实验八 验证动量守恒定律 例1 (1)> (2)maxP=maxM+mbxN 小球飞出后做平抛运动,由于下落高度一定,故下落时间一定,而小球在水平方向上做匀速直线运动,所以小球水平飞出时的速度与平抛运动的水平位移成正比 [解析] (1)为了保证小球碰撞为对心正碰,且碰后不反弹,要求两球半径相同且ma>mb. (2)如果碰撞过程中系统动量守恒,则满足关系式mav0=mava+mbvb,上式两边同时乘下落时间t,有mav0t=mavat+mbvbt,可得maxP=maxM+mbxN.小球飞出后做平抛运动,由于下落高度一定,故下落时间一定,而小球在水平方向上做匀速直线运动,所以小球水平飞出时的速度与平抛运动的水平位移成正比,可以用小球落点与O点的距离来代替小球水平飞出时的速度,从而验证动量守恒定律. 例2 (1)1.0 (2)0.20 (3)B [解析] (1)x t图像的斜率表示速度,由题图乙和题图丙可知,两滑块的速度在t=1.0 s时发生突变,即发生了碰撞. (2)x t图像斜率的绝对值表示速度大小,由题图丙可知,碰撞前瞬间B的速度大小v= cm/s=0.20 m/s. (3)由题图乙可知,碰撞前A的速度大小vA=0.50 m/s,碰撞后A的速度大小vA'≈0.36 m/s,由题图丙可知,碰撞后B的速度大小v'=0.50 m/s,对A和B碰撞过程,由动量守恒定律有mAvA+mBv=mAvA'+mBv',解得≈2,所以质量为200.0 g的滑块是B. 例3 (1)> (2)C (3)m1LD=m1LC+m2LE [解析] (1)为了防止入射球碰后反弹,则小球1与2的质量关系满足m1>m2. (2)小球1与2发生碰撞后,小球1的速度减小,因此碰撞后小球1的落点应低于未碰撞时小球1的落点,故碰撞后小球1的落点只能是C点或D点.若碰撞后小球1的落点是D点,则碰撞前小球1的落点是E点,则C点是碰撞后小球2的落点,这与碰撞后小球1在小球2的后面、小球1的速度小于小球2的速度的实际情况不符,故碰撞后小球1的落点应是图中的C点; (3)设落点所对应的水平速度分别为vC、vD、vE,若碰撞过程中动量守恒,则m1vD=m1vC+m2vE,设斜面与水平面的夹角为θ,则小球下落到C点的下落高度为hC=(L-LC)sin θ,小球下落到C点的所用时间为tC==,小球下落到C点的水平位移为xC=LCcos θ,故vC==LCcos θ·,同理可得vD=LDcos θ·、vE=LEcos θ·,代入动量守恒公式可得m1LD=m1LC+m2LE,满足上式则说明碰撞中动量是守恒的. 例4 (1)5.00 (2)m1=m1+m2 (3)3 (4)D [解析] (1)刻度尺估读到0.1 mm,甲车车尾与水平轨道左端刚好对齐,测出甲车总长度(含弹簧)L为5.00 cm. (2)小车在水平轨道上运动所受阻力正比于小车重力,即Ff=kmg,根据牛顿第二定律,可得a==kg,根据甲车停止后车尾对应刻度,求出其平均值x0,则甲的初速度为v0==,由挡板位置静止释放甲车,记录甲车和乙车停止后车尾对应刻度,多次重复实验求出其对应平均值x1和x2,则碰后的速度为v1==,v2==,若碰撞过程满足动量守恒,则有m1v0=m1v1+m2v2,可得m1=m1+m2. (3)两辆相同规格的小车,即质量相同,而甲车上装上砝码后与乙车碰撞,为了防止反弹,需要甲的总质量大于乙的质量,则最多能够转移2个砝码,算上最开始4个砝码在甲车上的一组数据,共可以获得3组碰撞数据. (4)碰撞前瞬间甲车的动量总是比碰撞后瞬间两车的总动量略大,则碰撞过程有外力作用,碰撞过程中阻力对两小车有冲量,即碰撞过程中阻力对两小车总冲量不为零,故选D. 例5 (2) (3)① x ②mAv0=-mAvA+mBvB [解析] (2)单摆的周期为T==,根据单摆的周期公式T=2π,解得g=. (3)①根据机械能守恒定律有 mAgL=mA,解得v0=;根据机械能守恒定律有mAgL=mA,解得vA=;根据平抛运动公式有h=gt2、x=vBt,解得vB=x. ②根据动量守恒定律有mAv0=-mAvA+mBvB,若满足关系式mAv0=-mAvA+mBvB,则A、B两球碰撞过程中动量守恒.实验八 验证动量守恒定律 1.(1)AC (2)①用圆规画圆,尽可能用最小的圆把各个落点圈住,这个圆的圆心位置代表平均落点 ②m1OP=m1OM+m2ON (3)见解析 [解析] (1)实验中若 ... ...
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