(共99张PPT)
5．实验：验证机械能守恒定律
第八章 机械能守恒定律
[实验目标] 1．会用打点计时器打下的纸带计算物体运动的瞬时速度。
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。
必备知识·自主预习储备
探究重构·关键能力达成
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
甲
B
(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
D
[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，无须测量，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。
类型二 数据处理和误差分析
【典例2】 在验证机械能守恒定律的实验中，所用电源的频率为50 Hz。某同学选择了一条理想的纸带，用刻度尺测得各计数点到O点的距离，如图乙所示，图中O点是打点计时器打出的第一个点，A、B、C分别是每打两个点取出的计数点。
(1)从下列选项中选出实验所必需的器材，其对应的字母为________。
A．打点计时器(包括纸带) B．重锤
C．天平 D．秒表(或停表)
E．小车
(2)若重锤的质量为1.00 kg, 当打点计时器打到B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了________ J；此时重锤的动能比开始下落时增加了________ J。(结果保留三位有效数字)
AB
1.85
1.68
(3)一同学分析得出的实验结果是重锤重力势能的减少量小于动能的增加量。下列对造成该实验结果的原因分析正确的是________。
A．空气对重锤的阻力和打点计时器对纸带的阻力
B．选用重锤的质量过大
C．交流电源的频率大于50 Hz
D．交流电源的频率小于50 Hz
D
(4)测量从第一点到其余各点的下落高度h，并计算对应速度v，然后以v2为纵轴，以h为横轴，根据实验数据作出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________的直线，则验证了机械能守恒定律。
A．19.6 B．9.80 C．4.90
A
(3)空气对重锤阻力和打点计时器对纸带的阻力，会导致重力势能部分转化为内能，则重力势能的减小量会略大于动能的增加量，故A错误；验证机械能守恒，即验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，选择质量较大的重锤，不会使得重力势能的减小量小于动能的增加量，故B错误；若交流电的频率f<50 Hz，由于速度值仍按频率为50 Hz计算，频率的计算值比实际值偏大，周期值偏小，算得的速度值偏大，动能值也就偏大，则可能出现ΔEk>ΔEp的结果。同理，交流电源的频率大于50 Hz，则频率的计算值比实际值偏小，周期值偏大，算得的速度值偏小，动能值也就偏小，则可能出现ΔEk<ΔEp，故C错误，D正确。
类型三 创新实验设计
【典例3】 (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。(结果均保留两位有效数字)
(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
应用迁移·随堂评估自测
1．某实验小组用落体法验证机械能守恒定律，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律。
2
4
3
题号
1
5
(1)本实验中，不同组学生在操作过程中出现如图的四种情况，其中操作正确的是________(填序号)。
2
4
3
题号
1
5
A B C D
B
(2)进行正确操作后，打下的纸带如图所示，在选定的纸带上依次取计数点，相邻计数点间的时间间隔为T，那么纸带的________(选填“左”或“右”)端与重物相连。设重物质量为m，根据测得的x1、x2、x3、x4，在打B点到D点的过程中，重物动能增加量的表达式为________________。
2
4
3
题号
1
5
左
(3)换用两个质量分别为m1、m2的重物分别进行实验，多次记录下落高度h和相应的速度大小v，作出的v2-h图像如图所示。对比图像分析正确的是________(填序号)。
A．阻力可能为零 B．阻力不可能为零
C．m1可能等于m2 D．m1一定小于m2
2
4
3
题号
1
5
BC
2
4
3
题号
1
5
2
4
3
题号
1
5
2．(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：
2
4
3
题号
1
5
(a) (b)
(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。
2
4
3
题号
1
5
7.885
B
(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。
2
4
3
题号
1
5
增大
2
4
3
题号
1
5
2
4
3
题号
1
5
3．(1)甲同学利用图甲所示的实验装置进行“探究物体加速度与力、质量的关系”实验，该实验用到了控制变量法，下列实验也用到了该方法的是________。
2
4
3
题号
1
5
A．探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系
B．探究两个互成角度的力的合成规律
A
(2)乙同学用图乙所示的实验装置进行“验证机械能守恒定律”实验。气垫导轨上B处安装了一个光电门，滑块从A处由静止释放，验证从A到B过程中滑块和钩码的机械能守恒。
2
4
3
题号
1
5
①关于乙同学实验，下列操作中不必要的是________。
A．将气垫导轨调至水平
B．使细线与气垫导轨平行
C．钩码质量远小于滑块和遮光条的总质量
D．使A位置与B位置间的距离适当大些
②乙同学在实验中测量出了滑块和遮光条的质量M、钩码质量m、A与B间的距离L、遮光条的宽度为d(d L)和遮光条通过光电门的时间为t，已知当地重力加速度为g，为验证机械能守恒需要验证
的表达式是________________。
2
4
3
题号
1
5
C
③甲同学参考乙同学做法，利用图甲装置，想通过垫高轨道一端补偿阻力后验证小车和槽码的机械能是否守恒，他的做法________(选填“可行”或“不可行”)。
2
4
3
题号
1
5
不可行
[解析] (1)探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系用到了控制变量法，故A正确；探究两个互成角度的力的合成规律用到了等效替代法，故B错误。
