卷子答案网-一个不只有答案的网站(共33张PPT)
实验七 验证机械能守恒定律
【素养目标】
1.熟悉“验证机械能守恒定律”的基本实验原理及注意事项．
2．会验证创新实验的机械能守恒．
必备知识·自主落实
关键能力·精准突破
必备知识·自主落实
原理装置图 操作要领
1.数据处理
(1)方案一：利用起始点和第n点计算：验证ghn＝.
(2)方案二：任取较远两点A、B：验证ghAB＝.
(3)方案三：图像法，描绘出v2 － h图线．
2．结论
在实验误差允许的范围内，自由落体运动过程机械能守恒．
注意事项
(1)打点计时器要竖直：安装打点计时器时要竖直架稳，使其两限位孔在同一竖直平面内以减少摩擦阻力．
(2)重物密度要大：重物应选用质量大、体积小的物体．
(3)一先一后：应先接通电源，让打点计时器正常工作，后松开纸带让重物下落．
(4)测长度，算速度：某时刻的瞬时速度的计算应用vn＝，不能用vn＝或vn＝gt来计算．
(5)减小测量误差：一是测下落距离时都从0点量起，一次将各打点对应下落高度测量完，二是多测几次取平均值．
(6)误差来源：由于重物和纸带下落过程中要克服阻力做功，故动能的增加量ΔEk＝必定稍小于重力势能的减少量mghn，改进办法是调整器材的安装，尽可能地减小阻力．
关键能力·精准突破
考点一 教材原型实验
例1 某实验小组“用自由落体法验证机械能守恒定律”，实验装置如图甲所示．实验中测出重物自由下落的高度h及对应的瞬时速度v，计算出重物减小的重力势能mgh和增加的动能mv2，然后进行比较，如果两者相等或近似相等，即可验证重物自由下落过程中机械能守恒．请根据实验原理和步骤完成下列问题：
(1)关于上述实验，下列说法中正确的是________．
A．重物最好选择密度较小的木块
B．重物的质量可以不测量
C．实验中应先接通电源，后释放纸带
D．可以利用公式v＝来求解瞬时速度
BC
解析：重物最好选择密度较大的铁块，受到的阻力影响较小，A错误；本题是用自由落体运动来验证机械能守恒定律，需要验证的方程是mgh＝mv2，因为我们是比较mgh与mv2的大小关系，故m可约去，不需要测量重物的质量，B正确；实验中应先接通电源，后释放纸带，C正确；不能利用公式v＝来求解瞬时速度，否则体现不了实验验证，而变成了理论推导，D错误．
(2)如图乙是该实验小组打出的一条点迹清晰的纸带，纸带上的O点是起始点，选取纸带上连续的点A、B、C、D、E、F作为计数点，并测出各计数点到O点的距离依次为27.94 cm、32.78 cm、38.02 cm、43.65 cm、49.66 cm、56.07 cm.已知打点计时器所用的电源是50 Hz的交流电，重物的质量为0.5 kg，则从计时器打下点O到打下点D的过程中，重物减小的重力势能ΔEp＝________ J；重物增加的动能ΔEk＝________ J，两者不完全相等的原因可能是___________．(重力加速度g取9.8 m/s2，计算结果保留三位有效数字)
2.14
2.12
阻力做负功
解析：重力势能减小量ΔEp＝mgh＝0.5×9.8×0.436 5 J≈2.14 J.
利用匀变速直线运动的推论：vD＝＝ m/s＝2.91 m/s，EkD＝＝×0.5×(2.91)2 J≈2.12 J，动能增加量ΔEk＝EkD－0＝2.12 J．由于存在阻力作用，所以减小的重力势能大于动能的增加量．
(3)实验小组的同学正确计算出了图乙中打下计数点A、B、C、D、E、F各点的瞬时速度v，以各计数点到A点的距离h为横轴，v2为纵轴作出图像，如图丙所示，根据作出的图线，能粗略验证自由下落的重物机械能守恒的依据是________________________________．
答案：根据表达式mgh＝mv2，则有v2＝2gh；当图像的斜率为重力加速度的2倍时，即可验证机械能守恒，而图像的斜率k＝ m·s－2＝19.52 m·s－2，则g＝9.76 m/s2，因此能粗略验证自由下落的重物机械能守恒．
针 对 训 练
1.[2023·广东惠州模拟]在“验证机械能守恒定律”实验中，两实验小组分别采用了如图甲、图乙所示的装置，采用两种不同的实验方案进行实验，设重力加速度为g.
