分析 (1、2)在驗(yàn)證動量守恒定律的實(shí)驗(yàn)中,運(yùn)用平拋運(yùn)動的知識得出碰撞前后兩球的速度,因?yàn)橄侣涞臅r間相等,則水平位移代表平拋運(yùn)動的速度.根據(jù)實(shí)驗(yàn)的原理確定需要測量的物理量.
(3)根據(jù)動量守恒定律及機(jī)械能守恒定律可求得動量守恒及機(jī)械能守恒的表達(dá)式;
(4)小球落在斜面上,根據(jù)水平位移關(guān)系和豎直位移的關(guān)系,求出初速度與距離的表達(dá)式,從而得出動量守恒的表達(dá)式.
解答 解:(1)因?yàn)槠綊佭\(yùn)動的時間相等,根據(jù)$v=\frac{x}{t}$,所以用水平射程可以代替速度,則需測量小球平拋運(yùn)動的射程間接測量速度.故應(yīng)保證斜槽末端水平,小球每次都從同一點(diǎn)滑下;同時為了小球2能飛的更遠(yuǎn),防止1反彈,球1的質(zhì)量應(yīng)大于球2的質(zhì)量;實(shí)驗(yàn)中白紙不能移動,但復(fù)寫紙是可以移動的;故ADE正確,BC錯誤;
故選:ADE.
(2)根據(jù)動量守恒得,m1•OP=m1•OM+m2•ON,所以除了測量線段OM、OP、ON的長度外,還需要測量的物理量是小球1和小球2的質(zhì)量m1、m2.
故選:C.
(3)因?yàn)槠綊佭\(yùn)動的時間相等,則水平位移可以代表速度,OP是A球不與B球碰撞平拋運(yùn)動的位移,該位移可以代表A球碰撞前的速度,OM是A球碰撞后平拋運(yùn)動的位移,該位移可以代表碰撞后A球的速度,ON是碰撞后B球的水平位移,該位移可以代表碰撞后B球的速度,當(dāng)所測物理量滿足表達(dá)式m1•OP=m1•OM+m2•ON,說明兩球碰撞遵守動量守恒定律,由功能關(guān)系可知,只要12m1v02=12m1v12+12m2v22成立則機(jī)械能守恒,故若m1•OP2=m1•OM2+m2•ON2,說明碰撞過程中機(jī)械能守恒.
(4)碰撞前,m1落在圖中的P′點(diǎn),設(shè)其水平初速度為v1.小球m1和m2發(fā)生碰撞后,m1的落點(diǎn)在圖中M′點(diǎn),設(shè)其水平初速度為v1′,m2的落點(diǎn)是圖中的N′點(diǎn),設(shè)其水平初速度為v2. 設(shè)斜面BC與水平面的傾角為α,
由平拋運(yùn)動規(guī)律得:{L}_{p′}sinα=\frac{1}{2}g{t}^{2},Lp′cosα=v1t
解得{v}_{1}=\sqrt{\frac{g{L}_{p′}co{s}^{2}α}{2sinα}}.
同理{v}_{1}′=\sqrt{\frac{g{L}_{M′}co{s}^{2}α}{2sinα}},{v}_{2}=\sqrt{\frac{g{L}_{N′}co{s}^{2}α}{2sinα}},可見速度正比于\sqrt{l}.
所以只要驗(yàn)證{m}_{1}\sqrt{{l}_{2}}={m}_{1}\sqrt{{l}_{1}}+{m}_{2}\sqrt{{l}_{3}}即可.
故答案為.(1)ADE (2)C�。�3)m1•OP=m1•OM+m2•ON m1•(OP)2=m1•(OM)2+m2•(ON)2 (4){m}_{1}\sqrt{{l}_{2}}={m}_{1}\sqrt{{l}_{1}}+{m}_{2}\sqrt{{l}_{3}}
點(diǎn)評 解決本題的關(guān)鍵掌握實(shí)驗(yàn)的原理,以及實(shí)驗(yàn)的步驟,在驗(yàn)證動量守恒定律實(shí)驗(yàn)中,無需測出速度的大小,可以用位移代表速度.同時,在運(yùn)用平拋運(yùn)動的知識得出碰撞前后兩球的速度,因?yàn)橄侣涞臅r間相等,則水平位移代表平拋運(yùn)動的速度.若碰撞前后總動能相等,則機(jī)械能守恒
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A. | 2F1 | B. | 2F2 | C. | 2F3 | D. | 零 |
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A. | Ⅰ、Ⅱ兩個物體所受的合外力都在不斷減小 | |
B. | Ⅰ、Ⅱ兩個物體的平均速度大小都是\frac{{{v_1}+{v_2}}}{2} | |
C. | Ⅰ物體的位移不斷增大,Ⅱ物體的位移不斷減小 | |
D. | Ⅰ物體所受的合外力不斷增大,Ⅱ物體所受的合外力不斷減小 |
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