2023-2023学年高中创新设计物理粤教版选修3-5学案：1-5 自然界中的守恒定律

第页第五节自然界中的守恒定律[目标定位]1.加深对动量守恒定律、能量守恒定律的理解，能运用这两个定律解决一些简单的实际问题.2.通过物理学中的守恒定律，体会自然界的和谐与统一．一、守恒与不变1．能量守恒：能量是物理学中最重要的物理量之一，而且具有各种各样的形式，各种形式的能量可以相互转化但总能量不变．2．动量守恒：动量守恒定律通常是对相互作用的物体所构成的系统而言的．适用于任何形式的运动，因此常用来推断系统在发生碰撞前后运动状态的变化．3．守恒定律的本质，就是某种物理量保持不变．能量守恒是对应着某种时间变换中的不变性；动量守恒是对应着某种空间变换中的不变性．二、守恒与对称1．对称的本质：具有某种不变性．守恒与对称性之间有着必然的联系．2．自然界应该是和谐对称的，在探索未知的物理规律的时候，允许以普遍的对称性作为指引．预习完成后，请把你疑惑的问题记录在下面的表格中问题1问题2问题3一、爆炸类问题解决爆炸类问题时，要抓住以下三个特征：1．动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的动量守恒．2．动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，因此爆炸后系统的总动能增加．3．位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后，物体仍然从爆炸的位置以新的动量开始运动．【例1】从某高度自由下落一个质量为M的物体，当物体下落h时，突然炸裂成两块，质量为m的一块碎片恰能沿竖直方向回到开始下落的位置，求：(1)刚炸裂时另一块碎片的速度；(2)爆炸过程中有多少化学能转化为动能？答案(1)eq\f(M＋m,M－m)eq\r(2gh)，方向竖直向下(2)eq\f(4Mmgh,M－m)解析(1)M下落h后：Mgh＝eq\f(1,2)Mv2，v＝eq\r(2gh)爆炸时动量守恒：Mv＝－mv＋(M－m)v′v′＝eq\f(M＋m,M－m)eq\r(2gh)，方向竖直向下(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增加量，即ΔEk＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)(M－m)v′2－eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(4Mmgh,M－m)二、滑块滑板模型1．把滑块、滑板看作一个整体，摩擦力为内力，那么在光滑水平面上滑块和滑板组成的系统动量守恒．2．由于摩擦生热，把机械能转化为内能，那么系统机械能不守恒．应结合能量守恒求解问题．3．注意滑块假设不滑离木板，最后二者具有共同速度．【例2】如图1所示，在光滑的水平面上有一质量为M的长木板，以速度v0向右做匀速直线运动，将质量为m的小铁块轻轻放在木板上的A点，这时小铁块相对地面速度为零，小铁块相对木板向左滑动．由于小铁块和木板间有摩擦，最后它们之间相对静止，它们之间的动摩擦因数为μ，求：图1(1)小铁块跟木板相对静止时，它们的共同速度多大？(2)它们相对静止时，小铁块与A点距离多远？(3)在全过程中有多少机械能转化为内能？答案(1)eq\f(M,M＋m)v0(2)eq\f(Mv\o\al(,02),2μM＋mg)(3)eq\f(Mmv\o\al(,02),2M＋m)解析(1)小铁块放到长木板上后，由于他们之间有摩擦，小铁块做加速运动，长木板做减速运动，最后到达共同速度，一起匀速运动．设到达的共同速度为v.由动量守恒定律得：Mv0＝(M＋m)v解得v＝eq\f(M,M＋m)v0.(2)设小铁块距A点的距离为L，由能量守恒定律得μmgL＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(,02)－eq\f(1,2)(M＋m)v2解得：L＝eq\f(Mv\o\al(,02),2μM＋mg)(3)全过程所损失的机械能为ΔE＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(,02)－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝eq\f(Mmv\o\al(,02),2M＋m)三、子弹打木块类模型1．子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，系统动量守恒．2．在子弹打木块过程中摩擦生热，那么系统机械能不守恒，机械能向内能转化．系统损失的机械能等于阻力乘于相对位移．即ΔE＝f·s相对3．假设子弹不穿出木块，那么二者最后有共同速度，机械能损失最多．【例3】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，设木块与子弹的相互作用力为f.试求：(1)子弹、木块相对静止时的速度v.(2)系统损失的机械能、系统增加的内能分别为多少？(3)子弹打进木块的深度l深为多少？答案(1)eq\f(m,M＋m)v0(2)eq\f(Mmv\o\al(,02),2M＋m)eq\f(Mmv\o\al(,02),2M＋m)(3)eq\f(Mmv\o\al(,02),2fM＋m)解析(1)由动量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，子弹与木块的共同速度为：v＝eq\f(m,M＋m)v0.