高考物理一轮复习讲义练习第六章　第6讲　实验七：验证机械能守恒定律

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考点一 教材原型实验
【典例1】 在做验证机械能守恒定律的实验中，小王用如图甲所示的装置，让重物从静止开始下落，打出一条清晰的纸带，纸带的其中一部分如图乙所示。O点是打下的第一个点，A、B、C和D为另外4个连续打下的点。
(1)为了减小实验误差，对体积和形状相同的重物，实验时选择密度大的理由是阻力与重力之比更小(或其他合理解释)。
(2)已知交流电频率为50 Hz，重物质量为200 g，当地重力加速度g取9.80 m/s2，则从O点到C点，重物的重力势能变化量的绝对值|ΔEp|＝0.547 J，打下C点时重物的动能EkC＝0.588 J(结果均保留三位有效数字)。比较EkC与|ΔEp|的大小，出现这一结果的原因可能是C。
A．工作电压偏高
B．存在空气阻力和摩擦力
C．接通电源前释放了纸带
【解析】 (1)在“验证机械能守恒定律”实验中，阻力越小越好，体积和形状相同的重物，密度大的阻力与重力之比更小。
(2)由题图乙可知O点和C点之间的距离为xOC＝27.90 cm，因此重物重力势能的减少量为|ΔEp|＝mgxOC＝0.2×9.8×0.279 0 J≈0.547 J，匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，因此打下C点时重物的速度大小vC＝ eq \f(xBD,2T)＝ eq \f(0.330－0.233,2×0.02) m/s＝2.425 m/s，因此重物动能的增加量为EkC＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,C)＝ eq \f(1,2)×0.2×2.4252 J≈0.588 J。比较可知|Ep|ΔEk。
解析：(1)每相邻两计数点间还有4个打下的点，相邻计数点的时间间隔T＝0.10 s，打下计数点5时的速度大小为
v5＝ eq \f(x46,2T)＝ eq \f(0.216＋0.264,2×0.1) m/s＝2.4 m/s。
(2)在打下计数点0～5过程中系统动能的增加量ΔEk＝ eq \f(1,2)(m1＋m2)v eq \\al(2,5)＝ eq \f(1,2)×0.2×2.42 J＝0.576 J，系统重力势能的减少量等于物体重力做的功，故ΔEp＝(m2－m1)gx＝0.1×10×(0.384＋0.216)J＝0.60 J。
(3)实验结果显示ΔEp＞ΔEk，那么造成这一现象的主要原因是空气阻力、纸带与限位孔的阻力、滑轮轴间阻力做负功，使系统重力势能的减少量大于系统动能的增加量。
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＝7.885(7.883～7.887均可) mm。
(3)测量时，应B(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＝ eq \f(md2,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t eq \\al(2,1))－\f(1,t eq \\al(2,2))))(用字母m、d、t1和t2表示)。
(5)若适当调高光电门的高度，将会增大(选填“增大”或“减小”)因空气阻力引起的测量误差。
解析：(2)根据螺旋测微器读数规则可知，小球直径d＝7.5 mm＋38.5×0.01 mm＝7.885 mm。
(3)由于小球做自由落体运动的时间很短，所以测量时，应该先接通数字计时器，后释放小球。
(4)小球第一次通过光电门时的速度v1＝ eq \f(d,t1)，第二次通过光电门时的速度v2＝ eq \f(d,t2)，小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失ΔE＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,1)－ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,2)＝ eq \f(md2,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t eq \\al(2,1))－\f(1,t eq \\al(2,2))))。
(5)若适当调高光电门高度，小球在两次通过光电门的时间间隔内的路程增大，空气阻力做功增大，将会增大因空气阻力引起的测量误差。
课时作业34
1．(9分)(2024·广东河源高三模拟)小沈选择质量为m＝50 g的钩码作为重物，利用图甲所示的装置验证机械能守恒定律，打出的纸带如图乙所示，其中O为计时器在纸带上打下的第一点，P为其后合适位置的一个点迹，A、B是P点前后相邻的点迹。
