[绵阳二诊]2023届绵阳市高中2020级第二次诊断性考试化学答案

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如图甲所示，一四分之一竖直圆弧轨道AB固定在光滑水平面上，半径为R=1m,圆弧轨道最低点B处静止放置一个可视为质点的小滑块，质量为m=1kg,紧挨圆弧轨道右侧有一个上表面与轨道最低点齐平且足够长的木板，质量为M=2kg。滑块与木板之间的动摩擦因数为4=0.2。一可视为质点的质量为m。=0.5kg的小物块从A点正上方距A点一定高度处由静止释放，沿圆弧轨道到达B点时与小滑块发生弹性正碰，碰后瞬间小物块对B点的压力大小为9.5N。取g=10m/s2,此刻(0时刻)对长木板施加一水平向右的拉力F,F随时间t变化的关系如图乙所示，求：(1)碰撞后瞬间小滑块的速度大小。(2)在0~3.5s内小滑块相对长木板滑行的路程。(3)从计时开始到最终小滑块与木板相对静止时系统产生的内能。个FN8●年中。期627777777777777777777777777777777甲【答案】(1)6m/s33(2)8m(3)9J【解析】(1)由于小物块和小滑块发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得movo=mov0十mw12./22mov6-2mov2mu碰后瞬间对小物块在B,点有FNB-mog=mo R联立解得v1=6m/s(2)开始时小滑块的加速度大小为a=mg=2 m/sm小滑块做初速度大小为6m/s、加速度大小为2m/s2的匀减速直线运动木板的加速度大小为F,十umga2=M=4m/s2木板由静止开始做加速度大小为4m/s2的匀加速直线运动，达到共同速度时有v共=v1一a1t1=a2t1解得v共=4m/s,t1=1s则0一1s内小滑块相对木板的位移大小为,=4-70-0,i=3m在1一2s内，若小滑块与木板不发生相对滑动，有F1=(m+M)a3解得a3=2m/s2则1一2s内小滑块与木板不发生相对滑动，即△x2=0,v共=v共十a3t2=6m/s在2一3.5$内，小滑块与木板发生相对滑动，小滑块的加速度大小为a4=a1=2m/s2木板的加速度大小为a5=F2一mgM=3m/s2设t=3.5s时小滑块的速度大小为v2,木板的速度大小为v3,则v2=v*十a4t3=9m/sv3=v共十a5t3=10.5m/s在2~3.5s小滑块相对木板的位移大小为x,=2a-18则0一3.5s内小滑块相对木板滑行的路程为33△x=△x1十△x2十△x3=(3)在t=3.5s以后，最终小滑块与木板相对静止，设共同速度为"*，产生的内能为E。,根据动量守恒定律得mv2+Mv3=(m十M)v共根据能量守恒定律得名m+号Mi=号m+Mn3+E,1则从计时开始到最终小滑块与木板对静止时，系统产生的总内能为E=mg△x十Eo解得E=9J

14.(13分)如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上，下端与水平地面在P点平滑连接，一个质量为2的物块B(可视为质点)静止在水平地面上，左端与一水平轻弹簧连接，Q点为弹簧处于原长时的左端点，现使质量为m的物块A(可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑。已知P、Q间的距离为R,物块与PQ段地面间的动摩擦因数为4=0.5，Q点右侧水平地面光滑，重力加速度为g,弹簧始终处于弹性限度内。求：(1)物块A沿圆弧轨道滑至P点时对轨道的压力大小。(2)弹簧的最大弹性势能。(3)物块A最终停止的位置到Q点的距离。BQ【答案】(1)3mg(2)3mgRR(3)【解析】(1)设物块A在P点的速度大小为P,由机械能守恒定律得1mgR=-mv呢(1分)设物块A在最低，点时轨道对物块的支持力大小为F、,由牛顿第二定律得2Fx-mg=m R(1分)联立解得FN=3mg由牛顿第三定律可知物块A滑至P点时对轨道的压力大小为3mg(1分)(2)设物块A与弹簧接触前瞬间的速度大小为。，由动能定理得mgR-mgR=2mu号-0(1分)解得vo=√gR(1分)当物块A、物块B具有共同速度)时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律得mvo=(m+2m)v(1分)由机械能守恒定律得mi=m+2m2+En1(1分)1联立解得Em=3 mgR(1分)(3)设物块A与弹簧分离时，A、B的速度大小分别为1、2，规定向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mvo=mv1+2mv2(1分)(1分)联立解得，=一(1分)设A最终停在Q点左侧距Q点x处，由动能定理得1一umgx=0-2m时(1分)R解得x=(1分)