(2)由能量守恒定律得，系统损失的机械能ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(,02)－eq\f(1,2)(M＋m)v2，得：ΔEk＝eq\f(Mmv\o\al(,02),2M＋m)系统增加的内能Q＝ΔEk＝eq\f(Mmv\o\al(2,0),2M＋m)(3)解法一：对子弹利用动能定理得－fs1＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(,02)所以s1＝eq\f(MmM＋2mv\o\al(,02),2fM＋m2)同理对木块有：fs2＝eq\f(1,2)Mv2故木块发生的位移为s2＝eq\f(Mm2v\o\al(,02),2fM＋m2).子弹打进木块的深度为：l深＝s1－s2＝eq\f(Mmv\o\al(,02),2fM＋m)解法二：对系统根据能量守恒定律，得：f·l深＝eq\f(1,2)mveq\o\al(,02)－eq\f(1,2)(M＋m)v2得：l深＝eq\f(Mmv\o\al(,02),2fM＋m)l深即是子弹打进木块的深度．四、弹簧类模型1．对于弹簧类问题，在作用过程中，假设系统合外力为零，满足动量守恒．2．整个过程涉及到弹性势能、动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题．3．注意：弹簧压缩最短时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧最短，具有最大弹性势能．【例4】两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4kg的物块C静止在前方，如图2所示．B与C碰撞后二者会粘在一起运动．那么在以后的运动中：图2(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为多大？(2)系统中弹性势能的最大值是多少？答案(1)3m/s(2)12J解析(1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大．由A、B、C三者组成的系统动量守恒有(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)·vABC，解得vABC＝eq\f(2＋2×6,2＋2＋4)m/s＝3m/s.(2)B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为vBC，那么mBv＝(mB＋mC)vBC，vBC＝eq\f(2×6,2＋4)m/s＝2m/s，设物块A、B、C速度相同时弹簧的弹性势能最大为Ep，根据能量守恒Ep＝eq\f(1,2)(mB＋mC)veq\o\al(2,BC)＋eq\f(1,2)mAv2－eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq\o\al(2,ABC)＝eq\f(1,2)×(2＋4)×22J＋eq\f(1,2)×2×62J－eq\f(1,2)×(2＋2＋4)×32J＝12J.爆炸类问题1．一颗质量为30g的弹丸在距地面高20m时仅有水平速度v＝10m/s.爆炸成为A、B两块，其中A的质量为10g，速度方向水平且与v方向相同，大小为vA＝100m/s，求：(g＝10m/s2)(1)爆炸后A、B落地时的水平距离多大？(2)爆炸过程中有多少化学能转化为动能？答案(1)270m(2)60.75J解析(1)爆炸时动量守恒，有mv＝mAvA＋(m－mA)vB代入数据得：vB＝－35m/s下落过程由h＝eq\f(1,2)gt2得t＝2s，那么A、B的水平位移的大小为sA＝vAt＝100×2m＝200msB＝|vB|t＝35×2m＝70m落地时相距s＝sA＋sB＝270m(2)爆炸过程中转化的动能ΔEk＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(,A2)＋eq\f(1,2)(m－mA)veq\o\al(,B2)－eq\f(1,2)mv2＝60.75J滑块一滑板类模型2．一质量为M、长为l的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m<M.现以地面为参考系，给A和B以大小相等、方向相反的初速度，如图3所示，使A开始向左运动、B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离B板．假设A和B的初速度大小为v0.求：图3(1)它们最后的速度的大小和方向；(2)木块与木板间的动摩擦因数μ.答案(1)eq\f(M－m,M＋m)v0，水平向右(2)eq\f(2Mv\o\al(,02),M＋mgL)解析(1)系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向．木块A不滑离B板的条件是二者最终处于相对静止，设此时共同速度为v.由动量守恒定律得：Mv0－mv0＝(M＋m)v可得：v＝eq\f(M－m,M＋m)v0因为M>m，故v方向水平向右．