二轮专题(十五) 热学与近代物理-【真题密卷】2026年高考物理二轮专题精准提升（山东专用）

2025一2026学年度二轮专题精准提升（十五） 卷题 物理·热学与近代物理 本试卷总分100分，考试时间90分钟。 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。 题号 1 3 4 5 6 答案 1.如图所示，将蒲公英的球状冠毛泡到水里，表面的绒毛将水撑开一个保护罩，再拿出来，绒毛还能保持 干燥，原因是 () A.泡的时间短 B.水浸润绒毛 C.水虽浸润绒毛，但有水的表面张力作用 D.水不浸润绒毛，同时有水的表面张力作用 2.下列关于热学和原子物理的四幅插图的说法正确的是 左 核 气体 真空 甲 乙 丙 T A.图甲为方解石的双折射现象，光学性质表现为各向异性，说明方解石是非晶体 B.图乙中制作防水衣时用右管材料的防水效果更好 C.图丙为α粒子的散射实验现象，其中J运动轨迹所占的比例是最多的 D.图丁的绝热容器中，抽掉隔板，容器内气体温度降低 3.在一次科学晚会上，胡老师表演了一个“马德堡半球实验”。他先取出两个在碗底各焊接了铁钩的不 绣钢碗，在一个碗里烧了一些纸，然后迅速把另一个碗扣上，再在碗的外面浇水，使其冷却到环境温 度。用两段绳子分别钩着铁钩朝相反的方向拉，试图把两个碗拉开。当两边的人各增加到5人时，才 把碗拉开。已知碗口的直径为20cm,环境温度为27℃，大气压强p。=1.0×105Pa,实验过程中碗 不变形，也不漏气，设每人平均用力为200N。π≈3.14，两个不锈钢碗刚被扣上时，里面空气的温度 最接近 () A.43℃ B.143℃ C.150℃ D.167℃ 二轮专题精准提升（十五）物理第1页（共8页） 真题至 这个世界上没有不带伤的人，真正能治愈自己的，只有自己 4.如图所示是一定质量的理想气体缓慢的由状态A经过状态B变为状态C再到状态D的VT图像。 班级 已知气体在状态A时的压强是1.5×105Pa,则对应的气体的p-T变化图像正确的是 ( 姓名 0.8 0.6 0.4 得分 0.2 T 3 4 产T/×102K p/(x105 Pa) Ap/(×105Pa) 2.5---…-D 2.5 2.0 C 2.0-- 1.5 1.5 --7C 1.0 1.0--4--1 --4D B 0.5 0.5 →T/×102K T/×102K 0 2 3 0 1 2 3 4 1 B Ap/(×105Pa) ◆p/(×10'Pa) 2.5 2.5 2.0 C 2.0 C B 1.5 --◆D 1.5 D 1.0 1.0 B 0.5 0.5 →T/×102K →T1×102K 0 234 0 23 4 C D 5.原子核的比结合能曲线如图所示，其中△E为结合能，A为核子数。根据该曲线，下列判断中正确的是 () -/MeV Mg Fe 107Ag 8.0 2Bi 2He .- 7.0 6.0 5.0 Li 4.0- 3.0 2.0 He 1.0H 0 10 202550 100 150 200 250A A.He核比O核更稳定 B.Li核的结合能约为5.4MeV C.两个H核结合成He核时释放能量 D.7Ag核中核子的结合能比2U核中的大 密卷 二轮专题精准提升（十五）物理第2页（共8页） 3 6.某研究小组对山地车的气压避震装置进行研究，其简化装置原理图如图所示，在倾角0=30°的光滑斜面 上放置一个带有活塞A的导热汽缸B,活塞用劲度系数k=300N/m的轻弹簧拉住，弹簧的另一端固定 在斜面上端的一块挡板上，轻弹簧平行于斜面，初始状态活塞到汽缸底部的距离L1=27c,汽缸底部到 斜面底端的挡板距离L2=1c,汽缸内气体的初始温度T1=270K。对汽缸进行加热，汽缸内气体的温 度从T1上升到T2,此时汽缸底部恰好接触到斜面底端的挡板，继续加热，当温度达到T3时使得弹簧恰 好恢复原长。已知该封闭气体的内能U与温度T之间存在关系U=kT,k=2X103J/K,已知汽缸质量 M=0.4kg,活塞的质量m=0.2kg,汽缸容积的横截面积S=1cm,活塞与汽缸间密封一定质量的理想 气体，活塞能无摩擦滑动，g取10m/s2,大气压p,=1.0×105Pa,下列说法正确的是 () 0000000 A.初始状态下汽缸内气体压强p=6×104Pa B.从T1上升到T2过程中气体吸收的热量Q=0.1J C.