(2)①为了减小实验误差，应将气垫导轨调至水平，故A必要，不符合题意；为使细线的拉力等于滑块的合力，应使细线与气垫导轨平行，故B必要，不符合题意；实验中不需要满足钩码重力等于绳子的拉力，则不需要使钩码质量远小于滑块和遮光条的总质量，故C不必要，符合题意；为便于数据处理，应使A位置与B位置间的距离适当大些，故D必要，不符合题意。
2
4
3
题号
1
5
2
4
3
题号
1
5
4．某班级同学进行了下列分组实验：
(1)一组同学用图甲所示的装置探究加速度与力、质量之间的关系，图乙是其俯视图。两个相同的小车放在光滑水平板上，车左端各系一条细绳，绳跨过定滑轮各挂一个相同的小盘，盘中可放砝码。两个小车右端通过细线用夹子固定，打开夹子，小车在小盘和砝码的牵引下运动，合上夹子，两小车同时停止。实验中可以通过在车中放砝码改变
小车的质量。
2
4
3
题号
1
5
①探究“加速度与质量之间的关系”时，应在小盘中放质量________(选填“相同”或“不相同”)的砝码；
②实验中，两小车加速度之比________(选填“大于”“等于”或“小于”)小车通过的位移之比。
2
4
3
题号
1
5
相同
等于
(2)另一组同学用如图丙所示的装置“验证机械能守恒定律”。已知重物A(含挡光片)、B的质量分别为mA和mB(mB>mA)，挡光片的宽度为d，重力加速度为g。
2
4
3
题号
1
5
实验操作步骤如下：
A．按图丙装配好定滑轮和光电门
B．A、B用绳连接后跨放在定滑轮上，用手托住B
C．测量挡光片中心到光电门中心的竖直距离h
D．先接通光电门的电源，后释放B
E．记录挡光片经过光电门的时间Δt
2
4
3
题号
1
5
2
4
3
题号
1
5
(mB－mA)gh＝
2
4
3
题号
1
5
2
4
3
题号
1
5
5．用如图甲所示器材做“验证机械能守恒定律”的实验，气垫导轨上A处安装了一个光电门，在滑块中间安装一遮光条，把滑块放在气垫导轨上，遮光条对应导轨上的B处；滑块与钩码通过跨过定滑轮的细线相连。已知滑块(含遮光条)质量M、钩码总质量m、遮光条宽度d，
当地重力加速度g。
2
4
3
题号
1
5
(1)某同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d＝________ mm。
2
4
3
题号
1
5
(2)实验前，气垫导轨的水平需要微调，此时________(选填“需要”或“不需要”)打开气泵。
10.25
需要
2
4
3
题号
1
5
不能
见解析
2
4
3
题号
1
5
B
2
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3
题号
1
5
2
4
3
题号
1
5
(5)图像横坐标有截距说明实验结果系统动能增加量明显大于重力势能减少量。钩码总质量m与滑块质量M相差不大只能改变图像的斜率，A错误；L测量的是从A到滑块左端的距离，则系统动能增加量明显大于重力势能减少量，B正确；气垫导轨没有调水平，且左高右低，系统动能增加量明显小于重力势能减少量，C错误；钩码质量的测量值和真实值相比偏小，只能影响图像的斜率，D错误。
2
4
3
题号
1
5
章末综合测评(四)
题号
1
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13
√
14
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一、选择题(共10小题，1～7题为单选题，8～10题为多选题)
1．如图所示，游乐园里有一种叫“飞椅”的游乐项目。钢绳一端系着座椅，另一端固定在水平转盘边缘，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。在开始启动的一段时间内，转盘逐渐加速转动，在转盘角速度增大的过程中，对飞椅和游客整体受力
分析，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．重力不做功 B．拉力不做功
C．拉力做正功 D．机械能保持不变
题号
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C [设飞椅和游客的总质量为m，悬点到转轴的距离为r，悬索的长度为l，悬索与竖直方向的夹角为θ，由牛顿第二定律得mg tan θ＝m(l sin θ＋r)ω2，在转盘角速度增大的过程中，θ越大，线速度越大，则动能越大，飞椅和游客运动位置越高，重力做负功，根据动能定理可知，拉力做正功，由ΔE＝W其它可知，机械能增大。故选C。]
题号
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√
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2．如图所示，水平圆盘桌面上放有质量为0.1 kg的小铁碗A(可视为质点)，一小孩使圆盘桌面在水平面内由静止开始绕过圆盘中心O的轴转动，并逐渐增大圆盘转动的角速度，直至小铁碗从圆盘的边缘飞出，飞出后经过0.2 s落地，落地点与飞出点在地面投影点的距离为80 cm。若不计空气阻力，该过程中，
摩擦力对小铁碗所做的功为( )
A．0.2 J B．0.4 J
C．0.8 J D．1.6 J
题号
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4．如图所示，跳台滑雪者在助滑道AB上获得一定速度后从B点沿水平方向跃出，在空中飞行一段时间后着落。若不计空气阻力，B点为计时起点，则下列关于滑雪者的速度v、机械能E、动能Ek、
重力的瞬时功率P随时间t的变化关系中，正确的
是( )
√
A B
C D
题号
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√
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5．如图所示，一弹簧左端固定在墙壁上，右端与一放在粗糙水平地面上的物块相连，O点为弹簧的原长位置。现将弹簧压缩至A点静止释放，物块向右运动至B点后再向左运动，则( )
A．物块从A点运动到O点的过程中，加速度一直减小
B．物块从O点运动到B点的过程中，加速度一直增大
C．物块从A点运动到B点的过程中，O点处速度最大
D．物块向右和向左两次经过O点时的速度大小相等
题号
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B [物块从A点运动到O点的过程中，受到弹簧的向右的弹力和地面向左的摩擦力，一开始时弹力大于摩擦力，物块向右加速，但弹力逐渐减小，所以物块的加速度逐渐减小，当弹力等于摩擦力时加速度减小到零，此时物块速度最大，然后继续向右运动，弹力接着减小，当弹力小于摩擦力时，物块加速度开始反向增大，物块开始减速，运动到O点时弹力为零，经过O点后，弹力向左，物块继续减速，直到运动到B点，故A、C错误；物块从O点运动到B点的过程中，受到弹簧向左的弹力和地面向左的摩擦力，在此过程中，弹力