(2)木块和木板损失的机械能转化为内能，根据能量守恒定律，有μmgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(,02)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(,02)－eq\f(1,2)(M＋m)v2解得：μ＝eq\f(2Mv\o\al(,02),M＋mgl)子弹打木块类模型3.如图4所示，在光滑水平面上放置一质量为M＝1kg的静止木块，一质量为m＝10g的子弹以v0＝200m/s水平速度射向木块，穿出后子弹的速度变为v1＝100m/s，求木块和子弹所构成的系统损失的机械能．图4答案149.5J解析取子弹与木块为系统，系统的动量守恒，设木块获得的速度为v2，那么有：mv0＝mv1＋Mv2得：v2＝eq\f(mv0－v1,M)＝1m/s，由能量守恒定律得系统损失的机械能为：ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(,02)－eq\f(1,2)mveq\o\al(,12)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(,22)＝149.5J弹簧类模型4．如图5所示，木块A、B的质量均为2kg，置于光滑水平面上，B与一轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在竖直挡板上，当A以4m/s的速度向B撞击时，由于有橡皮泥而粘在一起运动，那么弹簧被压缩到最短时，弹簧具有的弹性势能大小为()图5A．4J B．8JC．16J D．32J答案B解析A、B在碰撞过程中动量守恒，碰后粘在一起共同压缩弹簧的过程中机械能守恒．由碰撞过程中动量守恒得mAvA＝(mA＋mB)v，代入数据解得v＝eq\f(mAvA,mA＋mB)＝2m/s，所以碰后A、B及弹簧组成的系统的机械能为eq\f(1,2)(mA＋mB)v2＝8J，当弹簧被压缩至最短时，系统的动能为0，只有弹性势能，由机械能守恒定律得此时弹簧的弹性势能为8J.(时间：60分钟)1．(多项选择)两位同学穿着旱冰鞋，面对面站立不动，互推后向相反的方向运动，不计摩擦阻力，以下判断正确的选项是()A．互推后两同学总动量增加B．互推后两同学动量大小相等，方向相反C．别离时质量大的同学的速度小一些D．互推过程中机械能守恒答案BC解析以两人组成的系统为研究对象，竖直方向所受的重力和支持力平衡，合力为零，水平方向上不受外力，故系统的动量守恒，原来的总动量为零，互推后两同学的总动量仍为零，那么两同学互推后的动量大小相等，方向相反，A错误，B正确；根据动量守恒定律得Mv1－mv2＝0可见，别离时速度与质量成反比，即质量大的同学的速度小，C正确；互推过程中作用力和反作用力对两同学做正功，系统总动能增加，故机械能不守恒，D错误．2．在光滑的水平面上有一质量为0.2kg的球以5m/s的速度向前运动，与质量为3kg的静止木块发生碰撞，假设碰撞后木块的速度是v木＝4.2m/s，那么()A．碰撞后球的速度为v球＝－1.3m/sB．v木＝4.2m/s这一假设不合理，因而这种情况不可能发生C．v木＝4.2m/s这一假设是合理的，碰撞后小球被弹回来D．v木＝4.2m/s这一假设是可能发生的，但由于题给条件缺乏，v球的大小不能确定答案B解析根据动量守恒定律，m球v＝m球v球＋m木v木，即0.2kg×5m/s＝0.2kg×v球＋3kg×4.2m/s，得v1＝－58m/s，这一过程不可能发生，因为碰撞后机械能增加了．3．质量相等的三个物块在光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开一定距离，如图1所示，具有初动能E0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，这个整体的动能为()图1A．E0B.eq\f(2E0,3)C.eq\f(E0,3)D.eq\f(E0,9)答案C解析碰撞中动量守恒mv0＝3mv1，解得v1＝eq\f(v0,3)E0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(,02)Ek′＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(,12)由①②③得Ek′＝eq\f(E0,3).4.质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图2所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，那么整个过程中，系统损失的动能为()图2A.eq\f(1,2)mv2 B.eq\f(mMv2,2M＋m)C.eq\f(1,2)NμmgL D．NμmgL答案BD解析根据动量守恒，小物块和箱子的共同速度v′＝eq\f(mv,M＋m)，损失的动能ΔEk＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(M＋m)v′2＝eq\f(Mmv2,2M＋m)，所以B正确；根据能量守恒，损失的动能等于因摩擦产生的热量，而计算热量的方法是摩擦力乘以相对位移，所以ΔEk＝NfL＝NμmgL，可见D正确．5．