【优化探究】2014年新课标高考总复习人教物理选修3-5-1-2实验验证动量守恒定律

实验：验证动量守恒定律(时间：45分钟，满分：100分)[命题报告·教师用书独具]知识点题号实验原理1实验步骤和误差分析2、3实验原理和数据处理4、5、6实验创新设计71.在利用悬线悬挂等大小球进行验证动量守恒定律的实验中，下列说法正确的是()A．悬挂两球的细绳长度要适当，且等长B．由静止释放小球以便较准确地计算小球碰前的速度C．两小球必须都是刚性球，且质量相同D．两小球碰后可以粘合在一起共同运动解析：两绳等长能保证两球正碰，以减小实验误差，所以A正确；由于计算碰撞前速度时用到了mgh＝12mv2－0，即初速度为0，B正确；本实验中对小球的弹性性能无要求，C错误；两球正碰后，有各种运动情况，所以D正确．答案：ABD2．在验证动量守恒定律的实验中，实验装置的示意图如图所示．实验中，入射小球在斜槽上释放点的高低对实验影响的说法中正确的是()A．释放点越低，小球所受阻力越小，入射小球速度越小，误差越小B．释放点越低，两球碰后水平位移越小，水平位移测量的相对误差越小，两球速度的测量越准确C．释放点越高，两球相碰时，相互作用的内力越大，碰撞前后动量之差越小，误差越小D．释放点越高，入射小球对被碰小球的作用力越大，轨道对被碰小球的阻力越小解析：入射球的释放点越高，入射球碰前速度越大，相碰时内力越大，阻力的影响相对减小，可以较好地满足动量守恒的条件，也有利于减少测量水平位移时的相对误差，从而使实验的误差减小，选项C正确.答案：C3．(2013年辽宁模拟)某同学利用打点计时器和气垫导轨做“验证动量守恒定律”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，向导轨空腔内不断通入压缩空气，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向气垫导轨空腔内通入压缩空气；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与弹射架并固定在滑块1的左端，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的质量310g，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205g.完善实验步骤⑥的内容．(2)已知打点计时器每隔0.02s打一个点，计算可知两滑块相互作用以前系统的总动量为________kg·m/s；两滑块相互作用以后系统的总动量为________kg·m/s(保留三位有效数字)．(3)试说明(2)中两结果不完全相等的主要原因是______________________.解析：(1)实验时应先接通打点计时器的电源，再放开滑块．(2)作用前系统的总动量为滑块1的动量p0＝m1v0.v0＝0.2000.10m/s＝2.00m/s，p0＝0.310×2.00kg·m/s＝0.620kg·m/s.作用后系统的总动量为滑块1和滑块2的动量和，且此时两滑块具有相同的速度v，v＝0.1680.14m/s＝1.20m/s，p＝(m1＋m2)v＝(0.310＋0.205)×1.20kg·m/s＝0.618kg·m/s.(3)存在误差的主要原因是纸带与打点计时器限位孔间有摩擦．答案：(1)接通打点计时器的电源放开滑块1(2)0.6200.618(3)纸带与打点计时器限位孔间有摩擦4．气垫导轨上有A、B两个滑块，开始时两个滑块静止，它们之间有一根被压缩的轻质弹簧，滑块间用绳子连接(如图甲所示)，绳子烧断后，两个滑块向相反方向运动，图乙为它们运动过程的频闪照片，频闪的频率为10Hz，由图可知：(1)A、B离开弹簧后，应该做________运动，已知滑块A、B的质量分别为200g、300g，根据照片记录的信息，从图中可以看出闪光照片有明显与事实不相符合的地方是________．(2)若不计此失误，分开后，A的动量大小为________kg·m/s，B的动量的大小为________kg·m/s，本实验中得出“在实验误差允许范围内，两滑块组成的系统动量守恒”这一结论的依据是______________．解析：(1)A、B离开弹簧后因水平方向不再受外力作用，所以均做匀速直线运动，在离开弹簧前A、B均做加速运动，A、B两滑块的第一个间隔应该比后面匀速时相邻间隔的长度小．(2)周期T＝1f＝0.1s，v＝xt，由图知A、B匀速时速度分别为vA＝0.09m/s，vB＝0.06m/s，分开后A、B的动量大小均为p＝0.018kg·m/s，方向相反，满足动量守恒，系统的总动量为0.答案：(1)匀速直线A、B两滑块的第一个间隔太大(2)0.0180.018A、B两滑块作用前后总动量相等，均为05．如图所示，在实验室用两端带有竖直挡板C和D的气垫导轨和有固定挡板的质量都是M的滑块A和B做“探究碰撞中的守恒量”的实验，实验步骤如下：Ⅰ.把两滑块A和B紧贴在一起，在A上放质量为m的砝码，置于导轨上，用电动卡销卡住A和B，在A和B的固定挡板间放入一轻弹簧，使弹簧处于水平方向上的压缩状态；Ⅱ.按下电钮使电动卡销放开，同时启动两个记录两滑块运动时间的电子计时器，当A和B与固定挡板C和D碰撞时，电子计时器自动停表，记下A至C的运动时间t1，B至D的运动时间t2；Ⅲ.重复几次，取t1和t2的平均值．(1)在调整气垫导轨时应注意______________________________________；(2)应测量的数据还有_____________________________________________；(3)只有关系式________成立，即可得出碰撞中守恒的量是动量的矢量和．解析：(1)使气垫导轨水平．(2)滑块A的左端到挡板C的距离s1和滑块B的右端到挡板D的距离s2.(3)由动量守恒定律列方程式(M＋m)s1/t1＝Ms2/t2.