题号
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一直增大，物块受到的合力一直增大，所以物块的加速度一直增大，故B正确；物块向右和向左两次经过O点时，弹簧的弹性势能都为零，但在两次经过O点之间，物块与地面存在摩擦产生内能，所以物块的动能会损失，转化为摩擦产生的内能，所以物块向右和向左两次经过O点时的速度大小不相等，故D错误。]
题号
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7．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速度4 m/s顺时针运行，质量为1 kg的小物块以6 m/s的初速度从传送带右端滑上传送带，经一段时间后小物块离开传送带。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，传送带的长度为10 m，重力加速度g＝10 m/s2，对上述过程，下列说法正确的是( )
A．小物块对传送带做功为20 J
B．小物块对传送带做功为48 J
C．带动传送带转动的电动机多做的功为40 J
D．带动传送带转动的电动机多做的功为50 J
题号
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8．如图所示，质量为1 kg的小球从距地面h＝1.6 m的A点水平抛出，不计空气阻力。小球恰好垂直撞在固定在水平面上的半圆形物体上的B点，圆半径为1 m，已知BO与竖直方向间的夹角θ＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．小球平抛的初速度v0为4 m/s
B．圆心O与A点间的水平距离为1.8 m
C．小球运动到B点时重力的瞬时功率为4 W
D．小球从A运动到B的时间为0.4 s
√
题号
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9．一质量为m的人站在观光电梯内，电梯以0.2g的加速度匀加速上升h高度，在此过程中( )
A．人的机械能增加了1.2 mgh
B．人的重力势能增加了mgh
C．人的动能增加了0.2mgh
D．电梯对人做功0.2mgh
√
√
题号
9
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ABC [电梯上升h高度，则重力对人的做功为WG＝－mgh，即人克服重力做功mgh，可以知道重力势能增加了mgh，故B正确；根据牛顿第二定律得F合＝ma＝0.2mg，根据动能定理得ΔEk＝W合＝F合h＝0.2mgh，故C正确；人的重力势能增加了mgh，动能增加0.2mgh，则机械能增加了1.2mgh，故A正确；对人根据动能定理得W电梯＋WG＝ΔEk，解得电梯对人做功W电梯＝1.2mgh，故D错误。]
题号
9
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二、实验题(共2小题)
11．某兴趣小组用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。装有遮光条的滑块放置在气垫导轨上的B位置，细线绕过固定在导轨左端的定滑轮，一端与滑块连接，另一端悬吊钩码。气垫导轨上A处安装一光电门，每次释放时滑块都从遮光条位于气垫导轨上B位置的上方由静止释放。利用天平测
得滑块及遮光条的总质量M及钩码
的质量m，已知重力加速度g。
题号
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15
(1)关于该实验，下列说法正确的有________。
A．滑块质量需满足远大于钩码的质量
B．遮光条宽度越窄，实验的精确度越高
C．滑块释放的位置离光电门适当远一点，可以减小实验误差
D．调节好的气垫导轨，要保证滑块在悬挂钩码时能够匀速滑行
(2)用游标卡尺测量遮光条的宽度d，示数
如图乙所示，则d＝_________ mm。
BC
2.15
题号
9
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气垫导轨右侧偏高(或开始时初速度不为零等)
题号
9
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[解析] (1)研究对象是M和m整个系统，不要求滑块质量远大于钩码的质量，故A错误；遮光条宽度越窄，遮光条通过光电门的平均速度越接近瞬时速度，实验的精确度越高，故B正确；滑块释放的位置离光电门适当远一点，遮光条通过光电门的时间短，通过光电门时平均速度更接近瞬时速度，可以减小实验误差，故C正确；调节好的气垫导轨，要保证滑块在未悬挂钩码时能够匀速滑行，故D错误。
(2)游标卡尺示数为2 mm＋0.05 mm×3＝2.15 mm。
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12．如图所示为“用DIS研究机械能守恒定律”的实验装置，如图甲所示：
(1)摆锤释放器的作用是________________________________。
使摆锤每次从同一位置由静止释放
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(2)实验测得A、B、C、D四点中只有C点速度明显偏大，造成这个误差的原因最可能是________。
A．摆锤释放的位置高于A点
B．光电门放置的位置高于C点
C．光电门放置的位置低于C点
D．摆锤运动过程中受到空气阻力的缘故
C
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(3)实验前已测得D、C、B、A各点高度分别为0、0.050 m、0.100 m、0.150 m。某同学通过对获得的实验数据分析发现：从B到C到D，机械能逐渐减小，其原因是______________。
(4)如图乙所示，图像中表示小球的重力
势能Ep随小球距D点的高度h变化关系
的图线是________(填图线所对应的文字)。
空气阻力做功
乙
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(5)若已知摆锤质量为m，当地重力加速度为g，如果摆锤每次从同一位置释放(初位置机械能为E0)，以摆锤速度的平方v2为函数，以摆锤距离零势能D点的高度h为自变量，写出图线的解析式v2＝__________。
