Question

16．“探究碰撞中的不變量”的實驗中：
（1）入射小球m₁=15g，原靜止的被碰小球m₂=10g，由實驗測得它們在碰撞前后的x-t圖象如圖1，可知入射小球碰撞后的m₁v′₁是0.0075 kg•m/s，入射小球碰撞前的m₁v₁是0.015 kg•m/s，被碰撞后的m₂v′₂是0.0075kg•m/s，由此得出結(jié)論碰撞過程中動量守恒．

（2）實驗裝置如圖2所示，本實驗中，實驗必須要求的條件是BCD
A．斜槽軌道必須是光滑的
B．斜槽軌道末端點的切線是水平的
C．入射小球每次都從斜槽上的同一位置無初速釋放
D．入射球與被碰球滿足m_a＞m_b，r_a=r_b
（3）圖中M、P、N分別為入射球與被碰球?qū)��?yīng)的落點的平均位置，則實驗中要驗證的關(guān)系是C
A．m_a•ON=m_a•OP+m_b•OM         B．m_a•OP=m_a•ON+m_b•OM
C．m_a•OP=m_a•OM+m_b•ON         D．m_a•OM=m_a•OP+m_b•ON．

Answer 1

分析 （1）由速度圖象求出小球的位移與對應(yīng)的時間，由速度公式求出小球的速度，然后根據(jù)動量的計算公式求出小球的動量，然后分析答題；
（2）在做“驗證動量守恒定律”的實驗中，是通過平拋運動的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度的，所以要保證每次小球都做平拋運動，則軌道的末端必須水平．
（3）本題要驗證動量守恒定律定律即m₁v₀=m₁v₁+m₂v₂，故需驗證m_aOP=m_aOM+m_bON．

解答 解：（1）由圖1所示圖象可知，碰撞前球1的速度：v₁=$\frac{{x}_{1}}{t}$=$\frac{0.2}{0.2}$=1m/s，
碰撞后，球的速度：v₁′=$\frac{x{′}_{1}}{t{′}_{1}}$=$\frac{0.30-0.20}{0.4-0.2}$=0.5m/s，v₂′=$\frac{x{′}_{2}}{t{′}_{2}}$=$\frac{0.35-0.20}{0.4-0.2}$=0.75m/s，
入射小球碰撞后的m₁v′₁=0.015×0.5=0.0075kg•m/s，
入射小球碰撞前的m₁v₁=0.015×1=0.015 kg•m/s，
被碰撞后的m₂v′₂=0.01×0.75=0.075kg•m/s，
碰撞前系統(tǒng)總動量p=m₁v₁=0.015kg•m/s，
碰撞后系統(tǒng)總動量p′=m₁v′₁+m₂v′₂=0.015kg•m/s，
p′=p，由此可知：碰撞過程中動量守恒；
（2）A、“驗證動量守恒定律”的實驗中，是通過平拋運動的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度的，只要離開軌道后做平拋運動，對斜槽是否光滑沒有要求，故A錯誤；
B、要保證每次小球都做平拋運動，則軌道的末端必須水平，故B正確；
C、要保證碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要從同一高度由靜止?jié)L下，故C正確；
D、為了保證小球碰撞為對心正碰，且碰后不反彈，要求m_a＞m_b，r_a=r_b，故D正確．故選BCD．
（3）要驗證動量守恒定律定律即：m_av₀=mav₁+m_bv₂，小球做平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律可知根據(jù)兩小球運動的時間相同，上式可轉(zhuǎn)換為：m_av₀t=m_av₁t+m_bv₂t，
故需驗證m_aOP=m_aOM+m_bON，因此ABD錯誤，C正確．故選C．
故答案為：（1）0.0075；0.015；0.0075；碰撞過程中動量守恒；（2）BCD；（3）C

點評 本實驗的一個重要的技巧是入射球和靶球從同一高度作平拋運動并且落到同一水平面上，故下落的時間相同，所以在實驗的過程當中把本來需要測量的速度改為測量平拋過程當中水平方向發(fā)生的位移，可見掌握了實驗原理才能順利解決此類題目．