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上海市静安区2020届-2022届高考物理三年模拟(二模)试题汇编-填空题
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1.(2022·上海静安·上海市市西中学二模)如图所示,将肥皂膜所附着的金属椭圆线圈竖直放置,观察肥皂膜上产生的干涉条纹,用绿光照射产生的干涉条纹比黄光照射时产生的条纹________(选填“窄”或“宽”),若将金属线圈在竖直平面内缓慢旋转90度,则干涉条纹_____________(选填“随同线圈旋转90”或“保持不变”)。
2.(2022·上海静安·上海市市西中学二模)某汽车后备箱内撑起箱盖的装置,主要由气缸和活塞组成。开箱时,密闭于气缸内的压缩气体膨胀,将箱盖顶起,如图所示。在此过程中,若缸内气体与外界无热交换,则缸内气体对外做___________功(选填“正”或“负”),气体温度______________(选填“升高”“降低”或“不变”)
3.(2022·上海静安·上海市市西中学二模)质量为M的凹槽固定在水平地面上,其内壁是半径为R的光滑半圆柱面,截面如图所示,O是半圆的圆心,A为半圆的最低点,OB水平。凹槽内有一质量为m的小滑块,用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动,力F的方向始终沿圆弧的切线方向,在此过程中推力F的最大值为____________,推力F所做的功为______________。
4.(2022·上海静安·上海市市西中学校考二模)下面图中图线一个表示某电池组的输出电压—电流关系,另一图线表示其输出功率—电流关系,则该电池组的内阻为_____Ω;当电池组的输出功率为120W时,电池组的输出电压是______V。
5.(2022·上海静安·上海市市西中学二模)某同学利用手机研究乒乓球与球台碰撞过程中能量损失的情况。他从一定高度由静止释放乒乓球,同时用手机记录下乒乓球与台面碰撞的声音随时间(单位:s)的变化图像如图所示。他根据图像记录了碰撞次序及相应碰撞时刻,如下表所示。若已知当地重力加速度g=9.80m/s2,根据以上信息可得:第3次碰撞后乒乓球的弹起高度约为___________m(保留2位有效数字),第3次碰撞后的动能是本次碰撞前动能的__________倍(保留2位有效数字)。由于存在空气阻力,前面计算的第3次碰撞后的弹起高度___________(选填“高于”或“低于”)实际弹起高度。
碰撞次序 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
碰撞时刻(s) | 1.12 | 1.58 | 2.00 | 2.40 | 2.78 |
6.(2020·上海静安·二模)将一定质量的0℃的冰溶为0℃的水,此时分子的总动能______,分子的总势能______。(选填“减小”、“不变”或“增大”)
7.(2020·上海静安·二模)如图所示,一带电粒子射入电场,虚线表示其运动轨迹,可以判断该粒子带的是______电荷;根据电场力做功特点:_______________,可以判断出该粒子沿虚线由P点运动到Q点与沿直线(图中未画出)由P点移动到Q点,电场力做的功相同。
8.(2020·上海静安·二模)如图所示,将内壁光滑的金属细管制成半径为R的圆环,竖直放置,轻轻扰动静止于圆环最高点A处的小球,小球开始沿细管做圆周运动。已知小球的质量为m。则小球到达最低点时的向心加速度大小为___________;小球回到A点时受到的向心力为_____________。
9.(2020·上海静安·二模)如图所示,竖直放置的U形玻璃管左端封闭,右端开口。初始时,两管水银面等高,左管封闭的空气柱长8cm,大气压强为p0=75cmHg。给左管气体加热,封闭气柱长变为8.5cm,此时封闭气体的压强为________cmHg。保持加热后的温度不变,从右端再注入________cm的水银柱,气柱长可变回8cm。
10.(2020·上海静安·二模)电源和电阻R组成闭合电路,它们的U—I关系图线如图所示。该电源的内阻为________,电源消耗的总功率为________W。
11.(2021·上海静安·二模)阴极射线和β射线的组成粒子都是________,其中________射线来自于原子核的外部。
12.(2021·上海静安·二模)用手竖直握着一个圆柱形玻璃瓶使其保持静止,如果用更大的力握住玻璃瓶,则玻璃瓶受到的摩擦力大小将________(选填“变大”“不变”或“变小”),现改为使玻璃瓶随手一起竖直向上匀速运动,则玻璃瓶受到的摩擦力方向为________。
13.(2021·上海静安·二模)一列波速为2 m/s的简谐横波在均匀介质中沿x轴正方向传播,t=0时刻波形如图所示。则x=0.1 m处的P质点的振动周期为________s,x=1.0 m处的Q质点在t=_______s时第二次到达波峰。
14.(2021·上海静安·二模)如图(a)所示,在一个玻璃瓶中放入一个气球,把气球的开口翻在玻璃瓶的瓶颈上。然后向气球吹气,如图(b)所示,气球不容易被吹大。这是因为当向气球内吹入气体时,_______(选填“气球内”或“气球与锥形瓶之间”)的气体被密封且质量保持一定,体积________(选填“变大”“不变”或“变小”),压强_______(选填“变大”“不变”或“变小”)。
