高二下学期期末实战模拟卷二-【创新教程】2025-2026学年高二下学期物理期末实战模拟卷

高二下学期期末实战模拟卷二 命题范围：选择性必修第二册（时间：75分钟，满分：100分） 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分.每小题只有一个选项符合题目要求 1.电焊作业时，会产生对人体有害的电焊弧光，辐射出大量频率为1.0×1015Hz的电磁波. 根据如图所示的电磁波谱，判断它属于哪种电磁波 ( 可见光 无线电波 长波中波短波微波☐红外线紫外线X射线y射线 整 波长/m1021010210-410610810010-12 A.微波 B.红外线 C.X射线 D.紫外线 2.一个简单的门窗防盗报警装置示意图如图所示，门的上沿嵌人一 报警电路 块永磁体，当门窗紧闭时，蜂鸣器不响，指示灯亮；打开时，蜂鸣器 传感器 如 响，指示灯灭.为实现上述功能，最适合的传感器是 ( ) A.光敏电阻 B.电阻应变片 C.热敏电阻 永磁体 D.干簧管 3.如图所示，匀强磁场中有两个相同的弹簧测力计，测力计下方竖直悬 挂一副边长为L,粗细均匀的匀质金属等边三角形，将三条边分别记为 a、b、c.在a的左、右端点M、N连上导线，并通入由M到N的恒定电 M 流，此时a边中电流大小为I,两弹簧测力计的示数均为F.仅将电流 反向，两弹簧测力计的示数均为F2·电流产生的磁场忽略不计，重力加 速度为g,下列说法正确的是 A.三条边a、b、c中电流大小相等 B.两次弹簧测力计示数F1=F2 C.金属等边三角形的总质量m= F1十F2 g D.匀强磁场的磁感应强度B= 2(F1十F2) 3IL 娇 4.半径为r的圆环电阻为R,ab为圆环的一条直径.如图所示，在ab的一侧 存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感 应强度大小随时间的变化关系为B=B。十k(k>0),则 XX XX A.圆环中产生顺时针方向的感应电流 B.圆环具有扩张的趋势 C.圆环中感应电流的大小为 2R D.图中6，a两点间的电势老U。=号mr 物理试题（二） 第1页（共6页) 5.如图甲所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为55：6，其原线圈两端接人如图乙所示 的正弦交流电，副线圈通过电流表与负载电阻R相连.若交流电压表和交流电流表都是 理想电表，则下列说法中正确的是 () 220. 3t/×10-2s) -220J2 甲 A.变压器输入电压的最大值是220V B.若电流表的示数为0.5A,测变压器的输入功率是12W C.原线圈输入的正弦交流电的频率是100Hz D.电压表的示数是24√2V 6.如图甲所示，矩形线圈abcd位于匀强磁场中，磁场方向垂直×，×B×× B/T 线圈所在平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所××× 示.以图甲中箭头所示方向为线圈中感应电流i的正方向，×××× 3 以垂直于线圈所在平面向里为磁感应强度B的正方向，则×× 甲 下列图中能正确表示线圈中感应电流讠随时间t变化规律的是 0.5I 0 0.5 0.51 1234t/s -0.5-1234s -0.51 1234t/s -0.51 1234s 7.如图所示，PQ是匀强磁场中的一块金属板，其平面与磁场方向平行，一 个粒子从某点以与PQ垂直的速度射出，动能是E,该粒子在磁场中的 运动轨迹如图所示.现测得它在金属板两边的轨道半径之比是10：9，若在 穿越金属板过程中粒子受到的阻力大小及电荷量恒定，则下列说法正 确的是 A.该粒子的动能增加了品。 B.该粒子的动能减少了 19 C.该粒子做圆周运动的周期减小品 D.该粒子最多能穿越金属板6次 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题有多个选项符合题目要求，全 部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选和不选的得0分， 8.