温度为T3时汽缸内气体压强为1.2×105Pa D.温度为380K时弹簧处于压缩状态 7.如图所示，一粗细均匀的U型玻璃管开口向上竖直放置，左、右两管都封有一定质量的理想气体A、 B,水银面a、b间的高度差为h1,水银柱cd的长度为h2,且h2=h1,a面与c面恰处于同一高度。若 在右管开口端取出少量水银，系统重新达到平衡，则 () A.A气体的压强大于外界大气压强 B.B气体的压强变化量大于A气体的压强变化量 C.水银面c上升的高度小于水银面a下降的高度 D.水银面α、b间新的高度差小于右管上段新水银柱的长度 8.如图甲所示是弗兰克一赫滋实验，该实验为能量量子化假设提供了直接证据。实验前，装置内仅充满 汞原子，实验中，灯丝发射出初速度可忽略的电子，先经过阴极K与栅极G之间的电场加速，再经过 栅极G与集电极A之间的反向电场减速。电子在整个运动过程中会和汞原子碰撞，实验中记录了栅 极G到阴极K的电压大小Uc,以及通过集电极A的电流I,电流越大说明单位时间到达集电极A 的电子越多。实验结果如图乙所示，电流I的极大值呈周期性出现，峰值的水平间距为4.9V,从中 得出汞原子能量具有量子化的结论。由于电子质量远远小于汞原子质量，通过弹性碰撞转移给汞原 子的动能可以忽略不计。结合以上内容判断，下列说法错误的是 () 350114 300-… 汞袭汽 250 A 200 150 100 0.5V 0 1015UV 3 二轮专题精准提升（十五）物理第3页（共8页） 真题 A.UGx<4.9V时，电子与汞原子碰撞不会使处于基态的汞原子激发 B.峰值的水平间距为4.9V,说明汞原子第一激发态与基态的能量差为4.9eV C.只有当电子的动能等于4.9eV或其整数倍才能使汞原子从基态跃迁到第一激发态 D.Ucx=10V时，有大量电子两次与汞原子碰撞，使汞原子从基态跃迁到第一激发态 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得 4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 题号 9 10 11 12 答案 9.现假设真空中有一氢原子，带电量为一的电子绕一固定的原子核做圆周运动。电子绕核转动时满 足mvarn=nh,其中rn为第n个能级的轨道半径，v.为电子处于第n个能级时的速度大小，h为约化 的普朗克常量。已知一电荷量为Q的点电荷在某处产生的电势满足9二Q其中，为该处到点电荷 的距离，k为静电力常数，无穷远处为零势能面。下列说法正确的是 () A.电子在定态轨道运行时，由于具有加速度，会不断向外辐射电磁波 B.电子能级越高，运动的周期越小 C.r=h mke? D.电子在第n个能级时体系的总能量E,=二7×门 10.如图为一个绝热的密封容器瓶，通过一细管AB与外界相连，瓶内用水银封住了一定质量的理想气 体，管中水银面O比瓶内水银面高△h=6cm。现在将瓶子缓慢旋转180°，整个过程中管的B端始 终在水银内。外界大气压p。=76cmHg,则下列说法正确的是 () A.初始状态瓶内气体的压强p1=70cmHg B.末状态瓶内气体压强小于初始状态瓶内气体压强 C.瓶内气体的质量发生了变化 D.此过程中瓶内气体的温度降低了 11.如图所示装置为卡车空气刹车系统，K1、K2、K3是电子阀门，刹车时K2打开，其他关闭。排气时K 打开，其他关闭。往储气罐加气时K打开，其他关闭。制动室的初始体积V1=8L,内部气体的压 强为1atm。刹车时活塞从A位置到B位置，制动室体积变为V1'=11L,气体的压强达到8atm, 此时立即关闭K2,刹停后打开K,排气，活塞回到A位置，完成一次刹停过程。已知储气罐的容积 V2=40L,压缩机工作时每分钟能将体积为160L、压强为1atm的气体注入储气罐。忽略管道内气 体体积，所有过程气体均视为理想气体且温度不变，以下说法正确的是 () K 制动室 Q00090 储气罐 V 压缩机 密卷 二轮专题精准提升（十五） 物理第4页（共8页） A.若要保证能实施一次刹停，刹车前储气罐内气体压强最少为l0atm B.若储气罐内气体压强为10atm,实施一次刹停，储气罐内气体减少20% C.压缩机失效后，若要保证连续实施3次刹停，储气罐内气体初始压强至少为12atm D.若储气罐内气体的压强为8atm,压缩机需要工作2分钟，可使压强恢复到l6atm 12.