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人教版 (2019)5 实验：验证机械能守恒定律学案
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这是一份人教版 (2019)5 实验：验证机械能守恒定律学案，共13页。
2．掌握利用落体法验证机械能守恒定律的原理和方法。
3．会使用气垫导轨、光电门，理解并掌握利用滑块沿导轨下滑验证机械能守恒定律的原理和方法。
类型一 实验原理与操作
【典例1】 “验证机械能守恒定律”的实验装置可以采用图示的甲或乙方案来进行。
(1)比较这两种方案，________(选填“甲”或“乙”)方案好些。
(2)在“验证机械能守恒定律”的实验中，直接测量的物理量是________。
A．重力加速度 B．重物下落的高度
C．重物下落的瞬时速度 D．重物下落的平均速度
(3)在进行“验证机械能守恒定律”的实验时，应________。
A．先释放纸带，再接通电源
B．用手托住重物由静止释放
C．根据v＝gt计算重物在t时刻的速度
D．使重物下落的起始位置靠近打点计时器
[解析] (1)甲方案摩擦阻力小，误差小，而且方便操作，所用实验器材少，所以甲方案好些。
(2)验证机械能守恒的实验，即验证重力势能减少量等于动能的增加量，所以重力加速度是已知的，无需测量，A错误；实验要计算重力势能的减少量，所以需要测量重物下落的高度，B正确；本实验下落的瞬时速度是根据纸带处理得到，无法直接测量，而平均速度本实验用不到，C、D错误。
(3)在实验时应先接通电源，打点稳定后再释放纸带，A错误；释放时，纸带应竖直，减少与限位孔的摩擦，所以释放时，应按题图中所示用手竖直提起纸带，B错误；因为要验证机械能守恒，所以速度需根据实际的纸带计算，而不能用自由落体公式计算，因为自由落体运动只受重力，机械能一定守恒，C错误；释放纸带前，重物应靠近打点计时器，这样可以充分利用纸带，D正确。
[答案] (1)甲 (2)B (3)D
类型二 数据处理和误差分析
【典例2】 某实验小组“用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12mv2，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)(多选)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＝2gh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)实验小组的同学又正确计算出图乙中打下计数点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物体机械能守恒的依据是_____________________________________________________________________。
[解析] (1)重物最好选择密度较大的铁块，受到的阻力较小，故A错误；本题是以自由落体运动为例来验证机械能守恒定律，需要验证的方程是mgh＝12mv2，因为我们是比较mgh、12mv2的大小关系，故m可约去比较，不需要用天平测量重物的质量，故B正确；实验中应先接通电源，后释放纸带，故C正确；不能利用公式v＝2gh来求解瞬时速度，否则体现不了实验验证，变成了理论推导，故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＝ΔxΔt＝0.496 6-0.380 20.04 m/s＝2.91 m/s，EkD＝12mvD2＝12×0.5×(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，所以重力势能减小量大于动能的增加量。
(3)根据表达式mgh＝12mv2，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＝10.36- m/s2＝19.52 m/s2，因此能粗略验证自由下落的物体机械能守恒。
[答案] (1)BC (2)2.14 2.12 重物下落过程中受到阻力作用 (3)图像的斜率等于19.52，约为重力加速度g的两倍，故能验证
类型三 创新实验设计
【典例3】 (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，实验装置如图甲所示。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＝12kx2，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乙所示，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，如图丙所示。由图丙可知，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＝12k(L－L0)2－12k(L－L0－h5)2
整理有ΔEp弹＝kL-L0h5-12kh52
打F点时钩码的速度为vF＝h6-h42T
由于在误差允许的范围内，认为释放钩码的同时打出A点，则钩码动能的增加量为
ΔEk＝12mvF2－0＝mh6-h428T2
钩码的重力势能增加量为ΔEp重＝mgh5。
(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，以至于钩码克服空气阻力做的功也逐渐增大。