如图3所示，A、B两个木块用轻弹簧相连接，它们都静止在光滑水平面上，A和B的质量分别是99m和100m，一颗质量为m的子弹以速度v0水平射入木块图3A.eq\f(mv\o\al(,02),400) B.eq\f(mv\o\al(,02),200)C.eq\f(99mv\o\al(,02),200) D.eq\f(199mv\o\al(,02),400)答案A解析子弹射入木块A，动量守恒，有mv0＝100mv1＝200mv2，弹性势能的最大值Ep＝eq\f(1,2)×100mveq\o\al(,12)－eq\f(1,2)×200mveq\o\al(,22)＝eq\f(mv\o\al(,02),400).6．如图4所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧，当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短．求从A开始压缩弹簧直至与弹簧别离的过程中，图4(1)整个系统损失的机械能；(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．答案(1)eq\f(1,16)mveq\o\al(,02)(2)eq\f(13,48)mveq\o\al(,02)解析(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统动量守恒，有mv0＝2mv1此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE，对B、C组成的系统，由动量守恒和能量守恒得mv1＝2mv2eq\f(1,2)mveq\o\al(,12)＝ΔE＋eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(,22)联立①②③式，得ΔE＝eq\f(1,16)mveq\o\al(,02)(2)由②式可知，v2<v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩到最短，其弹性势能为Ep，由动量守恒和能量守恒得：mv0＝3mv3eq\f(1,2)mveq\o\al(,02)－ΔE＝eq\f(1,2)(3m)veq\o\al(2,3)＋Ep联立④⑤⑥式得Ep＝eq\f(13,48)mveq\o\al(,02)7．如图5所示，光滑水平面上有A、B两小车，质量分别为mA＝20kg，mB＝25kg.A车以初速度v0＝3m/s向右运动，B车静止，且B车右端放着物块C，C的质量为mC＝15kg.A、B相撞且在极短时间内连接在一起，不再分开．C与B上外表间动摩擦因数为μ＝0.2，B车足够长，g＝10m/s2，求C沿B上外表滑行的长度．图5答案eq\f(1,3)m解析A、B相撞：mAv0＝(mA＋mB)v1，解得v1＝eq\f(4,3)m/s.由于在极短时间内摩擦力对C的冲量可以忽略，故A、B刚连接为一体时，C的速度为零．此后，C沿B上外表滑行，直至相对于B静止为止．这一过程中，系统动量守恒，系统的动能损失等于滑动摩擦力与C在B上的滑行距离之积；(mA＋mB)v1＝(mA＋mB＋mC)veq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(,12)－eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)v2＝μmCgL解得L＝eq\f(1,3)m.8.如图6所示，质量m1＝0.3kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5m，现有质量m2＝0.2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，求：图6(1)物块在车面上滑行的时间t；(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少．答案(1)0.24s(2)5m/s解析(1)设物块与小车共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有：m2v0＝(m1＋m2)v设物块与车面间的滑动摩擦力大小为f，对物块应用牛顿运动定律有：f＝m2·eq\f(v0－v,t)，又f＝μm2g，解得t＝eq\f(m1v0,μm1＋m2g)，代入数据得t＝0.24s.(2)要使物块恰好不从车面滑出，须使物块到达车面最右端时与小车有共同的速度，设其为v′，那么m2v0′＝(m1＋m2)v′，由功能关系有：eq\f(1,2)m2v0′2＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v′2＋μm2gL代入数据解得v0′＝5m/s，故要使物块不从车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过5m/s.实验验证动量守恒定律[目标定位]1.明确验证动量守恒定律的原理和根本思路.2.掌握直线运动物体速度的测量方法．一、实验原理为了使问题简化，这里研究两个物体的碰撞，且碰撞前两物体沿同一直线运动，碰撞后仍沿该直线运动．1．设两个物体的质量分别为m1、m2，碰撞前的速度分别为v1、v2，碰撞后的速度分别为v1′、v2′，如果速度与我们规定的正方向相同取正值，相反取负值．