新教材物理一轮总复习-第六章机械能守恒定律实验七验证机械能守恒定律学案.docx

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vngt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vngt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Ek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Ep_ J；重物增加的动能Ek_ 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22022·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Ekx2，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32022·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E_(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TmaxTmin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32023·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；(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 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)多次从不同夹角处释放小钢球，得到多组数据如下表所示，以cos 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cos Fm10°1.0000.137220°0.9400.150330°0.8660.171440°0.7660.199550°0.6430.230660°0.5000.269770°0.3420.337880°0.1740.356(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mghmv2，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Epmgh0.5×9.8×0.436 5 J2.14 J.利用匀变速直线运动的推论：vD m/s2.91 m/s，EkD×0.5×(2.91)2 J2.12 J，动能增加量EkEkD02.12 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mghmv2，则有v22gh；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·s219.52 m·s2，则g9.76 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)2.142.12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Ek(m1m2)v2，重力势能的减少量为Ep(m1m2)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/s0.780 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Ep弹k(LL0)2k(LL0h5)2整理有Ep弹打出F点时速度v，打出F点时钩码动能Ekmv2m()2，由于从静止释放钩码，所以钩码动能增加量Ek；(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d7.5 mm0.385 mm7.885 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E()(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，则细线拉力最小值为Tminmg cos 到最低点时细线拉力最大，则mgl(1cos )mv2Tmaxmgm，联立可得Tmax3mg2Tmin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k2.13mg1.77，则小钢球的重力为mg0.59.(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)2.10.59(3)C3解析：(1)由图乙螺旋测微器可知，小钢球直径为D6.5 mm 47.0×0.01 mm6.970 mm0.697 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)(1cos )mv2，在最低点根据牛顿第二定律有Fmmg，联立解得Fm3mg2mg cos .(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)Fm3mg2mg cos (6)B