15.(2021·上海静安·二模)如图所示,电梯由质量为1×103 kg的轿厢、质量为8×102 kg的配重、定滑轮和钢缆组成,轿厢和配重分别系在绕过定滑轮的钢缆两端,定滑轮与钢缆的质量可忽略不计。在与定滑轮同轴的电动机驱动下电梯正常工作,在轿厢由静止开始以2 m/s2的加速度向上运行1s的过程中,钢缆对轿厢的拉力所做的功为________J,电动机对电梯整体共做功________J。(取g=10 m/s2)
参考答案:
1. 窄 保持不变
【详解】[1]相邻干涉条纹对应的光程差为波长,即干涉条纹与波长正相关,绿光的波长小于黄光的波长,因此,在薄膜厚度变化相同的情况下,用绿光照射产生的干涉条纹比黄光照射时产生的条纹窄;
[2]将金属线圈在竖直平面内缓慢旋转90度,肥皂膜在重力的作用下厚度的分布不会随着改变,因此,干涉条纹保持不变。
2. 正 降低
【详解】[1]密闭于气缸内的压缩气体膨胀,将箱盖顶起,气体体积增大,缸内气体对外做正功;
[2]缸内气体与外界无热交换,即,由于缸内气体对外做正功,即外界对气体做负功,即,根据热力学第一定律,可知气体的内能减小,气体温度降低。
3. mg mgR
【详解】[1]设小滑块受到内壁的支持力大小为N,由于F和N不为零时,方向始终垂直,根据平衡条件以及力的合成有
当滑块到达B点时,N恰好为零,F具有最大值为mg。
[2]滑块从A缓慢运动至B,动能变化量为零,根据动能定理有
所以推力F做的功为
4. 5 30
【详解】[1]根据输出电压—电流关系图像可知,当输出电流为0时,输出电压即为电源电动势,可得电源的电动势为50V,当输出电压为40V时,输出电流为2A,所以电源内阻两端电压为10V,由欧姆定律可求得电源的内阻为5Ω。
[2] 对于曲线②,从图象中可以看出,当输出的功率为120W时,电流的大小为4A,由P=UI可知
5. 0.20 0.91 高于
【详解】[1]由表可知第三次碰撞到第四次碰撞用时为0.4s,则碰撞后弹起的时间为0.2s,根据匀变速直线运动位移和时间的关系可得
[2]第三次碰撞后的速度为
根据机械能守恒可知,第三次碰撞前的速度等于第二次碰撞后的速度,即
则第3次碰撞后的动能是本次碰撞前动能比为
由题意可知,,代入解得
[3]由于存在空气阻力,乒乓球在上升的过程中受到向下的阻力和重力,乒乓球的动能转化为内能和重力势能,能达到的最高点低于理论高度,所以前面计算的第3次碰撞后的弹起高度高于实际弹起的高度。
6. 不变 增大
【详解】[1][2]温度是分子平均动能的标志,所以0℃的冰和0℃的水的水分子的总动能相等,即不变。
将0℃的冰溶为0℃的水需要吸收热量。所以的冰的内能小于0℃的水的内能,而物体内能是分子的总动能和分子总势能之和。所以0℃的冰分子的总势能小于0℃的水分子的总势能,即分子的总势能增大。
7. 负 电场力做功与路径无关
【详解】[1][2]由图可知,粒子受到的电场力的方向向右,与电场线的方向相反,所以粒子是负电荷。
由公式
可知,电场力做功的多少只取决于始末两点的电势差,以及通过这两点的电荷。也就是说不论电荷运动的路径如何,只要这两点间的电势差不变,电场力做功的多少也不会变。因此电场力做功与路径无关。
8. 4g 0
【详解】[1][2]小球从A到B的过程中,根据动能定理可得
再根据向心力公式
由牛顿第二定律
联立以上等式可得
小球从B到A的过程中,根据动能定理可得
再根据向心力公式
联立以上等式可得
9. 76 5.75
【详解】[1][2]依题得封闭气柱变长0.5cm,即如图所示
左边与右边产生液面差为,此时对封闭气柱进行分析可得
代入数据可得
设需要加入水银,根据波意耳定律可得
代入数据解得
10. 0.5 6
【详解】[1][2]根据闭合电路欧姆定律得
当时
由图可知电源电动势
内阻等于图像的斜率的绝对值,因此有
代入数据可得
由图可知,此时电流
因此有
代入数据可得
11. 电子 阴极
【详解】[1]阴极射线和射线本质上都是电子流。
[2]阴极射线来自原子的核外电子,而射线是由原子核中中子转化而来的。
12. 不变 竖直向上
【详解】[1][2]手竖直握着一个圆柱形玻璃瓶使其保持静止,则重力和手对瓶子的摩擦力平衡,即f=mg,如果用更大的力握住玻璃瓶,则玻璃瓶受到的摩擦力大小不变,仍为mg;现改为使玻璃瓶随手一起竖直向上匀速运动,则玻璃瓶受力仍平衡,则受到的摩擦力方向为竖直向上。
13. 0.2 0.65
【详解】[1]由波形图知道波长是0.4m,已知条件波速是2m/s,所以周期
[2]这列波刚传到0.4m处,再传到Q质点需要的时间
波此时刚传到0.4m处,在0.4m处的质点正在向下振动,所以Q质点起振方向也向下,所以Q质点第一次到波峰需要振动
再经过一个周期0.2s第二次到波峰。所以Q质点第二次到波峰的时间是
14. 气球与锥形瓶之间 变小 变大
【详解】[1][2][3]吹气球时,气球内的气体质量变大,压强变大,气球膨胀。由于瓶口被封住,气球内气体和气球与锥形瓶之间气体总体积不变,等于锥形瓶的容积,气球膨胀,体积增大,气球与锥形瓶间气体质量一定,体积减小,压强增大。
15. 1.2×104 5.6×103
【详解】[1]对轿厢受力分析,受到重力和钢缆的拉力,根据牛顿第二定律可得
解得
1s内通过的位移为
钢缆对轿厢的拉力所做的功为
[2]对于质量为8×102kg的配重,牵引力做负功,其值为W′。根据牛顿第二定律得
解得
因此起重机对配重做负功
所以电动机对电梯共做功为