在2024年重庆市兼善中学科技节上某同学制作了一款风力发电机，由 扇叶带动线圈在固定的磁极中转动并切割磁感线，其原理简图如图所 示，测得发电机的电动势随时间变化的规律为e=5sin(10πt)V.现在 α、b两端接上阻值R=5Ω的小灯泡，线圈内阻可忽略，下列说法正确 的是 () A.电流变化的周期为0.5s B.小灯泡的功率为2.5W C.风力增大，则线圈产生的交流电频率减小 D.如图位置时，线圈磁通量为零，感应电动势最大 物理试题（二）第2页（共6页） 9.如图所示，在x轴上方第一象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，x轴下60 方存在沿y轴正方向的匀强电场.a、b两个重力不计的带电粒子分别从电 ×M× 场中的同一点P由静止释放后，经电场加速从M点射入磁场并在磁场中 发生偏转.最后从y轴离开磁场时，速度大小分别为1和2,1的方向与 E y轴垂直，v2的方向与y轴正方向成60°.a、b两粒子在磁场中运动的时间分别记为t1和 t2,则以下比值正确的是 () A.1:v2=2:1 B.01:v2=1:2 C.t1:t2=3:2 D.t1:t2=3:8 10.如图甲所示，在光滑水平面上用恒力F拉一质量为m、边长为a、电阻为R的单匝均匀 正方形铜线框，在1位置以速度。进入磁感应强度为B的匀强磁场并开始计时.若磁 场的宽度为b(b>3a),在3t。时刻线框到达2位置速度又为v。,并开始离开匀强磁场.此 过程中v一t图像如图乙所示，则 ( 甲 乙 A.t。时刻线框的速度为v。 Fto m B.t=0时刻，线框右侧边MN两端电压为Bavo 七时间内，通过线框某一横截面的电荷量 D.线框从1位置运动到2位置的过程中，线框中产生的焦耳热为Fb 三、非选择题：本题共5题，共54分 11.(6分)在图甲中，不通电时电流计指针停在正中央，当闭合开关时，观察到电流计指针向 左偏.现按图乙连接方式将电流计与螺线管B连成一个闭合回路，将螺线管A与电池、 滑动变阻器和开关S串联成另一个闭合回路， (1)闭合开关S后，将螺线管A插人螺线管B的过程中，螺线管B的 端（选填 “上”或“下”)为感应电动势的正极； (2)螺线管A放在B中不动，开关S突然断开的瞬间，电流计的指针将 (选填 “向左”“向右”或“不发生”)偏转； (3)螺线管A放在B中不动，滑动变阻器的滑片向左滑动，电流计的指针将 (选 填“向左”“向右”或“不发生”)偏转 物理试题（二）第3页（共6页） 12.(8分)如图为“探究电磁感应现象”的实验装置 (1)将图中所缺的导线补充完整， (2)连接电路后，如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么闭合开 关后可能出现的情况有： ①将螺线管A迅速插入螺线管B时，灵敏电流计指针将 (选填“发生”或“不发 生”)偏转； ②螺线管A插入螺线管B后，将滑动变阻器滑片迅速向左拉时，灵敏电流计指针 (选填“发生”或“不发生”)偏转； ③在上述两过程中灵敏电流计指针的偏转方向 (选填“相同”或“相反”)； (3)在做“探究电磁感应现象”实验时，如果螺线管B两端不接任何元件，则螺线管B电 路中将 A.因电路不闭合，无电磁感应现象 B.有电磁感应现象，但无感应电流，只有感应电动势 C.不能用楞次定律判断感应电动势方向 D.可以用楞次定律判断感应电动势方向 13.(10分)如图甲所示，边长为L的n匝正方形金属线圈abcd置于垂直线圈平面的磁场 中，线圈的总电阻为R,用导线e、f连接一阻值也为R的定值电阻，其他电阻不计.磁场 的磁感应强度B随时间的变化关系如图乙所示，正方向为垂直线圈平面向外.求： B B d。. 甲 (1)在0到t1时间内，通过电阻R的电荷量； (2)在2t1到3t1时间内，电阻R两端的电势哪端高，高多少. 物理试题（二）第4页（共6页） 14.(14分)如图所示，MN、PQ为足够长的平行金属导轨，间距L=0.5m, 导轨平面与水平面间夹角0=37°，N、Q间连接一个电阻R=5.02, B 匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度B=1.0T.