(1)图乙中纸带的左端(选填“左端”或“右端”)通过夹子与钩码相连，打纸带上P点时，钩码的速度大小vP＝2.35 m/s(保留三位有效数字)。
(2)关于该实验的误差，下列分析正确的是A。
A．选用质量大一些的钩码，能进一步减小实验误差
B．选择尽可能靠近O点的点研究，可以减小阻力对实验相对误差的影响
C．计数O、P间的打点间隔数n，用v＝gnT来计算打P点时的速度，可以减小实验误差
解析：(1)钩码连着纸带做加速直线运动，由纸带数据可知，题图乙中纸带的左端通过夹子与钩码相连；根据匀变速直线运动某段时间中间时刻的速度等于该段过程的平均速度，则打纸带上P点时，钩码的速度大小为vP＝ eq \f(xAB,2T)＝ eq \f((34.32－24.92)×10-2,2×0.02) m/s＝2.35 m/s。
(2)为了减小空气阻力和摩擦阻力的影响，应选用质量大一些、体积小一些的钩码，故A正确；为了减小误差，应选择离O点远一些的点进行研究，故B错误；计数O、P间的打点间隔数n，用v＝gnT来计算打P点时的速度，则相当于默认了机械能守恒，失去了验证的意义，因此应该用打点计时器打出的纸带上的点迹计算速度，故C错误。
2．(8分) (2024·湖北武汉高三调研)某同学用如图甲所示的实验装置来验证机械能守恒定律，进行如下操作。
(1)①用天平测定小钢球的质量为m＝10.0 g；
②用游标卡尺测出小钢球的直径为d＝10.0 mm；
③用刻度尺测出电磁铁下端到光电门的距离为h＝82.90 cm；
④电磁铁先通电，让小钢球吸在下端；
⑤电磁铁断电，小钢球自由下落；
⑥在小钢球经过光电门的时间内，计时装置记下小钢球经过光电门所用时间为t＝2.50×10-3 s，由此可计算出小钢球经过光电门时的速度大小为4.0 m/s；
⑦计算此过程中小钢球重力势能的减少量为0.081_2 J，小钢球动能的增加量为0.080_0 J(g取9.8 m/s2，结果均保留三位有效数字)，在误差允许的范围内若这两者相等，则小钢球下落过程中机械能守恒。
(2)另一同学用上述实验装置，通过改变光电门的位置，用h表示小钢球到光电门时的下落距离，用v表示小钢球通过光电门的速度，根据实验数据作出了如图乙所示的v2－h图像，则当地的实际重力加速度为g＝9.7 m/s2。
解析：(1)⑥小钢球通过光电门的时间极短，可以用平均速度替代瞬时速度，则小钢球经过光电门时的速度大小为v＝ eq \f(d,t)＝ eq \f(10.0×10-3,2.50×10-3) m/s＝4.0 m/s；⑦小钢球自落下至经过光电门的过程中，重力势能的减少量为ΔEp＝mgh＝10.0×10-3×9.8×82.90×10-2 J≈0.081 2 J，小钢球动能的增加量为ΔEk＝ eq \f(1,2)mv2＝ eq \f(1,2)×10.0×10-3×4.02 J＝0.080 0 J。
(2)若机械能守恒，则有 eq \f(1,2)mv2＝mgh，即v2＝2gh，根据题图乙可知图像斜率为2g＝ eq \f(29.1,1.5) m/s2，解得g＝9.7 m/s2。
3．(8分)(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，记录小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。
(2)由图乙得：直线的斜率为－2.1，小钢球所受的重力为0.59 N。(结果均保留两位有效数字)
(3)该实验系统误差的主要来源是C。
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
解析：(1)设在初始位置，轻绳与竖直方向夹角为θ，则拉力最小值为Tmin＝mg cs θ，到最低点时拉力最大，根据牛顿第二定律有Tmax－mg＝m eq \f(v2,l)，若小钢球摆动过程中机械能守恒，则有mgl(1－cs θ)＝ eq \f(1,2)mv2，联立可得Tmax＝3mg－2Tmin，可知题图乙中直线斜率的理论值为－2。
(2)由题图乙得，直线的斜率为k＝ eq \f(1.350－1.770,0.200－0.00)＝－2.1，纵截距为3mg＝1.770，则小钢球所受的重力为mg＝0.59 N。
(3)若无空气阻力做功，根据(1)问分析可知，小钢球摆动角度及初始释放位置的不同均不会引起系统误差，因此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，故选C。
4．(11分)为了验证物体沿光滑斜面下滑的过程中机械能守恒，某学习小组用如图甲所示的气垫导轨装置(包括导轨、气源、光电门、滑块、遮光条、数字毫秒计)进行实验。此外可使用的实验器材还有：天平、游标卡尺、刻度尺。
(1)某同学设计了如下的实验步骤，其中不必要的步骤是②④。
①在导轨上选择两个适当的位置A、B安装光电门Ⅰ、Ⅱ，并连接数字毫秒计；