一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a,其p-V图像 如图所示。已知三个状态的坐标分别为a(V。,2p)、b(2V。,po)、c(3V,2po)。以下判断正确的是 () 2Po Po 0.2.3.7 A.气体在a→b过程中对外界做的功等于在b>c过程中对外界做的功 B.气体在a→b过程中从外界吸收的热量等于在b→c过程中从外界吸收的热量 C.在a→b→c→a过程中，外界对气体做功为Vpo D.在a→b>c→a过程中，气体从外界吸收热量Vopo 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 13.(6分)某同学用图甲所示实验装置探究一定质量的气体等温变化的规律。将注射器水平固定，由于 没有压强传感器，于是他把活塞和压力传感器相连，可测出移动活塞时，传感器对活塞的压力F,然 后把注射器活塞移动到体积最大的位置，并用橡皮帽封闭注射器右侧的细管。在温度不变的条件下 缓慢移动活塞压缩气体并记录多组压力F和体积V的值，假设活塞受到的摩擦可忽略不计。 压力传 感器 计算机 数据采集器 甲 (1)甲同学想通过作出p立的图像探究等温变化的规律，则还需要测量的物理量有 0 A.气体的温度 B.注射器的内径 C.大气压强 D.被封闭气体的质量 (2)乙同学根据实验数据作出F的图像如图乙所示，已知图像的斜率为k,图像与纵轴交点的纵坐 标的绝对值为b,假设注射器内的气体的状态变化遵循玻意耳定律，若细管内气体体积可忽略， 则气体刚被封闭时的体积为 (用k和b表示)；若细管内气体体积不可忽略，则随着立 的增大，F图像的斜率 (填“变大”“变小”或“不变”)。 F 乙 二轮专题精准提升（十五）物理第5页（共8页） 真题密 14.(8分)某学习小组为探究光电效应的规律，设计了如图甲所示的电路图，图乙是对应的装置实物图。 阳极 100 0,100 200 300 自鼎 0 -300-300μA 甲 乙 丙 (1)电路连接。 图乙中已正确连接了部分电路，请完成图中滑动变阻器R、单刀双掷开关S、灵敏电流计(G)和电 压表(V)间的实物图连线。 (2)实验探究。 ①为了探究入射光的频率、强度对光电流的影响，需要把单刀双掷开关S打向 端（填“a”或 “6”),在光电管上加正向电压（光电管阳极接电源正极）。 ②实验发现，在光照条件不变的情况下，灵敏电流计示数随着滑动变阻器滑片P向右滑动而增 大，当滑片P移到某一位置后，灵敏电流计示数不再变化。此时灵敏光电流计(G)的示数如图 丙所示，读数为A。由此可知，光电效应存在饱和光电流。 ③通过控制变量法，改变入射光的频率或强度，测量饱和光电流的变化情况。 ④把单刀双掷开关S打向另一侧，在光电管上加反向电压，可以探究人射光的频率、强度对 的影响（填下列选项前字母） A.遏止电压 B.饱和光电流 C.截止频率 (3)为了实现用滑动变阻器可以控制输出正向电压或反向电压，该学习小组对实验方案进行了改进， 设计电路图如图丁所示。为给光电管提供反向电压应将滑片P往端移动（填“c”或“d”)。 15.(8分)光电效应和康普顿效应深人地揭示了光的粒子性的一面。前者表明光子具有能量，后者表明 光子除了具有能量之外还具有动量。光照射到物体表面时，光子被物体吸收或反射时，光都会对物 体产生压强，这就是“光压”。已知太阳半径为R,单位时间辐射的总能量为P。,光速为c。 (1)距离太阳中心r处(r>R),太阳光光子被完全吸收时产生的光压p是多大？ (2)科幻作品中经常以文明能够利用的能量程度来对文明进行分级。比如，一级文明能够利用行星 的全部能量，人类处于0.73级；二级文明能够利用恒星的全部能量；三级文明能够利用整个星系 的能量。科幻作家们设想了一种被称为“戴森球”的装置来收集整个恒星的能量。“戴森球”是一 种包围整个恒星的球状膜，它的内表面可以吸收恒星发出的所有光的能量。已知引力常量为G, 太阳的质量为M,戴森球的总质量记为m。如果给太阳安装一个“戴森球”，求：戴森球的半径r 多大时，戴森球可以靠着光压来抵抗太阳的万有引力，避免其向太阳塌缩。 卷 二轮专题精准提升（十五）物理第6页（共8页） 3 16.(8分)图甲是一种简易抽水设备，图乙是其结构原理示意图，地下水面与上面粗筒底面间的高度差 h。