答案：见解析6．如图所示，A、B两摆摆长分别为L1和L2，摆球质量分别为m1和m2，且m1m2.静止时，两球在悬点正下方刚好接触且球心同高，现将A摆在纸平面内向左拉离平衡位置，使摆线水平，然后释放，当A摆摆到最低点时两球碰撞，碰后A球被反弹，反弹后最大偏角为α，B球向右摆动，最大偏角为β，则碰撞过程中一定守恒的是________(选填“动能”或“动量”)，守恒的关系式为________．解析：两球在最低点碰撞时，水平方向上所受合力为零，动量守恒，设碰前瞬间A球速度为v1.由机械能守恒，对A球12m1v21＝m1gL1①设A、B球碰后瞬间的速度分别为v1′和v2′，由机械能守恒．对A球：12m1v1′2＝m1gL1(1－cosα)②对B球：12m2v2′2＝m2gL2(1－cosβ)③由动量守恒m1v1＝－m1v1′＋m2v2′④由①②③④式得m1L1(1＋1－cosα)＝m2L21－cosβ.答案：动量m1L1(1＋1－cosα)＝m2L21－cosβ7．为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞，某同学选取了两个体积相同、质量不相等的小球，按下述步骤做了如下实验：①用天平测出两个小球的质量(分别为m1和m2，且m1m2)．②按照如图所示的图样，安装好实验装置．将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端处的切线水平．将一斜面BC连接在斜槽末端．③先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置．④将小球m2放在斜槽末端边缘处，让小球m1从斜槽顶部A处滚下，使它们发生碰撞后，记下小球m1和m2在斜面上的落点位置．⑤用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离．图中D、E、F点是该同学记下的小球在斜面上的几个落点位置，到B点的距离分别为LD、LE、LF.根据该同学的实验，回答下列问题：(1)小球m1和m2发生碰撞后，m1的落点是图中的________点，m2的落点是图中的________点．(2)用测得的物理量来表示，只要满足关系式________，则说明碰撞中动量守恒．(3)用测得的物理量来表示，只要再满足关系式________，则说明两小球的碰撞是弹性碰撞．解析：由平抛运动的知识可知，设斜面BC的倾角为θ，小球从斜面顶端平抛落到斜面上，两者距离为L，则Lcosθ＝vt，Lsinθ＝12gt2可得v＝Lcosθg2Lsinθ＝cosθgL2sinθ由于θ、g都是恒量，所以v∝L，v2∝L，所以动量守恒的表达式可以是m1LE＝m1LD＋m2LF由能量守恒可得m1LE＝m1LD＋m2LF，综合可得：LD＋LE＝LF.答案：(1)DF(2)m1LE＝m1LD＋m2LF(3)m1LE＝m1LD＋m2LF或LD＋LE＝LF1．子弹打木块问题的两种类型(1)木块放在光滑的水平面上．子弹射击木块，子弹受到滑动摩擦力作用而做匀减速直线运动，木块在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动．对于子弹和木块组成的系统，在水平方向上动量守恒．(2)木块固定在水平面上不动．子弹射击木块，子弹在滑动摩擦力的作用下做匀减速直线运动，子弹的位移可由动能定理进行计算．2．解题思路两种类型中，系统(木块和子弹)中相互作用的两物体间的一对摩擦力做功的总和恒为负值，部分机械能转化为内能即Q＝Ff·s(Ff是滑动摩擦力，s是两物体间的相对位移)．因此，对于木块放在光滑水平面上类型，系统动量守恒、能量守恒但机械能不守恒，在计算时要对子弹和木块分别利用动能定理．[例1]一质量为M的木块放在光滑的水平面上，一质量为m的子弹以初速度v0水平飞来打进木块并留在其中，设相互作用力为Ff.试求：(1)子弹、木块相对静止时的速度v?(2)子弹、木块发生的位移s1、s2以及子弹打进木块的深度l相分别为多少？(3)系统损失的机械能、系统增加的内能分别为多少？[思路点拨]本题属子弹打光滑水平面上的木块模型，侧重于动量守恒定律、能量守恒定律的应用，分析时注意分析动量守恒的条件，两物体的运动距离关系、每个物体的动能变化及其原因和能量转化的情况等子弹打木块模型的突出特征．[解析](1)由动量守恒得mv0＝(M＋m)v，子弹与木块的共同速度v＝mM＋mv0.(2)对子弹利用动能定理得－Ffs1＝12mv2－12mv20①所以s1＝MmM＋2mv202FfM＋m2.同理对木块有：Ffs2＝12Mv2②故木块发生的位移为s2＝Mm2v202FfM＋m2子弹打进木块的深度为：l相＝s1－s2＝Mmv202FfM＋m③(3)系统损失的机械能ΔEk＝12mv20－12(M＋m)v2＝Mmv202M＋m④系统增加的内能：Q＝ΔEk＝Mmv202M＋m.[答案](1)mM＋mv0(2)MmM＋2mv202FfM＋m2Mm2v202FfM＋m2Mmv202FfM＋m(3)Mmv202M＋mMmv202M＋m[例2]如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程木块动能增加了6J，那么此过程产生的内能可能为()A．16JB．12JC．6JD．4J[解析]设子弹的质量为m0，初速度为v0，木块质量为m，则子弹打入木块过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，即：m0v0＝(m＋m0)v，此过程产生的内能等于系统损失的动能，即：E＝12m0v20－12(m＋m0)v2＝12(mm＋m0)m0v20，而木块获得的动能E木＝12m·(m0m＋m0v0)2＝6J,两式相除得：EE木＝m＋m0m01，所以A、B项正确．[答案]AB