2026年高考物理一轮复习专项练习 考点22机械能相关实验（含解析）

考点22机械能相关实验
1.在“验证机械能守恒定律”的实验中，
(1)下列操作正确的是 。
(2)实验获得一条纸带，截取点迹清晰的一段并测得数据如图所示。
已知打点的频率为50 Hz，则打点“13”时，重锤下落的速度大小为 m/s(保留三位有效数字)。
(3)某同学用纸带的数据求出重力加速度g=9.77 m/s?,并用此g值计算得出打点“1”到“13”过程重锤的重力势能减小值为5.09m，另计算得动能增加值为5.08m(m为重锤质量)，则该结果 (选填“能”或“不能”)验证机械能守恒，理由是 。
A.在误差允许范围内
B.没有用当地的重力加速度g
2.(2021 浙江6月选考)在“验证机械能守恒定律”实验中，小王用如图1所示的装置，让重物从静止开始下落，打出一条清晰的纸带，其中的一部分如图2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 。
5579745784860②已知交流电频率为 50 Hz，重物质量为200g，当地重力加速度 g=9.80m/s2,则从O点到C点，重物的重力势能变化量的绝对值|△Ep|= J、C点的动能 EkC=_J(计算结果均保留3位有效数字)。比较EKc与|△Ep|的大小，出现这一结果的原因可能是 (单选)。
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
3.用如图1 所示装置进行“探究功与速度变化的关系”实验。装有砝码的盘用绕过滑轮的细线牵引小车，盘和砝码的重力可当作牵引力。小车运动的位移和速度可以由打点纸带测出，以小车为研究对象，改变砝码质量，便可探究牵引力所做的功与小车速度变化的关系。
①关于这个实验，下列说法正确的是 (多选)。
A.需要补偿小车受到阻力的影响
B.该实验装置可以“验证机械能守恒定律”
C.需要通过调节定滑轮使细线与长木板平行
D.需要满足盘和砝码的总质量远小于小车的质量
②如图2所示是两条纸带，实验时打出的应是第 条(填写“Ⅰ”或“Ⅱ”)纸带。
③根据实验数据，在坐标纸上画出的W-v?图像是一条过原点的直线，据此图像 398780012700(填“能”或“不能”)求出小车的质量。
(填“能”或“不能”)求出小车的质量。
4.利用气垫导轨和光电门验证机械能守恒的实验。
实验装置如图。已经测得：
a.遮光片宽度d
594868023495b.释放滑块时滑块上遮光片到光电门的距离为l
c.钩码质量m?，滑块与遮光片质量m?接通气源，释放钩码。则
①已知滑块上遮光片通过光电门时间△t，滑块通过光电门时的速度为 。
②在滑块从释放到滑块上遮光片经过光电门这一过程中，系统重力势能减少量为 ，动能增加量为 。(重力加速度为g)
③改变l，做多组实验，作出以l为横坐标、以 dΔt2为纵坐标的图像，如图。若机械能守恒成立，则图像斜率为 。
5.某实验兴趣小组用如图所示的实验装置来验证机械能守恒定律。轻质折杆AOB 成直角形式可以在竖直平面内绕轴O 自由转动且AO=2BO，折杆两端分别固定两个大小相等，但质量不等的小球A、B，O点正下方有一光电门，调节光电门位置，使小球A从水平位置静止释放，当小球A 通过最低点时，球心恰好通过光电门，与光电门连接的数字计时器显示的挡光时间为△t，已知小球A、B的直径为d、质量分别为 M、m(M>m)，当地重力加速度为g。完成下列实验：
(1)使小球A从水平位置静止释放，则小球A经过最低点时的速度v= (用d，△t表示)；
(2)用游标卡尺(50分度)测得小球的直径如图所示，则小球的直径d= cm；
(3)测得AO=L，则小球A从水平位置静止释放，转至A球刚好通过光电门过程中，验证系统机械能守恒的表达式为 (用M,m,L,d,Δt,g表示)。
6.(2025四川达州一诊)某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。用细线把钢制的圆柱挂在架子上，架子下部固定一个小电动机，电动机轴上装一支软笔。电动机转动时，软笔尖每转一周就在钢柱表面画上一条痕迹(时间间隔为T)。如图乙，在钢柱上从痕迹O开始选取5条连续的痕迹A、B、C、D、E，测得它们到痕迹 O 的距离分别为hA、hB、 hc、hD、hE。已知当地重力加速度为g。
(1)若电动机的转速为3 000 r/ min,则T= s。
(2)为验证机械能是否守恒，需要比较钢柱下落过程中任意两点间的 。
A.动能变化量与势能变化量
B.速度变化量和势能变化量
C.速度变化量和高度变化量
?设各条痕迹到O的距离为h，对应钢柱的下落速度为v，画出 v2?h图像，发现图线接近一条倾斜的直线，若该直线的斜率近似等于 ，则可认为钢柱下落过程中机械能守”
(4)该同学用两个质量分别为m?、m?的圆柱P和Q 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图像如图丙所示。P、Q下落过程中所受阻力大小始终相等，对比图像，分析正确的是 。
