2025版高考物理一輪復(fù)習(xí)微專題小練習(xí)動(dòng)量守恒定律專題42實(shí)驗(yàn)：驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律

專題42實(shí)驗(yàn)：驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律1．[2024·新課標(biāo)卷]某同學(xué)用如圖所示的裝置驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，將斜槽軌道固定在水平桌面上，軌道末段水平，右側(cè)端點(diǎn)在水平木板上的垂直投影為O，木板上疊放著白紙和復(fù)寫紙．實(shí)驗(yàn)時(shí)先將小球a從斜槽軌道上Q處由靜止釋放，a從軌道右端水平飛出后落在木板上；重復(fù)多次，測(cè)出落點(diǎn)的平均位置P與O點(diǎn)的距離xP.將與a半徑相等的小球b置于軌道右側(cè)端點(diǎn)，再將小球a從Q處由靜止釋放，兩球碰撞后均落在木板上；重復(fù)多次，分別測(cè)出a、b兩球落點(diǎn)的平均位置M、N與O點(diǎn)的距離xM、xN.完成下列填空：(1)記a、b兩球的質(zhì)量分別為ma、mb，實(shí)驗(yàn)中須滿足條件ma________mb(填“>”或“<”)；(2)如果測(cè)得的xP、xM、xN，ma和mb在實(shí)驗(yàn)誤差范圍內(nèi)滿足關(guān)系式________________，則驗(yàn)證了兩小球在碰撞中滿足動(dòng)量守恒定律．實(shí)驗(yàn)中，用小球落點(diǎn)與O點(diǎn)的距離來代替小球水平飛出時(shí)的速度．依據(jù)是__________________________________．答案：(1)>(2)maxP＝maxM＋mbxN小球從軌道右端飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)．且小球落點(diǎn)與軌道右端的豎直高度相同．結(jié)合平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知小球從軌道右端飛出后在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等(合理即可)解析：(1)由于實(shí)驗(yàn)中須保證向右運(yùn)動(dòng)的小球a與靜止的小球b碰撞后兩球均向右運(yùn)動(dòng)，則實(shí)驗(yàn)中小球a的質(zhì)量應(yīng)大于小球b的質(zhì)量，即ma>mb；(2)對(duì)兩小球的碰撞過程由動(dòng)量守恒定律有mav＝mava＋mbvb，由于小球從軌道右端飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，且小球落點(diǎn)與軌道右端的豎直高度相同，則結(jié)合平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知小球從軌道右端飛出后在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，設(shè)此時(shí)間為t，則mavt＝mavat＋mbvbt，即maxP＝maxM＝mbxN.2．[2024·河南省學(xué)業(yè)質(zhì)量監(jiān)測(cè)]某同學(xué)用如圖甲所示的裝置通過兩球相碰來驗(yàn)證碰撞中的動(dòng)量守恒．圖中AB是斜槽，BC是水平槽，斜槽與水平槽平滑相接，先將小球1從斜槽軌道上某固定點(diǎn)處由靜止釋放，落在水平面上的記錄紙上留下印跡，重復(fù)上述操作多次，根據(jù)小球1落在記錄紙上的印跡確定小球1在記錄紙上的平均位置P.再把小球2放在水平槽的最右端處，讓小球1從斜槽軌道上原來的固定點(diǎn)由靜止釋放，與小球2碰后兩小球分別落在記錄紙上留下落點(diǎn)印跡，重復(fù)上述操作多次，確定兩小球在記錄紙上落點(diǎn)的平均位置M、N.(1)實(shí)驗(yàn)中小球1的質(zhì)量為m1，半徑為r1；小球2的質(zhì)量為m2，半徑為r2，則小球的質(zhì)量和半徑需要滿足________．A．m1>m2，r1>r2B．m1>m2，r1<r2C．m1>m2，r1＝r2D．m1<m2，r1＝r2(2)圖甲中M點(diǎn)為相撞后小球________(填“1”或“2”)的落點(diǎn)平均位置．正確操作實(shí)驗(yàn)后，測(cè)量得出的落點(diǎn)距O點(diǎn)的水平距離，如圖乙所示，則在實(shí)驗(yàn)誤差允許的范圍內(nèi)，eq\f(m1,m2)＝________(填具體數(shù)值)，則相撞中的動(dòng)量守恒得到驗(yàn)證．答案：(1)C(2)1eq\f(3,2)解析：(1)為使兩球正碰且碰撞后都做平拋運(yùn)動(dòng)，小球1的質(zhì)量應(yīng)大于小球2的質(zhì)量，且半徑相同，即m1>m2，r1＝r2，C正確．(2)M點(diǎn)水平位移最小，是碰撞后小球1的落點(diǎn)平均位置．根據(jù)動(dòng)量守恒定律m1eq\f(OP,t)＝m1eq\f(OM,t)＋m2eq\f(ON,t)，代入數(shù)據(jù)得eq\f(m1,m2)＝eq\f(3,2).3．[2023·遼寧卷]某同學(xué)為了驗(yàn)證對(duì)心碰撞過程中的動(dòng)量守恒定律，設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)：用紙板搭建如圖所示的滑道，使硬幣可以平滑地從斜面滑到水平面上，其中OA為水平段．選擇相同材質(zhì)的一元硬幣和一角硬幣進(jìn)行實(shí)驗(yàn)．測(cè)量硬幣的質(zhì)量，得到一元和一角硬幣的質(zhì)量分別為m1和m2(m1>m2).將硬幣甲放置在斜面某一位置，標(biāo)記此位置為B.由靜止釋放甲，當(dāng)甲停在水平面上某處時(shí)，測(cè)量甲從O點(diǎn)到停止處的滑行距離OP.將硬幣乙放置在O處，左側(cè)與O點(diǎn)重合，將甲放置于B點(diǎn)由靜止釋放．