粤教版 (2019)选择性必修 第一册第三节 动量守恒定律第2课时学案

这是一份粤教版 (2019)选择性必修 第一册第三节 动量守恒定律第2课时学案，共8页。学案主要包含了实验目的，实验器材，实验原理，误差分析等内容，欢迎下载使用。

一、实验目的
1．验证两小球碰撞过程中的动量守恒．
2．掌握实验操作步骤和所需的实验仪器的性能．
3．知道实验注意事项，会进行误差分析，并在实验中尽量减小误差．
二、实验器材
斜槽、定位板、小球(两个)、天平、复写纸、木板、白纸等．
三、实验原理
入射球与静止的靶球发生正碰，验证碰前两球的总动量m1v1，与碰后两球的总动量m1v1′＋m2v2′相等．需要测量以下几个物理量．
1．入射球质量m1和靶球质量m2：用天平来测量质量．
2．碰前入射球的速度v1与碰后入射球的速度v1′和靶球的速度v2′：因小球从斜槽上滚下后做平抛运动，速度可由平抛运动的规律来求，代入公式m1v1＝m1v1′＋m2v2′即可验证．
3．由于小球下落的高度相同，小球的水平速度若用飞行时间做时间单位，在数值上就等于小球飞出的水平距离．所以只要测出小球的质量及两球碰撞前后飞出的水平距离，代入公式就可以验证动量守恒定律．
一、实验步骤

