Question

14．在驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律實(shí)驗(yàn)中，同學(xué)們不僅完成了課本原來(lái)的實(shí)驗(yàn)，還用相同的器材進(jìn)行多方面的探索及嘗試．下面是甲、乙兩組同學(xué)的實(shí)驗(yàn)，請(qǐng)回答相關(guān)的問(wèn)題：
（Ⅰ）甲組同學(xué)采用如圖1所示的裝置，由斜槽和水平槽構(gòu)成．將復(fù)寫紙與白紙鋪在水平放的木板上，重垂線所指的位置為O．實(shí)驗(yàn)時(shí)先使a球從斜槽上某一固定位置由靜止開(kāi)始滾下，落到位于水平地面的記錄紙上，留下痕跡．重復(fù)上述操作多次，得到多個(gè)落點(diǎn)痕跡平均位置P；再把b球放在水平槽上靠近槽末端的地方，讓a球仍從固定位置由靜止開(kāi)始滾下，與b球發(fā)生對(duì)心正碰，碰后a球不被反彈．碰撞后a、b球分別在記錄紙上留下各自的落點(diǎn)痕跡．重復(fù)這種操作多次得到多個(gè)落點(diǎn)痕跡平均位置M、N．
（1）若a球質(zhì)量為m₁，半徑為r₁；b球質(zhì)量為m₂，半徑為r₂．則C
A．m₁＞m₂    r₁＞r₂B．m₁＞m₂   r₁＜r₂    C．m₁＞m₂    r₁=r₂D．m₁＜m₂    r₁=r₂
（2）以下提供的器材中，本實(shí)驗(yàn)必需的有AC
A．刻度尺   B．打點(diǎn)計(jì)時(shí)器   C．天平   D．秒表
（3）設(shè)a球的質(zhì)量為m₁，b球的質(zhì)量為m₂，則本實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式為（用m₁、m₂、OM、OP、ON表示）m₁OP=m₁OM+m₂ON

（Ⅱ）乙組同學(xué)誤將重錘丟失，為了繼續(xù)完成實(shí)驗(yàn)則將板斜放，上端剛好在槽口拋出點(diǎn)，標(biāo)記為O．板足夠長(zhǎng)小球都能落在板上，如圖2，采用甲組同學(xué)相同的操作步驟完成實(shí)驗(yàn)．
（4）對(duì)該組同學(xué)實(shí)驗(yàn)的判斷正確的是BD
A．乙組同學(xué)無(wú)法完成驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律
B．秒表也不是乙組同學(xué)的必需器材
C．乙組同學(xué)必須測(cè)量斜面傾角θ
D．圖2中N為b球碰后落點(diǎn)
（5）設(shè)a球的質(zhì)量為m₁，b球的質(zhì)量為m₂，則本實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式為m₁$\sqrt{OP}$=m₁$\sqrt{OM}$+m₂$\sqrt{ON}$．
（6）如果a，b球的碰撞是彈性碰撞，那么還應(yīng)滿足的表達(dá)式為m₁OP=m₁OM+m₂ON．（要求第（5）（6）結(jié)論用m₁、m₂、OM、OP、ON表示）

Answer 1

分析 Ⅰ（1）為使兩球發(fā)生正碰且碰撞后，入射球不反彈，兩球直徑應(yīng)相等，入射球質(zhì)量大于被碰球質(zhì)量；
（2）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理選擇實(shí)驗(yàn)器材；
（3）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理及實(shí)驗(yàn)所測(cè)量的量求出需要驗(yàn)證的表達(dá)式．
Ⅱ（4）小球離開(kāi)軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，小球落到斜面上，可以驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，根據(jù)平拋規(guī)律分析答題．
（5）設(shè)斜面BC與水平面的傾角為α，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出碰撞前后小球m₁和小球m₂的速度，表示出動(dòng)量的表達(dá)式即可求解；
（6）若兩小球的碰撞是彈性碰撞，則碰撞前后機(jī)械能沒(méi)有損失．

