如图所示.用“碰撞实验器可以验证动量守恒定律.即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．①若入射小球质量为m1.半径为r1,被碰小球质量为m2.半径为r2.为完成实验需满足C．A．m1＞m2.r1＞r2 B．m1＞m2.r1＜r2C．m1＞m2.r1=r2 D．m1＜m2.r1=r2②实验中.不容易直接测定小球碰撞前后的速度.但是可� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

2．

如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．
①若入射小球质量为m₁，半径为r₁；被碰小球质量为m₂，半径为r₂，为完成实验需满足C．
A．m₁＞m₂，r₁＞r₂B．m₁＞m₂，r₁＜r₂
C．m₁＞m₂，r₁=r₂D．m₁＜m₂，r₁=r₂
②实验中，不容易直接测定小球碰撞前后的速度，但是可以通过仅测量C（填选项前的符号），间接地解决这个问题．
A．小球开始释放高度h
B．小球抛出点距地面的高度H
C．小球做平抛运动的水平位移
③图中O点是小球抛出点在地面上的竖直投影，实验时，先让入射小球多次从斜轨上S位置由静止释放，找到其平均落地点的位置．然后把被碰小球静置于轨道的水平部分末端，再将入射小球从斜轨上S位置由静止释放，多次重复，并找到碰撞后两球落点的平均位置．用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度．入射小球的质量为m₁，被碰小球的质量为m₂，若满足关系式m₁OP=m₁OM+m₂ON则两球碰撞前后系统动量守恒．

分析 ①分析实验原理，明确实验中应满足的条件；
②验证动量守恒定律实验中，质量可测而瞬时速度较难．因此采用了落地高度不变的情况下，水平射程来反映平抛的初速度大小，所以仅测量小球抛出的水平射程来间接测出速度．
③根据碰撞前后动量守恒可以写成表达式，注意明确平抛运动时间相同．

解答解：①碰撞过程中动量、能量均守恒，因此有：m₁v₀=m₁v₁+m₂v₂
$\frac{1}{2}$mv₀²=$\frac{1}{2}$mv₁²+$\frac{1}{2}$mv₂²，因此有：v₁=$\frac{{m}_{1}-{m}_{2}}{{m}_{1}+{m}_{2}}$v₀，因此要使入射小球m₁碰后不被反弹，应该满足m₁＞m₂．
由于两球要实现对心碰撞，故两球的半径应相同；故选：C
②验证动量守恒定律实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，根据平抛运动规律，若落地高度不变，则运动时间不变，因此可以用水平射程大小来体现速度速度大小，故需要测量水平射程，故AB错误，C正确；
③根据平抛运动可知，落地高度相同，则运动时间相同，设落地时间为t，则：
v₀=$\frac{OP}{t}$，v₁=$\frac{OM}{t}$，v₂=$\frac{ON}{t}$，
而动量守恒的表达式是：m₁v₀=m₁v₁+m₂v₂
若两球相碰前后的动量守恒，则需要验证表达式m₁•OM+m₂•ON=m₁•OP即可．
故答案为：①C；②C；③m₁OP=m₁OM+m₂ON

点评该题考查用“碰撞试验器”验证动量守恒定律，该实验中，虽然小球做平抛运动，但是却没有用到速和时间，而是用位移x来代替速度v，成为是解决问题的关键．

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	A．	加速度大小之比是2：1		B．	周期之比是2$\sqrt{2}$：1
	C．	线速度大小之比是$\sqrt{2}$：1		D．	向心力之比是1：1

13．下列选项中物理量均为标量的是（　　）

10．

如图甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场B中以恒定的角速度转动（磁场足够大），转动轴O₁O₂是矩形线圈的对称轴，位于线圈平面内且与匀强磁场方向垂直，线圈中的感应电流i随时间t变化规律如图乙所示，则（　　）

	A．	该感应电流的频率为4H_Z
	B．	该感应电流的有效值为$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$A
	C．	t=1s时刻穿过线圈磁通量变化率最小
	D．	t=2s时刻线圈所在平面与磁场方向平行