将一根质量 MA- m=0.05kg的金属棒放在导轨的ab位置，金属棒及导轨的电阻不计.现由静止释放金 属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好.已知金属棒 与导轨间的动摩擦因数μ=0.5，当金属棒滑至cd处时，其速度大小开始保持不变，位置 cd与ab之间的距离s=2.0m.已知g=10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8.求： (1)金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小； (2)金属棒到达cd处的速度大小； (3)金属棒由位置ab运动到cd的过程中，电阻R产生的热量. 物理试题（二）第5页（共6页） 高二下学期期末实战模拟卷二 物理答题卡 姓 名 准考证号 条形码区 缺考标记（学生禁止填涂）□ 填 注 1.答题前，考生须准确填写自己的姓名、准考证号，并认真核对条形码上的姓名、 正确填涂 准考证号。 错误填涂 卷 2.选择题必须使用2B铅笔填涂，非选择题必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔书写， 涂写要工整、清晰。 样 ☑XO 事 3.按照题号在对应的答题区域内作答，超出答题区域的答题无效，在草稿纸、试 例 】0力 项 题卷上作答无效。 4.答题卡不得折叠、污染、穿孔、撕破等。 选择题（共46分.1-7小题每题4分，8-10小题每题6分） 1ABCD 5ABC☑D 9ABCD 2AB CD 6ABCD 10 ABCD 在各题 3ABCD 7A B CD 4ABCD 8 ABCD 的答题 非选择题（共54分） 11.(6分，每空2分) 内作答 (1) (2) (3) 12.(8分，除标注外，每空2分) 出边框的答案无效 (1) 自A (2)① (1分)② (1分)③ (3) 13.(10分) 2 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 物理答题卡（二）第1页（共2页） 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 14.(14分) a ↑ B d 请在各题目的答题区域内作答 15.(16分) XB C Xx 0 545o + ×× ××× 4 ,超出边框的答案无效 ××× 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 物理答题卡（二）第2页（共2页） 15.(16分)如图所示，在坐标系xOy的第一象限内，斜线OC的上方存在垂直y ×B'C 纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B,第四象限内存在磁感应强度大小未 知、方向垂直纸面向里的匀强磁场.现有一质量为m、带电荷量为一g的粒 k545 子（不计重力）从y轴上的A点，以初速度。水平向右垂直射入匀强磁场， XX×× 恰好垂直OC射出，并从x轴上的P点（未画出）进入第四象限内的匀强磁 ××× 场，粒子经磁场偏转后从y轴上D点（未画出）垂直y轴射出，已知OC与x 轴的夹角为45°.求： (1)O、A间的距离； (2)第四象限内匀强磁场的磁感应强度B的大小； (3)粒子从A点运动到D点的总时间. 物理试题（二）第6页（共6页）14.解析：(1)MN杆切割磁感线产生的电动势为 E1=B。L0,(2分) 由闭合电路的欧拇定律得1R2分) MN杆所受安培力的大小为F=B。I1L(1分) 对MN杆由牛顿第二定律得F一mg一F=Ma(2分) 当MN杆速度最大时，加速度为零， 联立得MN杆的最大速度vm=8m/s(1分) (2)感应电动势为E,=A=△BLL(2分) △t△t E(1分） 由闭合电路的欧姆定律得1，=2 (时刻的磁感痘强度为B-会总(1分)，PQ杆 受力平衡，有mg=BI2L(1分) 联立解得t=100s(1分) 答案：(1)8m/s(2)100s 15.