湖北黄梅县第一中学2025-2026学年高二下学期期末物理练习题6.3

**基本信息** 以热学、电磁学、光学为核心，通过循环过程分析、动态电路计算等题型，整合理想气体状态方程、变压器原理等知识，突出科学思维中的模型建构与科学推理。 **综合设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |热学综合|5选择+2计算|结合p-V图像分析循环过程，涉及热力学第一定律|理想气体状态方程→温度与内能关系→做功与吸放热判断| |电磁学综合|5选择+2计算|变压器动态电路、输电模型，含多过程分析|匝数比公式→电路等效电阻→功率变化规律推导| |光学与波动|2选择+1计算|振动与波动图像结合，光的折射与全反射|波动周期与波长关系→折射定律→临界角计算| |实验探究|2实验题|油膜法测分子直径、玻璃砖折射率测量|实验步骤排序→数据处理→误差分析|

高二物理练习题 2026.6.3 一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。其中1-8题只有一个选项符合题目要求，9、10、11、12题有多个选项符合题目要求） 1．一定质量的理想气体从状态a开始，经过一个循环a→b→c→a，最后回到初始状态a，其图像如图所示，下列说法正确的是（　　） A. a→b过程，气体分子热运动的平均动能一直减小 B. b→c过程，气体温度不变 C. c→a过程，气体温度降低，并且向外界放出热量 D. 在一个循环a→b→c→a过程中，气体吸收的热量等于放出的热量 2．一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻、的阻值分别是3Ω、1Ω，滑动变阻器的最大阻值为4Ω ，U为有效值恒定的正弦交流电压源。当滑动变阻器的滑片P移至最下端时，理想交流电流表的示数为I，当滑片P移至最上端时，电流表的示数变为4I，则下列说法正确的是（　　） A．滑片P由最上端移至最下端的过程，变压器输出功率逐渐减小 B．滑片P由最上端移至最下端的过程，变压器输出功率先增大后减小 C．变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1 D．变压器原、副线圈的匝数之比为1∶2 3.车辆减震装置中的囊式空气弹簧由橡胶气囊和密闭在其中的压缩空气组成。某气囊内有一定质量的理想气体,其p—V图像及状态a→b→c→a的变化过程如图所示，图像中a、b、c三点的坐标为已知量，ab 平行于V 轴，bc 平行于p轴，已知气体在状态a 时的温度 Ta=300K，以下说法正确的是( ) A. a->b->c变化过程中，气体内能一直增大 B.a→b→c变化过程中，气体吸收的热量为6 C.a→b→c→a 的整个过程中气体对外做功为0 D.c→a 的变化过程中气体的最高温度为360K 4．如图所示为高铁供电流程的简化图，牵引变电所的理想变压器将电压为的高压电进行降压；动力车厢内的理想变压器再把电压降至，为动力系统供电。高铁即将靠站时，保持不变，仅通过调整动力系统的负载，使得电流减小到原来的一半，则（　　） A．将增大 B．将增大 C．的频率将减小到原来的一半 D．电阻的热功率将减小到原来的一半 5．如图是特高压输电过程的示意图，发电站输出电压稳定，经升压后被整流成的直流电，经输电线后，被逆变成交流电，再被降压后供用户使用，假设电压在整流和逆变前后有效值不变。则下列说法正确的是（　　） A．将发电站输出的电压整流后仍能利用升压变压器升压 B．采用高压直流输电时，可减小输电线路上电感的影响 C．用户越多，输电线上损耗的功率越小 D．保持输电功率不变，若电压经升压和整流后为，输电线上损耗的功率加倍 6．如图1，在光滑绝缘水平桌面内建立直角坐标系，空间内存在与桌面垂直的匀强磁场。