安阳市内黄县第一中学2016-2017学年高二下学期期末考试物理试题 含解析

河南省安阳市内黄县第一中学2016-2017学年高二下学期
期末考试物理试题
一、选择题:本红共10小题，在每小题给出的四个选项中，第1〜6题只有一个选项正确，第7〜10题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

1. 2016年8月23日，第七届中国国际超级电容器产业展览会在上海举行，作为中国最大超级电容器展,众多行业龙头踊跃参与.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接,一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态,在其他条件不变的情况下，现将平行板电容器的两极非常缓慢地错开一些，那么在错开的过程中
A。

电容器的电容C增大
B. 电容器所带的电荷量Q减小
C。

油滴将向下加速运动，电流计中的电流从N流向M
D. 油滴静止不动，电流计中的电流从M流向N
【答案】B
【解析】A、将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小,根据电容的决定式得知，电容减小,故A错误；
B、根据Q=CU,由于电容器电容减小，因两板间电压U不变，那么极板的电荷量会减小，故B正确;
C、将平行板电容器的两极非常缓慢地水平错开一些,由于电容器
两板间电压不变,根据E=U/d，得知板间场强不变，油滴所受的电场力不变，则油滴将静止不动；再由C=Q/U知，电容器带电荷量减小，电容器处于放电状态，电路中产生顺时针方向的电流，则电流计中有N→M的电流。

故C错误，D错误。

故选：B。

【名师点睛】
带电油滴原来处于静止状态，电场力与重力平衡，将两板缓慢地错开一些后，分析板间场强有无变化，判断油滴是否仍保持静止；根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析电荷量的变化,确定电路中电流的方向。

2。

下列说法错误的是
A. 铯137进行β衰变时，往往同时释放出γ射线,γ射线具有很强的穿透能力,甚至能穿透几厘米厚的铅板
B。

光是电磁波的一种,它和γ射线本质相同
C。

中子被U92235吸收,U92235会裂变，发生链式反应，产生核能
D。

氢原子会辐射光子,形成氢光谱，它只包含有可见光、X紫外线，
【答案】D
【解析】A、铯137进行β衰变时释放出γ射线，γ射线具有很强的穿透能力，甚至能穿透几厘米厚的铅板,故A正确；
B、光和γ射线本质相同,都是电磁波的一种，故B正确；
C、U92235吸收中子后会裂变,发生链式反应，释放核能，故C正确; D。

氢原子光谱为不连续的明线光谱，自无线电波、微波、红外光、可见光、到紫外光区段都有可能有其谱线，故D错误。

本题选择错误答案，故选：D。

3. 如图所示为某质点从t=0时刻开始加速度随时间变化的图象,t=4s 时刻，质点的速度刚好为零，则
A. 0〜4s内，质点一直做加速运动
B。

t=0时刻,质点的速度为−9m/s
C. 0〜2s内质点的平均速度大小为7.5m/s
D。

2〜4s内质点的平均速度大小为7.5m/s
【答案】B
【解析】A、t=4s时刻，质点的速度减小到零，说明质点在做减速运动，A错误;
B、a—t图像围成的面积等于速度的变化量,由图可知，0〜4s内，速度变化了9m/s，所以t=0时刻，质点的速度为−9m/s，B正确；
C、0〜2s内质点的速度由—9m/s变减速到—6m/s，平均速度小于
7.5m/s，C错误；
D、2〜4s内质点的速度由-6m/s匀减速到0，平均速度大小为3m/s，D错误。

故选：B.
4。

一带正电的粒子在仅受电场力作用下，从坐标原点O以一定的初速度v0沿电场中的x轴正向做直线运动，x轴上的电势分布如图所示，则粒子从O点运动到x=x0的过程中,下列说法正确的是
A。