(1)在图甲中，下落重物应选择密度________(选填“大”或“小”)的重物；在图乙中，两个重物的质量关系是m1____m2(选填“>”“＝”或“<”)．
(2)采用图乙的方案进行实验，除图中的器材外，还需要的实验器材有交流电源、刻度尺和________．
(3)某次实验所打纸带如图丙所示，O为第一个点，连续打出的四点A、B、C、D点到O点的距离已标出，打点时间间隔为0. 02 s，则打C点时，重物的速度大小vC＝________m/s.(结果保留3位有效数字)
(4)从减少实验误差的角度看，比较两种实验方案，你认为图____(选填“甲”或“乙”)的方案更合理．
大
>
天平
0.780
甲
解析：(1)为了减小实验误差，两种不同的实验方案中下落重物均应选择密度大的重物，用图乙的方案验证系统机械能是否守恒时，m1向下运动，m2向上运动，所以m1>m2.
(2)采用图乙的方案验证系统机械能是否守恒，可以通过验证系统动能的增加量和系统重力势能的减少量是否相等实现，本实验中动能的增加量为ΔEk＝(m1＋m2)v2，重力势能的减少量为ΔEp＝(m1－m2)gh，由此可知需要测量两个重物的质量，所以实验器材还需要天平．
(3)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度，可以求出打C点时重物的瞬时速度大小vC＝＝ m/s＝0.780 m/s.
(4)图甲的方案更合理，因为在图乙方案中还受到细线与滑轮之间阻力的影响．
考点二 探索创新实验
考向1 实验器材的创新
例2 [2022·河北卷]某实验小组利用铁架台、弹簧、钩码、打点计时器、刻度尺等器材验证系统机械能守恒定律，实验装置如图1所示．弹簧的劲度系数为k，原长为L0，钩码的质量为m.已知弹簧的弹性势能表达式为E＝kx2，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，当地的重力加速度大小为g.
(1)在弹性限度内将钩码缓慢下拉至某一位置，测得此时弹簧的长度为L.接通打点计时器电源．从静止释放钩码，弹簧收缩，得到了一条点迹清晰的纸带．钩码加速上升阶段的部分纸带如图2所示，纸带上相邻两点之间的时间间隔均为T(在误差允许范围内，认为释放钩码的同时打出A点)．从打出A点到打出F点时间内，弹簧的弹性势能减少量为____________________，钩码的动能增加量为________________，钩码的重力势能增加量为________．
mgh4
解析：(1)从打出A点到打出F点时间内，弹簧的弹性势能减少量为ΔEp弹＝k(L－L0)2－k(L－L0－h5)2
整理有ΔEp弹＝
打出F点时速度v＝，打出F点时钩码动能Ek＝mv2＝m()2＝，由于从静止释放钩码，所以钩码动能增加量ΔEk＝；
(2)利用计算机软件对实验数据进行处理，得到弹簧弹性势能减少量、钩码的机械能增加量分别与钩码上升高度h的关系，如图3所示．由图3可知，随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，主要原因是____________________________________________________________
__________________________________________________________.
钩码和纸带运动的速度逐渐增大，导致空气阻力逐渐增大，以至于空气阻力做的功也逐渐增大
解析：钩码机械能的增加量，即钩码动能和重力势能增加量的总和，若无阻力做功则弹簧弹性势能的减少量等于钩码机械能的增加量．现在随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，而两条曲线在纵向的间隔即阻力做的功，则产生这个问题的主要原因是钩码和纸带运动的速度逐渐增大，导致空气阻力逐渐增大，以至于空气阻力做的功也逐渐增大．
考向2 实验目的的创新
例3 [2022·广东卷]某实验小组为测量小球从某一高度释放，与某种橡胶材料碰撞导致的机械能损失，设计了如图(a)所示的装置，实验过程如下：
(1)让小球从某一高度由静止释放，与水平放置的橡胶材料碰撞后竖直反弹．调节光电门位置，使小球从光电门正上方释放后，在下落和反弹过程中均可通过光电门．
(2)用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图(b)所示，小球直径d＝________ mm.
