2017-2018学年安徽省肥东高级中学高二下学期第二学段考试物理试题 Word版 18页

绝密★启用前 肥东高级中学2017-2018学年下学期第二学段考试 高二物理 第I卷（选择题 48分）‎ 一、选择题（本大题共16小题，每小题3分，共48分）‎ ‎1.下列说法中正确的是（　　）‎ A. 冲量的方向一定和动量的方向相同 B. 动量变化量的方向一定和动量的方向相同 C. 物体的末动量方向一定和它所受合外力的冲量方向相同 D. 冲量是物体动量变化的原因 ‎2.如图是玻尔为解释氢原子光谱画出的氢原子能级示意图．一群氢原子处于n=4的激发态，当它们自发地跃迁到较低能级时，以下说法符合玻尔理论的有（ ） A.电子轨道半径减小，动能也要减小 B.氢原子跃迁时，可发出连续不断的光谱线 C.由n=4跃迁到n=1时发出光子的频率最小 D.金属钾的逸出功为2.21 eV，能使金属钾发生光电效应的光谱线有4条 ‎3.物体在恒定的合力F作用下由静止开始做直线运动，在时间Δt1内速度的变化量是，紧接着在时间Δt2内速度的变化量仍是。设物体在Δt1内动能改变量是，动量变化量是，在Δt2内动能改变量是，动量变化量是，那么(　 　)‎ A. ＜， ＝ B. ＜， ＜‎ C. ＝， ＝ D. ＝， ＜‎ ‎4.如图所示，两个小球A、B在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为mA=4kg，mB=2kg，以水平向右为正方向，其速度分别是vA=3m/s，vB=-3m/s.则它们发生正碰后，速度的可能值分别为 A. vA′=1m/s，vB′=1m/s B. vA′=-3m/s，vB′=9m/s C. vA′=2m/s，vB′=-1m/s D. vA′=-1m/s，vB′=-5m/s ‎5.如图所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，左端与竖直墙壁接触，现打开右端阀门K，气体往外喷出，设喷口面积为S，气体密度为ρ，气体往外喷出的速度为V，则气体刚喷出时钢瓶左端对竖直墙的作用力大小是（    ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎6.有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L．已知他自身的质量为m，则渔船的质量为（ ） A. B. C. D.‎ ‎7.如图所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块．今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是（ ） ‎ ‎ A.小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功 B.小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒 C.小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒 D.小球离开C点以后，将做竖直上抛运动 ‎8.质量为m的甲物块以3 m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定在甲物块上。另一质量也为m的乙物块以4 m/s的速度与甲相向运动，如图所示。则(　 　 )‎ ‎ ‎ A. 甲、乙两物块在压缩弹簧过程中，由于弹力作用，系统动量不守恒 B. 当两物块相距最近时，甲物块的速率为零 C. 当甲物块的速率为1m/s时，乙物块的速率可能为2 m/s，也可能为0‎ D. 甲物块的速率可能达到5 m/s ‎9.质量为ma=1kg，mb=2kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移﹣时间图象如图所示，则可知碰撞属于（ ） A.弹性碰撞 B.非弹性碰撞 C.完全非弹性碰撞 D.条件不足，不能判断 ‎10.下列说法正确的是（　　） A.光电效应是原子核吸收光子向外释放电子的现象 B.天然放射性现象说明原子核具有复杂的结构 C.一个氘核的质量小于一个质子和一个中子的质量和 D.已知钴60的半衰期为5.27年，则任一个钴60原子核都将在5.27年内发生衰变 ‎11.