(新高考)高考物理一轮复习课时练习第5章实验七《验证机械能守恒定律》(含解析)

这是一份(新高考)高考物理一轮复习课时练习第5章实验七《验证机械能守恒定律》(含解析)，共11页。试卷主要包含了实验目的，实验原理，实验器材，实验步骤，实验结论，89 cm，x2＝9，01mg＝ma，786等内容，欢迎下载使用。


1.实验目的
验证机械能守恒定律。
2.实验原理(如图1所示)
通过实验，求出做自由落体运动物体的重力势能的减少量和对应过程动能的增加量，在实验误差允许范围内，若二者相等，说明机械能守恒，从而验证机械能守恒定律。
图1
3.实验器材
打点计时器、交流电源、纸带、复写纸、重物、刻度尺、铁架台(带铁夹)、导线。
4.实验步骤
(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)纸带。
(3)选纸带：分两种情况说明
①若选第1点O到下落到某一点的过程，即用mgh＝eq \f(1,2)mv2来验证，应选点迹清晰，且第1、2两点间距离接近2__mm的纸带(电源频率为50 Hz)。
②用eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＝mghAB验证时，由于重力势能的相对性，处理纸带时选择适当的点为基准点即可。
5.实验结论
在误差允许的范围内，自由落体运动过程机械能守恒。
1.误差分析
(1)测量误差：减小测量误差的方法，一是测下落距离时都从O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。
(2)系统误差：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＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,n)必定稍小于重力势能的减少量ΔEp＝mghn，改进办法是调整安装的器材，尽可能地减小阻力。
2.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线上，以减少摩擦阻力。
(2)重物应选用质量大、体积小、密度大的材料。
(3)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＝eq \f(hn＋1－hn－1,2T)，不能用vn＝eq \r(2ghn)或vn＝gt来计算。
3.验证方案
方案一：利用起始点和第n点计算
代入mghn和eq \f(1,2)mveq \\al(2,n)，如果在实验误差允许的范围内，mghn和eq \f(1,2)mveq \\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)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)的值。
(3)在实验误差允许的范围内，若mghAB＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \\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。
命题点一 教材原型实验
【例1】 (2020·天津市六校期末联考)“落体法”是验证机械能守恒定律的主要方法之一(如图2甲)，某次操作得到了如图乙所示的纸带，已知打点周期为T、重锤的质量为m，依次测出了各计时点到第一个计时点O的距离如图中所示，请回答下列问题：
甲
图2
(1)打A点时重锤的速度表达式vA＝__________。若已经计算出A点和E点的速度分别为vA、vE，并且选取A到E的过程进行机械能守恒定律的验证，则需要验证的关系式为____________________。
(2)如果某次实验时，发现重力势能的减小量比动能的增加量大很多，出现这种现象的原因可能是__________(填序号)。
A.重物质量测量得不准确
B.因为阻力的作用，所以实验误差很大，但也能验证机械能守恒定律成立
C.打点计时器两个限位孔不在同一条竖直线上，摩擦力或阻力太大导致的
D.实验时出现了先放纸带，后接通电源这样的错误操作导致的
答案 (1)eq \f(h2,2T) g(h4－h1)＝eq \f(1,2)veq \\al(2,E)－eq \f(1,2)veq \\al(2,A) (2)C
解析 (1)根据某段时间内中间时刻的速度等于这段时间的平均速度知，A点速度为vA＝eq \f(h2,2T)， 从A到E过程，重力势能减少量为ΔEp＝mghAE＝mg(h4－h1)，其动能增加量为ΔEk＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,E)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，若机械能守恒则有ΔEp＝ΔEk，化简得g(h4－h1)＝eq \f(1,2)×(veq \\al(2,E)－veq \\al(2,A))。
(2)在该实验中，由于摩擦力、空气阻力等阻力的存在，重锤减小的重力势能总是稍稍大于重锤动能的增加量；若重锤减小的重力势能比重锤动能的增加量大得多，就要考虑阻力太大的原因。验证机械能守恒的式子为gh＝eq \f(1,2)v2，与质量无关，故A错误；若阻力作用很大，应出现重力势能的减小量比动能的增加量大得多，但不能验证机械能守恒定律成立，故B错误；若两限位孔不在同一条竖直线上，纸带和限位孔的阻力过大，会造成重力势能的减小量比动能的增加量大很多，故C正确；若先释放纸带，后接通电源会出现计算动能增加量大于重力势能减少量，故D错误。