(3)测量时，应________(选填“A”或“B”，其中A为“先释放小球，后接通数字计时器”，B为“先接通数字计时器，后释放小球”)．记录小球第一次和第二次通过光电门的遮光时间t1和t2.
(4)计算小球通过光电门的速度，已知小球的质量为m，可得小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失ΔE＝__________(用字母m、d、t1和t2表示)．
(5)若适当调高光电门的高度，将会________(选填“增大”或“减小”)因空气阻力引起的测量误差．
7.885
B
()
增大
解析：(2)根据螺旋测微器读数规则可知，小球直径d＝7.5 mm＋0.385 mm＝7.885 mm.
(3)由于小球自由落体运动时间很短，所以测量时，应该先接通数字计时器，后释放小球．
(4)小球第1次通过光电门时的速度v1＝，第2次通过光电门时的速度v2＝，小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失ΔE＝＝()
(5)若适当调高光电门高度，将会增大因空气阻力引起的测量误差．
针 对 训 练
2.[2022·湖北卷]某同学设计了一个用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验．一根轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接小钢球，如图甲所示．拉起小钢球至某一位置由静止释放，使小钢球在竖直平面内摆动，记录钢球摆动过程中拉力传感器示数的最大值Tmax和最小值Tmin.改变小钢球的初始释放位置，重复上述过程．根据测量数据在直角坐标系中绘制的Tmax－Tmin图像是一条直线，如图乙所示．
(1)若小钢球摆动过程中机械能守恒．则图乙中直线斜率的理论值为________．
(2)由图乙得：直线的斜率为________，小钢球的重力为________N．(结果均保留2位有效数字)
(3)该实验系统误差的主要来源是________(单选，填正确答案标号)．
A．小钢球摆动角度偏大
B．小钢球初始释放位置不同
C．小钢球摆动过程中有空气阻力
－2
－2.1
0.59
C
解析：(1)设初始位置时，细线与竖直方向夹角为θ，则细线拉力最小值为Tmin＝mg cos θ
到最低点时细线拉力最大，则mgl(1－cos θ)＝mv2
Tmax－mg＝m，联立可得Tmax＝3mg－2Tmin
即若小钢球摆动过程中机械能守恒，则图乙中直线斜率的理论值为－2.
(2)由图乙得直线的斜率为k＝＝－2.1
3mg＝1.77，则小钢球的重力为mg＝0.59.
(3)该实验系统误差的主要来源是小钢球摆动过程中有空气阻力，使得机械能减小，故选C.
3．[2023·山东泰安模拟]某实验小组用图甲所示装置验证机械能守恒定律．长为L的轻质细绳一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小钢球，在悬点O固定一力传感器．重力加速度为g.实验步骤如下：
(1)如图乙所示，用螺旋测微器测出小钢球的直径D＝________cm；
(2)保持细绳绷直，将小钢球拉至偏离竖直方向的某位置，用工具测出该位置处的细绳与竖直方向的夹角θ；
(3)由静止释放小钢球，读出小钢球第一次经过最低点Q时力传感器上拉力值Fm；
(4)在实验误差允许范围内，若Fm与cos θ的关系满足_________________．(用题中已知量、测量量的符号表示)时，可验证小钢球摆动过程中机械能守恒；
0.697 0
Fm＝3mg－2mg cos θ
解析：(1)由图乙螺旋测微器可知，小钢球直径为D＝6.5 mm ＋47.0×0.01 mm＝6.970 mm＝0.697 0 cm.
(4)小钢球从释放到最低点的过程，若机械能守恒，则有mg(L＋)(1－cos θ)＝mv2，在最低点根据牛顿第二定律有Fm－mg＝，联立解得Fm＝3mg－2mg cos θ.