=8m,抽水时先将活塞推到粗筒底部，活塞到达粗筒底部时只能向上打开的上、下两个单向阀门 均处于闭合状态，此时下面细管中气体压强等于大气压强p。用力压手柄使活塞上移，上阀门处于闭 合状态，下阀门自动开启，随着活塞上升细管中的液面就会上升。已知活塞的横截面积S1=40cm,细管 内横截面积S2=2cm,p=1.0×105Pa,水的密度p=1×103kg/m3,g取10m/s2,地下水面处的压 强恒为大气压强p,抽水过程中装置内空气的温度均视为不变，不考虑阀门重力及地下水面高度的变化。 (1)求当活塞第一次上移高度h=0.2m时细管中水柱的高度h1。 (2)活塞第一次上移高度h=0.2m后，用力提升手柄使活塞下移，上阀门打开与大气相通，下阀门 立即闭合，活塞下移至距离粗筒底部h'=0.075m处时，用力压手柄使活塞第二次上移至距离 粗筒底部h=0.2m处，求此时细管中的水柱高度h2。 手柄 B 出水口 转轮 活塞 上阀门 下阀门 一地下水面 17.(14分)如图所示，两个固定的导热良好的足够长水平汽缸，由水平轻质硬杆相连的两个活塞面积分别 为SA=120cm2,SB=20cm2。两汽缸通过一带阀门K的细管连通，最初阀门关闭，A内有理想气体， 初始温度为27℃，B内为真空。初始状态时两活塞分别与各自汽缸底相距a=40cm、b=10cm,活塞静 止（不计一切摩擦，细管体积可忽略不计，A内有体积不计的加热装置，图中未画出。设环境温度保持 不变为27℃，外界大气压为。)。 (1)当阀门K关闭时，在左侧汽缸A安装绝热装置，同时使A内气体缓慢加热，求当右侧活塞刚好 运动到缸底时A内气体的温度TA及压强pA。 (2)停止加热并撤去左侧汽缸的绝热装置，将阀门K打开，足够长时间后，求大活塞距左侧汽缸底部 的距离△x。 (3)之后将阀门K关闭，用打气筒（图中未画出）向A汽缸中缓慢充入压强为2p。的理想气体，使活 塞回到初始状态时的位置，则充入的理想气体体积△V为多少？ K 3 二轮专题精准提升（十五）物理第7页（共8页） 真题密 18.(16分)某型号单柱半潜式养殖箱立体结构示意图如图甲所示，剖面图如图乙所示。养殖箱的中央 柱形容器是由横截面积为S、高H的镀锌铁皮（不计铁皮体积和质量）制成的空心圆柱体，下方的进 水口与海水连通，上方的气阀连接气泵，通过充、放气可调节养殖箱在海水中的位置，使整个养殖箱 按要求上浮或下沉；网箱与海水相通，是养鱼的空间，并与圆柱体固定在一起；网箱的底部用绳索悬 挂质量为M的铸铁块（不与海底接触），铸铁块相当于“船锚”，起稳定作用。已知制作网箱材料的总 质量为，养殖网箱材料和俦铁块能够排开海水的体积为V,海水的密度为ρ，大气压强为p。,重力 加速度为g。假设空气温度与海水温度相同且不变，先将养殖箱上端阀门关闭竖直沉入水中，一旦 海水封住空心柱体进水口，空心柱中再无气体外溢，当养殖箱在海水中静止时，空心柱露出海面的高 度为h,求： (1)空心柱内封闭气体的压强； (2)假设气泵每次可将压强为。、体积为V。的空气充入空心柱中，若想让养殖箱再上浮△h高度，气 泵需要充气多少次（充气气体质量远远小于养殖箱质量）？ O气阀 空 h 海面 心 ---------Y 柱 体 网箱 网箱 进水口 绳索 重物 甲 乙 卷 二轮专题精准提升（十五）物理第8页（共8页）·物理· U, U2 0.01一500，相对变化率尺 △R0.001-500 U2-0.5 500 0.5 则有_066-0.5 =0.32 Ro 0.5 (5)在坐标纸上补充数据点并作图。观察磁感应 强度在0~0.25T范围内图线的形状。若图线 为直线则是线性增大，若为曲线则是非线性增 大。从图中可看出在0~0.25T范围内是非线 性增大。 △R Ro 0.50 0.40 0.30 0.20 0.10用 0.100.200.300.40B1 (6)若V2为非理想电压表，其内阻不是无穷大， 会分流，使得测量的U2偏小，计算出的R偏小， A识偏小学小在 R。 -B图像中，相同B值 ,测童值偏小，图像整体下移，斜率比真实 f 情况偏小。 12.(1)甲(2分)(2)小于(2分)(3)3.0(2分) (4)大于(2分)(5)戊(2分) 【解析】(1)当电阻箱R的阻值调节为0，闭合开 关S后，调节滑动变阻器R。的阻值，题图甲中电 2025一2026学年度二轮 物理·热学与 一、单项选择题 1.D【解析】将蒲公英的球状冠毛泡到水里，表面 的绒毛将水撑开一个保护罩，再拿出来，绒毛还能 保持千燥，原因是水不浸润绒毛，同时有水的表面 张力作用。 