如图所示，质量为M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m的物体，某时刻给物体一个水平向右的初速度v0 ， 那么在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后（ ） A.两者的速度均为零 B.两者的速度总不会相等 C.盒子的最终速度为 ，方向水平向右 D.盒子的最终速度为 ，方向水平向右 ‎12.据媒体报道，某手机带有屏幕保护器，保护装置设置在屏幕的4个角落由弹性塑料、聚合物及超薄金属片组成，一旦手机内的加速度计、陀螺仪及位移传感器感知手机掉落，屏幕保护器会自动弹出，并完全吸收手机撞击地面的能量，避免手机屏幕直接接触地面而损坏．已知该手机设计质量约为160 g，从1.5 m自由掉落，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则以下分析正确的是（ ）‎ A. 手机落地的速度约为4.5 m/s B. 保护器弹出的时间应小于0.55 s C. 手机落地时重力的功率约为7.5 W D. 若保护器吸收撞击力的时间为0.05 s，则地面对手机的平均作用力约为19.2 N ‎13.物体的质量为m=2.5 kg，静止在水平地面上。物体与地面间滑动摩擦系数μ=0.2，物体受到与地面平行的拉力F作用，F方向不变，大小随时间变化规律如图所示，那么下述判断正确的是（ ）‎ A. 前2 s物体静止不动，因拉力小于最大静摩擦力 B. 6 s内，拉力F对物体的冲量大小等于50N·s C. 6 s内，摩擦力对物体的冲量大小等于30N·s D. 6 s末物体的速度大小是12m/s ‎14.如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上．现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．从开始计时到t4这段时间内，物块 A.B在t2时刻相距最远 B.物块A在t1与t3两个时刻的加速度大小相等 C.t2到t3这段时间内弹簧处于压缩状态 D.m1：m2=1：2‎ ‎15.如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为M 的小车，其左侧有半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道最低点B 与水平轨道BC相切，整个轨道处于同一竖直平面内．将质量为m 的物块（可视为质点）从A 点无初速释放，物块沿轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出．设重力加速度为g，空气阻力可忽略不计．关于物块从A 位置运动至 C位置的过程中，下列说法正确的是（ ） ‎ ‎ A.小车和物块构成的系统动量不守恒 B.摩擦力对物块和轨道BC所做的功的代数和为零 C.物块运动过程中的最大速度为 D.小车运动过程中的最大速度为 ‎ ‎16.关于热现象，下列说法中正确的是（ ） A.气体的温度升高时，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，从而气体的压强一定增大 B.自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的 C.在完全失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁压强不变 D.液晶显示器是利用了液晶对光具有各向同性的特点 E.一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，其分子之间的势能增加 第II卷（非选择题 52分）‎ 三、实验题（本大题共2小题，共18分）‎ ‎17. （12分）某同学利用打点计时器和气垫导轨做探究碰撞中的不变量的实验．气垫导轨装置如图甲所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，导轨空腔内不断通入的压缩空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．