(5)多次从不同夹角θ处释放小钢球，得到多组数据如下表所示，以cos θ为横轴，以Fm为纵轴，得到的图像是一条倾斜直线，如图丙所示；
组别 θ cos θ Fm
1 0° 1.000 0.137
2 20° 0.940 0.150
3 30° 0.866 0.171
4 40° 0.766 0.199
5 50° 0.643 0.230
6 60° 0.500 0.269
7 70° 0.342 0.337
8 80° 0.174 0.356
(6)在绘制图线过程中发现第7组数据存在较大误差，则造成该实验误差的原因可能为________．(单选)
A．小钢球下摆过程所受阻力过大
B．小钢球释放时具有一定的初速度
C．绳长L的测量值偏大
B
解析：该点较正常情况往上偏，说明小钢球到达最低点的速度偏大，若是阻力过大则小钢球到达最低点速度会偏小，此点应该往下偏，选项A错误；由步骤(4)的推导发现Fm与绳长无关，选项C错误；若是初速度不为零，会导致末速度偏大，该点往上偏，选项B正确．课时分层作业(二十五) 验证机械能守恒定律
1．[2023·全国冲刺卷]某兴趣小组的同学计划“验证机械能守恒定律”．装置如图甲所示，水平桌面上放有倾角为θ的气垫导轨，气垫导轨上安装有连接数字计时器的光电门，气垫导轨左端固定一原长为l0的弹簧，通过细线与带有遮光条的滑块相连．
设计了以下步骤进行实验：
A．测出气垫导轨的倾角为θ、弹簧劲度系数k、弹簧原长l0、滑块质量m、遮光条宽度d、重力加速度g，按照图甲所示组装好实验装置；
B．将滑块拉至气垫导轨某一位置固定，要求从此位置释放滑块，可使小车运动到光电门时细线已经弯曲．测出此时滑块到光电门的距离x以及弹簧长度l；
C．由静止释放滑块，滑块在拉力作用下运动，测出滑块上遮光条通过光电门的时间为Δt；
D．将滑块拉至不同的位置，重复B、C步骤多次，并记录每次对应实验数据．
根据所测物理量可以得到每次实验中滑块重力势能、弹性势能、动能之间的关系，从而验证机械能守恒．
(1)根据实验中测出的物理量，可得到滑块从静止释放运动到光电门过程中重力势能减小量为________．
(2)根据实验中测出的物理量也可得到滑块到达光电门时的动能，若“在弹性限度内，劲度系数为k的弹簧，形变量为Δx时弹性势能为Ep＝k(Δx)2”的说法正确，不考虑空气阻力影响．要说明整个运动过程系统机械能守恒，需满足的关系式为________________．
(3)若考虑到空气阻力影响，实验过程中得到的小车重力势能减小量与弹簧弹性势能减小量总和________(填“大于”“小于”或“等于”)小车动能增量．
2．[2023·北京十一中6月模拟]两位同学做“验证机械能守恒定律”实验．当地的重力加速度g＝9.8m/s2.
(1)小红采用如图甲所示的实验装置．
①在实验过程中，下列说法正确的是______；
A．实验时应先接通打点计时器的电源再释放纸带
B．打点计时器、天平和刻度尺是实验中必须使用的仪器
C．纸带与打点计时器的两个限位孔要在同一竖直线上
D．重物的密度大小不影响实验结果
②在一次实验中，质量1kg的重物自由下落，在纸带上打出一系列的点，如图乙所示．纸带相邻两个点之间时间间隔为0.02s，从起点O到打下计数点B的过程中，重物动能的增加量ΔEk＝________J(保留2位有效数字)；若这一过程中重物的重力势能减小量为ΔEp，则应该有大小关系ΔEp________ΔEk(填“大于”“等于”或“小于”)，这是因为__________________．
(2)小明同学采用如图丙所示的实验装置．实验前，将气垫导轨调至水平，测出挡光条的宽度为d，并将滑块移到图示位置，测出挡光条到光电门的距离为l.释放滑块，读出挡光条通过光电门的挡光时间为t.多次改变光电门的位置，每次均令滑块自同一点开始滑动，测量相应的l与t值，结果如下表所示：
1 2 3 4 5
l(m) 0.600 0.800 1.000 1.200 1.400
t(ms) 8.22 7.17 6.44 5.85 5.43
1/t2(104s－2) 1.48 1.95 2.41 2.92 3.39
①在图丁所示的 l图像中添加未标注的数据点，并根据数据点画出 l关系图线；
②小明同学进一步观察到 l图线是一条过原点的直线，于是就判断实验中系统的机械能守恒．你是否同意他的观点？若同意，说明理由，若不同意，请补充必要的步骤：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
3．用如图甲所示的实验装置来验证机械能守恒定律，轻杆两端固定两个大小相等但质量不相等的小球P、Q，杆的正中央有一光滑的水平转轴O，使杆能在竖直面内自由转动．O点正下方有一光电门，小球通过轨迹最低点时，球心恰好通过光电门．已知重力加速度为g.
