2023届北京市西城区普通中学物理高二下期末检测试题含解析

考生请注意：

1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。

2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。

3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1、图1、2是利用a、b两种单色光分别通过同一双缝干涉装置得到的干涉图样．下列关于a、b两束单色光的说法正确的是（ ）

A．真空中，a光的频率比较大 B．同一介质中，a光传播的速度大 C．a光光子能量比较大 D．同一介质对a光折射率大

2、某原子核A先进行一次β衰变变成原子核B，再进行一次α衰变变成原子核C，则（ ） A．核C的质子数比核A的质子数少2 B．核A的质量数减核C的质量数等于3 C．核A的中子数减核C的中子数等于3 D．核A的中子数减核C的中子数等于5

3、一理想变压器的原、副线圈的匝数比为4:1，原线圈接在一个交流电源上，电压u随时间t变化的规律如图所示；副线圈所接的负载电阻是11Ω，则下列判断中错误的是( )

A．原线圈中的交变电流的频率是50 Hz B．流过副线圈的电流是5 A C．副线圈的输出电压为55 V

D．变压器输入、输出的功率之比为4∶1

4、如图所示为长直光纤的纵切面内层折射率为n1,外层折射率为n2,为中轴线．光线自光纤左端进入,与中轴线夹角为,要使该光线总是发生全反射,应满足的条件是（ ）

A．n1n2,角足够小 B．n1n2,角足够大 C．n1n2,角足够小 D．n1n2,角足够大

5、在下图中L为电感线圈，C为电容，R为电阻，A、B、C为三只相同的灯泡，将它们接在电压为U的交流电源上，三只灯泡的亮度一样．若保持电源电压不变，而将电源频率增大，下列说法中正确的是( )

A．三只灯泡的亮度不变 B．C灯泡亮度不变，B灯泡变暗 C．A灯泡变暗，B灯泡变亮

D．A灯泡变亮，B灯泡变暗、C灯亮度不变

6、质点受到三个力的作用，三个力的合力可能为零的是（ ） A．2N，4N，8N C．3N，10N，6N

B．4N，6N，7N D．4N，6N，1N

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图所示，在光滑绝缘水平面上有一单匝线圈ABCD，在水平外力作用下以大小为v的速度向右匀速进入竖直向上的匀强磁场，第二次以大小为

v的速度向右匀速进入该匀强磁场，则下列说法正确的是 3

A．第二次进入与第一次进入时线圈中的电流之比为1：3 B．第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比为1：3 C．第二次进入与第一次进入时线圈中产生的热量之比为1：3

D．第二次进入与第一次进入时通过线圈中某一横截面的电荷量之比为1：3 8、

如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R同时在等势面b上，据此可知（ ）

A．三个等势面中，c的电势最高

B．带电质点在P点的电势能比在Q点的电势能小 C．带电质点在P点的动能与电势能之和比在Q点的小 D．带电质点在P点的加速度比在Q的加速度大 9、关于原子光谱，下列说法中正确的是 A．稀薄气体发光的光谱只有几条分立的亮线 B．稀薄气体发光的光谱是一条连续的彩带 C．不同原子的光谱线不同

D．利用光谱分析可以确定物质的化学成份 10、下列说法正确的是( )

A．分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小 B．布朗运动就是气体或液体分子的无规则运动

C．分子a从无穷远处由静止开始接近固定不动的分子b，只受分子力作用，当a受到分子力为0时，a的动能一定最大

D．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）某同学在“研究互感和自感现象”的实验中，设计了如图所示的装置．线圈A、变阻器R和开关S连接到干电池上，灵敏电流计甲与高阻值电阻R0串联在另一支路中；线圈B的两端接到另一个灵敏电流计乙上，两个灵敏电流计相同，零刻度居中．闭合开关S后，保持滑动变阻器R的滑片P不动，稳定后甲、乙两个灵敏电流计指针的位置如图所示．

⑴当滑片P快速地向a端滑动时，乙表指针的偏转方向是______．（填“向右偏”、“向左偏”或“不偏转”） ⑵闭合开关S，待电路稳定后再迅速断开S，甲表的偏转情况是_______，乙表的偏转情况是______．(填“向左偏”、“向右偏”或“不偏转”)

12．（12分）如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．图中0点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先让入射球m1，多次从倾斜轨道上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1，从斜轨上S位置静上释放，与小球m2相碰，并多次重复，测出碰后m1平均落地点在M点，m2平均落地点在N点，不计小球与轨道的摩擦．