[答案] 1kL-L0h5-12kh52 mh6-h428T2 mgh5 (2)见解析
1．用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律，若按正确的实验步骤进行，并选出如图乙所示的纸带，回答下列问题：
(1)纸带的________(选填“左”或“右”)端与重物相连。
(2)下面列举了该实验的几个操作步骤(示意图如图所示)：
A．按照图示的装置安装器件；
B．将打点计时器接到电源的交流输出端上；
C．用天平测量出重物的质量；
D．释放悬挂纸带的夹子，同时接通电源开关打出一条纸带；
E．测量纸带上打出的某些点之间的距离；
F．根据测量的结果计算重物下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能。
指出其中没有必要进行的和操作不恰当的步骤，将其选项对应的字母填在下面的横线上，并改正不恰当的步骤：
没有必要进行的步骤是________，理由是________，操作不恰当的步骤是________，改正为________。
[解析] (1)物体做加速运动，纸带上的相邻点之间的距离越来越大，故纸带左端与重物相连。
(2)在验证机械能守恒时，左右两边式子均有质量m，可以约去，没有必要用天平测重物的质量；先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，D错误。
[答案] (1)左 (2)C 在验证机械能守恒时，左右两边式子的质量m可以约去 D 先接通电源，待打点稳定后再释放纸带
2．现利用如图所示装置“验证机械能守恒定律”。图中AB是固定的光滑斜面，斜面的倾角为30°，1和2是固定在斜面上适当位置的两个光电门，与它们连接的光电计时器都没有画出。让滑块从斜面的顶端滑下，光电门1、2各自连接的光电计时器显示的挡光时间分别为5.00×10-2 s、2.00×10-2 s。已知滑块质量为2.00 kg，滑块沿斜面方向的长度为5.00 cm，光电门1和2之间的距离为0.54 m，g取9.80 m/s2，取滑块经过光电门时的速度为其平均速度。(结果均保留三位有效数字)
(1)滑块通过光电门1时的速度v1＝________m/s，通过光电门2时的速度v2＝________m/s。
(2)滑块通过光电门1、2之间的动能增加量为____________J，重力势能的减少量为____________J。
(3)实验可以得出的结论： ______________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
[解析] (1)v1＝Lt1＝5.00×10-25.00×10-2 m/s＝1.00 m/s，v2＝Lt2＝5.00×10-22.00×10-2 m/s＝2.50 m/s。
(2)动能增加量ΔEk＝12mv22-12mv12＝5.25 J。重力势能的减少量：ΔEp＝mgs sin 30°≈5.29 J。
(3)在实验误差允许的范围内，滑块的机械能守恒。
[答案] (1)1.00 2.50 (2)5.25 5.29 (3)在实验误差允许的范围内，滑块的机械能守恒
3．某同学根据机械能守恒定律，设计实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系。
(1)如图甲，将轻质弹簧下端固定于铁架台上，在上端的托盘中依次增加砝码，测量相应的弹簧长度，部分数据如表所示。由数据算得劲度系数k＝________N/m。(g取9.80 m/s2)
(2)取下弹簧，将其一端固定于气垫导轨左侧，如图乙所示；调整导轨使滑块自由滑动时，通过两个光电门的速度大小________。
(3)用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v。释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为________。
(4)重复(3)中的操作，得到v与x的关系如图丙，由图可知，v与x成________关系。由上述实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的________成正比。
[解析] (1)由k＝ΔFΔx＝150-50×10-3××10-2 N/m＝50 N/m。
(2)要调整气垫导轨水平，使滑块自由滑动时，通过两个光电门的速度大小相等。
(3)根据机械能守恒定律，释放滑块后，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能。
(4)由题图丙可知，x与v成正比，即v＝kx，由Ep＝Ek＝12mv2＝12mk2x2，因此弹簧的弹性势能与弹簧的压缩量的平方成正比。
[答案] (1)50 (2)相等 (3)滑块的动能 (4)正比 压缩量的平方
4．用如图甲所示实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒。m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。图乙给出的是实验中获得的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离如图所示。已知m1＝50 g，m2＝150 g，打点计时器所接交流电频率f＝50 Hz，则：(结果保留两位有效数字)
(1)从纸带上打下计数点5时的速度v＝________m/s。