‎ ‎（1）下面是实验的主要步骤：‎ ‎①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；‎ ‎②向气垫导轨通入压缩空气；‎ ‎③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；‎ ‎④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；‎ ‎⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；‎ ‎⑥先____________________，然后________________，让滑块带动纸带一起运动；‎ ‎⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出理想的纸带如图乙所示；‎ ‎⑧测得滑块1(包括撞针)的质量为310 g，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g.‎ 试完善实验步骤⑥的内容．‎ ‎（2）已知打点计时器每隔0.02 s打一个点，计算结果保留三位有效数字．‎ 计算碰撞前m1v1＋m2v2=________kg·m/s；‎ 碰撞后=________kg·m/s.‎ 计算碰撞前=________kg·m2/s2； ‎ 碰撞后=________kg·m2/s2.‎ 计算碰撞前=________m/(s·kg)；‎ 碰撞后=________m/(s·kg)．‎ ‎（3）通过以上计算可知，碰撞中的不变量应是___________________________‎ ‎（4）试说明（2）中两结果不完全相等的主要原因是______________________‎ ‎18. （6分）在做“用油膜法估测分子的大小”的实验中，某同学的实验步骤如下：‎ A．将画有油膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，数出轮廓内的方格数(不足半个的舍去，多于半个的算一个)，再根据方格的边长求出油膜的面积S.‎ B．将一滴油酸酒精溶液滴在水面上，待油酸薄膜的形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔将薄膜的形状描画在玻璃板上．‎ C．用浅盘装入约2 cm深的水．‎ D．用公式D＝，求出薄膜厚度，即油酸分子的大小．‎ E．根据油酸酒精溶液的浓度，算出一滴溶液中纯油酸的体积V.‎ 上述步骤中有步骤遗漏或步骤不完整，请指出：‎ ‎(1)____________________________________________________．‎ ‎(2)__________________________________________________．‎ 上述实验步骤的合理顺序是____________．‎ 三、解答题（本大题共3小题，共34分）‎ ‎19. （本小题12分）如图所示，一辆质量M=3 kg的小车A静止在光滑的水平面上，小车上有一质量m=1 kg的光滑小球B，将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为Ep=6 J，小球与小车右壁距离为L=0.4 m，解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求：‎ ‎（1）小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小。‎ ‎（2）在整个过程中，小车移动的距离。‎ ‎20. （本小题12分）某工地某一传输工件的装置可简化为如图所示的情形，AB为一段圆弧的曲线轨道，BC为一段足够长的水平轨道，两段轨道均光滑。一长为L=2m、质量为M=1kg的平板小车最初停在BC轨道的最左端，小车上表面刚好与AB轨道相切。一可视为质点、质量为m=2kg的工件从距AB轨道最低点h高处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车也向右运动，工件与小车的动摩擦因数为，取：‎ ‎（1）若h=2.8m，求工件滑到圆弧底端B点时对轨道的压力；‎ ‎（2）要使工件不从平板小车上滑出，求h的取值范围．‎ ‎21. （本小题10分）如图所示，一导热性能良好、内壁光滑的气缸竖直放置，在距气缸底部l=36cm处有一与气缸固定连接的卡环，活塞与气缸底部之间封闭了一定质量的气体．当气体的温度T0=300K、大气压强p0=1.0×105Pa时，活塞与气缸底部之间的距离l0=30cm，不计活塞的质量和厚度．现对气缸加热，使活塞缓慢上升，求： ①活塞刚到卡环处时封闭气体的温度T1 ． ‎ ‎ ②封闭气体温度升高到T2=540K时的压强p2 ．