（1）实验中，不需要测量的物理量是______．

A．两个小球的质量m1、m2 B．小球抛出点距地面的高度H C．小球做平抛运动的射程 （2）若实验中发现m1OMm2ON小于m1OP，则可能的原因是______． A．碰撞过程有机械能的损失 B．计算时没有将小球半径考虑进去

C．放上小球m2后，入射球m1从倾斜轨道上都止释放的位置比原来的低 （3）若两球发生弹性正碰，则OM、ON、OP之间一定满足的关系是______． A．OP=ON-OM B．2OP=ON+OM C．OP-ON=2OM

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）在一周期性变化的匀强磁场中有一圆形闭合线圈，线圈平面与磁场垂直，如图甲所示，规定图中磁场方向为正。已知线圈的半径为r、匝数为N，总电阻为R，磁感应强度的最大值为B0，变化周期为T，磁感应强度按图乙所示变化。求：

（1）在0~

1T内线圈产生的感应电流的大小I1； 63r2NB0（2）规定甲图中感应电流的方向为正方向，在图丙中画出一个周期内的i-t图象，已知图中I0；

RT（3）在一个周期T内线圈产生的焦耳热Q。

14．（16分）如图所示，边长为1=60cm的正方形线圈abcd的匝数为n=100匝，线圈电阻为r=1Ω，外电路的电阻为R=8Ω，ab的中点和cd的中点的连线00′恰好位于匀强磁场的边界上，磁感应强度为B=0.2T，现在线圈以00′为轴，以角速度ω=10rad/s匀速转动，求： (1)闭合电路中电流瞬时值的表达式；

(2)线圈从图示位置转过90°的过程中电阻R上产生的热量； (3)线圈从图示位置转过90°的过程中电阻R上通过的电荷量．

15．（12分）如图所示，两根平行的金属导轨MN、PQ，其中左边PO、MQ'是倾角为的斜轨，右边放在水平面上，导轨间距为L，电阻不计。水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B、水平导轨光滑，a棒与斜轨间动摩擦因数为，导体棒a与b的质量均为m，电阻值分别为RaR，Rb2R。b棒放置在水平导轨上足够远处，a棒在斜轨上距水平面h高度处由静止释放。运动过程中导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，重力加速度为g。求：

（1）a棒刚进入磁场时受到的安培力的大小和方向； （2）最终稳定时两棒的速度大小；

（3）从a棒开始下落到最终稳定的过程中，b棒上产生的内能。

参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1、B 【解析】

A、a光照射产生的条纹间距大于b光照射产生的条纹间距，根据双缝干涉条纹的间距公式xL知，a光的波长大d于b光的波长，A正确．B、由cf结合波长关系知a光的频率小于b光的频率，而hf可得a光光子能量比较小，B错误．C、D、由vc可知a光的频率小，折射率小，则波速较大，即两种光在同一介质中的传播速度满足vavb，CnL，以及知道波长、频率的大小关系，注意光电效应方d正确、D错误.故选AC.

【点睛】解决本题的关键掌握双缝干涉条纹的间距公式x程的内容． 2、C 【解析】

原子核A进行一次β衰变后，一个中子转变为一个质子并释放一个电子，再进行一次α衰变，又释放两个中子和两个质子，所以核A比核C多3个中子、1个质子．故C项正确，ABD三项错误．

点睛：α衰变：新核比旧核的质量数少4，电荷数少1；新核中质子数、中子数比旧核均少1．β衰变：新核与旧核的质量数相等，电荷数多1，新核中质子数比旧核多1，中子数比旧核少1；β衰变的本质是原子核中一个中子变成质子的同时立即从核中放出一个电子． 3、D 【解析】

A. 根据图像可看出交流电的周期为0.02s，所以原线圈中的交变电流的频率是50 Hz，故A正确；

BC. 原线圈的电流为，根据电压与匝数之间的关系可知副线圈的电压为 所

以流过副线圈的电流是，故BC正确；

D. 根据变压器的原理可知变压器输入、输出的功率之比为1∶1，故D错误； 本题选不正确的，故选D 4、C 【解析】

当光从光密介质射向光疏介质时，当入射角大于临界角时才会发生全反射现象，故n1大，即角足够小，故C正确． 5、C 【解析】

三个支路电压相同，当交流电频率变大时，电感的感抗增大，电容的容抗减小，电阻所在支路对电流的阻碍作用不变，所以流过A灯泡所在支路的电流变小，流过灯泡B所在支路的电流变大，流过灯泡C所在支路的电流不变.故灯泡A变暗，灯泡B变亮，灯泡C亮度不变；综上分析，故D正确． 【点睛】 【详解】 6、B 【解析】