(2)从打下第“0”点到打下第“5”点的过程中系统动能的增加量ΔEk＝________J，系统势能的减少量ΔEp＝______J。(当地的重力加速度g取10 m/s2)
(3)若某同学作出12v2-h图像如图丙所示，则当地的重力加速度g＝________m/s2。
[解析] (1)因为每相邻两计数点间还有4个点，则相邻计数点的时间间隔为t＝5f＝0.1 s，在纸带上打下计数点5时的速度v5＝x45+x562t＝21.60+26.40×10-22×0.1 m/s＝2.4 m/s。
(2)从打下第“0”点到打下第“5”点的过程中系统动能的增加量ΔEk＝12m1+m2v52＝12×(0.05＋0.15)×2.42 J≈0.58 J，系统势能的减少量ΔEp＝(m2－m1)gh＝(0.15－0.05)×10×(38.40＋21.60)×10-2 J＝0.60 J。
(3)由(2)可知在实验误差允许的范围内，系统机械能守恒，则有12(m1＋m2)v2＝(m2－m1)gh
可得12v2＝g2h，由题图丙中图线可知
斜率k＝g2＝5.82 m2·s-21.20 m
则g＝9.7 m/s2。
[答案] (1)2.4 (2)0.58 0.60 (3)9.7
5．为了验证小球在竖直平面内摆动过程的机械能是否守恒，利用如图甲装置，不可伸长的轻绳一端系住一小球，另一端连接力传感器，小球质量为m，球心到悬挂点的距离为L，小球释放的位置到最低点的高度差为h，实验记录轻绳拉力大小随时间的变化如图乙，其中Fm是实验中测得的最大拉力值，重力加速度为g，请回答以下问题：
(1)小球第一次运动至最低点的过程，重力势能的减少量ΔEp＝____________，动能的增加量ΔEk＝____________。(均用题中所给字母表示)
(2)观察图乙中拉力峰值随时间变化规律，试分析造成这一结果的主要原因：_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
(3)为减小实验误差，实验时应选用密度________(选填“较大”或“较小”)的小球。
[解析] (1)小球第一次摆动至最低点的过程，重心下降了h，则重力势能的减少量为ΔEp＝mgh
小球第一次摆动至最低点，初速度为零，最低点速度为vm，由牛顿第二定律有Fm－mg＝mvm2L
而动能的增加量为ΔEk＝12mvm2－0，联立解得
ΔEk＝Fm-mgL2。
(2)根据F-t图像可知小球做周期性的摆动，每次经过最低点时拉力最大，而最大拉力逐渐变小，说明经过最低点时的最大速度逐渐变小，则主要原因是空气阻力做负功，导致机械能有损失。
(3)为了减小因空气阻力带来的误差，应选择密度大、体积小的小球进行实验。
[答案] (1)mgh Fm-mgL2 (2)空气阻力做负功，机械能有损失 (3)较大砝码质量/g
50
100
150
弹簧长度/cm
8.62
7.63
6.66
2．掌握利用落体法验证机械能守恒定律的原理和方法。
3．会使用气垫导轨、光电门，理解并掌握利用滑块沿导轨下滑验证机械能守恒定律的原理和方法。
类型一 实验原理与操作
【典例1】 “验证机械能守恒定律”的实验装置可以采用图示的甲或乙方案来进行。
(1)比较这两种方案，________(选填“甲”或“乙”)方案好些。
(2)在“验证机械能守恒定律”的实验中，直接测量的物理量是________。
A．重力加速度 B．重物下落的高度
C．重物下落的瞬时速度 D．重物下落的平均速度
(3)在进行“验证机械能守恒定律”的实验时，应________。
A．先释放纸带，再接通电源
B．用手托住重物由静止释放
C．根据v＝gt计算重物在t时刻的速度
D．使重物下落的起始位置靠近打点计时器
[解析] (1)甲方案摩擦阻力小，误差小，而且方便操作，所用实验器材少，所以甲方案好些。
(2)验证机械能守恒的实验，即验证重力势能减少量等于动能的增加量，所以重力加速度是已知的，无需测量，A错误；实验要计算重力势能的减少量，所以需要测量重物下落的高度，B正确；本实验下落的瞬时速度是根据纸带处理得到，无法直接测量，而平均速度本实验用不到，C、D错误。
(3)在实验时应先接通电源，打点稳定后再释放纸带，A错误；释放时，纸带应竖直，减少与限位孔的摩擦，所以释放时，应按题图中所示用手竖直提起纸带，B错误；因为要验证机械能守恒，所以速度需根据实际的纸带计算，而不能用自由落体公式计算，因为自由落体运动只受重力，机械能一定守恒，C错误；释放纸带前，重物应靠近打点计时器，这样可以充分利用纸带，D正确。
[答案] (1)甲 (2)B (3)D
类型二 数据处理和误差分析
【典例2】 某实验小组“用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12mv2，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)(多选)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＝2gh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)实验小组的同学又正确计算出图乙中打下计数点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物体机械能守恒的依据是_____________________________________________________________________。