一质量为、带电量为的小球在桌面内做圆周运动。平行光沿轴正方向照射，垂直光照方向放置的接收器记录小球不同时刻的投影位置。投影坐标随时间的变化曲线如图2所示。下列说法正确的是（　　） A．投影做的是简谐运动，其振幅为 B．时间内，投影的速度逐渐增大 C．磁感应强度大小为 D．投影的速度最大值为 7．一简谐波在时刻的波形图如图甲所示，图乙是质点的振动图像，，由图可知（　　） A． 波的传播周期 B． 该波沿轴负方向传播 C． 时振动方向向上 D． 时刻，质点的位移为 8． 一含有理想变压器的电路如图甲所示，图中的电阻，，，A为理想交流电流表，V为理想电压表，两端电压随时间变化的图像为图乙所示，电源的输出电压为2.5V，则下列说法正确的是（　　） A．电流表示数为0.6A B．电压表示数为 C．原线圈、副线圈匝数比为 D．输入电压频率为 9.氧气分子在不同温度下的速率分布规律如图所示，横坐标表示速率，纵坐标表示某一速率内的分子数占总分子数的百分比，由图可知(　　) A.同一温度下，氧气分子的速率呈现“中间多，两头少”的分布规律 B.随着温度的升高，每一个氧气分子的速率都增大 C.随着温度的升高，氧气分子中速率小的分子所占的比例增大 D.①状态的温度比②状态的温度低 10.如图所示，光滑的绝热汽缸内有一质量为m的绝热活塞，活塞下方封闭一定质量的理想气体，初始时气体状态为A。现用电热丝对汽缸内气体缓慢加热至某一状态B，停止加热前，活塞已经与卡口接触。下列图像能反应封闭气体状态变化的是(　　) 11. (2024·新课标卷，21)如图，一定量理想气体的循环由下面4个过程组成:1→2为绝热过程(过程中气体不与外界交换热量)，2→3为等压过程，3→4为绝热过程，4→1为等容过程。上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程。下列说法正确的是(　　) A.1→2过程中，气体内能增加 B.2→3过程中，气体向外放热 C.3→4过程中，气体内能不变 D.4→1过程中，气体向外放热 12． 如图1所示，理想变压器原线圈接电压有效值恒为的正弦交流电源，副线圈通过保护电阻连接负载电路，负载电路由电阻和光敏电阻并联组成。已知变压器的原副线圈匝数比，电表均为理想交流电表，光敏电阻阻值随环境光照强度变化的关系如图2所示。将环境光照强度从10lx升至40lx的过程中，下列说法正确的是（    ） A． 电压表V的示数将变小 B． 电流表A的示数最大值为5A C． 保护电阻的功率最大值为245W D． 光敏电阻的功率最大值为 2． 实验题 13 .(2025·湖北武汉模拟)(1)如图反映“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中的4个步骤，将它们按操作先后顺序排列应是　　　　　　(用符号表示)。  (2)在做“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中，将油酸溶于酒精，其浓度为每1 000 mL溶液中有0.6 mL油酸。用注射器测得1 mL上述溶液有75滴，把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，画出油膜的形状，如图所示，坐标纸中正方形方格的边长为1 cm，试求: ①油膜的面积约为　　　　cm2;  ②每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是　　　　(结果保留2位有效数字);  ③按以上实验数据估测出油酸分子的直径是　　　　m(结果保留2位有效数字)。  (3)若阿伏加德罗常数为NA(mol－1)，油酸的摩尔质量为M(kg/mol)，油酸的密度为ρ(kg/m3)。