高中通用技术苏教版必修一模型优秀课时作业

这是一份高中通用技术苏教版必修一模型优秀课时作业，文件包含模型8滑块木板模型原卷版-动量守恒的十种模型解读和针对性训练docx、模型8滑块木板模型解析版-动量守恒的十种模型解读和针对性训练docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
模型解读
1.模型图示
2.模型特点
(1)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。
(2)若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大。
3.求解方法
(1)求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统。
(2)求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体。
(3)求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q＝fΔx或Q＝E初－E末，研究对象为一个系统。
【方法归纳】
. “子弹打木块”（“滑块—木板”）模型，采用动量守恒定律、动能定理或能量守恒定律列方程解答。
滑块木板模型的位移关系:
滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，二者位移之差等于板长。若滑块和木板反向运动，二者位移之和等于板长。
【典例精析】
【典例】 (2024·广东广州校考)如图，长为L的矩形长木板静置于光滑水平面上，一质量为m的滑块以水平向右的初速度v0滑上木板左端。若木板固定，则滑块离开木板时的速度大小为eq \f(v0,3)；若木板不固定，则滑块恰好不离开木板。滑块可视为质点，重力加速度大小为g。求：
(1)滑块与木板间的动摩擦因数μ；
(2)木板的质量M；
(3)两种情况下，滑块从木板左端滑到右端的过程中，摩擦力对滑块的冲量大小之比I1∶I2。
解析 (1)木板固定时，滑块做匀减速直线运动，所受摩擦力大小为f＝μmg
由动能定理有－μmgL＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,3)))eq \s\up12(2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得μ＝eq \f(4veq \\al(2,0),9gL)。
(2)木板不固定时，木板和滑块系统在相互作用过程中动量守恒，设两者共速时的速度为v，由动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v
由能量守恒定律有μmgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(m＋M)v2
联立两式解得M＝8m。
(3)规定水平向右的方向为正方向，木板固定时，由动量定理有
I1＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,3)))－mv0＝－eq \f(2,3)mv0
木板不固定时滑块末速度为v＝eq \f(mv0,m＋M)＝eq \f(v0,9)
由动量定理有
I2＝mv－mv0＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,9)))－mv0＝－eq \f(8,9)mv0
解得I1∶I2＝3∶4。
答案 (1)eq \f(4veq \\al(2,0),9gL) (2)8m (3)3∶4
【针对性训练】
1.. （2024年5月武汉三模）一块质量为M、长为l的长木板A 静止放在光滑的水平面上，质量为m的物体B（可视为质点）以初速度v0从左端滑上长木板 A 的上表面并从右端滑下，该过程中，物体B的动能减少量为，长木板A的动能增加量为，A、B间因摩擦产生的热量为Q，下列说法正确的是（ ）
A. A、B组成的系统动量、机械能均守恒
B. ，，Q的值可能为，，
C. ，，Q的值可能为，，
D. 若增大v0和长木板A的质量M，B一定会从长木板A的右端滑下，且Q将增大
.【答案】B
【名师解析】．A、B组成的系统合力为零，因此动量守恒；而A、B由于存在摩擦生热，故系统机械能不守恒，A错误；
画出物体B和长木板A的速度—时间图线，分别如图中1和2所示，
图中1和2之间的梯形面积表示板长，1与轴所围的面积表示物体B的位移x1，2与轴所围的面积表示长木板A的位移x2，由图可知
又有 则有
可知B项所给数值有可能，故B正确，C错误。D．若增大v0和长木板A的质量M，在v-t图像中1将向上平移，而2的图像斜率变小，即A 的加速度变小，显然可知B一定会从长木板A 的右端滑下，而Q=fl不变，D错误。 故选B。
2 .如图所示，光滑水平面上有一矩形长木板，木板左端放一小物块，已知木板质量大于物块质量，t＝0时两者从图中位置以相同的水平速度v0向右运动，碰到右面的竖直挡板后木板以与原来等大反向的速度被反弹回来，运动过程中物块一直未离开木板，则关于物块运动的速度v随时间t变化的图像可能正确的是( )
答案 A
解析 木板碰到挡板前，物块与木板一直做匀速运动，速度为v0；木板碰到挡板后，物块向右做匀减速运动，速度减至零后向左做匀加速运动，木板向左做匀减速运动，最终两者速度相同，设为v1。设木板的质量为M，物块的质量为m，取向左为正方向，则由动量守恒定律得Mv0－mv0＝(M＋m)v1，解得v1＝eq \f(M－m,M＋m)v0