(1)按上图所示安装实验仪器，通过水平调节螺钉使斜槽末端处于水平，钢球放在上面能保持静止状态．在木板上依次铺上白纸、复写纸．利用重垂线在白纸上分别标注斜槽水平段端口、靶球初位置(支球柱)在白纸平面的投影点O和点O′.
(2)用天平测出两个大小相同、但质量不同的钢球的质量，质量大的钢球m1作为入射球，质量小的钢球m2作为靶球．
(3)先让入射球单独从斜槽上端紧靠定位板的位置自由滑下，在白纸上留下落地碰撞的痕迹．
(4)让入射球从斜槽上端同一位置自由滑下，与放在支球柱上的靶球发生碰撞，两球分别在白纸上留下落地碰撞的痕迹．
(5)测出入射球m1两次落地碰撞点与点O′的距离s和s1，靶球m2落地碰撞点与点O′的距离s2.
二、数据处理
验证m1s＝m1s1＋m2s2是否成立．
三、注意事项
1．斜槽末端的切线必须水平．
2．支球柱要与斜槽等高．
3．入射小球每次都必须从斜槽同一高度由静止释放．
4．入射球质量大于被碰球的质量．
四、误差分析
1．系统误差：主要来源于装置本身是否符合要求．
(1)碰撞是否为一维．
(2)实验是否满足动量守恒的条件，如气垫导轨是否水平，两球是否等大，用长木板实验时是否平衡掉摩擦力．
2．偶然误差：主要来源于质量m1、m2和碰撞前后速度(或水平射程)的测量．
类型一 实验原理及操作
【典例1】 用如下图所示的装置，来完成“验证动量守恒定律”的实验．实验中使用的小球1和2半径相等，用天平测得质量分别为m1、m2，且m1> m2.在水平木板上铺一张白纸，白纸上面铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O.先不放小球2，使小球1从斜槽上某一点S由静止滚下，落到水平木板上的P点．再把小球2静置于斜槽轨道末端，重复上述操作，小球1和小球2碰撞后分别落在水平木板上，在白纸上留下各自落点的痕迹．
(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，可以通过测量小球做平抛运动的水平射程来解决这个问题，确定碰撞前后落点的位置P、M、N，用刻度尺测量出水平射程OP、OM、ON.
①本实验必须满足的条件是______；
A．斜槽轨道必须是光滑的
B．斜槽轨道末端必须是水平的
C．小球1每次必须从同一位置由静止释放
②若两球相碰前后的动量守恒，其表达式为OP＝________________________________________________________________________.(用m1、m2、OM、ON表示)
(2)在上述实验中换用不同材质的小球，其他条件不变，记录下小球的落点位置．下面三幅图中，可能正确的是________．
答案：(1)①BC ②OM＋ eq \f(m2,m1) ON (2)B
解析：(1)①保证小球每次从同一位置由静止释放，摩擦力的影响相同即可，不需要使斜槽轨道光滑，故A错误；小球从斜槽末端抛出后做平抛运动，故斜槽末端必须保持水平，故B正确；小球1每次必须从同一位置由静止释放，才能使小球抛出的速度保持不变，故C正确．故选BC．
②小球离开斜槽末端做平抛运动，有x＝v0t，y＝ eq \f(1,2) gt2.由于下落高度相同，故运动时间相同，因此水平位移与初速度成正比．若小球在碰撞过程中动量守恒，有m1v0＝m1v1＋m2v2，
即m1OP＝m1OM＋m2ON，解得OP＝OM＋ eq \f(m2,m1) ON.
(2)根据OP＝OM＋ eq \f(m2,m1) ON，可知OP>OM，则A错误；根据两球碰撞前后动量守恒有m1OP＝m1OM＋m2ON，碰撞前后小球的能量应满足 eq \f(1,2) m1( eq \f(OP,t) )2≥ eq \f(1,2) m1( eq \f(OM,t) )2＋ eq \f(1,2) m2( eq \f(ON,t) )2.设单个格子的长度为a，在B选项图中OP＝10a，OM＝7a，ON＝8a；在C选项图中OP＝9a，OM＝7a，ON＝20a.分别代入以上两式中可得B选项图中数据满足动量守恒和机械能不增加原则，故B正确，C错误．故选B．
类型二 实验数据处理和误差分析
【典例2】 利用图甲所示的装置验证动量守恒定律．气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与穿过打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间．实验测得滑块A的质量m1＝0.3 kg，滑块B的质量m2＝0.1 kg，遮光片的宽度d用游标卡尺测量，如图丙所示；打点计时器所用的交流电的频率f＝50 Hz.将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰；碰后光电计时器显示的时间tB＝2.86×10－3 s，碰撞前后打出的纸带如图乙所示．
(1)遮光片的宽度d＝______________mm.
(2)计算可知两滑块相互作用以前系统的总动量为____________kg·m/s，两滑块相互作用以后系统的总动量为__________kg·m/s.(计算结果保留两位小数)
(3)若实验相对误差绝对值δr＝| eq \f(碰撞前后总动量之差,碰撞前总动量) |×100%≤5%，即可认为系统动量守恒，则本实验误差范围δr＝__________，________验证动量守恒定律(选填“能”或“不能”).
答案：(1)8.30 (2)0.60 0.58 (3)3.3% 能
解析：(1)遮光片的宽度d＝8 mm＋6×0.05 mm＝8.30 mm.
(2)打点计时器的打点间隔T＝ eq \f(1,f) ＝0.02 s，
由题图乙可知
碰撞前A的速度vA＝ eq \f(xA,t) ＝2.00 m/s，
碰撞后A的速度vA′＝ eq \f(xA′,t) ＝0.97 m/s，
碰撞后B的速度vB′＝ eq \f(d,ΔtB) ＝2.90 m/s，
碰撞前、后系统总动量分别为p＝m1vA＝0.60 kg·m/s，p′＝m1vA′＋m2vB′＝0.58 kg·m/s.
(3)本实验误差范围δr＝| eq \f(0.60－0.58,0.60) |×100%≈3.3%<5%，由此可知，在误差范围内能验证动量守恒定律．
类型三 实验创新应用
【典例3】 (2024·江苏省木渎高级中学月考)如图所示是验证动量守恒定律实验中获得的频闪照片．已知A、B两滑块的质量分别是mA、mB，A 滑块向右运动，与原来处于静止状态的B 滑块碰撞；碰撞前后共进行了四次拍摄，第一次是在两滑块相撞之前，以后的三次是在碰撞之后，并且A、B滑块在拍摄频闪照片的这段时间内是在20 cm至115 cm这段范围内运动(以滑块上的箭头位置为准).试根据频闪照片(闪光时间间隔为0.5 s)回答问题．
(1)根据频闪照片分析可知碰撞发生位置在________cm刻度处．
(2)A滑块碰撞前的速度记为vA，由上图数据计算可得： A滑块碰撞后的速度vA′＝__________________m/s，B滑块碰撞后的速度vB′＝________________m/s.
(3)根据频闪照片分析，两滑块组成的系统在相互作用过程中，若满足表达式__________________[用题干及(2)问所给字母表示]可以得出结论：在误差范围内，两滑块组成的系统在相互作用过程中动量守恒．
(4)根据(2)(3)，此碰撞________(选填“是”或“不是”)弹性碰撞，请说明理由．
答案：(1)40 (2)0.4 0.6
(3)mAvA＝mAvA′＋mBvB′
(4)不是 见解析
解析：(1)由题意可知，滑块B原来静止，第一次拍摄发生在碰撞前，则碰撞发生在B静止的位置，由题图所示照片可知，碰撞发生在40 cm刻度处．
(2)由题图所示照片可知，A滑块碰撞后的速度
vA′＝ eq \f(xA′,t) ＝ eq \f((70－50)×10－2,0.5) m/s＝0.4 m/s，
B滑块碰撞后的速度
vB′＝ eq \f(xB′,t) ＝ eq \f((115－85)×10－2,0.5) m/s＝0.6 m/s.
(3)对碰撞过程，以向右为正方向，碰撞前后动量守恒，即满足表达式mAvA＝mAvA′＋mBvB′.
(4)若此碰撞为弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒有
mAvA＝mAvA′＋mBvB′，
eq \f(1,2) mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ＝ eq \f(1,2) mAvA′2＋ eq \f(1,2) mBvB′2，
结合(2)(3)问联立两方程解得
vA′＝ eq \f(mA－mB,mA＋mB) vA＝0.4 m/s，①
vB′＝ eq \f(2mA,mA＋mB) vA＝0.6 m/s，②
①除②式，有 eq \f(mA－mB,2mA) ＝ eq \f(2,3) ，
化简有－mA＝3mB，
此式无解，所以此次碰撞不是弹性碰撞．