[解析] (1)重物最好选择密度较大的铁块，受到的阻力较小，故A错误；本题是以自由落体运动为例来验证机械能守恒定律，需要验证的方程是mgh＝12mv2，因为我们是比较mgh、12mv2的大小关系，故m可约去比较，不需要用天平测量重物的质量，故B正确；实验中应先接通电源，后释放纸带，故C正确；不能利用公式v＝2gh来求解瞬时速度，否则体现不了实验验证，变成了理论推导，故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＝ΔxΔt＝0.496 6-0.380 20.04 m/s＝2.91 m/s，EkD＝12mvD2＝12×0.5×(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，所以重力势能减小量大于动能的增加量。
(3)根据表达式mgh＝12mv2，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＝10.36- m/s2＝19.52 m/s2，因此能粗略验证自由下落的物体机械能守恒。
[答案] (1)BC (2)2.14 2.12 重物下落过程中受到阻力作用 (3)图像的斜率等于19.52，约为重力加速度g的两倍，故能验证
类型三 创新实验设计
【典例3】 (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，实验装置如图甲所示。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＝12kx2，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乙所示，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，如图丙所示。由图丙可知，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＝12k(L－L0)2－12k(L－L0－h5)2
整理有ΔEp弹＝kL-L0h5-12kh52
打F点时钩码的速度为vF＝h6-h42T
由于在误差允许的范围内，认为释放钩码的同时打出A点，则钩码动能的增加量为
ΔEk＝12mvF2－0＝mh6-h428T2
钩码的重力势能增加量为ΔEp重＝mgh5。
(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，以至于钩码克服空气阻力做的功也逐渐增大。
[答案] 1kL-L0h5-12kh52 mh6-h428T2 mgh5 (2)见解析
1．用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律，若按正确的实验步骤进行，并选出如图乙所示的纸带，回答下列问题：
(1)纸带的________(选填“左”或“右”)端与重物相连。
(2)下面列举了该实验的几个操作步骤(示意图如图所示)：
A．按照图示的装置安装器件；
B．将打点计时器接到电源的交流输出端上；
C．用天平测量出重物的质量；
D．释放悬挂纸带的夹子，同时接通电源开关打出一条纸带；
E．测量纸带上打出的某些点之间的距离；
F．根据测量的结果计算重物下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能。
指出其中没有必要进行的和操作不恰当的步骤，将其选项对应的字母填在下面的横线上，并改正不恰当的步骤：
没有必要进行的步骤是________，理由是________，操作不恰当的步骤是________，改正为________。
[解析] (1)物体做加速运动，纸带上的相邻点之间的距离越来越大，故纸带左端与重物相连。
(2)在验证机械能守恒时，左右两边式子均有质量m，可以约去，没有必要用天平测重物的质量；先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，D错误。
[答案] (1)左 (2)C 在验证机械能守恒时，左右两边式子的质量m可以约去 D 先接通电源，待打点稳定后再释放纸带
2．现利用如图所示装置“验证机械能守恒定律”。图中AB是固定的光滑斜面，斜面的倾角为30°，1和2是固定在斜面上适当位置的两个光电门，与它们连接的光电计时器都没有画出。让滑块从斜面的顶端滑下，光电门1、2各自连接的光电计时器显示的挡光时间分别为5.00×10-2 s、2.00×10-2 s。已知滑块质量为2.00 kg，滑块沿斜面方向的长度为5.00 cm，光电门1和2之间的距离为0.54 m，g取9.80 m/s2，取滑块经过光电门时的速度为其平均速度。(结果均保留三位有效数字)
(1)滑块通过光电门1时的速度v1＝________m/s，通过光电门2时的速度v2＝________m/s。
(2)滑块通过光电门1、2之间的动能增加量为____________J，重力势能的减少量为____________J。
(3)实验可以得出的结论： ______________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
[解析] (1)v1＝Lt1＝5.00×10-25.00×10-2 m/s＝1.00 m/s，v2＝Lt2＝5.00×10-22.00×10-2 m/s＝2.50 m/s。
(2)动能增加量ΔEk＝12mv22-12mv12＝5.25 J。重力势能的减少量：ΔEp＝mgs sin 30°≈5.29 J。
