等時間內(nèi)，小車位移之差等于定值，由圖示紙帶可知，符合條件的紙帶是：紙帶。A、未平衡小車所受阻力，小車所受合力小于鉤碼重力，拉力做的功總是要比小車動能的增量大一些，故正確。B、小車釋放時離打點計時器太近對實驗數(shù)據(jù)沒有影響，故 B錯誤。C、先釋放小車，再使打點計時器工作，只是不能充分利用紙帶，并不會使拉力做的功總是要比小車動能的增量大一些，故C錯誤。D、小盤和祛碼做勻加速運動，小盤與祛碼處于失重狀態(tài)，小盤和祛碼的重力大于細繩拉力，使拉力做的功總是要比小車動能的增量大一些，故D正確。

30、故選：AD。故答案為：（1） CD; （2）D;；AD。15 .【解答】解：（1）電壓表量程為3V,最小刻度為0.1V,估讀到下一位，據(jù)圖可知電壓表讀數(shù)為：1.32V;（2）由電路圖甲結合閉合電路歐姆定律得：i版整理得：=+-U E E R可見，在 告-看圖象中，圖線的斜率（k）表示電源內(nèi)阻與電動勢的比值，即圖象的截距（a）表示電源電動勢（E）的倒數(shù)，即b = =0.5（2）回 聯(lián)立解得：Ea = 2.0V, rA=0.5Q（3）在二圖象中，圖象的截距為電源電動勢的倒數(shù)，從圖象可知A的截距大于B的截距，故EavEb.圖象的斜率表示,E而A的斜率大于B的斜率，而r=kE,由圖中標度，可近似得出，

31、B的截距約為0.3;則電動勢約為 Eb=3.3V;斜率約為kB=y_ = 0.1;則內(nèi)阻約為 B=0.33a； 3故EavEb, rAB,近似作出伏安特性曲線，電阻的曲線與兩電源的交點為電阻的工作點，如圖所示:則由圖可知，圖中交點的電壓與電流的乘積為電源的輸出功率；則電源的輸出功率Pa> Pb；電池的效率Y=UL=_E_,由于a的內(nèi)阻大于b的內(nèi)阻，所以電池的效率Q小于EI R+r故答案為:(1) 1.32 V; (2) 2, 0.5;(3)大于，小于。16.【解答】解：(1)小球B到達D點時豎直分速度：vBy=V0tan37° =1.8m/s,對B,由牛頓第二定律得；mg-qE

32、=ma1代入數(shù)據(jù)解得：a1 = 5m/s2,由速度公式得：VBy=a1t,代入數(shù)據(jù)解得：t= 0.36s;(2)碰撞前 B的速度：vB=2= 3m/s,Ein370從A開始下擺到D過程，對A ,由動能定理得：mgLcos37代入數(shù)據(jù)解得：va = 2m/s,碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以碰撞前B的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mvB- mvA = 2mv共,代入數(shù)據(jù)解得：v共=0.5m/s;(3)小球 C以輕繩為半徑沿圓弧軌跡擺至最低點P過程，由動能定理得：(2mg-qE) L ( 1 - cos370 )=亨 叮 ry 叩班 共，代入數(shù)據(jù)解得：vp= 1m/s,由牛頓第二定律得： qE

33、9; - 2mg = 2ma22代入數(shù)據(jù)解得：a2 = 8m/s，方向：豎直向上, v臨=x/T7T= Vlm/s>VP,小球能到達 Q點,小球C從P點做平拋運動,豎直方向：丫=2_道鼻十2,水平方向:x= vpt,由幾何知識得：x2+ (L-y) 2=L2,代入數(shù)據(jù)解得：t= 0.25s, x= 0.25m, y= 0.25m,故小球運動至 。點等高處，繩子被拉直,只保留豎直方向分速度，并繼續(xù)繞 O點做圓周運動上擺，通過 Q點,vy = vp?2tan45° = 2m/s,由動能定理得：(qE' - 2mg) L =由牛頓第二定律得：T+2mg = 2m代入數(shù)據(jù)解得：T = 0.8N;答：(1)碰撞前小球 B的運動時間t為0.36s；(2)碰撞后小球 C的速度大小為0.5m/s；(3)小球C能運動到。點正上方0.25m處的Q點，通過Q點