解析：(1)电子从A点沿y轴正方向射入磁场， 经过C点，由题意知电子在磁场中运动的半径 R=L洛伦兹力提供向心力eUB=m爱，解得 B=24分) 2)电子在第Ⅱ象限中运动的时间-， 电子在电场中做类平抛运动，设电子在电场中 运动的时间为t2,有L=2at吃， 由牛顿第二定律有eE=ma, 解得-积 电子沿x轴方向做匀速直线运动，有x=t2· 解得x=2L. 电子从A点运动到P点的时间t=t1十t2= (4十)L.(6分) 2v0 (3)从P点射出电场的电子，根据竖直方向的 运动规律v?=2aL, 解得V,=V, 故v=√/6十u,2=√2， tan0=2=1, 所以0=45°. 电子和正电子碰撞后湮灭，说明两者速度大小相 等、方向相反，故正电子从Q点射入时的速度大 小v=√2. 如图所示 xB× × 145 根据牛顿第二定律eB·√2u。= R2 正电子在磁场中运动的半径R2=√2L, 未知圆形磁场的最小面积为以 风为本径的 国形，最小面积S=号R)=.(6分) 答案：①B- (2)x=2L,t=4+元)L (3)0 26 =√2%，S=πL2 高二下学期期末实战摸拟卷二 答案速查 题号12345678910 答案DD CC BC B BD AD CD 1.D[c=入y根据，解得入=3×10'm,根据电磁 波谱，可知它属于紫外线.故选D.] 2.D[根据题意，应使用干簧管，使得门动时穿过 干簧管磁通量变化，产生感应电流 故选D.] 3.C[根据题意可知，b与c串联后再与a并联， 电压相等，b、c的电阻为a的电阻的两倍，此时a 边中电流大小为1，则6，c中的电流为21，故A 错误；电流反向前，根据左手定则，可知a边的 安培力方向竖直向上，b、c边的安培力合力方向 也竖直向上，a边的安培力大小为F。=BIL,b、c 边的安培力合力大小为Fk=B·号L 合BL,对金属等边三角形交力分析，可得2D 十F。十Fk=mg,电流反向后，根据左手定则，可 知a边的安培力方向竖直向下，b、c边的安培力 合力方向竖直向下，a边的安培力大小仍然为 F。=BIL,b、c边的安培力合力大小仍然为F =B·合1·L=号BL,对金属等边三角形受力 分析，可得2F2=mg十F。十Fk, 解得F,=g_3B业，F,=g+3B业，可得m 2 4 2 4 =E+E,B=2EF),故B、D错误： g 3IL C正确.] 4.C[由于磁场均匀增大，圆环中的磁通量变大， 根据楞次定律可知圆环中感应电流为逆时针方 向，同时为了阻碍磁通量的变化，圆环将有收缩 的趋势，故A、B错误；根据法拉第电磁感应定 律得电动势为： E=昌，会盟-之，因环电阻为R,所以电流 大小为1一景-祭故C正确，6a两点同的 电势差为：U。=1·-,故D错误] 5.B[由题图乙可知交流电压最大值Um= 220√2V,故A错误；输入电压的有效值为220V, 根据理想变压器原副线圈电压之比等于匝数之 比知电压表示教为U-需×20V=24V,故D 错误；若电流表的示数为0.5A,变压器的输入功 率P、=P出=UI=24×0.5W=12W,故B正 确；变压器不改变频率，由题图乙可知交流电的 周翔T=0.02s,根据f=子可知原线图输入的 正弦交流电的频率是50Hz,故C错误.] 6.C[由法拉第电磁感应定律和欧姆定律得：I 長部-是·会总所以线周中的感应电流取 决于磁感应强度B的变化率，Bt图像的斜率为 厂，故在2~3s内感应电流的大小是0~1s内 的2倍.再由B-一t图像可知，0~1s内，B增大， 则Φ增大，由楞次定律知，感应电流方向为逆时 针，所以0~1s内的电流为负值；同理可得，1~2s 内的电流为零；2~3s内的电流为正值，C正确.] 7.B[根据Bg=m可得：r=m, qB’ 所以忽=5=10 2r299 9 即v2=10 所以开始的动能为Ea=2mw, 1 穿过金属板后的动能 E=m-品×m-品 ·4 粒子每穿越一次金属板减少的动能 AE-E-E&=品， 所以有n= E4=E1≈5.3 品 即该粒子最多能穿越金属板5次，故B正确，A、 D错误； 带电粒子在磁场中做圆周运动的周期T=2π， qB’ 可知周期与速度无关，故C错误.] 8.BD[由电动势的表达式可知w=10πrad/s,故 T=2π=0.2s,故A错误；电动势有效值为E= E=5V,由于线图内阻可忽略，小灯泡的功率P- √2√2 -25W,故B正确； R 风力增大，线图转功的角速度增大，因子=六 2会，则线圈产生的交流电频率增大，故C错误， 线圈在图示位置时，穿过线圈的磁通量为零，磁 通量的变化率最大，产生的电动势最大，故D 正确.] 9.AD[粒子在电场中加速， 60P 02 设加速的位移为d,则根据 17 1 动能定理有q5d=2m0, a》 0'.