则下列说法正确的是　　　　。  A.1 kg油酸所含有分子数为ρNA B.1 m3油酸所含分子数为 C.1个油酸分子的质量为 D.油酸分子的直径约为 14．某实验小组的同学在测定玻璃砖的折射率时，从实验室选择了截面为直角三角形的玻璃砖，∠C=θ，其中BC和AC面为光学面，实验时在BC下侧插了两枚大头针P1、P2，且P1P2⊥BC，并在AC面的上侧按正确操作插入另两枚大头针P3、P4，如图甲所示。 (1)在插大头针P4时，应保证________； A．P4挡住P3 B．P4挡住P3和P2的像 C．P4挡住P3和P1、P2的像 (2)在处理实验数据时，甲同学用量角器测量了出射光线P3、P4与AC界面的夹角也为θ，则玻璃砖的折射率为n= ，乙同学以出射点O为圆心，适当的长度为半径画圆，圆与入射光线、出射光线的交点分别为a、b，过a、b两点作法线的垂线，垂足分别为c、d，如图乙所示，用刻度尺测量圆的半径为R，ac=L1，bd=L2，则玻璃砖的折射率为n= 。 3． 计算题 15.如图所示，体积为V的汽缸由导热性良好的材料制成，面积为S的活塞将汽缸的空气分成体积相等的上、下两部分，汽缸上部分通过单向阀门K(气体只能进汽缸，不能出汽缸)与一打气筒相连。开始时汽缸内上部分空气的压强为p0，现用打气筒向容器内打气。已知打气筒每次能打入压强为p0、体积为的空气，当打气n次后，稳定时汽缸上、下部分的空气体积之比为9∶1，活塞重力G＝p0S，空气视为理想气体，外界温度恒定，不计活塞与汽缸间的摩擦。求: (1)当打气n次后，活塞稳定时下部分空气的压强; (2)打气筒向容器内打气次数n。 16. 贵州省黔西南州某学校科技节时进行水火箭制作展演，某学习小组为了探究水火箭在充气与喷水过程中气体的热学规律，把水火箭按照图甲进行模型简化。塑料容器竖直固定。其中A、C分别是容器的充气口、喷水口，B是气压计。在室温环境下，容器内装入一定质量的水，封闭体积为的空气，此时空气压强为。 (1)打开喷水口阀门，喷出一部分水后关闭阀门，容器内空气从状态M变化到状态N，其压强p与体积V的变化关系如图乙中实线所示，已知空气在状态N时的体积=3，压强，求空气在状态N与状态M时的热力学温度之比； (2)图乙中虚线是容器内空气在绝热（既不吸热也不放热）条件下压强与体积V的变化关系图线，试判断空气在图乙中沿实线从M到N的过程是吸热还是放热；（需要列表达式说明理由） (3)若容器装水后封闭空气压强为，体积为，现通过充气口缓慢充入空气（不计容器的容积变化），设充气过程中气体温度不变，求当容器内空气压强为时，充入空气质量与原有空气质量之比。 17．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为，原线圈接在电压峰值为的正弦交变电源上，副线圈的回路中接有阻值为的电热丝，设电阻丝自身升温所需热量以及所占的体积忽略不计，绝热容器A的容积为。A容器通过一绝热细管与一竖直的横截面积为的绝热容器C相连，容器C上有质量为m＝10kg的绝热活塞封闭，活塞与C容器间无摩擦。现有一定质量理想气体封闭在两容器中，开始时容器内气体温度为，活塞离容器底高度为，大气压强为，接通电源对电阻丝加热放出热量，使C中活塞缓慢移动，当稳定时容器内气体温度为，电阻丝加热放出热量Q＝900J。不考虑容器吸收热量，重力加速度大小。 (1)求变压器的输出功率； (2)求达到平衡时容器C中活塞移动的位移； (3)若电热丝产生的热量全部被气体吸收，求电阻丝加热放出Q＝900J热量所用的通电时间和容器中气体增加的内能。 18．某同学做了如下实验：让水槽底部一光源发出一条与水面夹角为的光线，在紧靠水槽的光屏上离水面点高为的点出现光斑．该过程的光路如图甲所示，点为光线与水面的交点，点为水面与水槽壁的交点，已知水的折射率。