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用如圖1實驗裝置驗證m1m2

 發布時間：2021-01-15 23:55:24

① 對你使用的實驗裝置,如果取m1=m2 v20=0,並且認為v1=0 將給結果引入多大的誤差

a.完全彈性碰撞來：碰撞前後系統的總自動能不變，對兩個物體組成的系統的正碰情況滿足：?
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′?
1／2m1v12＋1／2m2v22＝1／2m1v1′2＋1／2m2v2′2(動能守恆）
兩式聯立可得：?
v1′＝[(m1-m2) v1+2m2v2]/( m1＋m2) 當V2=0時，v1′＝(m1-m2)v1/(m1+m2)
v2′＝[(m2-m1) v2+2m1v1]/( m1＋m2) 當V2=0時，v2′＝2m1v1/(m1+m2)
·若m1>>m2,即第一個物體的質量比第二個物體大得多
這時m1-m2≈m1,m1+m2≈m1.則有v1'=v1 v2'=2v1
·若m1<<m2,即第一個物體的質量比第二個物體的質量小得多
這時m1-m2≈-m2, 2m1/(m1+m2)≈0.則有v1'=-v1 v2'=0
b．完全非彈性碰撞，該碰撞中動能的損失最大，對兩個物體組成的系統滿足：
m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v?

② （1）某實驗小組利用如圖甲所示的實驗裝置來驗證動量守恆守恆，滑塊1的質量為M1，滑塊2的質量為M2，兩個

（1）②要驗證動量守恆，就需要知道碰撞前後的動量，所以要測量碰撞版前後滑塊的速權度，滑塊經過光電門時的瞬時速度可近似認為是滑塊經過光電門的平均速度．
所以至少還需要測量的一個物理量是遮光條的寬度d．
③碰撞前滑塊1的速度v1=

d
△t1
，碰撞前系統的動量P=M1
d
△t1

碰撞後滑塊1和2的速度v2=
d
△t2
，碰撞後系統的動量P′=（M2+M1）
d
△t2

本實驗中，如果等式M1
d
△t1
=（M2+M1）
d
△t2
在實驗誤差允許的范圍內成立，就可以驗證動量守恆定律．
（2）當歐姆表的指針指在中間位置附近時，測量值較為准確，根據讀數為：示數×倍率=讀數知，選擇×1K的擋較好；
歐姆表的正極插孔與內部電源的負極相連，與電壓表構成一閉合迴路，電流從負極流出，進入電壓表的正極，所以選擇圖2正確；
歐姆表的讀數為：40×1K=40KΩ；
由題意知歐姆表的內阻為30KΩ，與電壓表的內阻40KΩ串聯，由歐姆定律可知：
E=I（r+R）=
1，6
4×104
（3×104+4×104）=2.8V．
故答案為：（1）遮光條的寬度d，M1
d
△t1
=（M2+M1）
d
△t2
．
（2）×1k，圖2，40k，2.8

③ 用如圖1所示的實驗裝置驗證m1、m2組成的系統機械能守恆．m2從高處由靜止開始下落，m1上拖著的紙帶打出一

（1）利用勻變速直線運動的推論有：
v5=

x46
t46
=
0.216+0.264
2×0.1
=2.4m/s；
（2）系統動能的增量為：△EK=Ek5-0=
1
2
（m1+m2）v52=
1
2
×(0.05+0.15)×2．42=0.58 J．
系統重力勢能減內小量為：△Ep=（m2-m1）gh=0.1×9.8×0.6000m J=0.59 J
在誤差允許的范圍內，m1、m2組成的系統機械能守恆
（3）由於△EK=Ek5-0=
1
2
（m1+m2）v52=△Ep=（m2-m1）gh
由於（m1+m2）=2（m2-m1）
所以得到：
1
2
v2=
g
2
h
所以
1
2
v2-h圖象的斜率k=
g
2
=9.7m/s2．
故答案為：（1）2.4；（容2）0.58、0.59；（3）9.7．