當(dāng)兩枚硬幣發(fā)生碰撞后，分別測(cè)量甲乙從O點(diǎn)到停止處的滑行距離OM和ON.保持釋放位置不變，重復(fù)實(shí)驗(yàn)若干次，得到OP、OM、ON的平均值分別為s0、s1、s2.(1)在本實(shí)驗(yàn)中，甲選用的是________(填“一元”或“一角”)硬幣；(2)碰撞前，甲到O點(diǎn)時(shí)速度的大小可表示為________(設(shè)硬幣與紙板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g)；(3)若甲、乙碰撞過程中動(dòng)量守恒，則eq\f(\r(s0)－\r(s1),\r(s2))＝________(用m1和m2表示)，然后通過測(cè)得的具體數(shù)據(jù)驗(yàn)證硬幣對(duì)心碰撞過程中動(dòng)量是否守恒；(4)由于存在某種系統(tǒng)或偶然誤差，計(jì)算得到碰撞前后甲動(dòng)量變化量大小與乙動(dòng)量變化量大小的比值不是1，寫出一條產(chǎn)生這種誤差可能的原因________________________________________________________________________________________________________________________________________________.答案：(1)一元(2)eq\r(2μgs0)(3)eq\f(m2,m1)(4)見解析解析：(1)根據(jù)題意可知，甲與乙碰撞后沒有反彈，可知甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，甲選用的是一元硬幣；(2)甲從O點(diǎn)到P點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理－μm1gs0＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))解得碰撞前，甲到O點(diǎn)時(shí)速度的大小v0＝eq\r(2μgs0)(3)同理可得，碰撞后甲的速度和乙的速度分別為v1＝eq\r(2μgs1)v2＝eq\r(2μgs2)若動(dòng)量守恒，則滿足m1v0＝m1v1＋m2v2整理可得eq\f(\r(s0)－\r(s1),\r(s2))＝eq\f(m2,m1)(4)誤差可能的原因有：①系統(tǒng)誤差，因?yàn)闊o論是再精良的儀器總是會(huì)有誤差的，不可能做到絕對(duì)準(zhǔn)確；②碰撞過程中，我們認(rèn)為內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，動(dòng)量守恒，實(shí)際上碰撞過程中，兩個(gè)硬幣組成的系統(tǒng)合外力不為零．4．某同學(xué)利用氣墊導(dǎo)軌上滑塊間的碰撞來驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，滑塊1上安裝遮光片，光電計(jì)時(shí)器可以測(cè)出遮光片經(jīng)過光電門的遮光時(shí)間，滑塊質(zhì)量可以通過天平測(cè)出，實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示．(1)游標(biāo)卡尺測(cè)量遮光片寬度如圖乙所示，其寬度d＝________cm.(2)打開氣泵，待氣流穩(wěn)定后，將滑塊1輕輕從左側(cè)推出，發(fā)現(xiàn)其經(jīng)過光電門1的時(shí)間比光電門2的時(shí)間短，應(yīng)該調(diào)高氣墊導(dǎo)軌的________端(填“左”或“右”)，直到通過兩個(gè)光電門的時(shí)間相等，即軌道調(diào)節(jié)水平．(3)在滑塊上安裝配套的粘扣．滑塊2(未安裝遮光片，質(zhì)量m2＝120.3g)靜止在導(dǎo)軌上，輕推滑塊1(安裝遮光片，質(zhì)量m1＝174.5g)，使其與滑塊2碰撞，記錄碰撞前滑塊1經(jīng)過光電門1的時(shí)間Δt1，以及碰撞后兩滑塊經(jīng)過光電門2的時(shí)間Δt2.重復(fù)上述操作，多次測(cè)量得出多組數(shù)據(jù)如下表：Δt1/ms64.7269.7370.6980.31104.05eq\f(1,Δt1)/s－115.514.314.112.59.6Δt2/ms109.08121.02125.02138.15185.19eq\f(1,Δt2)/s－19.28.38.07.25.4根據(jù)表中數(shù)據(jù)在方格紙上作出eq\f(1,Δt2)-eq\f(1,Δt1)圖線．若根據(jù)圖線得到的直線斜率為k1，而從理論計(jì)算可得直線斜率表達(dá)示為k2＝________．(用m1、m2表示)若k1＝k2，即可驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律．(4)多次試驗(yàn)，發(fā)現(xiàn)k1總大于k2，產(chǎn)生這一誤差的原因可能是________．A．滑塊2的質(zhì)量測(cè)量值偏大B．滑塊1的質(zhì)量測(cè)量值偏大C．滑塊2未碰時(shí)有向右的初速度D．滑塊2未碰時(shí)有向左的初速度答案：(1)2.850(2)左(3)圖見解析eq\f(m1,m1＋m2)(4)AC解析：(1)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為28mm＋10×0.05mm＝28.50mm＝2.850cm.(2)滑塊經(jīng)過光電門1的時(shí)間比光電門2的時(shí)間短，說明滑塊做減速運(yùn)動(dòng)，是由于氣墊導(dǎo)軌左側(cè)低造成的，應(yīng)將左端調(diào)高．(3)作出eq\f(1,Δt2)－eq\f(1,Δt1)圖線如圖所示若滿足動(dòng)量守恒，則有m1v1＝(m1＋m2)v2，且v1＝eq\f(d,Δt1)，v2＝eq\f(d,Δt2)，整理得eq\f(1,Δt2)＝eq\f(m1,m1＋m2)·eq\f(1,Δt1)，k2＝eq\f(m1,m1＋m