(1)用游标卡尺测得小球的直径如图乙所示，则小球的直径d＝________cm.
(2)PQ从水平位置由静止释放，当小球P通过最低点时，与光电门连接的数字计时器显示的挡光时间为Δt，则小球P经过最低点时的速度v＝________(用物理量符号表示).
(3)小球P通过最低点时，测得两小球P、Q球心间距离为L，小球P的质量是2m，Q的质量为m，则PQ系统重力势能的减小量ΔEp＝________，动能的增加量为ΔEk.若在误差允许范围内，总满足ΔEp________(选填“<”“＝”或“>”)ΔEk，则可证得系统机械能守恒．
课时分层作业（二十五）
1．解析：（1）滑块从静止释放运动到光电门过程中重力势能减小量ΔEp＝mgh＝mgxsinθ
（2）要说明整个运动过程系统机械能守恒，需满足k（Δx）2＋mgh＝mv2
即mgxsinθ＋k（l－l0）2＝m
（3）若考虑到空气阻力影响，实验过程中会有部分机械能转化为内能小车重力势能减小量与弹簧弹性势能减小量总会大于小车获得的动能即大于小车动能增量．
答案：（1）mgxsinθ
（2）mg（xsinθ）＋k（l－l0）2＝m （3）大于
2．解析：（1）①实验时应先接通打点计时器的电源再释放纸带，故选项A正确；打点计时器、刻度尺是实验中必须使用的仪器，天平不需要，重力势能和动能表达式中都有质量，可约掉，故不需要测量重物的质量，不需要天平，故选项B错误；为减小摩擦阻力，纸带与打点计时器的两个限位孔要在同一竖直线上，故选项C正确；为减小空气阻力的影响，重物的密度要大，体积要小，故选项D错误．②打下计数点B时重物的瞬时速度为vB＝＝m/s＝0.98m/s，重物动能的增加量为ΔEk＝mv－0＝0.48J，重力势能减小量为ΔEp＝mghOB＝1×9.8×5.01×10－2J＝0.49J，故大小关系为ΔEp大于ΔEk.因为摩擦阻力和空气阻力做负功，使得机械能减小，重力势能的减小量应大于动能的增加量．
（2）①如图所示，用“×”号描点，为减小误差，用一条直线拟合这些点．
②不同意．设滑块和挡光条的总质量为M，砝码和托盘的总质量为m0，挡光条的宽度为d，若机械能守恒，有（M＋m0）（）2＝m0gl，可得＝l，需要验证图丁中图线的斜率是否等于，还需要测量M、m0、d.
答案：（1）①AC ②0.48 大于 重物下落过程要克服摩擦阻力和空气阻力做功，机械能减小，重力势能的减小量大于动能的增加量 （2）①见解析图 ②见解析
3．解析：（1）20分度的游标卡尺的精确度为0.05mm；其读数为10mm＋0.05×10mm＝10.50mm＝1.050cm.
（2）小球通过最低点的速度为v＝；
（3）小球P通过最低点时，系统重力势能的减小量为ΔEp＝2mg－mg＝，在实验误差允许的范围内，当系统减小的重力势能等于增加的动能时，即可验证系统的机械能守恒．
答案：（1）1.050 （2） （3）mgL ＝实验七 验证机械能守恒定律
【素养目标】 1.熟悉“验证机械能守恒定律”的基本实验原理及注意事项．
2．会验证创新实验的机械能守恒．
必备知识·自主落实
原理装置图 操作要领
1.安装：打点计时器竖直安装；纸带沿竖直方向拉直． 2．重物：选密度大、质量大的金属块，且靠近计时器处释放． 3．打纸带：让重物自由下落，纸带上打下一系列小点． 4．选纸带：点迹清晰，且所选用的点在同一条直线上． 5．速度：应用vn＝，不能用vn＝或vn＝gt计算．
1.数据处理
(1)方案一：利用起始点和第n点计算：验证ghn＝.
(2)方案二：任取较远两点A、B：验证ghAB＝.