④ （1）用如圖1實驗裝置驗證m1、m2組成的系統機械能守恆．m2從高處由靜止開始下落，m1上拖著的紙帶打出一系

（1）①根據在勻變速直線運動中時間中點的瞬時速度大小等於該過程中的平均速度，可知打第5個點時的速度為：
v5=

x46
t46
=2.4m/s
②物體的初速度為零，所以動能的增加量為
△EK=Ek5-0=
1
2
（m1+m2）v52=0.58 J．
重力勢能的減小量等於物體重力做功，故：△EP=W=mgh=0.60J；
由此可知動能的增加量和勢能的減小量基本相等，因此在在誤差允許的范圍內，m1、m2組成的系統機械能守恆．
故答案為：0.58，0.60，在誤差允許的范圍內，m1、m2組成的系統機械能守恆．
③由於△EK=Ek5-0=
1
2
（m1+m2）v52=△Ep=（m2-m1）gh
由於（m1+m2）=2（m2-m1）
所以得到：
1
2
v2=
g
2
h
所以
1
2
v2?h圖象的斜率k=
g
2

g=9.7m/s2．
（2）①理想電流表和定值電阻構成一電壓表，可測量外電壓．所以U=I1R0．
②在硅光電池的U-I圖象，當I=0，U=E，圖線斜率的絕對值表示內阻．所以E=2.90V，在流過電流表A2的電流小於200mA的情況下，此電池的內阻r=4.00Ω．
③作出6Ω定值電阻的U-I圖線，是一條過原點的直線，該直線與圖乙中電源的外電壓和電流圖線有交點，交點對應的電壓、電流表示硅光電池兩端接上阻值為6Ω的電阻時的電壓和電流．所以r=
E?U
I
=5.60．
故答案為：（1）①2.4②0.58；0.60；在誤差允許的范圍內，m1、m2組成的系統機械能守恆；③9.7
（2）I1R0；（2）2.90；4.00（3）5.60

⑤ 在實驗室里為了驗證動量守恆定律，一般採用如圖甲、乙兩種裝置：①若入射小球質量為m1，半徑為r1；被碰小

①為保證兩球發生對心正碰，兩球的半徑應相等，為防止碰撞後入射球反彈內，入射球的質量容應大於被碰球的質量，故選C；
②小球離開軌道後做平拋運動，由h=

1
2
gt2得小球做平拋運動的時間t=

⑥ 某同學利用如圖所示的裝置做《驗證動量守恆定律的實驗》，已知兩球的質量分別為m1、m2（且m1＞m2），關於

A、實驗需要測出小球的質量與水平位移，需要的實驗器材是天平與刻度尺、圓規，實驗不需內要測時容間，不需要秒錶，故A錯誤；
B、白紙鋪好後在實驗過程中不能再移動，故B正確；
C、不管是入射小球還是被碰小球，它們開始平拋的位置都是O點，圖中P是入射小球不發生碰撞時飛出的落地點；N是被碰小球飛出的落地點；M是入射小球碰撞後飛出的落地點，由於它們都是從同一高度做平拋運動，運動的時間相同，故可以用水平位移代表水平速度，故需驗證表達式為：m1?OP=m1?OM+m2?O′N，故C錯誤．
D、P是m1碰撞前的落點，M是m1碰撞後的落點，如果N是m1的落點，則該同學實驗過程中必有錯誤，故D正確；
故選：BD．