粒子的电势能先增大后减小
B. 粒子的动能先增大后减小
C。

粒子运动的加速度先增大后减小
D. 粒子受到的电场力一直沿x轴正方向
【答案】A
【解析】A、粒子从O点运动到x=x0的过程中,电势先升高后降低，根据正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小,知粒子的电势能先增大后减小故A正确；
B、粒子在运动过程中电势能和动能的总量保持不变,粒子的电势能先增大后减小，则知粒子的动能先减小后增大，故B错误；
C、根据E=△φ/△x知φ−x图象的斜率大小等于场强，由图知，图线切线斜率的绝对值先减小后增大再减小,则场强先减小后增大再减小,由牛顿第二定律知qE=ma，知粒子的加速度先减小后增大再减小，故C错误;
D、从O点运动到x=x0的过程中，电势先升高后降低,则电场方向先沿x轴负方向后沿x轴正方向,而正电荷所受的电场力方向与场强方向相同，所以粒子运动的电场力先沿x轴负方向后沿x轴正方向,故D错误.
故选:A。

【名师点睛】
根据正电荷在电势高处电势能大,在电势低处电势能小，判断电势
能的变化；由能量守恒定律分析动能的变化；根据φ—x图象的斜率大小等于场强，分析场强的变化，由牛顿第二定律分析加速度的方向；由电势的变化分析场强的方向，再判断电场力的方向. 5. 如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来拉动放置在光滑斜面上的重物，长杆的一端放在地面上通过铰链连结形成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方O点处，杆长为L，O点到左侧定滑轮的竖直距离为4
L，不计滑轮的大小，在杆的另一端拴一细
3
绳，通过两个滑轮后拴在斜面上的重物上,连接重物的绳与斜面平行,现在杆的另一端用力，使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度ω转至水平（转过了90°角)，斜面的倾角为30°，斜面足够长，在杆转过90°的过程中，下列说法中正确的是
A. 重物M一直做加速运动
B。

重物M的最大速度是1
ωL
2
C. 斜面体对地面的压力一直不变
D. 地面对斜面体的摩擦力先向左后向右
【答案】C
【解析】A、杆的另一个端点的速度沿圆弧的切线方向，将其沿着平行绳子和垂直绳子的方向分解，如图所示：
设该端点的合速度与切线方向的夹角为θ，切线分速度
为:v1=v cosθ=ωL cosθ,由于θ先减小后增加，故切线分速度v1先增加后减小，故重物M先做加速运动后做减速运动，故A错误；
B、当杆的左侧端点的切线方向与细线平行时，物体的速度最大，为v=ωL,故B错误;
C、滑块对斜面体的压力和摩擦力大小和方向均不变，故斜面体对地面的压力一直不变，C正确；
D、滑块对斜面体的压力和摩擦力大小和方向均不变，而力的合力有向左的分量，故地面对斜面体的摩擦力一直向右，D错误。

故选：C。

【名师点睛】
杆的另一侧端点的速度沿着轨迹的切线方向，将其沿着平行绳子和垂直绳子的方向分解,得到平行绳子方向的分速度的变化情况；滑块对斜面体的压力和摩擦力大小和方向均不变，可知斜面体受到的支持力和摩擦力的变化情况。

6。

如图,竖直平面内有一正方形，一个质量为m电荷量为q的带正电小球在A点以一定初速度沿AB方向抛出，小球恰好过C点。

若在竖直平面内加一个竖直方向的匀强电场，仍将小球在A点沿AB方向抛出，当其初速度减小为原来的一半时，恰好也能通过C 点，则电场强度的大小和方向分别是（重力加速度为g，空气阻力不计)
，竖直向下
A. mg
4q
B. 3mg
4q
，竖直向上
C。

3mg
4q
，竖直向下
D. 5mg
4q
,竖直向上
【答案】B
【解析】当只有重力时，小球作平抛运动，设小球的初速度为v，
正方形的边长为l，则：l=vt，l=1
2
gt2；当存在匀强电场后，小球做类平抛运动，则:l=v
2
t′，l=12at′2，联立解得：a=g/4；加速度减小,电场力向上，小球带正电，则电场方向竖直向上，由牛顿第二定律
得：mg−Eq=ma，即E=3mg
4q
，故B正确。