‎ 参考答案 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ ‎13‎ ‎14‎ ‎15‎ ‎16‎ D D D A D B C C A D BC BD AD BC AD BCE ‎1.D ‎【解析】A、冲量的方向和动量的方向不一定相同，比如平抛运动，冲量方向竖直向下，动量方向是轨迹的切线方向．故A错误．‎ B、动量增量的方向与合力的冲量方向相同，与动量的方向不一定相同，比如匀减速直线运动，动量增量的方向和动量的方向相反．故B错误．‎ C、物体的末动量方向一定和它所受合外力的冲量方向不一定相同．故C错误．‎ D、根据动量定理可知，冲量是物体的动量变化的应用．故D正确．‎ 故选：D ‎2.D ‎【解析】A、当原子从第4能级向低能级跃迁时，原子的能量减小，轨道半径减小，电子的动能增大，电势能减小，故A错误；‎ B、能级间跃迁辐射或吸收的光子能量必须等于两能级间的能级差，氢原子跃迁时，可发出不连续的光谱线，故B错误；‎ C、由n=4跃迁到n=1时辐射的光子能量最大，发出光子的频率最大，故C错误；‎ D、第四能级的氢原子可以放出6条光谱线，其放出的光子能量分别为：‎ E1=﹣0.85﹣（﹣1.51）=0.66eV；‎ E2=﹣0.85﹣（﹣3.40）=2.55eV；‎ E3=﹣0.85﹣（﹣13.6）=12.75eV；‎ E4=﹣1.51﹣（﹣3.40）=1.89eV；‎ E5=﹣1.51﹣（﹣13.6eV）=12.09eV；‎ E6=﹣3.40﹣（﹣13.6）=10.20eV；‎ 故大于2.21eV的光谱线有4条；故D正确；‎ 故答案为：D ‎3.D ‎【解析】根据加速度公式： ，由于加速度相同，则： 可以知道 ，在根据动量定理可以知道： ‎ ‎；在根据动能定理： ‎ 根据运动学可以知道在相同的时间内， ，即，可以知道： ， 则可以知道： ，故选项D正确。‎ ‎4.A ‎【解析】以A的初速度方向为正方向，碰前系统总动量为：p=mAvA+mBvB=4×3+2×(−3)=6kg⋅m/s，‎ 碰前总动能为： ‎ A、如果v′A=1m/s、v′B=1m/s，碰后系统动量为6kg⋅m/s，总动能为3J，系统动量守恒、动能不增加，符合实际，故A正确；‎ B、如果v′A=−3m/s、v′B=9m/s，碰后系统总动量为6kg⋅m/s，总动能为99J，系统动量守恒，动能增加，故B错误；‎ C、如果v′A=2m/s、v′B=−1m/s，碰后系统总动量为6kg⋅m/s，总动能为9J，系统动量守恒，动能不增加，碰后两球速度方向都不发生改变，会再次发生碰撞，故C错误；‎ D、如果v′A=−1m/s、v′B=−5m/s，碰后总动量为−14kg⋅m/s，系统动量不守恒，故D错误；‎ 故选：A ‎5.D ‎【解析】对喷出气体分析，设喷出时间为t，则喷出气体质量为，由动量定理有，其中F为瓶子对喷出气体的作用力，可解得，根据牛顿第三定律，喷出气体对瓶子作用力大小为F，再对瓶子分析，不难由平衡条件和牛顿第三定律求得钢瓶对左端竖直墙壁的作用力大小是F，所以D正确。‎ ‎6.B ‎【解析】设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t．取船的速度为正方向．‎ 则 v= ，v′= ，‎ 根据动量守恒定律得：Mv﹣mv′=0，‎ 解得，船的质量：M= ；‎ 故选：B．‎ ‎7.C ‎【解析】A、小球在半圆槽内运动的B到C过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒．由于小球对槽有斜向右下方的压力，槽做加速运动，动能增加，则知小球的机械能减小，故A错误．‎ B、小球在槽内运动的前半过程中，左侧物体对槽有作用力，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，故B错误．‎ C、小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，水平方向合外力为零，故小球与半圆槽动量守恒．故C正确．‎ D、小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动．故D错误．‎ 故选C．‎ ‎8.C ‎【解析】甲、乙两物块（包括弹簧）组成的系统在弹簧压缩过程中，系统所受的合外力为零，系统动量守恒，故A错误；当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前乙的速度方向为正方向，设共同速率为v，由动量守恒定律得：mv乙-mv甲=2mv，代入数据解得：v=0.5m/s，故B错误．