(3)方案三：图像法，描绘出v2 － h图线．
2．结论
在实验误差允许的范围内，自由落体运动过程机械能守恒．
注意事项
(1)打点计时器要竖直：安装打点计时器时要竖直架稳，使其两限位孔在同一竖直平面内以减少摩擦阻力．
(2)重物密度要大：重物应选用质量大、体积小的物体．
(3)一先一后：应先接通电源，让打点计时器正常工作，后松开纸带让重物下落．
(4)测长度，算速度：某时刻的瞬时速度的计算应用vn＝，不能用vn＝或vn＝gt来计算．
(5)减小测量误差：一是测下落距离时都从0点量起，一次将各打点对应下落高度测量完，二是多测几次取平均值．
(6)误差来源：由于重物和纸带下落过程中要克服阻力做功，故动能的增加量ΔEk＝必定稍小于重力势能的减少量mghn，改进办法是调整器材的安装，尽可能地减小阻力．
关键能力·精准突破
考点一 教材原型实验
例1 某实验小组“用自由落体法验证机械能守恒定律”，实验装置如图甲所示．实验中测出重物自由下落的高度h及对应的瞬时速度v，计算出重物减小的重力势能mgh和增加的动能mv2，然后进行比较，如果两者相等或近似相等，即可验证重物自由下落过程中机械能守恒．请根据实验原理和步骤完成下列问题：
(1)关于上述实验，下列说法中正确的是________．
A．重物最好选择密度较小的木块
B．重物的质量可以不测量
C．实验中应先接通电源，后释放纸带
D．可以利用公式v＝来求解瞬时速度
(2)如图乙是该实验小组打出的一条点迹清晰的纸带，纸带上的O点是起始点，选取纸带上连续的点A、B、C、D、E、F作为计数点，并测出各计数点到O点的距离依次为27.94 cm、32.78 cm、38.02 cm、43.65 cm、49.66 cm、56.07 cm.已知打点计时器所用的电源是50 Hz的交流电，重物的质量为0.5 kg，则从计时器打下点O到打下点D的过程中，重物减小的重力势能ΔEp＝________ J；重物增加的动能ΔEk＝________ J，两者不完全相等的原因可能是________________．(重力加速度g取9.8 m/s2，计算结果保留三位有效数字)
(3)实验小组的同学正确计算出了图乙中打下计数点A、B、C、D、E、F各点的瞬时速度v，以各计数点到A点的距离h为横轴，v2为纵轴作出图像，如图丙所示，根据作出的图线，能粗略验证自由下落的重物机械能守恒的依据是________________________________．
[解题心得]
针 对 训 练
1.[2023·广东惠州模拟]在“验证机械能守恒定律”实验中，两实验小组分别采用了如图甲、图乙所示的装置，采用两种不同的实验方案进行实验，设重力加速度为g.
(1)在图甲中，下落重物应选择密度________(选填“大”或“小”)的重物；在图乙中，两个重物的质量关系是m1____m2(选填“>”“＝”或“<”)．
(2)采用图乙的方案进行实验，除图中的器材外，还需要的实验器材有交流电源、刻度尺和________．
(3)某次实验所打纸带如图丙所示，O为第一个点，连续打出的四点A、B、C、D点到O点的距离已标出，打点时间间隔为0. 02 s，则打C点时，重物的速度大小vC＝________m/s.(结果保留3位有效数字)
(4)从减少实验误差的角度看，比较两种实验方案，你认为图____(选填“甲”或“乙”)的方案更合理．
考点二 探索创新实验
考向1 实验器材的创新
例2[2022·河北卷]某实验小组利用铁架台、弹簧、钩码、打点计时器、刻度尺等器材验证系统机械能守恒定律，实验装置如图1所示．弹簧的劲度系数为k，原长为L0，钩码的质量为m.已知弹簧的弹性势能表达式为E＝kx2，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，当地的重力加速度大小为g.
(1)在弹性限度内将钩码缓慢下拉至某一位置，测得此时弹簧的长度为L.接通打点计时器电源．从静止释放钩码，弹簧收缩，得到了一条点迹清晰的纸带．钩码加速上升阶段的部分纸带如图2所示，纸带上相邻两点之间的时间间隔均为T(在误差允许范围内，认为释放钩码的同时打出A点)．从打出A点到打出F点时间内，弹簧的弹性势能减少量为____________________，钩码的动能增加量为________________，钩码的重力势能增加量为________．
(2)利用计算机软件对实验数据进行处理，得到弹簧弹性势能减少量、钩码的机械能增加量分别与钩码上升高度h的关系，如图3所示．由图3可知，随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，主要原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
[解题心得]
考向2 实验目的的创新
例3[2022·广东卷]某实验小组为测量小球从某一高度释放，与某种橡胶材料碰撞导致的机械能损失，设计了如图(a)所示的装置，实验过程如下：
(1)让小球从某一高度由静止释放，与水平放置的橡胶材料碰撞后竖直反弹．调节光电门位置，使小球从光电门正上方释放后，在下落和反弹过程中均可通过光电门．
(2)用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图(b)所示，小球直径d＝________ mm.
