2024高考物理一轮复习37验证动量守恒定律课时同步检测含解析

验证动量守恒定律1．如图，把两个大小相同、质量不等的金属球a、b用细线连接，中间夹一被压缩了的轻弹簧，置于水平桌面上，两球到桌边距离相等。烧断细线，视察两球的运动状况，进行必要的测量，可以验证两球相互作用过程中动量是否守恒。(1)本试验必需测量的物理量是________。A．桌面到水平地面高度HB．小球a、b的质量ma、mbC．小球a、b的半径rD．小球a、b离开桌面后空中飞行的时间tE．记录纸上O1点到a球落地点A的距离O1A，O2点到b球落地点B的距离O2B(2)用测得的物理量验证动量守恒的关系式是_____________________________。(3)事实证明，空气阻力对球的运动影响可以忽视，但本试验中多次测量均发觉质量大的球的动量略小于质量小的球的动量，造成这一结果的缘由是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)以向右为正方向，由动量守恒定律得：mbvb－mava＝0，小球离开桌面后做平抛运动，由于球的半径相等、抛出点高度相同，球在空中做平抛运动的时间t相等，则：mbvbt－mavat＝0，即：mbeq\x\to(O2B)－maeq\x\to(O1A)＝0，试验须要验证的表达式为：maeq\x\to(O1A)＝mbeq\x\to(O2B)，试验须要测量两小球的质量与小球做平抛运动的水平位移，故选B、E；(2)由(1)可知，试验须要验证的表达式为：maeq\x\to(O1A)＝mbeq\x\to(O2B)；(3)小球与弹簧脱离后在桌面上运动过程受到摩擦力f＝μmg的作用，小球质量m越大，小球受到的阻力越大，桌面对质量大的球的冲量大，小球离开桌面时，质量大的球的动量小于质量小的球的动量，所以造成这一结果的缘由是摩擦力对质量大的球的冲量大。答案：(1)BE(2)maeq\x\to(O1A)＝mbeq\x\to(O2B)(3)摩擦力对质量大的球的冲量大2．某学习小组设计了如下碰撞试验，探究其中的能量损耗问题，试验装置如图所示。试验打算了质量分别为0.20kg、0.20kg、0.40kg的滑块A、B、C，滑块A右侧带有自动锁扣，左侧与穿过打点计时器(图中未画出)的纸带相连，滑块B、C左侧均带有自动锁扣，打点计时器的电源频率f＝50Hz。调整好试验装置后，在水平气垫导轨上放置A、B两个滑块，启动打点计时器，使滑块A以某一速度与静止的滑块B相碰并粘合在一起运动，纸带记录的数据如图乙所示；用滑块C替代滑块B，重复上述试验过程，纸带数据如图丙所示。依据纸带记录的数据，滑块A与B碰撞过程系统损失的动能为________J，滑块A与C碰撞过程系统损失的动能为________J。(计算结果均保留2位有效数字)依据试验结果可知，被碰物体质量增大，系统损失的动能________(填“增大”“减小”或“不变”)。解析：计时器打点周期T＝0.02s，由纸带可得出A与B碰撞前的速度为v0＝eq\f(6.00＋6.01＋6.02＋6.03cm,4×0.02s)＝3.00m/s，碰撞后的速度为v′＝eq\f(2.97＋2.98＋2.99＋3.00cm,4×0.02s)＝1.49m/s，则可计算出碰前系统总动能E＝eq\f(1,2)×0.20×32J＝0.9J，碰后系统的总动能E′＝eq\f(1,2)×(0.20＋0.20)×1.492J＝0.45J，可得碰撞过程中系统损失的动能为ΔE＝E－E′＝0.45J，同理可计算出，A与C碰撞过程中损失的动能为0.60J；由计算结果可知，系统损失的动能增大。答案：0.450.60增大3.某同学用如图所示装置验证动量守恒：长木板水平固定，弹簧左端固定在挡板上，右端自由伸长到O点，滑块A右侧粘有橡皮泥，置于长木板上，左侧恰好位于O点。操作如下：①推动A压缩弹簧至某一位置，然后无初速释放，测得停下时A、O间距离x1；②再次推动A压缩弹簧至同一位置，另取一相同滑块B放于O点，无初速释放A，A与B碰后粘在一起运动，测得停下时A、O的距离x2。请回答下列问题：(1)x1________x2(选填“大于”“小于”或“等于”)；(2)试验中还须要测量的物理量及符号是__________________________________，若等式____________________(用所测物理量符号表示)成立，则碰撞过程动量守恒。解析：(1)由于碰撞后整体的速度小，故碰后停下时的距离要小，故x1大于x2；(2)依据动量守恒定律可知，试验中须要测量滑块A、B的质量，以及A的速度和AB共同的速度，速度可以依据速度和位移的关系求解，故只须要再测量滑块A质量M，滑块B质量m即可；由于可以认为两物体和地面的动摩擦因数相等，依据a＝μg可知，加速度相同，则有：v2＝2ax，解得：v1＝eq\r(2ax1)；碰后AB共同的速度v＝eq\r(2ax2)；依据动量守恒定律有：Mv1＝(M＋m)v将速度代入，化简可得：Meq\r(x1)＝(M＋m)eq\r(x2)。答案：(1)大于(2)滑块A质量M，滑块B质量mMeq\r(x1)＝(M＋m)eq\r(x2)4．(2024·全国卷Ⅰ)某同学用如图所示的试验装置验证动量定理，所用器材包括：气垫导轨、滑块(上方安装有宽度为d的遮光片)、两个与计算机相连接的光电门、砝码盘和砝码等。试验步骤如下：(1)开动气泵，调整气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间________时，可认为气垫导轨水平；(2)用天平测砝码与砝码盘的总质量m1、滑块(含遮光片)的质量m2；(3)用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，并让细线水平拉动滑块；(4)令滑块在砝码和砝码盘的拉动下从左边起先运动，和计算机连接的光电门能测量出遮光片经过A、B两处的光电门的遮光时间Δt1、Δt2及遮光片从A运动到B所用的时间t12；(5)在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，假如将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受拉力，拉力冲量的大小I＝________，滑块动量变更量的大小Δp＝______；(用题中给出的物理量及重力加速度g表示)(6)某次测量得到的一组数据为：d＝1.000cm，m1＝1.50×10－2kg，m2＝0.400kg，Δt1＝3.900×10－2s，Δt2＝1.270×10－2s，t12＝1.50s，取g＝9.80m/s2。计算可得I＝______N·s，Δp＝________kg·m·s－1；(结果均保留3位有效数字)(7)定义δ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(I－Δp,I)))×100%，本次试验δ＝________%(保留1位有效数字)。解析：(1)当气垫导轨水平常，滑块在导轨上做匀速运动，所以滑块上的遮光片通过两个光电门的遮光时间相等。(5)依据冲量的定义可得I＝m1gt12；依据动量变更量的定义可得Δp＝m2eq\f(d,Δt2)－m2eq\f(d,Δt1)＝m2eq\f(d,Δt2)－eq\f(d,Δt1)。(6)代入数据得I＝m1gt12＝1.50×10－2×9.80×1.50N·s≈0.221N·s；Δp＝m2eq\f(d,Δt2)－eq\f(d,Δt1)＝0.400×1.000×10－2eq\f(1,1.270×10－2)－e