甲、乙组成的系统动量守恒，若物块甲的速率为1m/s，方向与原来相同，由动量守恒定律得：mv乙-mv甲=-mv甲′+m乙v乙′，代入数据解得：v乙′=2m/s；若物块甲的速率为1m/s，方向与原来相反，由动量守恒定律得：mv乙-mv甲=mv甲′+m乙v乙′，代入数据解得：v乙′=0，故C正确．若物块甲的速率达到5m/s，方向与原来相同，则：mv乙-mv甲=-mv甲′+m乙v乙′，代入数据代入解得：v乙′=6m/s．两个物体的速率都增大，动能都增大，违反了能量守恒定律．若物块甲的速率达到5m/s，方向与原来相反，则：mv乙-mv甲=mv甲′+m乙v乙′，代入数据解得：v乙′=-4m/s，可以，碰撞后，乙的动能不变，甲的动能增加，系统总动能增加，违反了能量守恒定律．所以物块甲的速率不可能达到5m/s，故D错误．故选C．‎ ‎9.A ‎【解析】根据x﹣t图象可知：a球的初速度为：va= =3m/s，b球的初的速度为vb=0，‎ 碰撞后a球的速度为：va′=﹣ =﹣1m/s 碰撞后b球的速度为：vb′= =2m/s 两球碰撞过程中，动能变化量为：△Ek= mava2+0﹣ mava′2 = ×1×32﹣ ×1×12﹣ ×2×22=0‎ 则知碰撞前后系统的总动能不变，此碰撞是弹性碰撞；‎ 故选：A．‎ ‎10. D ‎【解析】选物体与小车组成的系统为研究对象，由水平方向动量守恒得：‎ mv0=（M+m）v 所以：v= v0‎ v方向与v0同向，即方向水平向右．‎ 故选：D ‎11. BC ‎【解析】A、光电效应是光照射金属，电子吸收能量后飞出金属表面的现象，故A错误．‎ B、天然放射现象中的射线来自原子核，可知天然放射现象说明原子核有复杂结构，故B正确．‎ C、一个质子和一个中子结合成氘核，向外辐射能量，有质量亏损，知一个质子和一个中子的质量大于一个氘核的质量，故C正确．‎ D、大量的原子核经过一个半衰期有半数发生衰变，不是经过一个半衰期，任何一个原子核都发生衰变，故D错误．‎ 故AD不符合题意，BC符合题意； 故答案为：BC．‎ ‎12.BD ‎【解析】A、手机做自由落体运动，落地的速度 ‎，故A错误； B、保护器弹出的时间应小于落地时间，根据自由落体的时间 ‎，所以保护器弹出的时间应小于，故B正确； C、根据得：功率，故C错误； D、取竖直向下为正方向，由动量定理，‎ 得，故D正确。‎ ‎13.AD ‎【解析】物体所受的最大静摩擦力：fm=μmg=5N，因为前2s内拉力F小于最大静摩擦力，所以物体静止不动，故A正确；F-t图象与t轴包围的面积表示冲量的大小，故：IF=4×2+10×2+15×2=58N•s；故B错误；前2 s物体静止不动，是静摩擦力；后4s是运动的； 故摩擦力的冲量大小为：If=4×2+5×4=28N•s；故C错误；2s末物体的加速度 ，则4s末的速度：v=a1t=4m/s；在4-6s内的加速度，则6s末的速度：v′=4+4×2m/s=12m/s；故D正确；故选AD．‎ ‎14.BD ‎【解析】A、0﹣t1时间内，A的速度比B的大，两者间距减小．t1时刻两者速度相同，相距最近．t1﹣t3时间内，弹簧由压缩变到伸长，t3时刻两者速度相同，相距最远．A不符合题意．‎ B、根据v﹣t图象的斜率等于加速度，知物块A在t1与t3两个时刻的加速度大小相等，B符合题意．‎ C、t2时刻弹簧处于原长状态，t2到t3这段时间内，弹簧处于伸长状态，C不符合题意．‎ D、系统的动量守恒，选择开始到t1时刻列方程可知：m1v1=（m1+m2）v2，将v1=3m/s，v2=1m/s代入得：m1：m2=1：2，D符合题意．‎ 故答案为：BD ‎15.AD ‎【解析】A、在物块从A位置运动到B位置过程中，小车和物块构成的系统在受到的合力不为零，系统动量不守恒，但在水平方向上动量守恒，故A正确；‎ B、物块从A滑到B的过程中，小车静止不动，对物块，由动能定理得：mgR= mv2﹣0，解得，物块到达B点时的速度，v= ；在物块从B运动到C过程中，物块做减速运动，小车做加速运动，最终两者速度相等，在此过程中，系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律可得：mv=（M+m）v′，v′= ，以物块为研究对象，‎ 由动能定理可得：﹣Wf= mv′2﹣ mv2，解得：Wf=mgR﹣ ，故BC错误，D正确；‎ 故选：AD ‎16.BCE ‎【解析】A、气体的温度升高时，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大；若气体的体积也增大，则单位体积内的分子数减小，气体的压强则不一定增大．