现将一薄壁空玻璃杯倒扣住光源并静置于水中，由于气压原因导致玻璃杯中的水面低于水槽中的水面，如图乙所示，发现光屏上的斑点消失，玻璃杯厚度忽略不计． (1)求点与光屏的距离； (2)请在图乙中作出光路图并论证斑点为何会消失。 高二物理练习题答案 2026.6.3 1.答案：C解析 a→b过程，气体温度升高，气体分子热运动的平均动能一直增大，A错误； b→c过程，气体温度降低，B错误； c→a过程，气体温度降低，体积减小，内能减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律，可知气体向外界放出热量，C正确； 在一个循环a→b→c→a过程中，气体内能不变。对外做功大于外界对气体做功，所以气体吸收的热量大于放出的热量，D错误。 2. 【答案】A【详解】设原、副线圈的匝数比为k，原线圈的电流为，则有副线圈的电流为，原线圈的电压因为电源电压的有效值恒定，则有 代入数据可得 解得 变压器及其右侧电路的等效电路如图所示 其等效电阻 则等效电阻的取值范围为 AB．将看成电源内阻，则等效电阻消耗的电功率 因此当时，变压器的输出功率最大，结合上述分析可知，且滑片P由最上端移至最下端的过程，逐渐增大，因此变压器的输出功率一直减小，故A正确，B错误； CD．根据上述分析可知，变压器原、副线圈的匝数之比为3∶1，故CD错误。 故选A。 3. 答案. B 解析:：a→b→c变化过程中，气体体积增大。气体对外酸功，根据坐标可知，a--b过程，气体压强与体积乘积变大，根据理想气体状态方程可知，温度升高，内能增大，b→c变化过程中，气体压强与体积乘积变小，根据理想气体状态方程可知，温度降低、内能减小，故A 错误；a、c两点状态，气体压强与体积乘积相等，均为3p0V0，根据理想气体状态方程可知，a、c两点状态的温度相等.即气体内能不变，气体体积增大，气体对外做功，根据热力学第一定律，气体吸收热量与做功大小相等，即吸收热量为 3p0 故B正确；结合上述·a→b→c变化过程中.气体对外做功,且为W₁=-6p0V0。V₁c→a(的变化过程中，气体体积减小，外界对气体做功，且为 4p0V0，则a→b→c→a的整个过程中气体对外做功为( -2p0V0，故C 错误：根据理想气体状态方程有 可知，压强与体积乘积越大，温度越高、c→a的变化过程中，根据数学函数规律可知.体积与压强乘积的最大值为2p0`2V0=4p0V0，，则有 解得 ,故D 错误。 4【答案】B 【详解】A．保持不变，则根据，可知不变，故A错误； D．由变压器的原副线圈的电流关系可知， 可知电流减小到原来的一半，则减小到原来的一半，所以减小到原来的一半，电阻的热功率为，可知热功率变为原来的，故D错误； B．由上述可得减小到原来的一半，则减小，由于，可得将增大，故B正确； C．调整动力系统的负载不影响交变电流的频率，故C错误。 故选B。 5.【答案】B 【详解】A．将发电站输出的电压整流后为直流电，则输入升压变压器原线圈的为直流电，穿过线圈的磁通量不变，升压变压器的副线圈将不会输出电压，故A错误； B．长距离输电时，线路上的电容、电感对交变电流的影响不能忽略，有时它们引起的电能损失甚至大于导线电阻引起的电能损失，为了减少感抗和容抗，在输电环节可以使用直流电，故B正确； C．用户增多，降压变压器副线圈中的电流增大，降压变压器原线圈中的电流增大，输电线上的电流增大，根据 可知，输电线上损耗的功率增大，故C错误； D．保持输电功率不变，根据 可知，若电压经升压和整流后为，输电线中的电流变为原来的2倍，根据 可知输电线上损耗的功率变为原来的4倍，故D错误。 故选B。 6.【答案】D 【详解】A．振幅A是投影偏离平衡位置的最大距离。由图 2，最大 最小 平衡位置 则振幅，A错误； B．时间内，投影图像斜率绝对值减小（斜率表示速度 ），故投影速度逐渐减小，B错误； C．