7。

2016年1月20日，美国天文学家推测：太阳系有第九个大行星。

若这第九大行星质量为地球质量的p倍,半径为地球半径的k 倍，到太阳的平均距离为地球到太阳平均距离的n倍,将行星的运动看作是圆周运动，忽略地球自转，万有引力常量G已知,则
A。

该行星公转周期为办√k3年
B. 该行星做圆周运动的加速度是地球做圆周运动的加速度的1
n3
倍
C。

该行星表面的重力加速度是地球表面的重力加速度的p
n2
倍
D。

该行星的第一宇宙速度是地球的第一宇宙速度的√p
k
倍
【答案】BD
..。

..。

.。

B、由GMm
r2
=ma得：a a地=r地2r2=1n2，B正确；
C、由Gmm′
R2
=m′g得:g g地=m m地×R地2R2=p k2,C错误；
D、由v=√gR得：v
v地=√g
g地
×R
R地
=√p
k
，D正确。

8. 一位网球爱好者以拍击球，使网球沿水平方向飞出，如图所示
相同的网球1、2在等高处水平发出，网球2恰好越过球网，不计网球的旋转和空气阻力，网球自发出点到落地的过程中，正确的是
A. 落地时网球1的速度小于网球2的速度
B. 网球1的飞行时间大于网球2的飞行时间
C. 网球1的速度变化率等于网球2的速度变化率
D. 落地时，网球1的重力功率等于网球2的重力功率
【答案】CD
【解析】AB、网球1与球2所做的运动为平抛运动，下落的高度相同,根据公式t=√2ℎ
,所以运动时间相同；在水平方向上做匀速直线运
g
动,根据公式x=v0t可得球1的水平位移大，初速度大;根据落地时的
速度：v=√v
2+(gt)2，落地时网球1的速度大于球2的速度，故AB错
误；
C。

运动过程中，两球的加速度都等于重力加速度g，而速度变化率等于加速度,所以两球的速度变化率相等，故C正确；
D. 落台时，由于时间相等，则竖直分速度相等,根据P=mgv y知，重力的瞬时功率相等，故D正确;
故选：CD。

【名师点睛】
网球自最高点到落台的过程中做平抛运动,在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动,根据高度比较运动的时间,结合水平位移和时间比较初速度,落地时的速度是水平和竖直速度
的合速度；速度变化率等于加速度；落台时,球的重力功率等于重力和竖直分速度大小的乘积，由此分析即可。

9. 如图所示，水平面上固定一个竖直放置内壁光汾的四分之三圆弧状细管,圆弧状细管半径
R=0.2m,一个小球从管口A的正上方ℎ1高处自由下落,小球恰能到达管口C处。

若小球从管口A上方高ℎ2处自由下落，则它能从管口A运动到管口C飞出又落回到管口A.不计空气阻力，g=10m/s2，则
A。

第一次释放小球时ℎ1高为0。

4m
B。

第二次释放后小球从C点飞出时的速度大小为1m/s
C. 第二次释放小球时ℎ2高为0。

6 m
D。

两次释放小球的高度之比ℎ1：ℎ2=
【答案】BD
【解析】A、第一次释放时,运动到C点时的速度恰好为零，由机械能守恒得：mgh1=mgR，
解得:h1=R=0.2m,A错误；
B、第二次释放后,从C点飞出后做平抛运动，设此时的速度大小为V C，则
水平方向R=V C t，
竖直方向：R=1
gt2,
2
=1m/s，B正确；
解得:v c=√gR
2
C、从开始下落到C点的过程中，由机械能守恒得：mgℎ2=mgR+1
mv c2
2
解得：h2=0.25m，C错误;
D、所以：h1：h2=4：5，D正确。

故选：BD。

【名师点睛】
第一次释放时，恰能运动到C点，此时的速度为零，由机械能守恒就可以求得高度H；第二次释放后，从C点飞出后做平抛运动,由平抛运动的规律可以求得在C点的初速度，在由机械能守恒可以求得此时下降的高度h。