根据实验求出两物体碰前总动量p＝m1v1＋m2v2，碰后总动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看p与p′是否相等，从而验证动量守恒定律．2．实验设计需要考虑的问题：(1)如何保证碰撞前、后两物体速度在同一条直线上．(2)如何测定碰撞前、后两物体的速度．二、实验案例气垫导轨上的实验气垫导轨、气泵、光电计时器、天平等．气垫导轨装置如图1所示，由导轨、滑块、挡光片、光电门等组成，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，压缩空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上(如图2所示)，这样大大减小了由摩擦产生的影响．图1图2(1)质量的测量：用天平测量．(2)速度的测量：用光电计时器测量．设Δs为滑块(挡光片)的宽度，Δt为数字计时器显示的滑块(挡光片)经过光电门的时间，那么v＝eq\f(Δs,Δt).预习完成后，请把你疑惑的问题记录在下面的表格中问题1问题2问题3实验步骤1．如图2所示调节气垫导轨，使其水平．是否水平可按如下方法检查：翻开气泵后，导轨上的滑块应该能保持静止．2．按说明书连接好数字计时器与光电门．3．如图3所示，把中间夹有弯形弹簧片的两滑块置于光电门中间保持静止，烧断拴弹簧片的细线，测出两滑块的质量和速度，将实验结果记入设计好的表格中．图34．如图4所示，在滑块上安装好弹性碰撞架．将两滑块从左、右以适当的速度经过光电门后在两光电门中间发生碰撞，碰撞后分别沿各自碰撞前相反的方向运动再次经过光电门，光电计时器分别测出两滑块碰撞前后的速度．测出它们的质量后，将实验结果记入相应表格中．图45．如图5所示，在滑块上安装好撞针及橡皮泥，将装有橡皮泥的滑块停在两光电门之间，装有撞针的滑块从一侧经过光电门后两滑块碰撞，一起运动经过另一光电门，测出两滑块的质量和速度，将实验结果记入相应表格中．图56．根据上述各次碰撞的实验数据寻找物体碰撞中动量变化的规律．气垫导轨实验数据记录表碰撞(烧断)前碰撞(烧断)后质量m(kg)m1m2m1m2速度v(m·s－1)v1v2v1′v2′mv(kg·m·s－1)m1v1＋m2v2m1v1′＋m2v2′实验结论实验结论：碰撞前后两滑块的动量之和保持不变，即碰撞中两滑块组成的系统动量守恒．典例分析【例1】现利用图6(a)所示的装置验证动量守恒定律．在图(a)中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间．图6实验测得滑块A的质量m1＝0.310kg，滑块B的质量m2＝0.108kg，遮光片的宽度d＝1.00cm；打点计时器所用交流电的频率f＝50.0Hz.将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰．碰后光电计时器显示的时间为ΔtB＝3.500ms，碰撞前后打出的纸带如图(b)所示．假设实验允许的相对误差绝对值(|eq\f(碰撞前后总动量之差,碰前总动量)|×100%)最大为5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程．答案见解析解析滑块运动的瞬时速度大小v为v＝eq\f(Δs,Δt)式中Δs为滑块在时间Δt内走过的路程．设纸带上打出相邻两点的时间间隔为T，那么T＝eq\f(1,f)＝0.02s设A碰撞前后瞬时速度大小分别为v0、v1，将②式和图给实验数据代入①式可得：v0＝eq\f(4.00×10－2,0.02)m/s＝2.00m/sv1＝eq\f(1.94×10－2,0.02)m/s＝0.970m/s设B在碰撞后的速度大小为v2，由①式有v2＝eq\f(d,ΔtB)代入题所给的数据可得：v2≈2.86m/s设两滑块在碰撞前后的动量分别为p和p′，那么p＝m1v0p′＝m1v1＋m2v2两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为δγ＝|eq\f(p－p′,p)|×100%联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，可得：δγ≈1.7%<5%因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律．【例2】某同学利用气垫导轨做“验证碰撞中的动量守恒〞的实验，气垫导轨装置如图7所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架、光电门等组成．图7(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向气垫导轨通入压缩空气；③接通光电计时器；④把滑块2静止放在气垫导轨的中间；⑤滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；⑥释放滑块1，滑块1通过光电门1后与左侧固定弹簧的滑块2碰撞，碰后滑块1和滑块2依次通过光电门2，两滑块通过光电门后依次被制动；⑦读出滑块通过两个光电门的挡光时间分别为滑块1通过光电门1的挡光时间Δt1＝10.01ms，通过光电门2的挡光时间Δt2＝49.99ms，滑块2通过光电门2的挡光时间Δt3＝8.35ms；⑧测出挡光片的宽度d＝5mm，测得滑块1(包括撞针)的质量为m1＝300g，滑块2(包括弹簧)质量为m2＝200g；(2)数据处理与实验结论：①实验中气垫导轨的作用是：A.