A.2N与4N合成最大6N，最小2N，当取8N时与第三个力合成，最终合力不可能为0N，故A错误； B.4N和6N合成最大10N，最小2N，合力可能为7N，所以最终合力可能为零。故B正确； C.3N和10N合成最大13N，最小7N，不可能为6N，最终合力不可能为0N，故C错误； D.4N和6N合成最大10N，最小2N，不可能为1N时，最终合力不可能为0N，故D错误；

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 7、AC 【解析】

CD边长度为L，AD边长为L，A、设磁感应强度为B，线圈电阻为R；线圈进入磁场过程中，产生的感应电动势E=BLv，感应电流I故A正确；

n2，光线射到界面上的角足够

EBLvvI2:I1:v1:3，，感应电流I与速度v成正比，第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比：RR3B2L2vB、线圈进入磁场时受到的安培力：FABIL，线圈做匀速直线运动，由平衡条件得，外力

RB2L2v2B2L2v，外力功率PFv，功率与速度的平方成正比，第二次进入与第一次进入时外力做FFABILRRv2功的功率之比：P2:P1:v1:9，故B错误；

3BLvLB2L2Lv2C、线圈进入磁场过程中产生的热量：QIRt，产生的热量与速度成正比，第二次进RRvRv:v1:3，故C正确； 3BLLtD、通过导线横截面电荷量：qIt，电荷量与速度无关，电荷量之比为1：1，故D错误． RtR入与第一次进入时线圈中产生热量之比：Q2:Q1故选AC． 【点睛】

根据切割公式E=BLv求解电动势，由欧姆定律求出感应电流，然后求出电流之比；线框匀速进入匀强磁场，安培力与外力平衡，根据安培力公式求解安培力，再结合平衡条件得到外力，最后根据P=Fv求解外力的功率；由焦耳定律求出线圈产生的热量，然后求出热量之比．由电流定义式求出电荷量间的关系． 8、ABD 【解析】

由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大． 【详解】

A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故a等势线的电势最高，c等势线的电势最低，故A错误；

B、根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故B正确；

C、从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误； D、等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大；故D正确. 故选BD. 【点睛】

解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、

22电势能、动能等物理量的变化． 9、ACD 【解析】

AB.稀薄气体发光的光谱只有几条分立的亮线，是明线光谱．故A项正确，B项错误． C.同一种原子的明线谱和吸收谱谱线位置相同，不同原子的光谱线不同．故C项正确． D.不同原子的光谱线不同，利用光谱分析可以确定物质的化学成份．故D项正确． 故选ACD 10、ACD 【解析】

A、随分子间距的增大，分子间的引力和斥力都减小，只是斥力减小的更快些；A正确．B、布朗运动是悬浮在液体当中的固体颗粒的无规则的热运动，即不是液体分子的运动也不是固体分子的运动，它间接反映了液体分子的无规则的热运动；B错误．C、分子a只在分子力作用下从远处由静止开始靠近固定不动的分子b，当间距变小时，分子力做正功，动能增加，当越过平衡位置时，分子力做负功，则分子动能减小，则当处于平衡位置时，即a受到的分子力为0时，分子的动能最大，C正确．D、当分子间为斥力时，随着距离的减小，分子力逐渐增大，而分子斥力又做负功，则分子势能增大，D正确．故选ACD． 【点睛】

本题考查了分子动理论的三个主要内容，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点．

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。 11、 向右偏； 向左偏； 向左偏；

【解析】(1) 当滑片P快速地向a端滑动时，线圈A中电流增大，穿过线圈B的磁通量向下增大，根据楞次定律，灵敏电流计乙的电流从正极流入，根据灵敏电流计甲电流从正极流入时指针向右偏，灵敏电流计乙的指针向右偏； (2) 断开S，由于自感作用，线圈A中电流逐渐减小，此时灵敏电流计甲的电流从负极流入，所以甲表的指针向左偏；穿过线圈B的磁通量向下减小，根据楞次定律，灵敏电流计乙的电流从负极流入，灵敏电流计乙的指针向左偏； 点睛：首先明确灵敏电流计甲的电流与偏转方向键的关系；根据楞次定律判断当滑片P快速地向a端滑动时，流过灵敏电流计乙的电流方向，确定指针的偏转方向；断开S，根据自感现象，判断流过灵敏电流计甲的电流方向，确定指针的偏转方向；根据楞次定律判断流过灵敏电流计乙的电流方向，确定指针的偏转方向。 12、B； C； A； 【解析】