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[解析] (1)摆锤释放器的作用是使摆锤每次从同一位置由静止释放。
(2)摆锤释放的位置高于A点，会导致各点的速度测量值均偏大，故A错误；光电门放置的位置高于C点，则测得的速度是C点上方的速度，测量值偏小，故B错误；光电门放置的位置低于C点，则测得的速度是C点下方的速度，测量值偏大，故C正确；由于摆锤运动过程中受到空气阻力，各点的速度均会偏小，故D错误。
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三、计算题(共3小题)
13．图甲是一种能自动计数的智能呼啦圈，简化模型如图乙。已知配重(可视为质点)质量m＝0.4 kg，绳长为L＝0.3 m，悬挂点A到转轴OO′的距离r＝0.12 m。水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重从静止开始加速旋转，一段时间后配重在水平面内做匀速圆周运动。配重运动过程中腰带
可视为不动，不计空气阻力。
重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°
＝0.6，cos 37°＝0.8。
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(1)当配重匀速转动且当绳子与竖直方向夹角θ＝37°时，求配重的角速度；
(2)配重从静止开始加速旋转到θ＝37°的过程中，求绳对配重做的功。
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[解析] (1)当θ＝37°时，配重的受力如图所示。
则配重受到的合力为
F合＝mg tan 37°
且F合＝mω2(r＋L sin 37°)
解得配重的角速度为
ω＝5 rad/s。
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[答案] (1)5 rad/s (2)0.69 J
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14．如图所示是一个横截面为半圆、半径为R的光滑柱面。一根不可伸长的细线两端分别系着物体A、B，且mA＝2mB，重力加速度为g。由图示位置从静止开始释放物体A，当物体B到达圆柱顶点时，求绳的张力对物体B所做的功。
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(1)滑块第一次经过圆弧轨道上B点时对轨道的压力大小；
(2)整个过程中弹簧具有的最大弹性势能；
(3)滑块在水平轨道BC上运动的总时间及滑块几次经过B点。
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[答案] (1)60 N (2)1.4 J (3)1.5 s 5次5．实验：验证机械能守恒定律
[实验目标] 1．会用打点计时器打下的纸带计算物体运动的瞬时速度。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，无须测量，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】 在验证机械能守恒定律的实验中，所用电源的频率为50 Hz。某同学选择了一条理想的纸带，用刻度尺测得各计数点到O点的距离，如图乙所示，图中O点是打点计时器打出的第一个点，A、B、C分别是每打两个点取出的计数点。
(1)从下列选项中选出实验所必需的器材，其对应的字母为________。
A．打点计时器(包括纸带) B．重锤
C．天平 D．秒表(或停表)
E．小车
(2)若重锤的质量为1.00 kg, 当打点计时器打到B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了________ J；此时重锤的动能比开始下落时增加了________ J。(结果保留三位有效数字)
(3)一同学分析得出的实验结果是重锤重力势能的减少量小于动能的增加量。下列对造成该实验结果的原因分析正确的是________。
A．空气对重锤的阻力和打点计时器对纸带的阻力
B．选用重锤的质量过大
C．交流电源的频率大于50 Hz
D．交流电源的频率小于50 Hz
(4)测量从第一点到其余各点的下落高度h，并计算对应速度v，然后以v2为纵轴，以h为横轴，根据实验数据作出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________的直线，则验证了机械能守恒定律。
A．19.6 B．9.80 C．4.90
[解析] (1)需要使用打点计时器(包括纸带)打出纸带计算速度，需要使用重锤拖动纸带，故A、B正确；要验证mgh＝mv2，因重锤质量m被约去，可以直接验证gh＝v2，重锤质量可以不用测量，天平不是必需的器材，故C错误；该实验用不到秒表(或停表)，故D错误；该实验用不到小车，故E错误。故选AB。
(2)重锤从开始下落到打B点时，减少的重力势能
ΔEp＝mg·OB＝1×9.8×18.90×0.01 J≈1.85 J
打B点时速度vB＝
相邻计数点间时间间隔T＝＝0.04 s
从重锤下落到打B点时增加的动能ΔEk＝
联立解得ΔEk≈1.68 J。
(3)空气对重锤阻力和打点计时器对纸带的阻力，会导致重力势能部分转化为内能，则重力势能的减小量会略大于动能的增加量，故A错误；验证机械能守恒，即验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，选择质量较大的重锤，不会使得重力势能的减小量小于动能的增加量，故B错误；若交流电的频率f<50 Hz，由于速度值仍按频率为50 Hz计算，频率的计算值比实际值偏大，周期值偏小，算得的速度值偏大，动能值也就偏大，则可能出现ΔEk>ΔEp的结果。同理，交流电源的频率大于50 Hz，则频率的计算值比实际值偏小，周期值偏大，算得的速度值偏小，动能值也就偏小，则可能出现ΔEk<ΔEp，故C错误，D正确。
(4)由mgh＝mv2，得v2＝2gh，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2g＝2×9.8 m/s2＝19.6 m/s2的直线，则验证了机械能守恒定律。故选A。
[答案] (1)AB (2)1.85 1.68 (3)D (4)A
类型三 创新实验设计
【典例3】 (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。(结果均保留两位有效数字)
(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
[解析] (1)设初始位置时，轻绳与竖直方向夹角为θ，则轻绳拉力最小值为Tmin＝mg cos θ