(3)测量时，应________(选填“A”或“B”，其中A为“先释放小球，后接通数字计时器”，B为“先接通数字计时器，后释放小球”)．记录小球第一次和第二次通过光电门的遮光时间t1和t2.
(4)计算小球通过光电门的速度，已知小球的质量为m，可得小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失ΔE＝________(用字母m、d、t1和t2表示)．
(5)若适当调高光电门的高度，将会________(选填“增大”或“减小”)因空气阻力引起的测量误差．
[解题心得]
针 对 训 练
2.[2022·湖北卷]某同学设计了一个用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验．一根轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接小钢球，如图甲所示．拉起小钢球至某一位置由静止释放，使小钢球在竖直平面内摆动，记录钢球摆动过程中拉力传感器示数的最大值Tmax和最小值Tmin.改变小钢球的初始释放位置，重复上述过程．根据测量数据在直角坐标系中绘制的Tmax－Tmin图像是一条直线，如图乙所示．
(1)若小钢球摆动过程中机械能守恒．则图乙中直线斜率的理论值为________．
(2)由图乙得：直线的斜率为________，小钢球的重力为________N．(结果均保留2位有效数字)
(3)该实验系统误差的主要来源是________(单选，填正确答案标号)．
A．小钢球摆动角度偏大
B．小钢球初始释放位置不同
C．小钢球摆动过程中有空气阻力
3．[2023·山东泰安模拟]某实验小组用图甲所示装置验证机械能守恒定律．长为L的轻质细绳一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小钢球，在悬点O固定一力传感器．重力加速度为g.实验步骤如下：
(1)如图乙所示，用螺旋测微器测出小钢球的直径D＝________cm；
(2)保持细绳绷直，将小钢球拉至偏离竖直方向的某位置，用工具测出该位置处的细绳与竖直方向的夹角θ；
(3)由静止释放小钢球，读出小钢球第一次经过最低点Q时力传感器上拉力值Fm；
(4)在实验误差允许范围内，若Fm与cos θ的关系满足________________．(用题中已知量、测量量的符号表示)时，可验证小钢球摆动过程中机械能守恒；
(5)多次从不同夹角θ处释放小钢球，得到多组数据如下表所示，以cos θ为横轴，以Fm为纵轴，得到的图像是一条倾斜直线，如图丙所示；
组别 θ cos θ Fm
1 0° 1.000 0.137
2 20° 0.940 0.150
3 30° 0.866 0.171
4 40° 0.766 0.199
5 50° 0.643 0.230
6 60° 0.500 0.269
7 70° 0.342 0.337
8 80° 0.174 0.356
(6)在绘制图线过程中发现第7组数据存在较大误差，则造成该实验误差的原因可能为________．(单选)
A．小钢球下摆过程所受阻力过大
B．小钢球释放时具有一定的初速度
C．绳长L的测量值偏大
实验七 验证机械能守恒定律
关键能力·精准突破
例1 解析：(1)重物最好选择密度较大的铁块，受到的阻力影响较小，A错误；本题是用自由落体运动来验证机械能守恒定律，需要验证的方程是mgh＝mv2，因为我们是比较mgh与mv2的大小关系，故m可约去，不需要测量重物的质量，B正确；实验中应先接通电源，后释放纸带，C正确；不能利用公式v＝来求解瞬时速度，否则体现不了实验验证，而变成了理论推导，D错误．
(2)重力势能减小量ΔEp＝mgh＝0.5×9.8×0.436 5 J≈2.14 J.