试题分析：过程中小球释放高度不需要，小球抛出高度也不要求．最后可通过质量与水平射程乘积来验证动量是否守恒．根据碰撞前后动量守恒可以写成表达式，若碰撞为弹性碰撞，则碰撞前后动能相同；根据实验数据，应用动量的定义式与动量守恒定律分析答题，注意掌握弹性碰撞时碰后速度公式可以牢记以准确应用．

（1）本实验要验证的动量守恒的式子是：m1v1m1v1m2v2，要测量质量和速度，平抛运动过程中下降的高度相同，则所用时间相同，所以在等式两边同乘以t，则但速度是由水平位移来代替的，所以时间相同不用测量，高度不用测量，故选B．

（2）碰撞的机械能损失不会动量守恒，那么出现此种结论只能是第二次滑下时，比第一次滑下时低一些，故选C． （3）根据弹性碰撞的公式，碰撞后两球的速度：v1的时间相等，所以有OP=ON-OM，A正确．

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

m1m22m1v0，v2v0?，显然v2v1v0，因平抛运动中

m1m2m1m26Nr2B018(Nr2B0)213、（1）I1（2）（见下图）（3）Q

RTRT

【解析】

试题分析：（1）在0~11①（2分） T内感应电动势 E1Nt162磁通量的变化1B0r②

6Nr2B0解得E1③（1分）

TE16Nr2B0线圈中感应电流大小 I1④（2分） RRT（2）图画正确给3分（每段1分）

15T和T~T两个时间段内产生的热量相同，有 661Q1Q3I12RT ⑤（1分）

61542在T~T时间内产生的热量Q2I2RT ⑥（1分） 666（3）在0~18(Nr2B0)2一个周期内产生的总热量QQ1Q2Q3（2分）

RT考点：电磁感应现象与电路

14、（1）i=4sin10t(A) （2）Q=1.44πJ （3）q=0.4C 【解析】

(1)线圈转动时，总有一条边切割磁感线，且ac边和bd边转动的线速度大小相等，当线框平行于磁场时，产生的感应电动势最大，为：EmnBLv1nBL2 2nBL2由闭合电路欧姆定律可以知道Im，当以图示为计时起点时，流过R的电流表达式为：

2(Rr)nBL2iImsintsint

2(Rr)代入数据的：i=4sin10t(A)

(2)在线框由图示位置匀速转动900的过程中，用有效值来计算电阻R产生的热量QIR2T ，其中4nBL22I，T

222(Rr)Imn2B2L4R 计算得出：Q16(Rr)2代入数据的：Q=1.44πJ.

(3)在转过900的过程中感应电动势的平均值为：

En tE Rr流过R的平均电流InBL2 计算得出：流过R的电量q2(Rr)代入数据的：q=0.4C.

点睛：线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流．而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定．而通过某一电量时，则用平均值来求．同时注意磁场只有一半．

15、（1）

B2L22ghFtan1tan1tanEmgh，方向水平向左（2）（3） v2ghtanb3tan2tan3R【解析】

（1）设a棒刚进入磁场时的速度为v，从开始下落到进入磁场，由动能定理有：

mghmgh1mv2 tan2a棒切割磁感线产生感应电动势EBLv

根据闭合电路欧姆定律有：

IE

R2Ra棒受到的安培力FBIL

联立以上各式解得：

B2L22ghFtantan 3R方向水平向左

（2）设两棒最后稳定时的速度为v，从a棒开始下落到两棒速度达到稳定，根据动量守恒定律有：

mv2mv

解得：

v1tan 2gh2tan（3）设a棒产生的内能为Ea，b棒产生的内能为Eb 根据能量守恒定律得：

1hmgh2mv'2EaEbmg

2tan两棒串联内能与电阻成正比Eb2Ea 解得：

1tanEbmgh

3tan