2.B【解析】图甲为方解石的双折射现象，光学性 质表现为各向异性，说明方解石是晶体，A错误； 由图乙中的毛细现象可知，左细管材料与水是浸 ·75 参考答案及解析 压表示数从0开始逐渐增加，题图乙中电压表示 E 数最小值U=Rv十R。十，Rv,因为电压表内阻远 大于滑动变阻器的最大阻值，所以电压U接近于 E,超过电压表的量程，所以选择图甲合适。 (2)调节电阻箱R的阻值，则总电阻变大，千路电 流变小，内阻和滑动变阻器右部分电压变小，电 阻箱和电压表的总电压变大，即大于3V,当电压 表的示数为1.5V时，电阻箱的电压大于1.5V, 由于它们串联，所以电阻箱的电阻大于电压表的 电阻，故电压表的实际阻值小于3.0k2。 U.U (3)开关S接A端时，量程IR,+尽，接B端 UU 时，量程I一R,十R,十R。,所以接A端时，量程 大，为3.0A。 (4)由于电压表的实际内阻偏小，故可知改装后 的电流表量程偏小，即当选择0~0.6A量程时 指针指在0.3A刻度，此时流过电流表的实际电 流小于0,3A,即改装的电流表刻度上指示的读 数大于实际值，故当用标准电流表与其串联时， 当标准电流表读数为0.3A时，改装的电流表显 示的读数大于0.3A。 (5)由于改装后的电流表内阻已知，而另一个电 压表内阻未知，所以为减小由电表内阻引起的实 验误差，选择图戊更合适。 专题精准提升（十五） 近代物理 润的，右细管材料与水是不浸润的，用右细管的材 料制作防水衣效果好，B正确；图丙为粒子散射实 验现象，实验现象中只有极少量的粒子发生较大 角度的偏转，所以J运动轨迹所占的比例是最少 的，C错误；图丁的绝热容器中，抽掉隔板，气体向 真空自由膨胀并不对外做功，根据热力学第一定 律可知，气体的内能不变，所以容器内气体的温度 不变，D错误。 3 真题密卷 3.D【解析】设一个人的拉力为F,冷却后碗内压 强为p2,碗口面积为S,碗口直径为d,对其中一 个碗交力分有可知5F十p:S=S,S=(侣》， 5F 解得p:=p。一S≈0.68X10Pa,由理想气体状 态方程y =C,当气体体积不变时，压强与热力学 温度成正此，睁号-P1=p,T:=30K,解 得T,-2T,≈440K,1≈167℃，D正确。 2 4.C【解析】从题图可以看出，A与B连线的延长线 经过原点，根据理想气体状态方程可知，从A到B 是等压变化，即有pA=力B,根据盖-吕萨克定律有 2解得T=200K,从B到C是等容变化 根据壶理定律有。-怎解得c=2.0X1心h, 从C到D是等温变化，根据玻意耳定律有pcVc= pnVD,解得pp=1.5X105Pa,结合上述，只有第三 个图像满足要求，C正确。 5.C【解析】O核的比结合能比He更大，则O 核比He更稳定，A错误；Li核的比结合能约 为5.4MeV,则结合能需要再乘以6，因此Li 核的结合能约为32.4MeV,B错误；两个H核 结合成He核时，因He核比结合能比H核更 大，释放能量，C正确；1？Ag核中核子的比结合 能比8U核中的大，但是由于8U核的核子数 量比Ag核大，可知？Ag核中核子的结合能 比U核中的小，D错误。 6.B【解析】对汽缸和活塞整体分析有F弹= (m十M)gsin0,对活塞受力分析有F弹十 p1S=mg sin0+poS,代入得p1=8X104Pa,A 错误；汽缸内气体的温度从T1上升到T2,此时汽 缸底部恰好接触到斜面底端的挡板，此过程中封 阅气东的装不支，期有会一号城注散中内能 增加量△U=T2一kT1,外界对气体做的功 W=一p1(V2一V1),根据热力学第一定律有 △U=W十Q,解得Q=0.1J,B正确；当温度达到 3 。7 二轮专题精准提升 T3时使得弹簧恰好恢复原长，对活塞根据受力平 衡有pS+mg sin0=p3S,代入得p3= pS+mgsin0-1.1X10Pa,C错误；由理想气 体状态方程得2LS_p,L1十L:十△xS 一，由弹 Ta 力表达式知k1△x-(M十m)gsin0,代入数据得 T3≈399K,因为380K<399K,故温度为380K 时弹簧处于伸长状态，D错误。 