利用匀变速直线运动的推论：vD＝＝ m/s＝2.91 m/s，EkD＝＝×0.5×(2.91)2 J≈2.12 J，动能增加量ΔEk＝EkD－0＝2.12 J．由于存在阻力作用，所以减小的重力势能大于动能的增加量．
(3)根据表达式mgh＝mv2，则有v2＝2gh；当图像的斜率为重力加速度的2倍时，即可验证机械能守恒，而图像的斜率k＝ m·s－2＝19.52 m·s－2，则g＝9.76 m/s2，因此能粗略验证自由下落的重物机械能守恒．
答案：(1)BC (2)2.14 2.12 阻力做负功 (3)见解析
1．解析：(1)为了减小实验误差，两种不同的实验方案中下落重物均应选择密度大的重物，用图乙的方案验证系统机械能是否守恒时，m1向下运动，m2向上运动，所以m1>m2.
(2)采用图乙的方案验证系统机械能是否守恒，可以通过验证系统动能的增加量和系统重力势能的减少量是否相等实现，本实验中动能的增加量为ΔEk＝(m1＋m2)v2，重力势能的减少量为ΔEp＝(m1－m2)gh，由此可知需要测量两个重物的质量，所以实验器材还需要天平．
(3)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度，可以求出打C点时重物的瞬时速度大小vC＝＝ m/s＝0.780 m/s.
(4)图甲的方案更合理，因为在图乙方案中还受到细线与滑轮之间阻力的影响．
答案：(1)大 > (2)天平 (3)0.780 (4)甲
例2 解析：(1)从打出A点到打出F点时间内，弹簧的弹性势能减少量为ΔEp弹＝k(L－L0)2－k(L－L0－h5)2
整理有ΔEp弹＝
打出F点时速度v＝，打出F点时钩码动能Ek＝mv2＝m()2＝，由于从静止释放钩码，所以钩码动能增加量ΔEk＝；
(2)钩码机械能的增加量，即钩码动能和重力势能增加量的总和，若无阻力做功则弹簧弹性势能的减少量等于钩码机械能的增加量．现在随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，而两条曲线在纵向的间隔即阻力做的功，则产生这个问题的主要原因是钩码和纸带运动的速度逐渐增大，导致空气阻力逐渐增大，以至于空气阻力做的功也逐渐增大．
答案： mgh4
(2)钩码和纸带运动的速度逐渐增大，导致空气阻力逐渐增大，以至于空气阻力做的功也逐渐增大
例3 解析：(2)根据螺旋测微器读数规则可知，小球直径d＝7.5 mm＋0.385 mm＝7.885 mm.
(3)由于小球自由落体运动时间很短，所以测量时，应该先接通数字计时器，后释放小球．
(4)小球第1次通过光电门时的速度v1＝，第2次通过光电门时的速度v2＝，小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失ΔE＝＝()
(5)若适当调高光电门高度，将会增大因空气阻力引起的测量误差．
答案：(2)7.885 (3)B () (5)增大
2．解析：
(1)设初始位置时，细线与竖直方向夹角为θ，则细线拉力最小值为Tmin＝mg cos θ
到最低点时细线拉力最大，则mgl(1－cos θ)＝mv2
Tmax－mg＝m，联立可得Tmax＝3mg－2Tmin
即若小钢球摆动过程中机械能守恒，则图乙中直线斜率的理论值为－2.
(2)由图乙得直线的斜率为k＝＝－2.1
3mg＝1.77，则小钢球的重力为mg＝0.59.
(3)该实验系统误差的主要来源是小钢球摆动过程中有空气阻力，使得机械能减小，故选C.
答案：(1)－2 (2)－2.1 0.59 (3)C
3．解析：(1)由图乙螺旋测微器可知，小钢球直径为D＝6.5 mm ＋47.0×0.01 mm＝6.970 mm＝0.697 0 cm.
(4)小钢球从释放到最低点的过程，若机械能守恒，则有mg(L＋)(1－cos θ)＝mv2，在最低点根据牛顿第二定律有Fm－mg＝，联立解得Fm＝3mg－2mg cos θ.
(6)该点较正常情况往上偏，说明小钢球到达最低点的速度偏大，若是阻力过大则小钢球到达最低点速度会偏小，此点应该往下偏，选项A错误；由步骤(4)的推导发现Fm与绳长无关，选项C错误；若是初速度不为零，会导致末速度偏大，该点往上偏，选项B正确．
答案：(1)0.697 0 (4)Fm＝3mg－2mg cos θ (6)B
转载请注明出处卷子答案网-一个不只有答案的网站 » 2024版新教材高考物理全程一轮总复习第六章机械能守恒定律实验七验证机械能守恒定律（课件+训练题+学生用书）（3份）