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用如图1实验装置验证m1m2

发布时间:2021-01-15 23:55:24

① 对你使用的实验装置,如果取m1=m2 v20=0,并且认为v1=0 将给结果引入多大的误差

a.完全弹性碰撞来:碰撞前后系统的总自动能不变,对两个物体组成的系统的正碰情况满足:?
m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′?
1/2m1v12+1/2m2v22=1/2m1v1′2+1/2m2v2′2(动能守恒)
两式联立可得:?
v1′=[(m1-m2) v1+2m2v2]/( m1+m2) 当V2=0时,v1′=(m1-m2)v1/(m1+m2)
v2′=[(m2-m1) v2+2m1v1]/( m1+m2) 当V2=0时,v2′=2m1v1/(m1+m2)
·若m1>>m2,即第一个物体的质量比第二个物体大得多
这时m1-m2≈m1,m1+m2≈m1.则有v1'=v1 v2'=2v1
·若m1<<m2,即第一个物体的质量比第二个物体的质量小得多
这时m1-m2≈-m2, 2m1/(m1+m2)≈0.则有v1'=-v1 v2'=0
b.完全非弹性碰撞,该碰撞中动能的损失最大,对两个物体组成的系统满足:
m1v1+m2v2=(m1+m2)v?

② (1)某实验小组利用如图甲所示的实验装置来验证动量守恒守恒,滑块1的质量为M1,滑块2的质量为M2,两个

(1)②要验证动量守恒,就需要知道碰撞前后的动量,所以要测量碰撞版前后滑块的速权度,滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度.
所以至少还需要测量的一个物理量是遮光条的宽度d.
③碰撞前滑块1的速度v1=

d
△t1
,碰撞前系统的动量P=M1
d
△t1

碰撞后滑块1和2的速度v2=
d
△t2
,碰撞后系统的动量P′=(M2+M1
d
△t2

本实验中,如果等式M1
d
△t1
=(M2+M1
d
△t2
在实验误差允许的范围内成立,就可以验证动量守恒定律.
(2)当欧姆表的指针指在中间位置附近时,测量值较为准确,根据读数为:示数×倍率=读数知,选择×1K的挡较好;
欧姆表的正极插孔与内部电源的负极相连,与电压表构成一闭合回路,电流从负极流出,进入电压表的正极,所以选择图2正确;
欧姆表的读数为:40×1K=40KΩ;
由题意知欧姆表的内阻为30KΩ,与电压表的内阻40KΩ串联,由欧姆定律可知:
E=I(r+R)=
1,6
4×104
(3×104+4×104)=2.8V.
故答案为:(1)遮光条的宽度d,M1
d
△t1
=(M2+M1
d
△t2

(2)×1k,图2,40k,2.8

③ 用如图1所示的实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒.m2从高处由静止开始下落,m1上拖着的纸带打出一

(1)利用匀变速直线运动的推论有:
v5=

x46
t46
=
0.216+0.264
2×0.1
=2.4m/s;
(2)系统动能的增量为:△EK=Ek5-0=
1
2
(m1+m2)v52=
1
2
×(0.05+0.15)×2.42=0.58 J.
系统重力势能减内小量为:△Ep=(m2-m1)gh=0.1×9.8×0.6000m J=0.59 J
在误差允许的范围内,m1、m2组成的系统机械能守恒
(3)由于△EK=Ek5-0=
1
2
(m1+m2)v52=△Ep=(m2-m1)gh
由于(m1+m2)=2(m2-m1
所以得到:
1
2
v2=
g
2
h
所以
1
2
v2-h图象的斜率k=
g
2
=9.7m/s2
故答案为:(1)2.4;(容2)0.58、0.59;(3)9.7.

④ (1)用如图1实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒.m2从高处由静止开始下落,m1上拖着的纸带打出一系

(1)①根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度,可知打第5个点时的速度为:
v5=

x46
t46
=2.4m/s
②物体的初速度为零,所以动能的增加量为
△EK=Ek5-0=
1
2
(m1+m2)v52=0.58 J.
重力势能的减小量等于物体重力做功,故:△EP=W=mgh=0.60J;
由此可知动能的增加量和势能的减小量基本相等,因此在在误差允许的范围内,m1、m2组成的系统机械能守恒.
故答案为:0.58,0.60,在误差允许的范围内,m1、m2组成的系统机械能守恒.
③由于△EK=Ek5-0=
1
2
(m1+m2)v52=△Ep=(m2-m1)gh
由于(m1+m2)=2(m2-m1
所以得到:
1
2
v2=
g
2
h
所以
1
2
v2?h图象的斜率k=
g
2

g=9.7m/s2
(2)①理想电流表和定值电阻构成一电压表,可测量外电压.所以U=I1R0
②在硅光电池的U-I图象,当I=0,U=E,图线斜率的绝对值表示内阻.所以E=2.90V,在流过电流表A2的电流小于200mA的情况下,此电池的内阻r=4.00Ω.
③作出6Ω定值电阻的U-I图线,是一条过原点的直线,该直线与图乙中电源的外电压和电流图线有交点,交点对应的电压、电流表示硅光电池两端接上阻值为6Ω的电阻时的电压和电流.所以r=
E?U
I
=5.60.
故答案为:(1)①2.4②0.58;0.60;在误差允许的范围内,m1、m2组成的系统机械能守恒;③9.7
(2)I1R0;(2)2.90;4.00(3)5.60

