《2025年高考调研高考总复习讲义高中物理人教版》

练2(2022·全国甲卷)利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为$m_{1}$的滑块$A$与质量为$m_{2}$的静止滑块$B$在水平气垫导轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后$A$和$B$的速度大小$v_{1}$和$v_{2}$，进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。完成下列填空：

(1)调节导轨水平。
(2)测得两滑块的质量分别为$0.510kg$和$0.304kg$。要使碰撞后两滑块运动方向相反，应选取质量为0.304$kg$的滑块作为$A$。
(3)调节$B$的位置，使得$A$与$B$接触时，$A$的左端到左边挡板的距离$s_{1}$与$B$的右端到右边挡板的距离$s_{2}$相等。
(4)使$A$以一定的初速度沿气垫导轨运动，并与$B$碰撞，分别用传感器记录$A$和$B$从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间$t_{1}$和$t_{2}$。
(5)将$B$放回到碰撞前的位置，改变$A$的初速度大小，重复步骤(4)。多次测量的结果如下表所示。

(6)表中的$k_{2} =$0.31(保留$2$位有效数字)。
(7)$\frac{v_{1}}{v_{2}}$的平均值为0.32(保留$2$位有效数字)。
(8)理论研究表明，对本实验的碰撞过程，是否为弹性碰撞可由$\frac{v_{1}}{v_{2}}$判断。若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则$\frac{v_{1}}{v_{2}}$的理论表达式为$\frac{m_{2}-m_{1}}{2m_{1}}$(用$m_{1}$和$m_{2}$表示)，本实验中其值为0.34(保留$2$位有效数字)；若该值与(7)中结果间的差别在允许范围内，则可认为滑块$A$与滑块$B$在导轨上的碰撞为弹性碰撞。

答案： 练2 【答案】
(2)0.304
(6)0.31
(7)0.32
(8)$\frac{m_{2}-m_{1}}{2m_{1}}$ 0.34
【解析】
(2)要使碰撞后两滑块的运动方向相反,必须使质量较小的滑块碰撞质量较大的静止滑块,所以应选取质量为0.304kg的滑块作为A.
(6)s_{1}=v_{1}t_{1},s_{2}=v_{2}t_{2},s_{1}=s_{2},解得k_{2}=\frac{t_{2}}{t_{1}} \approx 0.31.
(7)$\frac{v_{1}}{v_{2}}$的平均值为(0.31+0.31+0.33+0.33+0.33) ÷ 5 \approx 0.32.
(8)由碰撞过程遵循动量守恒定律有m_{1}v_{0}=-m_{1}v_{1}+m_{2}v_{2},若两滑块的碰撞为弹性碰撞,则碰撞前后系统总动能不变,即\frac{1}{2}m_{1}v_{0}^{2}=\frac{1}{2}m_{1}v_{1}^{2}+\frac{1}{2}m_{2}v_{2}^{2},联立解得\frac{v_{1}}{v_{2}}=\frac{m_{2}-m_{1}}{2m_{1}},将题给数据代入可得\frac{v_{1}}{v_{2}} \approx 0.34.

练3（2024·安徽模拟）某校物理兴趣小组的同学设计了一个验证动量守恒定律的装置，如图所示。将等大小球$1$、$2$分别用等长的、没有弹性的轻绳悬挂于水平杆上的$O_{1}$、$O_{2}$两点，球$1$、$2$的质量分别设为$m_{1}$、$m_{2}$。实验步骤如下：
①将球$1$拉起一定的角度$\theta$静止释放，球$1$在最低点与球$2$发生碰撞；
②角度传感器(图中没有画出)测量球$1$、$2$碰撞后摆起的最大角度分别为$\beta$、$\alpha$；
③改变两球的质量，重复步骤①②，测量多组数据。

(1)要完成本实验，还需要的器材为天平。
（2）若满足________表达式(用题目中物理量表示)，则说明两球碰撞时遵循动量守恒定律。
(3)若实验中多次改变$m_{1}$、$m_{2}$且$m_{1}$、$m_{2}$的比值恒定。根据所测数据，作出$\sqrt{1 - \cos\beta}-\sqrt{1 - \cos\alpha}$的图线为线性关系，图线的纵截距为$b$，斜率为$k$，则$\frac{m_{1}}{m_{2}} =$$-\frac{1}{k}$。
(4)根据第(3)问知，每次释放小球的初始摆角$\theta$不变(填“变”或“不变”)。

答案： 练3 【答案】
(1)天平
(2)$m_{1}\sqrt{1-\cos \theta}=m_{1}\sqrt{1-\cos \beta}+m_{2}\sqrt{1-\cos \alpha}$
(3)$-\frac{1}{k}$
(4)不变
【解析】
(1)测量小球的质量需要天平.
(2)设球1与球2碰前的速度为v_{0},
则m_{1}gl(1-\cos \theta)=\frac{1}{2}m_{1}v_{0}^{2},
解得v_{0}=\sqrt{2gl(1-\cos \theta)}
同理可知碰后球1的速度
v_{1}=\sqrt{2gl(1-\cos \beta)},
球2的速度v_{2}=\sqrt{2gl(1-\cos \alpha)},
由动量守恒定律得m_{1}v_{0}=m_{1}v_{1}+m_{2}v_{2},
即m_{1}\sqrt{1-\cos \theta}=m_{1}\sqrt{1-\cos \beta}+m_{2}\sqrt{1-\cos \alpha}.
(3)
(4)由于\sqrt{1-\cos \beta}=\sqrt{1-\cos \theta}-\frac{m_{2}}{m_{1}}\sqrt{1-\cos \alpha},所以-\frac{m_{2}}{m_{1}}=k,
得\frac{m_{1}}{m_{2}}=-\frac{1}{k},\sqrt{1-\cos \theta}=b
所以每次释放小球的摆角不变.