②用天平测量滑块和遮光条的总质量m；
③用游标卡尺测量遮光条的宽度d；
④通过导轨上的标尺测出A、B之间的距离l；
⑤调整好气垫导轨的倾斜状态；
⑥将滑块从光电门Ⅰ左侧某处，由静止开始释放，从数字毫秒计读出滑块通过光电门Ⅰ、Ⅱ的时间Δt1、Δt2；
⑦用刻度尺分别测量A、B点到水平桌面的高度h1、h2；
⑧改变气垫导轨倾斜程度，重复步骤⑤⑥⑦，完成多次测量。
(2)用游标卡尺测量遮光条的宽度d时，游标卡尺的示数如图乙所示，则d＝5.00 mm；某次实验中，测得Δt1＝11.60 ms，则滑块通过光电门Ⅰ的瞬时速度大小v1＝0.431 m/s(结果保留三位有效数字)。
(3)在误差允许范围内，若h1－h2＝ eq \f(d2,2g) eq \f(1,(Δt2)2)－ eq \f(1,(Δt1)2)(用上述必要的实验步骤直接测量的物理量符号表示，已知重力加速度为g)，则认为滑块下滑过程中机械能守恒。
(4)写出两点产生误差的主要原因：滑块在下滑过程中受到空气阻力作用，产生误差；遮光条宽度不够窄，测量速度不准确，产生误差。
解析：(1)通过光电门测量滑块运动的速度大小v＝ eq \f(d,Δt)，滑块下滑过程中若机械能守恒，则减少的重力势能转化为动能，有mg(h1－h2)＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,2)－ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,1)＝ eq \f(1,2)m eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,Δt2))) eq \s\up12(2)－ eq \f(1,2)m eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,Δt1))) eq \s\up12(2)，整理化简得g(h1－h2)＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,Δt2))) eq \s\up12(2)－ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,Δt1))) eq \s\up12(2)，所以不必要测量滑块和遮光条的总质量m，也不必要测量A、B之间的距离l，故选②④。
(2)游标卡尺的读数为d＝5 mm＋0×0.05 mm＝5.00 mm，滑块通过光电门的瞬时速度大小v1＝ eq \f(d,Δt1)＝ eq \f(5.00×10-3,11.60×10-3) m/s≈0.431 m/s。
(3)由(1)问可知h1－h2＝ eq \f(d2,2g) eq \f(1,(Δt2)2)－ eq \f(1,(Δt1)2)，在误差允许的范围内，满足该等式可认为滑块下滑过程中机械能守恒。
(4)滑块在下滑过程中受到空气阻力作用，产生误差；遮光条宽度不够窄，测量速度不准确，产生误差。
5．(12分)(2025·湖南衡阳高三检测)如图甲所示的装置叫作阿特伍德机，是数学家和物理学家阿特伍德创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律，如图乙所示。
(1)实验时，该同学进行了如下操作：
①将质量均为M的重物A、B用绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态(挡光片质量不计)。测量出挡光片中心(选填“A的上表面”“A的下表面”或“挡光片中心”)到光电门中心的竖直距离h。
②在B的下端挂上质量为m的物块C(未画出)，让系统(重物A、B以及物块C)中的物体由静止开始运动，光电门记录挡光片挡光的时间为Δt。
③用螺旋测微器测量挡光片的宽度d，示数如图丙所示，挡光片的宽度d＝1.650 mm。计算有关物理量，验证机械能守恒定律。
(2)如果系统(重物A、B以及物块C)的机械能守恒，应满足的关系式为mgh＝ eq \f(1,2)(2M＋m) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,Δt))) eq \s\up12(2)(用物理量的符号表示，已知重力加速度为g)。
(3)引起该实验系统误差的原因有绳子有一定的质量、滑轮与轴之间有摩擦、重物运动中受到空气阻力(写一条即可)。
解析：(1)①用挡光片经过光电门中心的平均速度代替重物经过光电门中心的瞬时速度，所以应测量出挡光片中心到光电门中心的竖直距离h。③螺旋测微器固定刻度的示数为1.5 mm，可动刻度的示数为0.01 mm×15.0＝0.150 mm，则挡光片的宽度d＝1.5 mm＋0.150 mm＝1.650 mm。
(2)重物A经过光电门时的速度大小v＝ eq \f(d,Δt)，系统动能的增加量为ΔEk＝ eq \f(1,2)(2M＋m)v2＝