- Ed① 所以=√m 粒子在磁场中运动时，其轨迹如图，a粒子的圆 心为O,b粒子的圆心为O',根据几何知识可知， R2·sin30°+R1=R2,则R1：R2=1:2,② 根据洛伦兹力提供向心力有gB=m, R 故Rg8回 联立①②③可得"m1:-1:4,④ 91 92 将④代入①中可得y1：v2=2：1,故A正确，B 错误 粒子在磁场中运动的周期为T=2πR_2πm, gB, 所以两粒子在磁场中运动的时间之比为 46=器·需=0B6和 =2πm1；2πm2 3：8,故C错误，D正确.] 10.CD[根据题图乙可知，在t。~3t。时间内，线 框做匀加速直线运动，所受合外力为F,根据 牛頓第二定律可得加速度为a=￡得。时刻 m 线框的速度为0=，一a·2。=, 2Fto,故A 错误；t=0时刻，线框右侧边MN两端的电压 为外电压，线框产生的感应电动势为E= Bav。,外电压即MN两端的电压为 U4=3E=三Ba,故B错误；线框进入磁场 4 4 过程中，流过某一截面的电荷量为，q=I△t= 是△，而E=地-联立解得g=股，故C 正确； 由题图乙可知，线框在位置1和位置2时的速 度相等，根据动能定理，知外力做的功等于克 服安培力做的功，即有Fb一W克安=△Ek=0， 解得W克=Fb,故线框中产生的焦耳热为 Fb,故D正确.] 11.(6分，每空2分)(1)下(2)向右 （3)向左 12.解析：(1)将电 源、开关、滑动变 阻器、螺线管A 串联成一个回 B 路，再将电流计与螺线管B串联成另一个回 路，如图所示. (2)①闭合开关，磁通量增加，指针向右偏转， 将螺线管A迅速插入螺线管B,穿过螺线管B 的磁通量增加，则灵敏电流计的指针将向右偏 转；②螺线管A插入螺线管B后，将滑动变阻 器滑片迅速向左拉时，滑动变阻器接入电路的 电阻增大，则电流减小，穿过螺线管B的磁通 量减小，则灵敏电流计指针向左偏转；③两过 程中灵敏电流计指针偏转方向相反. (3)如果螺线管B两端不接任何元件，线圈中 仍有磁通量的变化，仍会产生感应电动势，不 过没有感应电流存在，可根据楞次定律判断出 感应电动势的方向，B、D正确，A、C错误. 答案：(8分，除标注外，每空2分)(1)见解 析图 (2)①发生(1分)②发生(1分)③相反 (3)BD 13.解析：(1)在0到t1时间内，根据法拉第电磁感 应定律：E=n △ΦnB。L2 (2分) △tt1 ·5 1荒 q=1t1(1分) nBL(1分） 联立各式解得：9=2 (2)在2t1到3t1时间内，电路的总电动势为E -nB,L（2分) t 电阻R两端的电压为U=号-nB,L（2分y 22t1 根据楞次定律知，e端电势高.(1分) 答案：1)品L2(2e端高1 BoL2 2R 2t1 14.解析：(1)设金属棒的加速度大小为a, 由牛顿第二定律得mgsin0-umgcos0=ma(2分） 解得a=2.0m/s2(2分) (2)设金属棒到达cd位置时速度大小为v,电 流为I,金属棒受力平衡，有mgsinθ=BIL十 mgcosθ(2分) 1-股2分) 解得v=2.0m/s.(2分) (3)设金属棒从ab运动到cd的过程中，电阻R 上产生的热量为Q,由能量守恒定律， 有mgs·sn0=司m2+mgs·cos0叶Q2分） 解得Q=0.1J.(2分) 答案：(1)2.0m/s2(2)2.0m/s(3)0.1J 15.解析：(1)根据题意分析可知OA等于粒子在 第一象限磁场中运动轨迹的半径， 根据牛顿第二定律可得 Bqvo m6(2分） _m.