到最低点时轻绳拉力最大，则
mgl(1－cos θ)＝mv2
又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＝－＝－2.1
3mg＝1.77 N
则小钢球的重力为mg＝0.59 N。
(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做功，使得机械能减小，故选C。
[答案] (1) －2 (2)－2.1 0.59 (3)C
1．某实验小组用落体法验证机械能守恒定律，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律。
(1)本实验中，不同组学生在操作过程中出现如图的四种情况，其中操作正确的是________(填序号)。
A B C D
(2)进行正确操作后，打下的纸带如图所示，在选定的纸带上依次取计数点，相邻计数点间的时间间隔为T，那么纸带的________(选填“左”或“右”)端与重物相连。设重物质量为m，根据测得的x1、x2、x3、x4，在打B点到D点的过程中，重物动能增加量的表达式为________。
(3)换用两个质量分别为m1、m2的重物分别进行实验，多次记录下落高度h和相应的速度大小v，作出的v2-h图像如图所示。对比图像分析正确的是________(填序号)。
A．阻力可能为零 B．阻力不可能为零
C．m1可能等于m2 D．m1一定小于m2
[解析] (1)打点计时器应接交流电源，操作时应用手提住纸带的上端，让重物尽量靠近打点计时器。故选B。
(2)纸带上的点迹从左向右间距逐渐变大，则纸带的左端与重物相连。打点计时器打B点时的速度为vB＝，打点计时器打D点时的速度为vD＝，在打B点到D点的过程中，重物动能增加量的表达式为ΔEk＝－2x2x4)。
(3)根据题意，设阻力为f，由动能定理有(mg－f )h＝mv2，整理可得v2＝2·h，若阻力为零，则两次实验的v2-h图像斜率相等，由题图可知，斜率不等，则阻力不为零，故A错误，B正确；虽然斜率不相等，但不知道两重物所受阻力的情况，则两重物的质量关系不确定，即m1可能等于m2，故C正确，D错误。
[答案] (1)B (2)左 (－2x2x4) (3)BC
2．(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：
(a) (b)
(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。
[解析] (2)依题意，小球的直径为
d＝7.5 mm＋38.5×0.01 mm＝7.885 mm。
(3)在测量时，因小球下落时间很短，如果先释放小球，有可能会出现时间记录不完整，所以应先接通数字计时器，再释放小球，故选B。
(4)依题意，设小球向下、向上先后通过光电门时的速度分别为v1、v2，则有
v1＝，v2＝
则小球与橡胶材料碰撞过程中机械能的损失量为
ΔE＝m－m。
(5)若调高光电门的高度，较调整之前小球会经历较大的空中距离，所以将会增大因空气阻力引起的测量误差。
[答案] (2)7.885 (3)B (4)m－m (5)增大
3．(1)甲同学利用图甲所示的实验装置进行“探究物体加速度与力、质量的关系”实验，该实验用到了控制变量法，下列实验也用到了该方法的是________。
A．探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系
B．探究两个互成角度的力的合成规律
(2)乙同学用图乙所示的实验装置进行“验证机械能守恒定律”实验。气垫导轨上B处安装了一个光电门，滑块从A处由静止释放，验证从A到B过程中滑块和钩码的机械能守恒。
①关于乙同学实验，下列操作中不必要的是________。
A．将气垫导轨调至水平
B．使细线与气垫导轨平行
C．钩码质量远小于滑块和遮光条的总质量
D．使A位置与B位置间的距离适当大些
②乙同学在实验中测量出了滑块和遮光条的质量M、钩码质量m、A与B间的距离L、遮光条的宽度为d(d L)和遮光条通过光电门的时间为t，已知当地重力加速度为g，为验证机械能守恒需要验证的表达式是________。
③甲同学参考乙同学做法，利用图甲装置，想通过垫高轨道一端补偿阻力后验证小车和槽码的机械能是否守恒，他的做法________(选填“可行”或“不可行”)。
[解析] (1)探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系用到了控制变量法，故A正确；探究两个互成角度的力的合成规律用到了等效替代法，故B错误。
(2)①为了减小实验误差，应将气垫导轨调至水平，故A必要，不符合题意；为使细线的拉力等于滑块的合力，应使细线与气垫导轨平行，故B必要，不符合题意；实验中不需要满足钩码重力等于绳子的拉力，则不需要使钩码质量远小于滑块和遮光条的总质量，故C不必要，符合题意；为便于数据处理，应使A位置与B位置间的距离适当大些，故D必要，不符合题意。
②滑块通过光电门的瞬时速度v＝
则系统动能的增加量
ΔEk＝(M＋m)v2＝
系统重力势能的减小量ΔEp＝mgL
则系统机械能守恒满足的表达为
＝mgL。
③通过垫高轨道一端补偿阻力后，系统仍存在摩擦力做功，机械能不守恒，他的做法不可行。
[答案] (1)A (2)①C ②＝mgL ③不可行
4．某班级同学进行了下列分组实验：
(1)一组同学用图甲所示的装置探究加速度与力、质量之间的关系，图乙是其俯视图。两个相同的小车放在光滑水平板上，车左端各系一条细绳，绳跨过定滑轮各挂一个相同的小盘，盘中可放砝码。两个小车右端通过细线用夹子固定，打开夹子，小车在小盘和砝码的牵引下运动，合上夹子，两小车同时停止。实验中可以通过在车中放砝码改变小车的质量。
①探究“加速度与质量之间的关系”时，应在小盘中放质量________(选填“相同”或“不相同”)的砝码；
②实验中，两小车加速度之比________(选填“大于”“等于”或“小于”)小车通过的位移之比。
(2)另一组同学用如图丙所示的装置“验证机械能守恒定律”。已知重物A(含挡光片)、B的质量分别为mA和mB(mB>mA)，挡光片的宽度为d，重力加速度为g。
实验操作步骤如下：
A．按图丙装配好定滑轮和光电门
B．A、B用绳连接后跨放在定滑轮上，用手托住B
C．测量挡光片中心到光电门中心的竖直距离h
D．先接通光电门的电源，后释放B
E．记录挡光片经过光电门的时间Δt
在上述实验过程中
①挡光片通过光电门时的速度为________(用题中的物理量表示)。
②如果系统的机械能守恒，应满足的关系式为________(用题中的物理量表示)。
③小华反复改变挡光片中心到光电门中心的竖直距离h，记录挡光片通过光电门时间Δt，作出图像如图丁所示，测得图线的斜率为k，则＝________。