7.B【解析】取出水银前，A气体压强pA=0十 pgh2一Pgh1=po,B气体压强pB=p0十Pgh2,当 在右管开口端取出少量水银时，即h2减小，A、B 气体压强均变小，即A气体的压强小于外界大气 压强，A错误；由玻意耳定律p1V1=p2V2,A、B气 体体积均变大，假设B气体体积不变，则水银面a 下降的高度等于水银面c上升的高度，等于b上 升的高度，由于B气体体积同时要变大，故水银 面c上升的高度大于水银面a下降的高度，C错 误；假设取出△h高度的水银，则B气体的压强变 化量一定为△pB=Pg△h,假设A、B气体的体积均 不变，则A气体的压强变化量也为△pA=Pg△h, 压强减小后，根据玻意耳定律，体积要变大，故A 气压变化量小于Pg△h,即B气体的压强变化量大 于A气体的压强变化量，B正确；假设右管中剩余 的水银高度非常小，即取出水银柱长度接近h2,则 水银面a、b间新的高度差大于右管上段新水银柱 的长度，D错误。 8.C【解析】由图乙可知，电压U每升高4.9V时， 电流表的示数I就会显著下降，说明汞原子基态 和第一激发态之间的能级之差等于4.9eV。当 UGr<4.9V时，电子与汞原子碰撞不会使处于基 态的汞原子激发，A、B正确；根据玻尔的跃迁条件 可知，当电子的动能等于或者大于4.9eV都可能 使汞原子从基态跃迁到第一激发态，C错误；电子 运动过程中有可能与汞原子发生一次，也有可能 没发生碰撞，还可能发生多次碰撞，所以当UGx= 10V时，有大量电子两次与汞原子碰撞，使汞原子 从基态跃迁到第一激发态，D正确。本题选错误 的选项，故选C。 ·物理· 二、多项选择题 9.CD【解析】根据玻尔的原子模型可知，电子在定 态轨道上运行时不向外辐射电磁波，A错误；电子 绕着原子核做匀速圆周运动，具有“高轨、低速、大 周期”的特，点，即在外层轨道运动的周期比在内层 轨道运动的周期大，B错误；对于氢原子，库仑力 提供电子绕核运动的向心力，根据牛顿运动定律 得k9 2二m2,根据玻尔的量子化条件mr” ke2 h,n=1,2,3…,联立以上两式解得0，=h! r=nh? me2n=1,2,3…,C正确；电子运行在半径 1 为r。的轨道上，电子的动能Eu=2mo= mk2e 2nh,电子在轨道为r,时氢原子系统的电势能 Epn=一e ke mk2e 一川，则电子轨道为，时氢原子 mk2e 系统的总能量E.=En十Em=一 nh2,D正确。 10.BD【解析】由题意可知初始状态瓶内气体的压 强p1=p。十△h=82cmHg,A错误；根据题意， 将瓶子缓慢旋转180°的整个过程中，管的B端始 终在水银内，说明旋转完毕达到新的平衡时，细 管仍然有一段水银柱△h'存在，气体没有泄露现 象，由此得末状态瓶内气体压强2=。一△h'< p1=82cmHg,B正确；由于细管的B端始终在 水银内，气体无法逸出或进入，因此瓶内气体的 质量保持不变，C错误；对瓶内一定质量的理想 气体，当经历绝热降压过程时，由热力学知识可 知体积必然增大，气体对外做功，即W<0,由热 力学第一定律△U=W十Q,又由题意知Q=0,故 得△U=W,即气体内能减少，温度降低，D正确。 11.ABD【解析】设刹车前储气罐内气体压强为p2, 根据玻意耳定律得1×V1+p2V2=8(V1+V2), 解得p2=10atm,A正确；根据玻意耳定律得 10V2=8V2+8V2',解得V2'=10L,储气罐内气 10 体减少百分比7=40十10×100%=20%，B正确； 若储气罐内气体初始压强为12atm,第1次刹车， 。7 参考答案及解析 根据玻意耳定律知12×40+1×8=p3(11+40), 解得p3≈9.57atm,第2次刹车，根据玻意耳定 律知9.57×40+1×8=p4×(11+40),解 得p4≈7.66atm<8atm,若不考虑弹簧长度变 化，第2次刹车失效，若考虑弹簧长度变化，第2 次刹车的压强小于7.66atm,第2次刹车失效，C 错误；根据玻意耳定律8×40+1×160×n=16× 40,解得n=2min,D正确。 12.AC【解析】根据pV图像的面积表示气体做 功，得气体在a→b过程中气体对外界做的功 wpt2p×(2V,-V,)=3p,V,6c过程 2 2 中气体对外界做的功W=p0+2p×(3V, 2 2V)=3p9。,所以气体在a→b过程中对外界 做的功等于在b→c过程中对外界做的功，A正 确；气体在a→b过程中，因为a、b两个状态的 pV相等，所以T。