(1分) 解得OA=r=Ba (2)粒子运动轨迹如图所示，y↑ A × 可得OP=√2r(1分) 由几何关系知，粒子在第四象 0 45 限磁场中运动轨迹的半径R= XX 45 2r(1分) X XX 根据牛顿第二定律可得 XX B'qvo= 爱e分 D 解得B=B1分) (3)粒子在磁场中运动周期T=2πm(2分） gB 在第一象限碰场中运动时间4=日T-驼1分) 4aB 出磁场运动到P点时间2=工=”(1分) vo Bg 在第四象限磁场中运功时间4-营T一需口分 粒子从A点运动到D,点的总时间 t=t1十t2+t3= 7xm+4m 4Bq .(2分) 答案：1)(2)2B(3)7rm4m Bg 4Bg 高二下学期期末实战模拟卷三 答案速查 题号 1 4 5 7 6 910 答案BBC B DC C BC ACAC 1.B[由半衰期公式m◆=mo2 知，剩余钋的 质量为m余=0.16× 器 2 g=0.04g,故 选B.] 2.B[不论液体是否浸润细管壁都能产生毛细现 象，故A错误；叶面上的露珠呈球形是由于表面 张力的作用，故B正确；单晶体具有规则的几何 形状，多晶体没有规则的几何形状，故C错误； 常见的金属是晶体，故D错误.] 3.C[自热米饭盒爆炸，是盒内气体温度升高，气 体压强急剧增大的结果，故A错误；在自热米饭 盒爆炸的瞬间，盒内气体对外做功，且来不及与 外界进行热量交换，根据热力学第一定律可知 盒内气体内能减少，温度降低，故B错误，C正 确；自热米饭盒爆炸前，盒内气体温度升高，气 体分子平均速率增大，表现的是一种统计规律， 并不代表每一个气体分子速率都增大了，故D 错误.] 4.B[题图甲中两个分子从很远处逐渐靠近的过 程中，分子引力和斥力都增大，但引力大于斥 力，分子力表现为引力并且分子力先增大后减 小，当减小到零后，随着两分子靠近，分子力表 现为斥力，并且逐渐增大，故A错误；题图乙中 是单分子油膜，估测其大小时，可以把它简化为 球形，因此油膜厚度可以视为分子直径，故B正 确：题图丙中，猛推木质推杆，由于速度快，传热 ·6 没来得及进行，只有外界对气体做功，内能增 大，压强变大，温度升高，故C错误；根据热力学 第二定律，热量不能自发地从低温物体转移到 高温物体，故D错误.门 5.D根据质量数、电荷数守恒可补全该衰变方 程有4C→N十°1e,可知X为电子，A错误；衰 变是可以自发发生的且在衰变过程中会释放能 量，B错误；某种元素的半衰期长短由其本身因 素决定，与它所处的物理、化学状态无关，C错 误；由于在衰变过程中要释放能量，质量要亏 损，则？N与X的质量之和小于C的质量，D 正确.] 6.C[从状态B到C过程气体发生等温变化，内 能不变，体积减小，外界对气体做功，由热力学 第一定律可知，气体放出热量，A错误；由V= CT知，从C到D过程中气体发生等压变化，B 错误；从D到A过程中，气体温度不变，则单个 气体分子碰撞器壁的力不变，压强变小，则必然 是单位时间内碰撞器壁单位面积的分子数减少 造成的，C正确；由△U=W+Q得Q=8kJ,气 体从外界吸收热量，D错误.] 7.C[大量处于n=3能级的氢原子向低能级跃 迁时由N=C=n(m,1D可知，能产生3种不同 2 频率的光子，A正确，不符合题意；光子的能量 越大，则频率越大，最大能量的光子是n=3能 级向n=1能级跃迁时产生的，则由hw=E3一E, 解得光子最大频率为=E,E,B正确，不符 h 合题意；当氢原子从能级n=2跃迁到n=1时， 会释放出光子，所以氢原子的能量变小，C错 误，符合题意；若氢原子从能级n=2跃迁到n= 1时放出的光子恰好能使某金属发生光电效应， 由光电效应方程可知E2一E1=W。,则当氢原子 从能级n=3跃迁到n=1时放出的光子照到该 金属表面时，逸出的光电子的最大初动能为E =E3一E1一W。=E3一E2,D正确，不符合 题意.门 8.BC[活塞向上运动的过程中，理想气体体积减 小，活塞缓慢运动，理想气体温度与周围温度一 致，保持不变，根据Y=C,可知压强增大，活塞 T 缓慢向上运动，活塞对封闭气体的作用力逐渐 增大，所以活塞对气体做功大于FL,故A错误； 气体温度不变，所以气体内能不变，由热力学第