___________________________，B．__________________________.②碰撞前滑块1的速度v1为________m/s；碰撞后滑块1的速度v2为________m/s；滑块2的速度v3为________m/s；(结果保存两位有效数字)③在误差允许的范围内，通过本实验，同学们可以探究出碰撞前后系统的总动量和总动能如何变化？通过对实验数据的分析说明理由．a．____________________；b.____________________.答案①A.大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．B．保证两个滑块的碰撞是一维的．②0.500.100.60③a.系统碰撞前、后质量与速度的乘积之和不变b．碰撞前后总动能不变解析(2)①A.大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．B.保证两个滑块的碰撞是一维的．②滑块1碰撞之前的速度v1＝eq\f(d,Δt1)＝eq\f(5×10－3,10.01×10－3)m/s≈0.50m/s；滑块1碰撞之后的速度v2＝eq\f(d,Δt2)＝eq\f(5×10－3,49.99×10－3)m/s≈0.10m/s；滑块2碰撞后的速度v3＝eq\f(d,Δt3)＝eq\f(5×10－3,8.35×10－3)m/s≈0.60m/s；③a.系统碰撞前后质量与速度的乘积之和不变．原因：系统碰撞之前的质量与速度的乘积m1v1＝0.15kgm/s，系统碰撞之后的质量与速度的乘积之和m1v2＋m2v3＝0.15kg·m/sb．碰撞前后总动能不变．原因：碰撞前的总动能Ek1＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(,12)＝0.0375J碰撞之后的总动能Ek2＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(,22)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(,32)＝0.0375J所以碰撞前后总动能相等.某同学设计了一个用打点计时器做“探究碰撞中动量变化规律〞的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动．他设计的实验具体装置如图8所示，在小车A后连着纸带，电磁打点计时器使用的电源频率为50Hz，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力．图8(1)假设实验已得到的打点纸带如图9所示，并测得各计数点间距(标在图上)，那么应该选________段来计算A的碰撞前速度；应选________段来计算A和B碰后的共同速度(选填“AB〞、“BC〞、“CD〞或“DE〞)．图9(2)已测得小车A的质量mA＝0.40kg，小车B的质量mB＝0.20kg.由以上测量结果可得：碰前mAvA＝________kg·m/s；碰后(mA＋mB)v共＝________kg·m/s.由此得出结论是___________________________________________．(此题计算结果均保存三位有效数字)答案(1)BCDE(2)0.4200.417结论见解析解析(1)小车碰前做匀速直线运动，打出纸带上的点应该是间距均匀的，故计算小车碰前的速度应选BC段．CD段上所打的点由稀变密，可见在CD段A、B两小车相互碰撞．A、B碰撞后一起做匀速直线运动，所以打出的点又是间距均匀的，故应选DE段计算碰后的速度．(2)碰撞前：vA＝eq\f(\x\to(BC),Δt)＝eq\f(0.1050,0.1)m/s＝1.05m/s，碰撞后：vA′＝vB′＝v共＝eq\f(\x\to(DE),Δt)＝eq\f(0.0695,0.1)m/s＝0.695m/s.碰撞前：mAvA＝0.40×1.05kg·m/s＝0.420kg·m/s碰撞后：(mA＋mB)v共＝0.60×0.695kg·m/s＝0.417kg·m/s由于0.420≈0.417由此得出的结论是：在误差允许的范围内，一维碰撞过程中，两物体的总动量保持不变．(时间：60分钟)1．利用气垫导轨做“探究碰撞中动量变化规律〞的实验时，不需要测量的物理量是()A．滑块的质量 B．挡光时间C．挡光片的宽度 D．滑块移动的距离答案D解析根据实验原理可知，滑块的质量、挡光时间、挡光片的宽度都是需要测量的物理量，其中滑块的质量用天平测量，挡光时间用光电计时器测量，挡光片的宽度可事先用刻度尺测量；只有滑块移动的距离不需要测量，应选项D正确．2．“探究碰撞中动量的变化规律〞的实验中，入射小球m1＝15g，原来静止的被碰小球m2＝10g，由实验测得它们在碰撞前后的s－t图象如图1所示，由图可知，入射小球碰撞前的m1v1是________，入射小球碰撞后的m1v1′是________，被碰小球碰撞后的m2v2′是________，由此得出结论__________________________________________________________________________________________________________________________________________.