10. 如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，线圈的电阻不计，线圈共N匝，理想变压器原、副线圈的匝数比为1：2，定值电阻R1=R2=R，当线圈的转动角速度为ω时，电压表的示数为U.则
A。

电流表的示数为U
2R
B。

从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬
时表达式为e=5√2
Ucosωt
2
C. 线圈在转动过程中通过线圈磁通量的最大值为5√2U
2Nω
D。

当线圈的转动角速度为2ω时，电压表的示数为4U
【答案】BC
【解析】A、流过副线圈的电流I2=U/R，根据I1：I2=n2：n1可知,流过电流表的电流I1=2U/R，故A错误；
B、变压器中原线圈的电压为U1,根据U1：U2=n1:n2可知电压
U1=U/2,电阻R1分得的电压U R=I1R=2U,故线圈产生的感应电动势
,故从线圈转动到图的有效值为U有=U1+U R=5U/2，最大值Em= 5√2U
2
示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时表达式为e=5√2
Ucosωt，
2
故B正确；
C。

根据Em=NBSω可知BS=Em/Nω=5√2U
，故C正确；
2Nω
D. 根据Em=NBSω可知，转动角速度加倍，产生的感应电动势加倍，故电压表的示数加倍,故D错误.
故选：BC.
【名师点睛】
线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动，产生正弦式交变电流，最大值E m=NBSω；然后结合变压器的变压比公式和输入、输出功率关系列式分析。

二、非选择题：包括必考题和选考题两部分.第11题～第15题为必考题，每个试题考生都必须作答，第16题～第17题为选考题，考生根据要求作答.
11. 某同学用如图甲所示装置，做“探究弹力和弹簧伸长的关系"的实验，装置中，弹簧的上端O点固定在铁架台的金属杆上，旁边竖起放置一刻度尺，刻度尺的零刻度线跟O点对齐，在弹簧的下部A处固定一个指针，记下不挂钩码时指针所指的位置，然后在弹簧的下面依次挂上1个、2个、3个、……钩码，分别记下指针所指的位置，算出弹簧的弹力与伸长,填在下表中。

（1）由数据在图乙所示的坐标系中画出F−x图象_____.
(2)由此得出结论是
__________________________________________。

(3）由图象得弹簧的劲度系数为k A=____N/m。

（4）如果将指针固定在A点的下方P处，再作出x随F变化的图象，得出弹簧的劲度系数与k A相比,可能是________.
A。

等于k A B. 大于k A C。

小于k A D.无法确定
【答案】（1)。

(1）图像如图；
（2）. (2）在弹性限度内，弹力与弹簧的伸
长量成正比；（3）. （3)41(40-44) （4）. （4）A.
【解析】（1）根据实验数据在坐标纸上描出的点，基本上在同一条直线上。

可以判定F和x间是一次函数关系.画一条直线,使尽可能
多的点落在这条直线上，不在直线上的点均匀地分布在直线两侧,如下图：
（2)由图可知，F随x的变化是过原点的直线，图线的物理意义是表明弹簧的弹力大小和弹簧伸长量大小成正比。