=Tb,即△Ub=0,根据热力学 第一定律△U=W十Q,从外界吸收的热量Q= )°，气体在b→c过程中，因为c状态的亚 大于b状态的pV,所以T6<T。,即△U>0,根 据热力学第一定律△U=W十Q,在b>c过程中 从外界双发的热量Q=△U十PV,则有 Q<Qc,B错误；在a→b→c→a过程中，外界 对气体做功为pV。,气体放出热量poV。,C正 确，D错误。 三、非选择题 18.(1Bc(2分)2号分)变小2分 【解析】(1)设大气压强为0，被封闭气体的横截 面积为S,对活塞有S=pS十F,气体压强 F p=力。十S,若要作出力的图像，还需要测量 1 气柱的横截面积和大气压，横截面积可以通过测 量注射器的内径计算得出，B、C正确。 (2)设气体刚封闭时，气体体积为V。,此时的压强 为p0,细管内的体积忽略不计，由玻意耳定律得 3 真题密卷 p-(p+5)y,整理得P-S 则质=p.V,S,6=pS,儿，=存，若细管内的气体 体积不可忽略，设细管内的体积为△V,由玻意耳 定律得D,十)W+△V)=C(C为定值)，整主 得F=CS。1 1 4△立立卫S。V增大时，图像斜率 在变小。 14.(1)见解析(3分)(2)①b(1分)②70(1分) ④A(1分)(3)d(2分) 【解析】(1)实物图连线如图所示。 光源 I名 (2)①欲在光电管上加正向电压（光电管阳极接 电源正极)，需要将单刀双掷开关打向b端。 ②灵敏光电流计(G)的示数为70uA。 ④在光电管上加反向电压，可以探究入射光的频 率、强度对遏止电压的影响，A正确。 (3)由电路结构可知，光电管阳极电势始终不变， 当滑片P位于滑动变阻器中央时，阴极和阳极电 势相等，这时加在光电管上的电压为零，当滑片P 向d端滑动时，阴极电势升高，阴极电势高于阳 极，这时加在光电管上的电压为反向电压，故为 给光电管提供反向电压应将滑片P往d端移动。 P。 GMmc 15.(1) 4πcr2 (2) Po 【解析】(1)距离太阳中心r处，单位面积吸收太 Po 阳辐射的能量E= 24 (1分) 。7 二轮专题精准提升 设物体的表面积为S,物体吸收的能量 E'=ES= (1分) 到达物体表面的光子数 E'PS△t n-h-4πhr (1分) 到达物体表面光子的合动量 h=PS△t×h=PS△t p'=n人=4hvr× λ4πcr2 (1分) 根据动量定律有F△t=p' (1分) PoS 解得F= 4πcr 太阳光光子被完全吸收时产生的光压 F Po p=S=4πcr (1分) (2)根据题意，由平衡条件有 G-pxm (1分) GMmc 解得r√P。 (1分) 16.(1)2m(2)3m 【解析】(1)活塞第一次上移高度h=0.2m时， 封闭气体的压强 卫1=po一Pgh1 (1分) 根据玻意耳定律有 pohoS2=p1 hS1+(ho-h1)S2] (1分) 解得h1=2m (1分) (2)活塞第二次从距离粗筒底部h′=0.075m 处上移至距离粗筒底部h=0.2m处，设细管中 空气柱长L,根据玻意耳定律有 p1(ho-h1)S2+poh'S1=p2(hS1+LS2)(2) 其中 p2=p。一Pg(h,-L) (1分) 解得L=5m (1分) 可知此时细管中的水柱高度 h2=ho-L=3 mo (1分) 17.(1)375K 6p。(2)30cm(3)1000cm 【解析】(1)阀门K关闭时，将A内气体缓慢加 热，温度缓慢升高，根据受力平衡可知，气体压强 不变，为等压变化，对于A气体，初态有 ·物理· VA=aSA,T。=(27+273)K=300K 末态有 VAI=(a+b)SA 由盖-吕萨克定律有 VA VAI (1分) T。TA 即aSA=(a十b)SA 300 K TA (1分) 解得TA=375K (1分) 对两活塞整体为研究对象，根据受力平衡得 PASA-poSA+PoSB=0 (1分) 5 解得pA=60 (1分) (2)打开阀门K稳定后，设气体压强为A,以两 个活塞和杆为整体有 PASA-PoSA+PoSB-PASB=0 (1分) 解得pA=po 设大活塞最终左移x,对封闭气体分析；初态有 PA-6PoVA=(a+b)SA:TA=375K 5 末态有 pA=p,VA=△xSA+(b+a-△x)SB,T。