图1答案0.015kg·m/s0.0075kg·m/s0．0075kg·m/s碰撞中mv的矢量和是守恒量解析由题图可知碰撞前入射小球m1的速度大小v1＝eq\f(0.2,0.2)m/s＝1m/s，故碰撞前m1v1＝0.015×1kg·m/s＝0.015kg·m/s.碰撞后m1的速度大小v1′＝eq\f(0.3－0.2,0.4－0.2)m/s＝0.5m/s，m2的速度大小v2′＝eq\f(0.35－0.2,0.4－0.2)m/s＝0.75m/s，故m1v1′＝0.015×0.5kg·m/s＝0.0075kg·m/s，m2v2′＝0.01×0.75kg·m/s＝0.0075kg·m/s，可知m1v1＝m1v1′＋m2v2′，即碰撞中mv的矢量和是守恒量．3．如图2所示为气垫导轨上两个滑块A、B相互作用后运动过程的频闪照片，频闪的频率为10Hz，开始时两个滑块静止，它们之间有一根被压缩的轻弹簧，滑块用绳子连接，绳子烧断后，两个滑块向相反方向运动．滑块A、B的质量分别为200g、300g，根据照片记录的信息，A、B离开弹簧后，A滑块做__________运动，其速度大小为__________m/s，本实验中得出的结论是____________________________________________________________________．图2答案匀速0.09碰撞前后滑块组成的系统动量守恒解析碰撞前：vA＝0，vB＝0，所以有mAvA＋mBvB＝0碰撞后：vA′＝0.09m/s，vB′＝0.06m/s规定向右为正方向，那么有mAvA′＋mBvB′＝0.2×(－0.09)kg·m/s＋0.3×0.06kg·m/s＝0那么由以上计算可知：mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′.4．如图3所示，在实验室用两端带竖直挡板C、D的气垫导轨和带固定挡板的质量都是M的滑块A、B，做探究碰撞中动量变化规律的实验：图3①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的固定挡板间放一弹簧，使弹簧处于水平方向上的压缩状态．②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与挡板C和D碰撞同时，电子计时器自动停表，记下A运动至C的时间t1，B运动至D的时间t2.③重复几次取t1、t2的平均值．请答复以下几个问题：(1)在调整气垫导轨时应注意__________________________________________________________________________________________________________________________________________；(2)应测量的数据还有__________________________________________________________________________________________________________________________________________；(3)作用前A、B两滑块总动量为________，作用后A、B两滑块总动量为________．答案(1)用水平仪测量并调试使得导轨水平(1)A至C的距离L1、B至D的距离L2(3)0(M＋m)eq\f(L1,t1)－Meq\f(L2,t2)解析(1)为了保证滑块A、B作用后做匀速直线运动，必须使气垫导轨水平，需要用水平仪加以调试．(2)要求出A、B两滑块在卡销放开后的速度，需测出A运动至C的时间t1和B运动至D的时间t2，并且要测量出两滑块到挡板的运动距离L1和L2，再由公式v＝eq\f(s,t)求出其速度．(3)碰前两滑块静止，v＝0，总动量为0.设向左为正方向，根据所测数据求得两滑块的速度分别为vA＝eq\f(L1,t1)，vB＝－eq\f(L2,t2).碰后两滑块的总动量为(M＋m)eq\f(L1,t1)－Meq\f(L2,t2).5．某同学设计如图4(甲)所示的装置，通过半径相同的A、B两球的碰撞来探究碰撞过程中的不变量，图中PQ是斜槽，QR为水平槽，实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹．重复上述操作10次，得到10个落点痕迹，再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次．图中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点，B球落点痕迹如图(乙)所示，其中米尺水平放置，且平行于G、R、O所在的平面，米尺的零点与O点对齐．图4(1)碰撞后B球的水平射程是________cm.(2)在以下的选项中，本次实验必须进行测量的是________．A．水平槽上未放B球时，A球落点位置到O点的距离B．A球与B球碰撞后，A、B两球落点位置到O点的距离C．A、B两球的质量D．G点相对于水平槽面的高度(3)假设本实验中测量出未放B球时A球落点位置到O点的距离为sA，碰撞后A、B两球落点位置到O点的距离分别为sA′、sB′，A、B两球的质量分别为mA、mB，A、B两球半径均为r，那么通过式子___