可知在误差允许的范围内，弹簧的弹力跟弹簧的伸长量成正比。

(3)图线的物理意义是表明弹簧的弹力大小和弹簧伸长量大小成正比。

由k=△F/△x=2.50/6。

00×10−2≈41N/m；
(4）如果将指针固定在A点的下方P处,再作出x随F变化的图象时,做出的图线不过原点，但仍然是直线，得出弹簧的劲度系数不变。

A正确。

12. 某实验小组要测量电源的电动势E和内阻r。

（1)甲同学设计了如图甲所示的电路，电源的电动势的为4。

5 V,电路中电压表的内阻很大，量程只有3V，电限箱R的最大限俄为999 9. 99 Ω，R0是阻值为5.0 Ω的定值电阻。

实验时，闭合电键S。

多次调节电阻箱的阻值.读出多组电阻箱阻值R和时应的电压表示
数U，由测得的数据，绘出1
−R图线如图乙所示:。

则电源电动势
U
E=____V，内阻r=_____Ω(以结果均保留两位有效数字）
（2)乙同学找来一个电流表,用如图丙所示的电路也测量电池的电动势和内电阻，闭合开关S后，改变电阻箱阻值,当电阻箱阻值为R1.时,电流表示数为I1，.当电阻箱阻值为R2时，电流表示数为I2,已知电流表的内阻为R A.请你用R A、R1、R2、I1、I2表示出电池的内电阻
r=___Ω
【答案】（1）. （1)4.4 （2）. 1。

6 （3）. （2）r=I1R1−I2R2
I2−I1
−R A 【解析】(1）根据闭合电路欧姆定律可得:E=U+U
R0
(r+R)
变形可得：1
U =1
E
+r
ER0
+1
ER0
R
由图象可知，1
E +r
ER0
=0.30
1
ER0
=k=
0.60−0.30
6.6
=
1
22
解得：E=4.4V；r=1。

6Ω;
（2)根据闭合电路欧姆定律可得：
I1=
E
r+R A+R1
I2=
E
r+R A+R2
联立解得：r=I1R1−I2R2
I2−I1
−R A
13. 如图所示一个上表面粗糙的木板B静止于光淆水平面上,木板B 的质量M B=2kg，另有一个质量M A=2kg的物块A停在B的左端，质量m=0.5kg的小球用长L=1.25m的轻绳悬挂在固定点O上，小球在最低点时与物块A相切,现将轻绳拉至水平位置，由静止释放小球，小球在最低点与A发生碰撞后弹，反弹的速度大小为1m/s，设物块与小球均可视为质点，且木板B足够长,不计空气阻力，g取10m/s2，试求：
(1）小球与A发生碰撞前瞬间的速度;
（2)物块A与木板B相互作用后达到的共同速度；
（3）在从释放小球到A、B达到共同速度的过程中，小球及A、B组成的系统损失的总机械能。

【答案】（1）5m/s（2）0.75m/s(3）4.875J
【解析】（1)对于小球，向下摆动的过程中机械能守恒，则有：mgL=1
mv12
2
即得小球与A发生碰撞前瞬间的速度v1=5m/s。

(2)小球与A碰撞过程中,取水平向右为正方向，系统的动量守恒，得
mv1=−mv′1+M A v A
对于物块A与木板B相互作用的过程中，由动量守恒定律得
M A v A=(M A+M B）v共，
解得v共=0。

75m/s
联立以上各式，解得△E=4。

875J。

14。

目前人类的火星之旅还面临着十大难题，其中之一是辐射问题，由于宇宙射线“风暴”常常会持续数日之久，前往火星探险的宇航员将面临遭受过量辐射的问题，为避免这一问题,科学家设想给航天器穿上一件“磁场外衣"，其过中心O的截面如图所示，匀强磁场分布在截面为环状的区域内，其内边界半径R=a，磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度大小为B。

设射线粒子带正电,质量为
m，电荷量为q，最大速度为v=Bqa m,不计粒子的重力及相互间作用力。

(1)若射线粒子从A点向O点以最大速度射入,请判断其圆周运动的旋转方向(“顺时针”或“逆时针"),并求出轨迹半径。

(2）要使第(1)题中粒子不能进人磁场内边界，则磁场外边界的半径R2至少为多少?求此时粒子在磁场中的运动时间。

（3)在R2为（2）中取值时，要使上述粒子从A点以任何方向入射都不能进入磁场内边界，匀强磁场的磁感应强度至少应调节到多少？
【答案】(1)r=a;（2）2πm
3Bq
（3）(√3+1)B
【解析】(1)由左手定则可知,粒子做顺时针方向的圆周运动；
由洛伦兹力提供向心力得：Bqv=m v2
r ，解得：r=mv
qB
=a。

