解答:解:Ⅰ(1)通過(guò)兩球發(fā)生碰撞驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律,為使兩球發(fā)生正碰且碰撞后,入射球不反彈,兩球直徑應(yīng)相等,入射球質(zhì)量大于被碰球質(zhì)量,即兩球需要滿足:m
1>m
2 r
1=r
2,故C正確;
(2)驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律實(shí)驗(yàn),需要測(cè)出兩球的質(zhì)量與球做平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移,不需要測(cè)量球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間,因此需要的實(shí)驗(yàn)器材是:天平與刻度尺,故選:AC.
(3)兩球離開(kāi)軌道后,做平拋運(yùn)動(dòng),它們?cè)诳罩械倪\(yùn)動(dòng)時(shí)間t相等,由動(dòng)量守恒定律可知,實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證:
m
1v
1=m
1v
1′+m
2v
2,兩邊同時(shí)乘以時(shí)間t得:m
1v
1t=m
1v
1′t+m
2v
2t,則實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證:m
1OP=m
1OM+m
2ON;
Ⅱ(4)A、兩球碰撞后做平拋運(yùn)動(dòng),分別落在斜面上,測(cè)出它們的水平位移,可以驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律,故A錯(cuò)誤;
B、利用用小球的水平位移代替小球的初速度,實(shí)驗(yàn)過(guò)程中不需要測(cè)小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間,實(shí)驗(yàn)不需要秒表,故B正確;
C、平拋運(yùn)動(dòng)可以分解為水平方向的勻速運(yùn)動(dòng)與豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng),由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得:y=OPsinθ=
gt
2,x=OPcosθ=v
1t,解得:v
1=OPcosθ
,在驗(yàn)證動(dòng)量守恒的表達(dá)式中每項(xiàng)都有cosθ
,列方程可以消去cosθ
,不需要測(cè)量斜面傾角θ,故C錯(cuò)誤;
D、小球a和小球b相撞后,小球b的速度增大,小球a的速度減小,都做平拋運(yùn)動(dòng),所以碰撞后a球的落地點(diǎn)是M點(diǎn),b球的落地點(diǎn)是N點(diǎn),故D正確;
(5)碰撞前,小球a落在圖中的P點(diǎn),設(shè)其水平初速度為v
1.小球a和b發(fā)生碰撞后,a的落點(diǎn)在圖中的M點(diǎn),設(shè)其水平初速度為v
1′,b的落點(diǎn)是圖中的N點(diǎn),設(shè)其水平初速度為v
2. 斜面與水平面的傾角為θ,
由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得:y=OPsinθ=
gt
2,x=OPcosθ=v
1t,解得:v
1=OPcosθ
,
同理可解得:v
1′=OMcosθ
,v
2=ONcosθ
,
驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律,需要驗(yàn)證:m
1v
1=m
1v
1′+m
2v
2,
即:m
1?OPcosθ
=m
1?OMcosθ
+m
2?ONcosθ
,
則m
1=m
1+m
2,說(shuō)明兩球碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒;
本實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式為為:m
1=m
1+m
2.
(6)若兩小球的碰撞是彈性碰撞,則碰撞前后機(jī)械能沒(méi)有損失,
要滿足關(guān)系式
m
1v
12=
m
1v
1′
2+
m
2v
22,即:m
1OP=m
1OM+m
2ON;
故答案為:Ⅰ(1)C;(2)AC;(3)m
1OP=m
1OM+m
2ON;Ⅱ(4)BD;(5)m
1=m
1+m
2;(6)m
1OP=m
1OM+m
2ON.