【变式1】 (2020·河南洛阳市一模)某同学用图3(a)所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有220 Hz、30 Hz和40 Hz，打出纸带的一部分如图(b)所示。
图3
该同学在实验中没有记录交流电的频率f，需要用实验数据和其他条件进行推算。
(1)若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f和图(b)中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出B点时，重物下落的速度大小为__________，重物下落的加速度的大小为__________。
(2)已测得x1＝8.89 cm，x2＝9.50 cm，x3＝10.10 cm；当重力加速度大小为9.80 m/s2，实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%。由此推算出f为________ Hz。
答案 (1)eq \f(1,2)(x1＋x2)f eq \f(1,2)(x3－x1)f2 (2)40
解析 (1)根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得vB＝eq \f(x1＋x2,2T)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋x2))f,2)
vC＝eq \f(x2＋x3,2T)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋x3))f,2)
由速度公式vC＝vB＋aT
可得a＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3－x1))f2,2)。
(2)由牛顿第二定律可得mg－0.01mg＝ma
所以a＝0.99g
结合(1)解出的加速度表达式，代入数据可得f＝40 Hz。
命题点二 实验创新
创新点1 实验原理及装置的创新
【例2】 (2021·1月广东学业水平选择考适应性测试，11)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4(a)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(b)，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：
图4
(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(b)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。
答案 (1)mgh eq \f(（Fm－mg）L,2) (2)空气阻力做负功，机械能有损失 (3)较大
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＝meq \f(veq \\al(2,m),L)
而动能的增加量为
ΔEk＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－0
联立解得ΔEk＝eq \f(（Fm－mg）L,2)。
(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，说明经过最低点的最大速度逐渐变小，则主要原因空气阻力做负功，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球进行实验。
【变式2】 (2020·海南省新高考一模)某同学用如图5所示的装置验证机械能守恒定律。
图5
实验步骤如下：
(1)用电磁铁吸住一个小铁球，将光电门A固定在立柱上，小铁球底部处于同一竖直位置，光电门B固定在立柱上的另一位置；
(2)切断电磁铁电源，小铁球开始下落，数字计时器测出小铁球通过光电门A和光电门B的时间分别为tA、tB。
请回答下列问题：
(1)切断电磁铁电源之前，需要调节底座螺丝，使立柱处于__________，以确保小铁球能通过两个电光门。
(2)实验中还需要测量的物理量是__________(填选项前的字母)。
A.小铁球的质量m
B.小铁球的直径d
C.光电门A、B间的距离h
(3)小铁球经过光电门B时的速度可表示为vB＝______(用测量的物理量表示)。
(4)在误差允许范围内，若满足关系式________________，即可验证机械能守恒(用测量的物理量和重力加速度g表示)。
答案 (1)竖直 (2)BC (3)eq \f(d,tB) (4)(eq \f(d,tB))2－(eq \f(d,tA))2＝2ghAB
解析 (1)切断电磁铁电源之前，需要调节底座螺丝，使立柱处于竖直，以确保小铁球能通过两个光电门。
(2)铁球通过光电门A、B的速度分别为vA＝eq \f(d,tA)和vB＝eq \f(d,tB)
若从A到B机械能守恒，则eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＝mghAB
即veq \\al(2,B)－veq \\al(2,A)＝2ghAB，即(eq \f(d,tB))2－(eq \f(d,tA))2＝2ghAB