（2）粒子运动轨迹如图甲所示。

由勾股定理得：r2+R22=(r+R1)2,结合r=a,R1=a，则有：R2=√3a
设圆周运动圆心角为θ，由几何关系得: tanθ
2=R2
r
=√3，得：θ=2π3
粒子在磁场中运动时间：t=θ
2π
T,结合周期：
得: Q1=8
5mgL−B2L2v1
25BL
（3)假设与磁场外边界相切的粒子恰好不进入保护区，所有的粒子
都不能进入保护区，此时轨道如图乙所示，此粒子轨道半径: r′=
R2−R1
2=(√3−1)a
2
由B′qv=m v2
r′
得:B′=(√3+1)B
15. 如图所示，光滑固定斜面倾角为θ=37°，斜面上有两个完全相同的正方形线框P、Q用细线连接，P通过平行于斜面的细线绕过斜面顶端的定滑轮与一重物相连接，开始重物固定，线框处于静止，斜面上水平虚线MN上方有垂直于斜面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，线框的边长为L,线框间连线长及P线框最上边到MN 的距离也L，释放重物，使重物带动线框沿斜面向上运动,两个线框的质量均为m,每个线框的电阻均为R，重物的质量为2m，虚线上方的斜面足够长,重物离地面足够高，线框运动过程中，上边始终与MN平行，重力加速度为g，当线框P刚好完全进人磁场的一瞬
间，重物的加速为零，求：
(1)线框P上边刚进人磁场时，重物的加速度多大?
(2）线框P进人磁场的过程中，线框P通过截面的电量及线框P中产生的焦耳热分别为多大?
（3）如果线框Q进入磁场的过程所用的时间为,则线框Q刚好完全进入磁场时的速度多大?
【答案】（1）a=g
5−B2L2
4mR
√2
5
gL（2）85mgL−32m3g2R2
25B4L4
（3）0.2gt−B2L3
4mR
+√2
5
gL+16m2g2R2
25B4L4
【解析】（1）线框在进入磁场之前，对于P、Q和重物组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒，则得:2mgL−2mgLsinθ=1
2
×4mv12
对于重物,由牛顿第二定律得加速度为：2mg−T=2ma
对于两个线框，由牛顿第二定律得加速度为：T−2mgsinθ−F安=2ma 对于P线框回路：E=BLv，I=E
R
P线框受到的安培力:F安=BIL
代入解得：a=g
5−B2L2
4mR
√2
5
gL
(2)在线框P进入磁场的过程中
由q=IΔt I=E
R E=Δϕ
Δt
得q=ΔΦ
R =BL2
R
当线框P刚好要完全进入磁场的一瞬间,重物的加速度为零，则
2mg×2L−2mg×2Lsinθ=1
2
×4mv22+Q1
2mg=2mgsinθ+B2L2v2
R
求得Q1=8
5mgL−32m3g2R2
25B4L4
（3）设线框Q刚进入磁场时速度为v3，刚好完全进入磁场时速度为v4，则：
2mg×3L−2mg×3Lsinθ=1
2
×4mv32+Q1
线框Q进入磁场的过程中：2mg−2mgsinθ−B2L2v
R
=4ma
0.8mg−B2L2v
R
=4m
Δv
Δt
0.8mg∑Δt−B2L2
R
∑vΔt=4m∑Δv
即：0.8mgt−B2L2
R
=4m(v4−v3)
解得：v=0.2gt−B2L3
4mR +√2
5
gL+16m2g2R2
25B4L4
(二)选考题共15分,在所给的选修3一3、选修3—4两个模块2道题中选一题作答,如果多答,则按所答的第一题计分。

16. 下列有关分子动理论和物质结构的认识，正确的是
__________。

A.分子间距离减小时分子势能有可能增加
B.大量气体分子热运动速率分布图线随温度升高而平移，图线保持相对不变
C。

烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明云母是晶体
D。

天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微拉在空间的排列不规则
E·石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同
【答案】ACE
【解析】A、当分子力表现为斥力时，间距减小斥力做负功分子势能增大，，故A正确；
B、根据麦克斯韦统计规律可知,物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度有关，但并非图线随温度升高而简单平移，B 错误；
图线保持相对不变故C正确；温度是分子平均动能的标志，故温度高平均动能一定大，物体中分子无规则运动越剧烈。