⑦ 用如圖1所示裝置驗證碰撞中的動量守恆，A、B兩球直徑相同，質量分別用m1、m2表示．則在實驗操作中：（1）

（1）為防止兩球碰撞後，入射球反彈，入射球的質量應大於被碰球的質量，即：入射小球內A與被碰小容球B的質量大小應滿足m1大於m2．
（2）為了保證小球做平拋運動，須調整斜槽槽口末端切線水平．
（3）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滾下．
（4）兩球離開軌道後做平拋運動，它們拋出點的高度相等，在空中的運動時間t相等，
如果碰撞過程動量守恆，則m1v1=m1v1′+m2v2′，兩邊同時乘以t得：m1v1t=m1v1′t+m2v2′t，
m1OP=m1OM+m2O′N，m1OP=m1OM+m2（ON-2r），實驗需要測出小球質量、小球的水平位移、小球的半徑，
測質量需要天平，測水平位移需要刻度尺，測小球直接需要游標卡尺，故選：ABD．
（5）由圖2所示可知，小球B碰後速度的水平位移為：O′N=ON-2r=41.1cm-1.1cm=40.0cm．
（6）如果兩球碰撞過程動量守恆，則：m1OP=m1OM+m2（ON-2r），代入數據求得：m1：m2=4：1；
故答案為：（1）大於；（2）切線水平；（3）同一位置由靜止；（4）BCD；（5）40.0；（6）4：1．

⑧ 用如圖1實驗裝置驗證m1、m2組成的系統機械能守恆，m2從高處由靜止開始下落，m1上拖著的紙帶打出一系列的

（1）由於每相鄰兩個計數點間還有4個點沒有畫出，所以相鄰的計數點間的時間間隔T=0.1s，
根據某回段時間答內的平均速度等於中間時刻的瞬時速度求出點5的瞬時速度：
v5=

x46
2T
＝
(21.60+26.40)×10?2m
2×0.1s
＝2.4m/s．
（2）在0～5過程中系統動能的增量：
△EK=
1
2
（m1+m2）v52=
1
2
×0.2×2.42J≈0.58J．
系統重力勢能的減小量為：
△Ep=（m2-m1）gx=0.1×9.8×（0.384+0.216）J≈0.59J，由此可知在誤差允許范圍內，m1、m2組成系統機械能守恆．
故答案為：（1）2.4；（2）0.58；0.59，在誤差允許范圍內，m1、m2組成系統機械能守恆．

⑨ 用如圖所示的實驗裝置驗證m1、m2組成的系統機械能守恆．m2從高處由靜止開始下落，m1上拖著的紙帶打出一系

（1）由於每相鄰兩個計抄數點間還有4個點沒有畫出，所以相鄰的計數點間的時間間隔T=0.1s，
根據某段時間內的平均速度等於中間時刻的瞬時速度求出點5的瞬時速度：v5=
0.2160+0.2640
2×0.1
m/s=2.4m/s．
（2）在0～5過程中系統動能的增量△EK=
1
2
（m1+m2）v52=
1
2
×0.2×2.42J≈0.58J．
系統重力勢能的減小量為（m2-m1）gx=0.1×9.8×（0.384+0.216）J≈0.60J．
故答案為：（1）2.4；（2）0.58；0.60．
0

⑩ 用如圖a所示的實驗裝置驗證物塊m1、m2組成的系統機械能守恆．m2從高處由靜止開始下落，m1上拖著的紙帶打

（1）根據瞬時速度等於平均速度，則有：v2=

x13
2T
=
0.216+0.264
0.2
m/s=2.4m/s．
在0～2過程中系統動能的增量△EK=
1
2
（內m1+m2）v22=
1
2
×0.2×2.42J≈0.58J．
系統重力勢容能的減小量為（m2-m1）gx=0.1×9.8×（0.384+0.216）J≈0.60J．
（2）計數點2時m2物塊所在位置為零勢面，計數點3時m2的重力勢能為：EP=-m2gh=-0.15×0.264×10=-0.40J；
（3）根據系統機械能守恆有：（m2-m1）gh=
1
2
（m1+m2）v2
則
1
2
v2=
m2?m1
m1+m2
gh
知圖線的斜率k=
m2?m1
m2+m1
g=
5.82
1.20

解得g=9.7m/s2．
故答案為：（1）0.58，0.60；（2）-0.40J；（3）9.7．

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