小球做圆周运动的周期T等于投影简谐运动的周期。由图 2可知 得 由洛伦兹力提供向心力 且圆周运动周期 得，C错误； D．简谐运动最大速度，D正确。 故选D。 7.【答案】D 【详解】A．波的波长为，则传播周期，A错误；     B．由质点P的振动图像可知，t=0时刻质点P沿y轴正向运动，结合波形图可知，该波沿轴正方向传播，B错误； C．由波形图，结合“同侧法”可知，时振动方向向下，C错误； D．时刻，即经过1.5T，质点的位移为，D正确。 故选D。 8.【答案】C 【详解】D．根据题目信息无法求出交流电的频率，故D错误； B．根据题图可知两端电压的有效值为 则电压表示数为，故B错误； C．流过的电流 变压器副线圈两端的电压 根据 可得原线圈、副线圈匝数比为，故C正确； A．流过副线圈的电流 根据 可得流过原线圈的电流 即电流表的示数为6A，故A错误。 故选C。 9.答案　AD 解析　由题图可知，同一温度下，氧气分子的速率呈现“中间多，两头少”的分布规律，A正确;随着温度的升高，绝大部分氧气分子的速率都增大，但有少量分子的速率可能减小，B错误;随着温度的升高，氧气分子中速率小的分子所占的比例减小，则①状态的温度比②状态的温度低，D正确，C错误。 10答案　BD 解析　设活塞面积为S，初始时大气压强为p0，对活塞受力分析，有mg＋p0S＝pAS，解得气体压强pA＝p0＋;在活塞与卡口接触前，活塞受力不变，气体发生等压变化，当活塞与卡口接触后，气体体积不变，继续加热气体，温度升高，由理想气体状态方程可知压强增大，整个过程气体先等压膨胀，再等容升压。题图A气体一直等压膨胀，A错误;题图B气体先等压膨胀，再等容升压，B正确;题图C气体先等压压缩，再等容升压，C错误;题图D气体先等压膨胀，再等容升压，D正确。 11.答案　AD 解析　1→2过程中，气体体积减小，外界对气体做功，W>0，该过程是绝热过程，Q＝0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知ΔU>0，气体内能增加，A正确; 2→3过程中，气体体积增大，对外界做功，W<0，气体压强不变，由盖－吕萨克定律＝C可知温度升高，内能增加，ΔU>0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知Q>0，气体从外界吸收热量，B错误;3→4过程中，气体体积增大，对外界做功，W<0，该过程是绝热过程，Q＝0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知ΔU<0，气体内能减小，C错误; 4→1过程中，气体体积不变，外界对气体不做功，W＝0，气体压强减小，体积不变，由查理定律＝C可知温度降低，内能减小，ΔU<0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知Q<0，气体向外界释放热量，D正确。 12.【答案】ABC【详解】A．电源电压和原副线圈匝数比不变，则副线圈电压不变，环境光照强度从10lx升至40lx的过程，光敏电阻的阻值逐渐减小，所以与的并联电阻变小，其分压减小，电压表示数将减小，故A正确； B．由题意有， 又电流表电流 整理得 由图2可知，401x时取值最小值为，代入可得此时电流取到最大值5A，故B正确； C．当取值最小时，流过的电流最大，此时其功率最大，有 ，故C正确； D．将B选项代入光敏电阻的功率 整理可得 当，即时，有最大值，但，因此当时，有最大值100W，故D错误。 故选ABC。 13.答案　(1)bcad　(2)①135　②8.0×10－12 m3　 ③5.9×10－10　(3)B 解析　(1)用“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验步骤为:配制油酸酒精溶液→测定一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积→准备浅水盘→形成油膜→描绘油膜边缘→测量油膜面积→计算分子直径。