故B正确；
C、晶体的物理性质表现为各向异性，烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形,说明热传导能力沿不同方向而不同,说明云母是晶体，C正确;
D、天然石英表现为各向异性,是由于该物质的微粒在空间的排列规则造成的，所以D错误；
E. 石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排
列结构不同造成的，故E正确；
故选:ACE.
17。

如图所示，竖直放置的汽缸用导热性能良好、重力均为G的活塞a(厚度不计)和活塞b，将长为L的气室分成体积比为1：2的A、B两部分,环境温度是127℃，系统处于平衡状态。

当环境温度缓慢地降到时，系统达到新的平衡,b移动的距离为1
4
L。

已知大气压为p0，活塞的横截面积为S，活塞与汽缸壁间摩擦不计，求：
①平衡状态下A部分气体的压强.
②温度及活塞a移动的距离。

【答案】（1)p0−2G
S
(2）27℃
【解析】(1）分析活塞a和活塞b，根据受力平衡条件：
对于活塞a有：G+P A S=P B S
对于活塞b有：G+P B S=P0S
解得：P A=p0−2G
S
②设活塞a向上移动的距离为x，根据盖吕萨克定律:
对于A部分气体有：13LS
400=(
1
3
L−x)S
t+273
对于B部分气体有：23LS
400=(
2
3
L−1
4
L+x)S
t+273
联立解得：x=L/12，t=27°C
18。

下列说法正确的是_________
A。

全息照片的拍摄利用了光的衍射原理
B.只有发生共振时，受迫振动的频率才等于驭动力的频率
C。

以接近光速运动的物体，其质量比静止时的大
D。

变化的电场一定产生磁场，均匀变化的电场产生的磁场是稳定的
E.鸣笛汽车驶近路人的过程中，路人听到的声波报率与该波源的预率相比增大了
【答案】CDE
【解析】A、全息照相利用了激光的频率单一，具有相干性好的特点,利用了光的干涉现象，与光的衍射无关，故A错误；
B、受迫振动的频率始终等于驱动率的频率；当驱动力的频率接近物体的固有频率时，振动显著增强，当驱动力的频率等于物体的固有频率时即共振，故B错误；
C、根据爱因斯坦相对论可知，时间间隔的相对性：当它以速度v 运动时的质量为m（又称为动质量），则动质量与静质量及其速度
的关系遵循以下规律:m=0
√1−(v
c )（其中
c为光速）,以接近光速运动的
物体，其质量接近于无穷大，比静止时的大，C正确；
D、根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的电场在它周围产生磁场，均匀变化的电场产生稳定的磁场，D正确；
E、根据多普勒效应，鸣笛汽车驶近路人的过程中，路人听到的声波频率与该波源的频率相比增大了,E正确。

故选：CDE。

19。

如图所示，一半圆形玻璃砖半径R=18 cm,可绕其圈心O在纸面内转动，MN为一根光标尺，开始时玻璃砖的直径PQ与光标尺平行,一束激光从玻璃砖左侧垂直于PQ射到O点，在MN上留下一光点O1，保持入射光方向不变,使玻璃砖绕O点逆时针缓慢转动,
光点在标尺上移动，最终在距离O1点h=32 cm处消失，已知O、O1间的距离l=24cm,光在真空中传播速度c=3.0×105m/s，求：
①玻璃砖的折射率n.
②标尺上光点消失后，光从射入玻璃砖到射出玻璃砖过程经历的时间。

【答案】（1）1。

67（2)2×10—9s
【解析】
发生全反射时光路如图，由数学知识得：
全反射临界角C=π/2−θ
则玻璃的折射率n=1/sin C=5/3=1.67
光在玻璃中传播的速度v=c/n
全反射时光穿过玻璃砖的时间t=2R/v=2×10−9s。