[解析] (1)①探究“加速度与质量之间的关系”时，小车所受的合力应该相等，即应在小盘中放质量相同的砝码；
②根据x＝at2可知两小车加速度之比等于小车通过的位移之比。
(2)①挡光片通过光电门时的速度为v＝。
②如果系统的机械能守恒，应满足的关系式为mBgh－mAgh＝mAv2＋mBv2
整理可得(mB－mA)gh＝(mA＋mB)。
③由题可知
即＝k
解得。
[答案] (1)①相同 ②等于 (2)① ②(mB－mA)gh＝(mA＋mB) ③
5．用如图甲所示器材做“验证机械能守恒定律”的实验，气垫导轨上A处安装了一个光电门，在滑块中间安装一遮光条，把滑块放在气垫导轨上，遮光条对应导轨上的B处；滑块与钩码通过跨过定滑轮的细线相连。已知滑块(含遮光条)质量M、钩码总质量m、遮光条宽度d，当地重力加速度g。
(1)某同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d＝________ mm。
(2)实验前，气垫导轨的水平需要微调，此时________(选填“需要”或“不需要”)打开气泵。
(3)若A、B间的距离为L，遮光条通过光电门的时间为t，若在实验误差允许范围内，满足关系式________(用题中相关字母表示)，则说明系统机械能守恒。
(4)某同学通过改变B点的位置，得到几组不同的L，同时测出相应的t，他通过作L与图像发现该图像是如图丙实线所示过原点的一条直线，就此能否得出系统机械能守恒的结论？________(选填“能”或“不能”)并简述你的理由是________。
(5)另一同学所作L与图像如图丙中与实线平行的虚线所示，可能的原因是________。
A．钩码总质量m与滑块质量M相差不大
B．L测量的是从A到滑块左端的距离
C．气垫导轨没有调水平，且左高右低
D．钩码质量的测量值和真实值相比偏小
[解析] (1)游标卡尺测量遮光条的宽度
d＝10 mm＋5×0.05 mm＝10.25 mm。
(2)实验前，气垫导轨的水平需要微调，此时需要打开气泵。
(3)由于遮光条通过光电门的时间极短，可以利用平均速度来代替其瞬时速度，因此滑块经过光电门时的瞬时速度为v＝
实验要验证机械能守恒定律，则有钩码减小的重力势能等于系统增加的动能，钩码减小的重力势能为ΔEp＝mgL
系统增加的动能为ΔEk＝(m＋M)v2
所以系统机械能守恒，需满足关系
mgL＝(m＋M)。
(4)不能，整理上式表达式得L＝
图像是一条过原点的直线；但图像是过原点的直线，斜率不一定是，只有斜率是，才有上面的方程成立，所以图像是过原点的直线，不能说明系统机械能守恒。
(5)图像横坐标有截距说明实验结果系统动能增加量明显大于重力势能减少量。钩码总质量m与滑块质量M相差不大只能改变图像的斜率，A错误；L测量的是从A到滑块左端的距离，则系统动能增加量明显大于重力势能减少量，B正确；气垫导轨没有调水平，且左高右低，系统动能增加量明显小于重力势能减少量，C错误；钩码质量的测量值和真实值相比偏小，只能影响图像的斜率，D错误。
[答案] (1)10.25 (2)需要 (3)mgL＝(m＋M) (4)不能 见解析 (5)B
章末综合测评(四)
一、选择题(共10小题，1～7题为单选题，8～10题为多选题)
1．如图所示，游乐园里有一种叫“飞椅”的游乐项目。钢绳一端系着座椅，另一端固定在水平转盘边缘，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。在开始启动的一段时间内，转盘逐渐加速转动，在转盘角速度增大的过程中，对飞椅和游客整体受力分析，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．重力不做功 B．拉力不做功
C．拉力做正功 D．机械能保持不变
C [设飞椅和游客的总质量为m，悬点到转轴的距离为r，悬索的长度为l，悬索与竖直方向的夹角为θ，由牛顿第二定律得mg tan θ＝m(l sin θ＋r)ω2，在转盘角速度增大的过程中，θ越大，线速度越大，则动能越大，飞椅和游客运动位置越高，重力做负功，根据动能定理可知，拉力做正功，由ΔE＝W其它可知，机械能增大。故选C。]
2．如图所示，水平圆盘桌面上放有质量为0.1 kg的小铁碗A(可视为质点)，一小孩使圆盘桌面在水平面内由静止开始绕过圆盘中心O的轴转动，并逐渐增大圆盘转动的角速度，直至小铁碗从圆盘的边缘飞出，飞出后经过0.2 s落地，落地点与飞出点在地面投影点的距离为80 cm。若不计空气阻力，该过程中，摩擦力对小铁碗所做的功为( )
A．0.2 J B．0.4 J
C．0.8 J D．1.6 J
C [小铁碗飞出后做平抛运动，由平抛运动规律可得v＝，解得v＝4 m/s，小铁碗由静止到飞出的过程中，由动能定理有W＝mv2，故摩擦力对小铁碗所做的功W＝0.8 J，故选C。]
3．如图所示，将质量为m的篮球从离地高度为h的A处，以初始速度v抛出，篮球恰能进入高度为H的篮圈。不计空气阻力和篮球转动的影响，设经过篮球入圈位置B的水平面为零势能面，重力加速度为g。则篮球经过位置B时的机械能为( )
A．mv2 B．mv2＋mg(h－H)
C．mv2＋mg(H－h) D．mv2＋mgh
B [由题意，篮球入圈位置B的水平面为零势能面，则篮球在位置B时的重力势能是零，动能是Ek，Ek－mv2＝－mg(H－h)，则有机械能为E＝Ep＋Ek＝mv2＋mg(h－H)，故选B。]
4．如图所示，跳台滑雪者在助滑道AB上获得一定速度后从B点沿水平方向跃出，在空中飞行一段时间后着落。若不计空气阻力，B点为计时起点，则下列关于滑雪者的速度v、机械能E、动能Ek、重力的瞬时功率P随时间t的变化关系中，正确的是( )
A B
C D
C [v-t图像只表示直线运动，不表示曲线运动，故A错误；运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，故B错误；根据Ek＝＋mgh＝＋mg×gt2＝mg2、均为恒量，故C正确；根据P＝mgvy＝mg·gt＝mg2t，P-t图像应为一条直线，故D错误。]
5．如图所示，一弹簧左端固定在墙壁上，右端与一放在粗糙水平地面上的物块相连，O点为弹簧的原长位置。现将弹簧压缩至A点静止释放，物块向右运动至B点后再向左运动，则( )
A．物块从A点运动到O点的过程中，加速度一直减小
B．物块从O点运动到B点的过程中，加速度一直增大
C．物块从A点运动到B点的过程中，O点处速度最大
D．物块向右和向左两次经过O点时的速度大小相等