A不符合题意；‎ B、根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的．B符合题意；‎ C、根据压强的微观意义可知，密闭容器内的气体对器壁压强与物体是否失重无关，所以在完全失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁压强不变．C符合题意；‎ D、液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点；D不符合题意；‎ E、一定量100℃的水变成100℃的水蒸气的过程中水吸收热量，温度不变，分子的平均动能不变，其分子之间的势能增加，E符合题意．‎ 故答案为：BCE ‎17. 接通打点计时器的电源 放开滑块1 0.620 0.618 1.24 0.742 6.45 9.72 滑块1、2碰撞前后的质量与速度乘积的矢量和 纸带与打点计时器限位孔有摩擦 ‎【解析】（1）实验时应先接通打点计时器的电源，再放开滑块1.‎ ‎（2）碰撞前滑块1的速度 碰撞前滑块2的速度 碰撞后两滑块具有相同的速度 ‎=6.45m/(s·kg)‎ ‎=9.72m/(s·kg)．‎ ‎（3）通过以上计算可知，碰撞中的不变量应是滑块1、2碰撞前后的质量与速度乘积的矢量和．‎ ‎（4）计算结果不完全相等的主要原因是纸带与打点计时器限位孔有摩擦．‎ ‎18. (1)C步骤中，要将痱子粉或石膏粉均匀地撒在水面上． 实验时，还需要增加步骤F：用注射器或滴管将事先配制好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒，记下量筒内增加一定体积时的滴数n与量筒中增加的溶液体积V0. CFBAED ‎【解析】（1）C步骤中，要将痱子粉或石膏粉均匀地撒在水面上． ‎ ‎(2).实验时，还需要增加步骤F：用注射器或滴管将事先配制好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒，记下量筒内增加一定体积时的滴数n与量筒中增加的溶液体积V0.‎ ‎（3）“油膜法估测油酸分子的大小”实验步骤为：‎ 准备浅水盘（C）→配制酒精油酸溶液（教师完成，记下配制比例）（F）→形成油膜（B）→描绘油膜边缘（A）→测定一滴酒精油酸溶液的体积，（题中的E）→计算分子直径（D）。所以顺序为：CFBAED。‎ ‎19.（1）3 m/s；1 m/s（2）0.1 m ‎【解析】解除锁定后弹簧的弹性势能转化为系统动能，根据动量守恒和能量守恒列出等式求解．‎ ‎（1）除锁定后弹簧的弹性势能转化为系统动能 由动量守恒定律得： ‎ 由能量守恒定律得： ‎ 联立得： ‎ ‎（2）由动量守恒定律得： ‎ 由位移关系得： ‎ 又 联立得： ‎ ‎20.（1）60N，方向竖直向下；（2）高度小于或等于3m.‎ ‎【解析】（1）工件在光滑圆弧上下滑的过程，运用机械能守恒定律或动能定理求出工件滑到圆弧底端B点时的速度．在B点，由合力提供向心力，由牛顿第二定律求出轨道对工件的支持力，由牛顿第三定律得到工件对轨道的压力．（2）要使工件不从平板小车上滑出，则工件到达小车最右端恰好与小车共速，此时为最大高度，根据动量守恒定律、能量守恒定律求出滑上小车的初速度大小，根据机械能守恒求出下滑的最大高度.‎ ‎（1）工件从起点滑到圆弧轨道底端B点，设到B点时的速度为 根据机械能守恒定律： ‎ 工件做圆周运动，在B点，由牛顿第二定律得： ‎ 联立得：N=60N 由牛顿第三定律知，工件滑到圆弧底端B点时对轨道的压力为，方向竖直向下.‎ ‎（2）要使工件不从平板小车上滑出，则工件到达小车最右端恰好与小车共速，此时为最大高度，设共同速度为，工件滑上小车的初速度为 由动量守恒定律得： ‎ 由能量守恒定律得： ‎ 对于工件从AB轨道滑下的过程，由机械能守恒定律得： ‎ 代入数据解得： ‎ 要使工件不从平板小车上滑出，h的范围为 ‎21.解：①设气缸的横截面积为S，由盖﹣吕萨克定律有： ‎ 代入数据得：T1=360K ‎②由查理定律有： ‎ 代入数据得： ‎ 答：①活塞刚到卡环处时封闭气体的温度为360K．‎ ‎②封闭气体温度升高到T2=540K时的压强为1.5×105Pa．‎