因此操作先后顺序排列应是bcad。 (2)①图中油膜中大约有135个小方格，则油酸膜的面积为S＝135×12 cm2＝135 cm2。 ②每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为 V0＝× m3＝8.0×10－12 m3。 ③油酸分子的直径为 d＝ m≈5.9×10－10 m。 (3)1 kg油酸所含有分子数为n＝NA＝，故A错误;1 m3油酸所含分子数为n＝NA＝，故B正确;1个油酸分子的质量为m0＝，故C错误;设油酸分子的直径为d，则有π，解得d＝，故D错误。 14.【答案】(1)C (2) 或 【详解】（1）利用插针法测量玻璃砖的折射率时，在插P3时，应使P3挡住P1、P2的像，在插P4时，应使P4挡住P3和P1、P2的像。故选C。 （2）[1]由题意可知，P1P2⊥BC，则光线在玻璃砖中的入射角为θ，出射光线P3、P4与AC的夹角为θ，则出射光线的折射角为（90°-θ），由折射定律得 则玻璃砖的折射率为。 [2]若按乙同学的方案处理数据时，光在玻璃砖中的入射角的正弦值为 出射光线的折射角的正弦值为 由折射定律得 则玻璃砖的折射率为。 15.答案　(1)6.25p0　(2)49 解析　(1)对汽缸下部分气体，设初状态压强为p1，末状态压强为p2，由玻意耳定律得 p1V1＝p2V2 即p1·＝p2· 初状态时对活塞有p1S＝p0S＋G 联立解得p2＝p0＝6.25p0。 (2)把上部分气体和打进的n次气体作为整体，设此时上部分汽缸中气体的压强为p 末状态时对活塞有p2S＝pS＋G 由玻意耳定律有p0·＋n·p0·＝p· 联立解得p＝6p0，n＝49次。 16．【解析】（1）容器内空气从状态M变化到状态N，由理想气体状态方程，= 解得空气在状态N与状态M时的热力学温度之比 = （2） 由p—V图像与横轴所围面积表示气体做功可知，气体从状态M变化到状态N’，对外做功更多，N和N’都是从状态M变化而来，相同，由此可知> 由热力学第一定律，△U=Q+W，可知从状态M变化到状态N’绝热，Q=0，内能降低的多，对外做功少。空气在图乙中沿实线从M到N的过程, 内能降低的少，对外做功多，所以气体吸热。 （3） 设充入的气体在室温环境下压强为时体积为V，充气过程中温度不变，由玻意耳定律 +=4 解得 V=3 充入空气质量与原有空气质量之比==3 18.答案．(1) (2) (3)， 17.】（1）变压器原线圈输入电压有效值==40V, 由理想变压器变压公式=, 解得：=10V， 变压器的输出功率==10W （2） 设达到平衡时容器C中活塞移动的位移为x，由盖吕萨克定律，= 其中=+S，=+S(+x)， 解得 x=30cm （3） 电阻丝加热放出Q＝900J热量所用的通电时间t==90s 对活塞，由平衡条件，pS=S+mg 解得 p=1.11×105Pa 活塞移动使得外界对气体做功W=-pSx=1.11×105×100×10-4×0.3J=-333J 由热力学第一定律，容器中气体增加的内能△U=W+Q=567J 18【答案】(1)h (2)见解析 【详解】（1）由题意可知，入射角为 根据折射定律可得 解得折射角为 则 又因为 解得 （2）如图所示，倒扣玻璃杯后光线在杯中水面发生折射，折射角 折射光线在玻璃杯壁处发生第二次折射，有 其中，由几何关系可知 解得 再次进入水中的光线到达水槽液面时，入射角为60° 由于光在水中的临界角满足 解得 故光线在水槽液面处发生全反射，光线无法射出水面，故光屏上无光斑 学科网（北京）股份有限公司 $