A. m?大于m?B. m?等于m? C. m?小于m?
7.某同学设计了如图所示的装置验证机械能守恒定律。将一量角器固定在支架的竖直杆上，量角器的0°刻度线与竖直杆对齐，量角器在竖直面内，在量角器的圆心上方位置固定一个力传感器，将不可伸长的细线一端固定在力传感器上，悬点刚好与量角器的圆心重合，另一端与小铁球相连。当地的重力加速度为g。
(1)实验时将小球向左拉到某一高度，细线伸直，细线与量角器平面 (填“平行”或“垂直”)，记录这时细线与竖直方向的夹角θ，由静止释放小球，小球摆动过程中力传感器的最大示数为F，若小球的质量为m、细线的长为L，小球的直径为D，则小球运动到最低点时的动能大小为 (用已知和测量的物理量符号表示)。
(2)若表达式 (用m、g、F、θ表示)成立，则小球下摆过程中机械能守恒。
(3)多次改变细线与竖直方向的初始夹角θ，得到多组θ及对应的力传感器的最大示数 F，作 F-cosθ图像，如果图像是一条倾斜直线，且图像的纵轴截距等于 ，图像的斜率等于 (均用m、g表示)，则小球下摆过程中机械能守恒。
8.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
63373002266959.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L?，钩码的质量为m。已知弹簧的弹性势能表达式为 Ep=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 。
10.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 ；
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△t?、△t?;
⑦用刻度尺分别测量A、B点到水平桌面的高度h?、h?;
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所示，则d= mm；某次实验中，测得 △t1=11.60ms,，则滑块通过光电门Ⅰ的瞬时速度v?= m/s(保留3位有效数字)。
(3)在误差允许范围内，若 h1?h2=_(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： 。
11.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t?和t?。
(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、t?和t?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。
12.图(a)是“验证机械能守恒定律”的实验创新装置。用电磁继电器把羽毛球筒吸在铁架台顶端，把连接注射器的针头固定在能发生简谐运动的电机上，电机安装在铁架台下端。给注射器充满墨水，先启动电机，再慢慢压缩注射器，使针头喷出的墨水随着电机在水平方向做简谐运动而在羽毛球筒下侧描出一条直线，然后断开电磁继电器电源开关，羽毛球筒立即自由下落，在羽毛球筒落地时，关闭电机电源，羽毛球筒上得到如图(b)所示的振动图像。
在图(b)一些顶点上标注字母A、B、C、D、E、F,用刻度尺测得AB、BC、CD、DE、EF 之间的距离依次为 2.63 cm、3.04 cm、7.23 cm、8.76cm、10.37 cm,已知电机做简谐运动的频率为50 Hz,当地重力加速度为9.8m/s?,羽毛球筒的质量为0.5kg，请回答下列问题：
(1)描相邻两个顶点时羽毛球筒下落的时间T= s。
(2)描点B 时羽毛球筒下落的速度： vB=_ m/s；从描点B 下落到描点 E，羽毛球筒动能的变化量为 J，重力势能的变化量为 J(计算结果均保留两位有效数字)。由此可得出的结论是