B [物块从A点运动到O点的过程中，受到弹簧的向右的弹力和地面向左的摩擦力，一开始时弹力大于摩擦力，物块向右加速，但弹力逐渐减小，所以物块的加速度逐渐减小，当弹力等于摩擦力时加速度减小到零，此时物块速度最大，然后继续向右运动，弹力接着减小，当弹力小于摩擦力时，物块加速度开始反向增大，物块开始减速，运动到O点时弹力为零，经过O点后，弹力向左，物块继续减速，直到运动到B点，故A、C错误；物块从O点运动到B点的过程中，受到弹簧向左的弹力和地面向左的摩擦力，在此过程中，弹力一直增大，物块受到的合力一直增大，所以物块的加速度一直增大，故B正确；物块向右和向左两次经过O点时，弹簧的弹性势能都为零，但在两次经过O点之间，物块与地面存在摩擦产生内能，所以物块的动能会损失，转化为摩擦产生的内能，所以物块向右和向左两次经过O点时的速度大小不相等，故D错误。]
6．一辆汽车在平直的公路上由静止开始运动，运动过程中先保持某一恒定加速度，后保持恒定的牵引功率，其牵引力和速度的关系图像如图所示。若已知汽车的质量m、牵引力F1和速度v1及汽车所能达到的最大速度v2，运动过程中汽车所受阻力恒定，则汽车匀加速运动过程中牵引力做的功是( )
A． B．
C． D．
A [根据题中图像可得，汽车的额定功率为P＝F1v1，汽车的阻力为f＝，汽车匀加速阶段的加速度为F1－f＝ma，匀加速阶段的位移为＝2ax，汽车匀加速运动过程中牵引力做功W＝F1·x，综上所述，联立解得W＝，故选A。]
7．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速度4 m/s顺时针运行，质量为1 kg的小物块以6 m/s的初速度从传送带右端滑上传送带，经一段时间后小物块离开传送带。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，传送带的长度为10 m，重力加速度g＝10 m/s2，对上述过程，下列说法正确的是( )
A．小物块对传送带做功为20 J
B．小物块对传送带做功为48 J
C．带动传送带转动的电动机多做的功为40 J
D．带动传送带转动的电动机多做的功为50 J
C [物块的加速度大小为a＝＝2 m/s2，物块向左减速至0的位移为x＝＝9 m，物块向左运动的时间为t1＝＝3 s，向右运动至共速的时间为t2＝＝2 s，小物块对传送带做功为W＝－μmgv0(t1＋t2)＝－40 J，A、B错误；全程物块与传送带的相对位移为Δx＝＝25 m，根据功能关系，带动传送带转动的电动机多做的功为W′＝＝40 J，C正确，D错误。]
8．如图所示，质量为1 kg的小球从距地面h＝1.6 m的A点水平抛出，不计空气阻力。小球恰好垂直撞在固定在水平面上的半圆形物体上的B点，圆半径为1 m，已知BO与竖直方向间的夹角θ＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．小球平抛的初速度v0为4 m/s
B．圆心O与A点间的水平距离为1.8 m
C．小球运动到B点时重力的瞬时功率为4 W
D．小球从A运动到B的时间为0.4 s
BD [已知小球做平抛运动，垂直撞在B点，如图。
小球平抛运动的竖直位移y＝h－R cos θ＝0.8 m，根据平抛运动公式y＝gt2，可得t＝0.4 s，小球撞在B点时的竖直分速度为vy＝gt＝4 m/s，根据速度的分解，有tan θ＝，可得v0＝3 m/s，小球平抛运动的水平位移为x＝v0t＝1.2 m，圆心O与A点间的水平距离为L＝x＋R sin θ＝1.8 m，小球运动到B点时重力的瞬时功率为P＝mgvy＝40 W，故选BD。]
9．一质量为m的人站在观光电梯内，电梯以0.2g的加速度匀加速上升h高度，在此过程中( )
A．人的机械能增加了1.2 mgh
B．人的重力势能增加了mgh
C．人的动能增加了0.2mgh
D．电梯对人做功0.2mgh
ABC [电梯上升h高度，则重力对人的做功为WG＝－mgh，即人克服重力做功mgh，可以知道重力势能增加了mgh，故B正确；根据牛顿第二定律得F合＝ma＝0.2mg，根据动能定理得ΔEk＝W合＝F合h＝0.2mgh，故C正确；人的重力势能增加了mgh，动能增加0.2mgh，则机械能增加了1.2mgh，故A正确；对人根据动能定理得W电梯＋WG＝ΔEk，解得电梯对人做功W电梯＝1.2mgh，故D错误。]
10．如图所示，竖直固定的光滑直杆上套有一个质量为m的小滑块，一原长为l的轻质弹簧左端固定在O点，右端与滑块相连。直杆上有a、b、c、d四个点，b点与O点在同一水平线上且Ob＝l，Oa、Oc与Ob的夹角均为37°，Od与Ob的夹角为53°。现将滑块从a点静止释放，在滑块下滑到最低点d的过程中，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，sin 37°＝0.6。在此过程中滑块( )
A．在b点时动能最大
B．在c点的速度大小为
C．从a点到c点的过程中，弹簧弹力做功为零
D．从c点下滑到d点的过程中机械能的减少量为mgl
CD [从a到b的过程，弹簧处于伸长状态，弹簧对滑块有沿弹簧向下的弹力，弹簧弹力和滑块的重力都做正功，滑块动能增大，从b之后，弹簧还是处于伸长状态，弹簧对滑块有沿弹簧向上的弹力，弹簧弹力做负功，重力做正功，但开始时，弹簧弹力竖直向上的弹力小于滑块的重力，合力还是先做正功，所以动能还会继续增大，b点不是动能最大点，A错误；a点和c点弹簧长度相同，形变量相同，所以从a到c的过程弹簧弹力做功为零，只有重力做功，根据动能定理mgh＝，h＝2l tan 37°，可得vc＝，B错误，C正确；从c到d滑块机械能的减少量等于动能减少量与重力势能减少量之和，滑块在最低点d处速度为0，从c到d下降高度hcd＝l tan 53°－l tan 37°＝l，所以有ΔE＝mgl，D正确。]
二、实验题(共2小题)
11．某兴趣小组用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。装有遮光条的滑块放置在气垫导轨上的B位置，细线绕过固定在导轨左端的定滑轮，一端与滑块连接，另一端悬吊钩码。气垫导轨上A处安装一光电门，每次释放时滑块都从遮光条位于气垫导轨上B位置的上方由静止释放。利用天平测得滑块及遮光条的总质量M及钩码的质量m，已知重力加速度g。
(1)关于该实验，下列说法正确的有________。
A．滑块质量需满足远大于钩码的质量
B．遮光条宽度越窄，实验的精确度越高
C．滑块释放的位置离光电门适当远一点，可以减小实验误差
D．调节好的气垫导轨，要保证滑块在悬挂钩码时能够匀速滑行
(2)用游标卡尺测量遮光条的宽度d，示数如图乙所示，则d＝_________ mm。
(3)利用数字计时器读出遮光条通过光电门的时间为t，则系统动能的增加量ΔEk＝________(用已测物理量符号表示)。
(4)保持光电门位置不变，调节滑块释放位置到光电门的距离L，多次实验，记录多组数据，作出-L图像，如果不考虑阻力影响，该图线的斜率k＝_________ (用M、m、d及g表示)，即可验证系统机械能守恒。
(5)实验结果发现，系统动能的增加量始终略大于钩码重力势能的减少量，其原因可能是________(说出一个正确原因即可)。