解答 解：Ⅰ（1）通過(guò)兩球發(fā)生碰撞驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，為使兩球發(fā)生正碰且碰撞后，入射球不反彈，兩球直徑應(yīng)相等，入射球質(zhì)量大于被碰球質(zhì)量，即兩球需要滿足：m₁＞m₂　r₁=r₂，故C正確；
（2）驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律實(shí)驗(yàn)，需要測(cè)出兩球的質(zhì)量與球做平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移，不需要測(cè)量球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，因此需要的實(shí)驗(yàn)器材是：天平與刻度尺，故選：AC．
（3）兩球離開(kāi)軌道后，做平拋運(yùn)動(dòng)，它們?cè)诳罩械倪\(yùn)動(dòng)時(shí)間t相等，由動(dòng)量守恒定律可知，實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證：
m₁v₁=m₁v₁′+m₂v₂，兩邊同時(shí)乘以時(shí)間t得：m₁v₁t=m₁v₁′t+m₂v₂t，則實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證：m₁OP=m₁OM+m₂ON；
Ⅱ（4）A、兩球碰撞后做平拋運(yùn)動(dòng)，分別落在斜面上，測(cè)出它們的水平位移，可以驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，故A錯(cuò)誤；
B、利用用小球的水平位移代替小球的初速度，實(shí)驗(yàn)過(guò)程中不需要測(cè)小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，實(shí)驗(yàn)不需要秒表，故B正確；
C、平拋運(yùn)動(dòng)可以分解為水平方向的勻速運(yùn)動(dòng)與豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得：y=OPsinθ=$\frac{1}{2}$gt²，x=OPcosθ=v₁t，解得：v₁=OPcosθ$\sqrt{\frac{g}{2OPsinθ}}$，在驗(yàn)證動(dòng)量守恒的表達(dá)式中每項(xiàng)都有cosθ$\sqrt{\frac{1}{sinθ}}$，列方程可以消去cosθ$\sqrt{\frac{1}{sinθ}}$，不需要測(cè)量斜面傾角θ，故C錯(cuò)誤；
D、小球a和小球b相撞后，小球b的速度增大，小球a的速度減小，都做平拋運(yùn)動(dòng)，所以碰撞后a球的落地點(diǎn)是M點(diǎn)，b球的落地點(diǎn)是N點(diǎn)，故D正確；
（5）碰撞前，小球a落在圖中的P點(diǎn)，設(shè)其水平初速度為v₁．小球a和b發(fā)生碰撞后，a的落點(diǎn)在圖中的M點(diǎn)，設(shè)其水平初速度為v₁′，b的落點(diǎn)是圖中的N點(diǎn)，設(shè)其水平初速度為v₂． 斜面與水平面的傾角為θ，
由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得：y=OPsinθ=$\frac{1}{2}$gt²，x=OPcosθ=v₁t，解得：v₁=OPcosθ$\sqrt{\frac{g}{2OPsinθ}}$，
同理可解得：v₁′=OMcosθ$\sqrt{\frac{g}{2OMsinθ}}$，v₂=ONcosθ$\sqrt{\frac{g}{2ONsinθ}}$，
驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，需要驗(yàn)證：m₁v₁=m₁v₁′+m₂v₂，
即：m₁•OPcosθ$\sqrt{\frac{g}{2OPsinθ}}$=m₁•OMcosθ$\sqrt{\frac{g}{2OMsinθ}}$+m₂•ONcosθ$\sqrt{\frac{g}{2ONsinθ}}$，
則m₁$\sqrt{OP}$=m₁$\sqrt{OM}$+m₂$\sqrt{ON}$，說(shuō)明兩球碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒；
本實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式為為：m₁$\sqrt{OP}$=m₁$\sqrt{OM}$+m₂$\sqrt{ON}$．
（6）若兩小球的碰撞是彈性碰撞，則碰撞前后機(jī)械能沒(méi)有損失，
要滿足關(guān)系式$\frac{1}{2}$m₁v₁²=$\frac{1}{2}$m₁v₁′²+$\frac{1}{2}$m₂v₂²，即：m₁OP=m₁OM+m₂ON；
故答案為：Ⅰ（1）C；（2）AC；（3）m₁OP=m₁OM+m₂ON；Ⅱ（4）BD；（5）m₁$\sqrt{OP}$=m₁$\sqrt{OM}$+m₂$\sqrt{ON}$；（6）m₁OP=m₁OM+m₂ON．

點(diǎn)評(píng) （1）本實(shí)驗(yàn)主要是要把動(dòng)量守恒用水平方向的位移表示出來(lái)，同學(xué)們一定要注意掌握，因?yàn)檫@是本實(shí)驗(yàn)的一個(gè)重要的技巧．難度中等．
（2）學(xué)會(huì)運(yùn)用平拋運(yùn)動(dòng)的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度，兩小球的碰撞是彈性碰撞，則碰撞前后機(jī)械能沒(méi)有損失．