则实验中还需要测量的物理量是：小铁球的直径d以及光电门A、B间的距离h，故选B、C。
(3)小铁球经过光电门B时的速度可表示为vB＝eq \f(d,tB)。
(4)在误差允许范围内，若满足关系式(eq \f(d,tB))2－(eq \f(d,tA))2＝2ghAB，即可验证机械能守恒。
创新点2 实验方案的创新
【例3】 (2020·山东日照市4月模拟)某实验小组用如图6甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。将一钢球用细线系住悬挂在铁架台上，钢球静止于A点。在钢球底部竖直地粘住一片宽度为d的遮光条。在A的正下方固定一光电门，将钢球拉至不同位置由静止释放，遮光条经过光电门的挡光时间t可由计时器测出，取v＝eq \f(d,t)作为钢球经过A点时的瞬时速度。记录钢球每次下落的高度h和计时器示数t，计算并比较钢球在释放点和A点之间重力势能的变化大小ΔEp与动能的变化大小ΔEk，就能验证机械能是否守恒。
图6
(1)用ΔEk＝eq \f(1,2)mv2计算钢球动能变化量的大小，用刻度尺测量遮光条宽度，示数如图乙所示，其读数为________ cm。某次测量中，计时器的示数为0.010 0 s，则钢球经过A时的速度v＝________ m/s(保留3位有效数字)。
(2)下表为该实验小组的实验结果：
从表中发现ΔEp与ΔEk之间存在差异，可能造成该差异的原因是________。
A.用ΔEp＝mgh计算钢球重力势能的变化大小时，钢球下落高度h为测量释放时钢球球心到球在A点时底端之间的竖直距离
B.钢球下落过程中存在空气阻力
C.实验中所求速度是遮光条的速度，比钢球速度略大
答案 (1)1.50 1.50 (2)C
解析 (1)刻度尺的最小分度值为1 mm，需估读一位，所以读数为1.50 cm；
钢球经过A的速度为v＝eq \f(d,Δt)＝eq \f(1.50×10－2,0.010 0) m/s＝1.50 m/s
(2)表中的ΔEp与ΔEk之间存在差异，且有ΔEk＞ΔEp；钢球下落高度h为测量释放时钢球球心到球在A点时底端之间的竖直距离，测量的高度h偏大则ΔEp偏大，故A错误；若钢球下落过程中存在空气阻力，则有重力势能减少量大于钢球的动能增加量，即ΔEp＞ΔEk，故B错误；实验中所求速度是遮光条的速度，比钢球速度略大，导致ΔEk＞ΔEp，故C正确。
【变式3】 (2020·福建漳州市第一次教学质检)某物理兴趣小组发现直接利用“落体法”进行验证机械能守恒定律实验时，由于物体下落太快，实验现象稍纵即逝。为了让实验时间得以适当延长，设计了如图7甲所示的实验方案，把质量分别为m1、m2(m1＞m2)的两物体通过一根跨过定滑轮(质量可忽略)的细线相连接，m2的下方连接在穿过打点计时器的纸带上。首先在外力的作用下两物体保持静止，开启打点计时器，稳定后释放m1和m2。
甲
(1)为了完成实验，需要的测量工具除了天平，还需__________。
(2)如图乙是一条较为理想的纸带，O点是打点计时器打下的第一个点，计数点间的距离如图乙所示。两相邻计数点间时间间隔为T，重力加速度为g(题中所有物理量符号都用国际单位)。
乙
图7
①在纸带上打下记数点“5”时物体的速度v5＝__________(用题给物理量符号表示)。
②在打计数点“O”到打计数点“5”过程中，m1、m2系统重力势能的减少量ΔEp＝__________(用题给物理量符号表示)，再求出此过程中系统动能的增加量，即可验证系统机械能是否守恒。
答案 (1)刻度尺 (2)①eq \f(h3－h1,2T) ②(m1－m2)gh2
解析 (1)需要用刻度尺测量点之间的距离从而算出物体的运动速度和下降距离。
(2)打下点“5”时物体的速度等于打下点“4”到点“6”间物体的平均速度，即v5＝eq \f(h3－h1,2T)
由于m1下降，而m2上升，m1、m2组成的系统，重力势能的减少量ΔEp＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m1－m2))gh2。
命题点三 实验拓展——探究弹簧的弹性势能
【例4】 (2020·湖北荆州市四月质检)用如图8所示的装置测量弹簧的弹性势能。将弹簧放置在水平气垫导轨上，左端固定，右端在O点；在O点右侧的B、C位置各安装一个光电门，计时器(图中未画出)与两个光电门相连。先用米尺测得B、C两点间距离s，再用带有遮光片的滑块压缩弹簧到某位置A，然后由静止释放，计时器显示遮光片从B到C所用的时间t，用米尺测量A、O之间的距离x。
图8
(1)计算滑块离开弹簧时速度大小的表达式是v＝________。
(2)为求出弹簧的弹性势能，还需要测量__________(填字母序号)。
A.弹簧原长
B.当地重力加速度
C.滑块(含遮光片)的质量
(3)若气垫导轨左端比右端略高，弹性势能的测量值与真实值比较将__________(填字母序号)。
A.偏大 B.偏小 C.相等
答案 (1)eq \f(s,t) (2)C (3)A
解析 (1)滑块离开弹簧后的运动可视为匀速运动，故可以用BC段的平均速度表示滑块离开弹簧时的速度，则有v＝eq \f(s,t)。
(2)弹簧的弹性势能等于滑块增加的动能，故应求解滑块的动能，根据动能表达式可知，应测量滑块(含遮光片)的质量，故选C。
(3)若气垫导轨左端比右端略高，导致通过两光电门的时间将减小，那么测得的速度偏大，因此弹性势能的测量值也偏大，故选A。
ΔEp(×10－2 J)
4.892
9.786
14.69
19.59
29.38
ΔEk(×10－2 J)
5.04
10.1
15.1
20.0
29.8