[解析] (1)研究对象是M和m整个系统，不要求滑块质量远大于钩码的质量，故A错误；遮光条宽度越窄，遮光条通过光电门的平均速度越接近瞬时速度，实验的精确度越高，故B正确；滑块释放的位置离光电门适当远一点，遮光条通过光电门的时间短，通过光电门时平均速度更接近瞬时速度，可以减小实验误差，故C正确；调节好的气垫导轨，要保证滑块在未悬挂钩码时能够匀速滑行，故D错误。
(2)游标卡尺示数为2 mm＋0.05 mm×3＝2.15 mm。
(3)遮光条通过光电门的速度v＝
系统动能的增加量
ΔEk＝(M＋m)v2－0＝(M＋m)。
(4)若系统机械能守恒，则mgL＝(M＋m)
整理得L
所以-L图线的斜率k＝。
(5)若气垫导轨右侧偏高，或开始时初速度不为零，可能造成系统动能的增加量始终略大于钩码重力势能的减少量。
[答案] (1)BC (2)2.15 (3)(M＋m) (4) (5)气垫导轨右侧偏高(或开始时初速度不为零等)
12．如图所示为“用DIS研究机械能守恒定律”的实验装置，如图甲所示：
(1)摆锤释放器的作用是________。
(2)实验测得A、B、C、D四点中只有C点速度明显偏大，造成这个误差的原因最可能是________。
A．摆锤释放的位置高于A点
B．光电门放置的位置高于C点
C．光电门放置的位置低于C点
D．摆锤运动过程中受到空气阻力的缘故
(3)实验前已测得D、C、B、A各点高度分别为0、0.050 m、0.100 m、0.150 m。某同学通过对获得的实验数据分析发现：从B到C到D，机械能逐渐减小，其原因是________。
(4)如图乙所示，图像中表示小球的重力势能Ep随小球距D点的高度h变化关系的图线是________(填图线所对应的文字)。
(5)若已知摆锤质量为m，当地重力加速度为g，如果摆锤每次从同一位置释放(初位置机械能为E0)，以摆锤速度的平方v2为函数，以摆锤距离零势能D点的高度h为自变量，写出图线的解析式v2＝________。
[解析] (1)摆锤释放器的作用是使摆锤每次从同一位置由静止释放。
(2)摆锤释放的位置高于A点，会导致各点的速度测量值均偏大，故A错误；光电门放置的位置高于C点，则测得的速度是C点上方的速度，测量值偏小，故B错误；光电门放置的位置低于C点，则测得的速度是C点下方的速度，测量值偏大，故C正确；由于摆锤运动过程中受到空气阻力，各点的速度均会偏小，故D错误。
(3)从B到C到D，机械能逐渐减小，其原因是空气阻力的作用。
(4)根据Ep＝mgh可知，距离D点的高度h越大，重力势能越大，题图乙中表示摆锤的重力势能Ep随摆锤距D点的高度h变化关系的图线是乙图线。
(5)若机械能守恒，则有E0＝mv2＋mgh
所以v2＝－2gh。
[答案] (1)使摆锤每次从同一位置由静止释放 (2)C (3)空气阻力做功 (4) 乙 (5)－2gh
三、计算题(共3小题)
13．图甲是一种能自动计数的智能呼啦圈，简化模型如图乙。已知配重(可视为质点)质量m＝0.4 kg，绳长为L＝0.3 m，悬挂点A到转轴OO′的距离r＝0.12 m。水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重从静止开始加速旋转，一段时间后配重在水平面内做匀速圆周运动。配重运动过程中腰带可视为不动，不计空气阻力。重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)当配重匀速转动且当绳子与竖直方向夹角θ＝37°时，求配重的角速度；
(2)配重从静止开始加速旋转到θ＝37°的过程中，求绳对配重做的功。
[解析] (1)当θ＝37°时，配重的受力如图所示。
则配重受到的合力为
F合＝mg tan 37°
且F合＝mω2(r＋L sin 37°)
解得配重的角速度为
ω＝5 rad/s。
(2)由功能关系，θ由0°缓慢增加到37°的过程中，绳子对配重做的功等于配重机械能的增加量。重力势能的增加量
ΔEp＝mgΔh＝mgL(1－cos 37°)＝0.24 J
动能的增加量ΔEk＝mv2
且v＝ω(r＋L sin 37°)
解得ΔEk＝0.45 J
则绳子做的功W＝ΔEp＋ΔEk＝0.69 J。
[答案] (1)5 rad/s (2)0.69 J
14．如图所示是一个横截面为半圆、半径为R的光滑柱面。一根不可伸长的细线两端分别系着物体A、B，且mA＝2mB，重力加速度为g。由图示位置从静止开始释放物体A，当物体B到达圆柱顶点时，求绳的张力对物体B所做的功。
[解析] 由于圆柱面是光滑的，故系统的机械能守恒。系统重力势能的减少量
ΔEp减＝mAg－mBgR
系统动能的增加量
ΔEk增＝(mA＋mB)v2
由ΔEp减＝ΔEk增得
mAg－mBgR＝(mA＋mB)v2
又mA＝2mB
联立以上两式得v2＝(π－1)gR
对物体B应用动能定理得，绳的张力对物体B做的功W＝mBv2＋mBgR＝mBgR。
[答案] mBgR
15．如图所示，水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直圆弧轨道相切于B点，右端与一倾角为30°的光滑斜面轨道在C点平滑连接(即物体经过C点时速度的大小不变)，斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为2 kg的滑块从圆弧轨道的顶端A由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点。已知光滑圆弧轨道的半径R＝0.45 m；水平轨道BC长为0.4 m，与滑块间的动摩擦因数 μ＝0.2；光滑斜面轨道上CD长为0.6 m，g取10 m/s2。求：
(1)滑块第一次经过圆弧轨道上B点时对轨道的压力大小；
(2)整个过程中弹簧具有的最大弹性势能；
(3)滑块在水平轨道BC上运动的总时间及滑块几次经过B点。
[解析] (1)滑块从A点到B点，由机械能守恒定律得mgR＝
解得vB＝3 m/s
滑块在B点，由向心力公式有FN－mg＝
解得FN＝60 N
由牛顿第三定律可得，滑块在B点对轨道的压力大小F′N＝FN＝60 N。
(2)滑块第一次到达D点时，弹簧具有最大的弹性势能Ep。滑块从A点到D点，设该过程弹簧弹力对滑块做的功为W，由动能定理可得
mgR－μmgLBC－mgLCDsin 30°＋W＝0
Ep＝－W，解得Ep＝1.4 J。
(3)将滑块在BC段的运动全程看作匀减速直线运动，加速度大小a＝μg＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2
则滑块在水平轨道BC上运动的总时间
t＝ s＝1.5 s
滑块最终停止在水平轨道BC间，设滑块在BC段运动的总路程为s，从滑块第一次经过B点到最终停下来的全过程，由动能定理可得
－μmgs＝
解得s＝2.25 m
结合BC段的长度可知，滑块经过B点5次。
[答案] (1)60 N (2)1.4 J (3)1.5 s 5次