1 答案 (1)A (2)3.34 (3)不能 B
解题思路 (1)为了减小阻力对实验的影响，且获得最多的数据，故选A。
(2)由 f=1T知,T=0.02s,则打点“13”时重锤的速度v??= x14?x122T=60.69?47.33×10?20.04m/s=3.34m/s。
(3)计算重力势能时应用当地的重力加速度计算，故不能验证机械能守恒定律，故选B。
2 答案 ①阻力与重力之比更小(或其他合理解释)
②0.542~0.550 0.570~0.590 C
解题思路 ①在“验证机械能守恒定律”的实验中，在体积和形状相同时，选择重物的质量应适当大一些，这样可以减小阻力对实验结果的影响。②从图中可以读出 hOC=0.2790m,减少的重力势能 △Ep=mghoc=0.2×9.80×0.2790J≈0.547 J,打下 C 点时,重物的速度 vc=xBD2T= 33.00?23.35×10?20.04m/s≈2.41m/s,对应动能 EkC= 12mvc2≈0.581J。电压的高低不会影响打点时间间隔，对实验不会造成影响，选项 A 错误；如果存在空气阻力和摩擦力，那么减少的重力势能应大于增加的动能，选项 B错误；如果接通电源前释放了纸带，则打O 点时重物已有动能，则计算出的减少的重力势能比增加的动能少，选项C正确。
3 答案 ①ACD ②Ⅱ ③能
解题思路 ①本实验探究牵引力所做的功与小车速度变化的关系，为使盘和砝码的重力可当作牵引力，且不受阻力等影响，故需要补偿小车受到阻力的影响，并需要满足盘和砝码的总质量远小于小车的质量，细线应与长木板平行，故A、C、D正确；由于实验过程有摩擦力做功，机械能不守恒，故不能用来验证机械能守恒定律，B错误。②实验中小车做匀加速直线运动，其对应纸带的点距不断增大，故实验时打出的应是第Ⅱ条纸带。③根据动能定理有 W=12mv2,知W-v? 图像中直线的斜率为 12m，故由图像能求出小车的质量。
4答案①d△ ②m?gl 12 (m?+m?)(x?)? ③2m1gm1+m2解题思路 ①滑块通过光电门时的速度为 v=d△t;
②从释放到滑块经过光电门这一过程中，系统重力势能减少量为 △Ep=m1gl,从释放到滑块经过光电门这一过程中，系统动能增加量为 ΔEk=12(m1+m2)(d△t)2;
③改变l，做多组实验，作出以l为横坐标、l以 dΔt2为纵坐标的图像，若机械能守恒成立，有 m1gl=12(m1+ m2)dΔt2,整理有 dΔt2=2m1gm1+m2?ι,则图像斜率为 2m1gm1+m2?
5答案 (1)d△A (2)1.040 (3)4(2M-m)gL= (4M+m)(d△t)2
解题思路 (1)小球A经过最低点时的速度 v=d△t;
(2)游标卡尺为50分度游标卡尺，根据游标卡尺读数规则,小球的直径d=10 mm+0.02×20 mm= 10.40 mm=1.040 cm;
(3)测得AO=L，则系统重力势能的减小量 △EP=MgL? mg?L2=2M?mgL2,A、B共轴转动满足 vA=v=dΔt=2vB,动能的增加量 ΔEk=12MvA2+12mvB2=4M+m8dΔt2,若系统机械能守恒，则 ΔEp=△Ek,整理有 4(2M-m)gL= (4M+m)(d△t)2。
6 答案 (1)0.02 (2)A (3)2g (4)A
解题思路 (1)若电动机的转速为3 000 r/min，则电动机转动一周所需时间 T=603000s=0.02s。
(2)钢柱下落过程中，若重力势能减少量等于动能的增加量，则机械能守恒。故选A。
(3)设钢柱质量为m，钢柱下落过程中，若重力势能减少量等于动能的增加量，则有 12mv2=mgh,整理得 v2=2gh,故若该直线的斜率近似等于2g，则可认为钢柱下落过程中机械能守恒。
(4)设P、Q下落过程中所受阻力大小为f，则由动能定理得 mgh?fh=12mv2