= 300K 由理想气体状态方程得 PAVAI PAVA TA (1分) T 即6Pa+b)S po[AxSA+(b+a-△x)SB] 375K 300K (1分) 代入数据，解得 △x=30cm (1分) (3)关闭阀门，若活塞恢复初始位置，则对B中气 体，初态有 pB=po,VB=(b十a-△x)SB 末态压强为B,体积为 VB=bSB 由玻意耳定律得 PBVB-PRVB (1分) 即pSB(b十a-△x)=PBSBb (1分) 。7 参考答案及解析 解得pB=2p。 则pASA十pSB一pSA一pBSB=0 (1分) 7 解得p从=6o 对A中气体和充入气体整体为研究对象，初态有 pA=p0,VA=△xSA p=2po,V=△V 末态有 *言-os 根据玻意耳定律得 pAVA+p△V=pAVA 7 即pSA△x+2p△V=6p,Saa (1分) 解得△V=1000cm3。 (1分) 18.(1)p。+M+m)g-pgv (2)P,△hS+M+m)g△h-DEVh poVo 【解析】(1)根据题意可知，养殖箱在海水中静 止，则整个装置受到的浮力等于它的总重力，即 F浮=(M十m)g=pgV# (1分) 解得V米=M+m) (1分) 则空心圆柱体中气体排开水的体积 △V=V#-y=M+m)-pV (1分) 则空心圆柱体中进入水的体积 V:=(H-h)S-AV-(H-h)Sp-(M+m)+pV (1分) 空心圆柱体内海水的高度 2=-(H-h)Sp-(M+m)±y (1分) oS 则空心圆柱体内液面与海面的高度差 h:=H-h-h=(M+m)-pV (1分) oS 则空心柱内封闭气体的压强 D=p。十pgh,=p+M+m)g-PpgY (1分) (2)根据题意可知，由于充气气体质量远远小于 养殖箱质量，则整个装置的总质量保持不变，则 3 真题密卷 二轮专题精准提升 整个装置所受浮力不变，若养殖箱上浮△h高度， 气前空心柱内封闭气体的体积 则空心圆柱体中进入水的体积 V'-HS-V,=0Sh+(M+m)-pV (1分) V1=(H-△h-h)S-△V= (H-△h-h)Sp-(M+m)+pV 充气后空心柱内封闭气体的体积 (1分) V:=HS-V:=(Ah+h)Sp-(M+m)+oV 空心圆柱体内海水的高度 h-V_(H-Ah-h)Sp-(M+m)+eV (2分) S OS 由玻意耳定律有 (1分) pV'+npoV。=V2 (1分) 则空心圆柱体内液面与海面的高度差 解得 h;=H-Ah-h-h=(M+m)-pV =h2 P(V2-V) p。+M+m)g-g △hS AS n (2分) PoVo PoVo 可知，此时空心柱内封闭气体的压强仍为p,充 p△hS+(M+m)g△h-pgV△h (1分) PoVo 2025一2026学年度二轮专题精准提升（十六） 物理·机械振动与机械波、光学 一、单项选择题 43 的坐标为(5m,亏m),所以距离坐标原点0最 1.C【解析】由波形图可知，因 6s<T,可知在t= 近的加强点P到两波源的距离差△r1=xP一 1 入 s时间内该波传播的距离为12，可知26s, 2,可知两列相干线 解得该波的周期T=2s,该波的波长入=6m, 性平面流的流长A=0.4m,所以流速0-会 可得该波的波速v= 入 =3m/s,A、B错误；因 0.4 2π 0.5m/s=0.8m/s,B正确；振动减弱，点到两波 w=下=πrad/s,x=0处质点的振动方程为y= 源的距离差△r2=n以(n=1,2,3…),设直线y= Asin(wt+p)=6sin(xt+p)cm,当t=0时y= 3 3cm,则3=6sn9,尉9=否，质志的极动方程为 x上减弱点的横坐标为x,则△r=以-x-y 4x(n=1,2,3…),解得x=1.6m(n=1,2,3）,所以 y=6sin(+）em=6cos(+）cm,C正确； 3 11 直线y=4x上减弱点的横坐标均匀分布，即直线 Q点的平衡位置坐标为xQ=12入=5.5m,从t=0 y=42上减弱点距离0点均匀分布，C错误；振动 3 时刻开始，该波传至x=7m处所用的时间t= 7-5.5 3s=0.5s,D错误。 加强点到两波源的距离差△r,=以十2(n=0,1 2.B【解析】由题意可知，直线y=x上的所有点 2,3…),以O点为圆心、5入为半径的圆周加强点 均为振动减弱点，到两波源的距离相等，所以两 坐标为(x,y),则x2十y2=(5λ)2，△r3=x-y, 列波的起振方向相反，A错误；由题意可知，P,点 联立可知当n≥5时无解，则n<5,所以n的值为 3 ·80·