(3)在实验误差允许的范围内，滑块的机械能守恒。
[答案] (1)1.00 2.50 (2)5.25 5.29 (3)在实验误差允许的范围内，滑块的机械能守恒
3．某同学根据机械能守恒定律，设计实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系。
(1)如图甲，将轻质弹簧下端固定于铁架台上，在上端的托盘中依次增加砝码，测量相应的弹簧长度，部分数据如表所示。由数据算得劲度系数k＝________N/m。(g取9.80 m/s2)
(2)取下弹簧，将其一端固定于气垫导轨左侧，如图乙所示；调整导轨使滑块自由滑动时，通过两个光电门的速度大小________。
(3)用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v。释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为________。
(4)重复(3)中的操作，得到v与x的关系如图丙，由图可知，v与x成________关系。由上述实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的________成正比。
[解析] (1)由k＝ΔFΔx＝150-50×10-3××10-2 N/m＝50 N/m。
(2)要调整气垫导轨水平，使滑块自由滑动时，通过两个光电门的速度大小相等。
(3)根据机械能守恒定律，释放滑块后，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能。
(4)由题图丙可知，x与v成正比，即v＝kx，由Ep＝Ek＝12mv2＝12mk2x2，因此弹簧的弹性势能与弹簧的压缩量的平方成正比。
[答案] (1)50 (2)相等 (3)滑块的动能 (4)正比 压缩量的平方
4．用如图甲所示实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒。m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。图乙给出的是实验中获得的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离如图所示。已知m1＝50 g，m2＝150 g，打点计时器所接交流电频率f＝50 Hz，则：(结果保留两位有效数字)
(1)从纸带上打下计数点5时的速度v＝________m/s。
(2)从打下第“0”点到打下第“5”点的过程中系统动能的增加量ΔEk＝________J，系统势能的减少量ΔEp＝______J。(当地的重力加速度g取10 m/s2)
(3)若某同学作出12v2-h图像如图丙所示，则当地的重力加速度g＝________m/s2。
[解析] (1)因为每相邻两计数点间还有4个点，则相邻计数点的时间间隔为t＝5f＝0.1 s，在纸带上打下计数点5时的速度v5＝x45+x562t＝21.60+26.40×10-22×0.1 m/s＝2.4 m/s。
(2)从打下第“0”点到打下第“5”点的过程中系统动能的增加量ΔEk＝12m1+m2v52＝12×(0.05＋0.15)×2.42 J≈0.58 J，系统势能的减少量ΔEp＝(m2－m1)gh＝(0.15－0.05)×10×(38.40＋21.60)×10-2 J＝0.60 J。
(3)由(2)可知在实验误差允许的范围内，系统机械能守恒，则有12(m1＋m2)v2＝(m2－m1)gh
可得12v2＝g2h，由题图丙中图线可知
斜率k＝g2＝5.82 m2·s-21.20 m
则g＝9.7 m/s2。
[答案] (1)2.4 (2)0.58 0.60 (3)9.7
5．为了验证小球在竖直平面内摆动过程的机械能是否守恒，利用如图甲装置，不可伸长的轻绳一端系住一小球，另一端连接力传感器，小球质量为m，球心到悬挂点的距离为L，小球释放的位置到最低点的高度差为h，实验记录轻绳拉力大小随时间的变化如图乙，其中Fm是实验中测得的最大拉力值，重力加速度为g，请回答以下问题：
(1)小球第一次运动至最低点的过程，重力势能的减少量ΔEp＝____________，动能的增加量ΔEk＝____________。(均用题中所给字母表示)
(2)观察图乙中拉力峰值随时间变化规律，试分析造成这一结果的主要原因：_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
(3)为减小实验误差，实验时应选用密度________(选填“较大”或“较小”)的小球。
[解析] (1)小球第一次摆动至最低点的过程，重心下降了h，则重力势能的减少量为ΔEp＝mgh
小球第一次摆动至最低点，初速度为零，最低点速度为vm，由牛顿第二定律有Fm－mg＝mvm2L
而动能的增加量为ΔEk＝12mvm2－0，联立解得
ΔEk＝Fm-mgL2。
(2)根据F-t图像可知小球做周期性的摆动，每次经过最低点时拉力最大，而最大拉力逐渐变小，说明经过最低点时的最大速度逐渐变小，则主要原因是空气阻力做负功，导致机械能有损失。
(3)为了减小因空气阻力带来的误差，应选择密度大、体积小的小球进行实验。
[答案] (1)mgh Fm-mgL2 (2)空气阻力做负功，机械能有损失 (3)较大砝码质量/g
50
100
150
弹簧长度/cm
8.62
7.63
6.66
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