⑤ 在实验室里为了验证动量守恒定律,一般采用如图甲、乙两种装置:①若入射小球质量为m1,半径为r1;被碰小

①为保证两球发生对心正碰,两球的半径应相等,为防止碰撞后入射球反弹内,入射球的质量容应大于被碰球的质量,故选C;
②小球离开轨道后做平抛运动,由h=

1
2
gt2得小球做平抛运动的时间t=

⑥ 某同学利用如图所示的装置做《验证动量守恒定律的实验》,已知两球的质量分别为m1、m2(且m1>m2),关于

A、实验需要测出小球的质量与水平位移,需要的实验器材是天平与刻度尺、圆规,实验不需内要测时容间,不需要秒表,故A错误;
B、白纸铺好后在实验过程中不能再移动,故B正确;
C、不管是入射小球还是被碰小球,它们开始平抛的位置都是O点,图中P是入射小球不发生碰撞时飞出的落地点;N是被碰小球飞出的落地点;M是入射小球碰撞后飞出的落地点,由于它们都是从同一高度做平抛运动,运动的时间相同,故可以用水平位移代表水平速度,故需验证表达式为:m1?OP=m1?OM+m2?O′N,故C错误.
D、P是m1碰撞前的落点,M是m1碰撞后的落点,如果N是m1的落点,则该同学实验过程中必有错误,故D正确;
故选:BD.

⑦ 用如图1所示装置验证碰撞中的动量守恒,A、B两球直径相同,质量分别用m1、m2表示.则在实验操作中:(1)

(1)为防止两球碰撞后,入射球反弹,入射球的质量应大于被碰球的质量,即:入射小球内A与被碰小容球B的质量大小应满足m1大于m2
(2)为了保证小球做平抛运动,须调整斜槽槽口末端切线水平.
(3)要保证碰撞前的速度相同,所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下.
(4)两球离开轨道后做平抛运动,它们抛出点的高度相等,在空中的运动时间t相等,
如果碰撞过程动量守恒,则m1v1=m1v1′+m2v2′,两边同时乘以t得:m1v1t=m1v1′t+m2v2′t,
m1OP=m1OM+m2O′N,m1OP=m1OM+m2(ON-2r),实验需要测出小球质量、小球的水平位移、小球的半径,
测质量需要天平,测水平位移需要刻度尺,测小球直接需要游标卡尺,故选:ABD.
(5)由图2所示可知,小球B碰后速度的水平位移为:O′N=ON-2r=41.1cm-1.1cm=40.0cm.
(6)如果两球碰撞过程动量守恒,则:m1OP=m1OM+m2(ON-2r),代入数据求得:m1:m2=4:1;
故答案为:(1)大于;(2)切线水平;(3)同一位置由静止;(4)BCD;(5)40.0;(6)4:1.

⑧ 用如图1实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒,m2从高处由静止开始下落,m1上拖着的纸带打出一系列的

(1)由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出,所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s,
根据某回段时间答内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出点5的瞬时速度:
v5=

x46
2T
(21.60+26.40)×10?2m
2×0.1s
=2.4m/s.
(2)在0~5过程中系统动能的增量:
△EK=
1
2
(m1+m2)v52=
1
2
×0.2×2.42J≈0.58J.
系统重力势能的减小量为:
△Ep=(m2-m1)gx=0.1×9.8×(0.384+0.216)J≈0.59J,由此可知在误差允许范围内,m1、m2组成系统机械能守恒.
故答案为:(1)2.4;(2)0.58;0.59,在误差允许范围内,m1、m2组成系统机械能守恒.

⑨ 用如图所示的实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒.m2从高处由静止开始下落,m1上拖着的纸带打出一系

(1)由于每相邻两个计抄数点间还有4个点没有画出,所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s,
根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出点5的瞬时速度:v5=
0.2160+0.2640
2×0.1
m/s=2.4m/s.
(2)在0~5过程中系统动能的增量△EK=
1
2
(m1+m2)v52=
1
2
×0.2×2.42J≈0.58J.
系统重力势能的减小量为(m2-m1)gx=0.1×9.8×(0.384+0.216)J≈0.60J.
故答案为:(1)2.4;(2)0.58;0.60.
0

⑩ 用如图a所示的实验装置验证物块m1、m2组成的系统机械能守恒.m2从高处由静止开始下落,m1上拖着的纸带打

(1)根据瞬时速度等于平均速度,则有:v2=

x13
2T
=
0.216+0.264
0.2
m/s=2.4m/s.
在0~2过程中系统动能的增量△EK=
1
2
(内m1+m2)v22=
1
2
×0.2×2.42J≈0.58J.
系统重力势容能的减小量为(m2-m1)gx=0.1×9.8×(0.384+0.216)J≈0.60J.
(2)计数点2时m2物块所在位置为零势面,计数点3时m2的重力势能为:EP=-m2gh=-0.15×0.264×10=-0.40J;
(3)根据系统机械能守恒有:(m2-m1)gh=
1
2
(m1+m2)v2
1
2
v2=
m2?m1
m1+m2
gh
知图线的斜率k=
m2?m1
m2+m1
g=
5.82
1.20

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

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