eq \f(1,2)(2M＋m) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,Δt))) eq \s\up12(2)，系统重力势能的减少量为mgh，系统机械能守恒应满足的关系式为mgh＝ eq \f(1,2)(2M＋m) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,Δt))) eq \s\up12(2)。
(3)系统机械能守恒的条件是只有重力做功，但实际实验中可能存在其他力，故引起实验误差的原因可能有：绳子有一定的质量、滑轮与轴之间有摩擦、重物运动中受到空气阻力等。
6．(12分)某同学通过查阅资料得知：弹簧弹性势能的表达式为Ep＝ eq \f(1,2)k(Δx)2，k为弹簧的劲度系数，Δx为弹簧的形变量。为验证该表达式，该同学用一劲度系数为k0的轻弹簧，利用如图所示的装置进行实验。
主要操作步骤如下：
(1)用游标卡尺测出挡光片的宽度d，用天平测出物块a、b(含挡光片)的质量均为m。
(2)将弹簧左端固定在气垫导轨的左侧，右端与a拴接，把气垫导轨调整至水平，并使气泵正常工作，弹簧处于自然状态时将a右侧所处的位置记为O点。
(3)在O点右侧某处固定一光电门，用b将a向左推，使a右侧对齐P点(未超出弹簧弹性限度)，测出P、O之间的距离为x，由静止释放a和b，记下挡光片通过光电门的挡光时间t，则a从P点运动到O点过程中，a和b(含挡光片)组成的系统增加的动能为ΔEk＝ eq \f(md2,t2)(用d、t、m表示)，弹簧减少的弹性势能为ΔEp＝ eq \f(1,2)k0x2(用k0、x表示)，若在误差范围内，满足ΔEk＝ΔEp，则验证了该表达式。
(4)当物块a将弹簧再次压缩到最短时，a的右侧与O点距离为L，则B。
A．L＝ eq \f(1,2)x B．L＝ eq \f(\r(2),2)x C．L＝x
解析：(3)物块a、b组成的系统运动到O点时速度大小v＝ eq \f(d,t)，物块组成的系统增加的动能ΔEk＝ eq \f(1,2)×2mv2＝ eq \f(md2,t2)，物块a从P点运动到O点过程中弹簧减少的弹性势能ΔEp＝ eq \f(1,2)k0x2。
(4)从物块a经过O点到物块a将弹簧再次压缩到最短过程，物块a与弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得 eq \f(1,2)mv2＝ eq \f(1,2)k0L2，解得L＝ eq \f(\r(2),2)x，故B正确，A、C错误。原理装置图
操作要求
注意事项
自由落体运动物体的重力势能的减少量等于对应过程动能的增加量
1.安装器材：将打点计时器固定在铁架台上，用导线将打点计时器与电源相连。
2．打纸带：用手竖直提起纸带，使重物停靠在打点计时器下方附近，先接通电源，再松开纸带，让重物自由下落，打点计时器就在纸带上打出一系列的点，取下纸带，换上新的纸带重打几条(3～5条)。
3．选纸带：从打出的几条纸带中选出一条点迹清晰的纸带
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，且在靠近打点计时器处释放。
3．选带：点迹清晰，且第1个点和第2个点间距离接近2 mm。
4．速度：应用vn＝ eq \f(hn＋1－hn－1,2T)，不能用vn＝ eq \r(2ghn)或vn＝gt计算
数据
处理
方案一：利用起始点和第n点计算
代入mghn和 eq \f(1,2)mv eq \\al(2,n)，如果在实验误差允许的范围内，mghn和 eq \f(1,2)mv eq \\al(2,n)相等，则验证了机械能守恒定律。
方案二：任取两点计算
(1)任取两点A、B，测出hAB，算出mghAB。
(2)算出 eq \f(1,2)mv eq \\al(2,B)－ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,A)的值。
(3)在实验误差允许的范围内，若mghAB＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,B)－ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,A)，则验证了机械能守恒定律。
方案三：图像法
从纸带上选取多个点，测量从第一个点到其余各点的下落高度h，并计算各点速度的平方v2，然后以 eq \f(1,2)v2为纵轴，以h为横轴，根据实验数据作出 eq \f(1,2)v2－h图像。若在误差允许的范围内图像是一条过原点且斜率为g的直线，则验证了机械能守恒定律
误差
分析
1.系统误差：本实验中因重物和纸带在下落过程中要克服各种阻力(空气阻力、摩擦阻力)做功，故动能的增加量ΔEk稍小于重力势能的减少量ΔEp，即ΔEk