整理得 v2=2g?fmh
故 v2?h图像斜率 k=2g?fm
所以斜率越大，质量越大，结合图像可知 P 的质量比 Q 的质量大，即m?>m?。故选A。
7答案 (1)平行 12F?mgL+D2 (2) mg(1- cosθ)=12F?mg (3)3mg - 2mg
解题思路 (1)细线应与量角器平面平行；在最低点，根据牛顿第二定律有 F?mg=mv2L+D2,则小球在最低点的动能 Ek=12mv2=12F?mgL+D2。
(2)如果表达式 mg1?cosθL+D2=12(F? mg)L+D2,即 mg1?cosθ=12F?mg,则小球下摆过程中机械能守恒。
(3)根据 mg1?cosθ=12F?mg得到F=3mg-2mg cosθ,由此可知，当F-cosθ图像是一条倾斜直线且纵轴截距等于3mg，图像的斜率等于-2mg时，小球下摆过程中机械能守恒。
8答案 (1)-2 (2)-2.1 0.59 (3)C
解题思路 (1)若小钢球摆动过程中机械能守恒，则小钢球摆至最低点时，速度最大，拉力传感器示数最大，此时有 mgL1?cosθ=12mvmax2,Tmax?mg=mvmax2L
解得 Tmax=3mg?2mgcosθ
小球摆至最高点时拉力传感器示数最小，有 Tmin=mg cosθ,联立得 Tmax=3mg?2Tmin
则题图乙中直线斜率的理论值为-2
(2)题图乙中直线的斜率 k=1.35?1.7650.20?0=?2.1,纵截距b=1.765 N=3mg,则小钢球重力 mg=1.765N3=0.59N。
(3)该实验系统误差的主要来源是小钢球在摆动过程中克服空气阻力做功，C正确。
9答案 112kL?L02?12kL?L0?h52 mh6?h428T2mgh5 (2)见解题思路
解题思路 (1)打出A点时，弹簧的伸长量 xA=L?L0;打出F 点时，弹簧的伸长量 xF=L?L0?h5,则从打出A 点到打出F点的时间内，弹簧弹性势能减少量为 ΔEp1=12kxA2? 12kxp2=12kL?L02?12kL?L0?h52;打出 F点时，钩码速度 vp=h6?h42T,动能增加量 ΔEk=12mvF2=12mh6?h42T2= mh6?h428Ta;重力势能增加量 ΔEp2=mgh5。
(2)随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，主要原因是空气阻力、纸带与打点计时器间的摩擦阻力做负功，系统机械能损失增大。
10 答案 (1)②④ (2)5.000.431
3d22g1Δt22?1Δt12
(4)下滑过程中存在空气阻力；遮光条太宽，平均速度代替瞬时速度误差大；测量高度时读数有误差(任写两点，言之有理即可)
解题思路 (1)由实验原理可知，不需要测量滑块和遮光条的总质量及A、B之间的距离，故②④为不必要步骤。
(2)游标卡尺的主尺读数为5mm，游标尺上0刻度与主尺刻度对齐,读数为0×0.05 mm=0.00 mm。所以最终读数为d=5mm+0.00 mm=5.00 mm。通过光电门Ⅰ时, v1=dΔt1, d=5.00×10?3m,△t1=11.60×10?3s,解得 v1≈0.431m/s。
(3)由实验原理知 mgh1?mgh2=12mv22?12mv12,v2=dΔt2,v1= dΔt1,化简可得： h1?h2=d22g1Δt22?1Δt12。
(4)由于空气与滑块接触，故无法完全消除空气阻力；若遮光条不够窄，那么用v代替v段的误差较大；刻度尺读数可能产生误差。
11答案 (2)7.885 (3)B 412mdt12?dt22
(5)增大
解题思路 (2)d=7.5mm+0.01×38.5mm =7.885 mm;
(3)实验中应先接通数字计时器，等其正常工作后再释放小球，故选B；
(4)因为碰撞导致机械能损失，小球下落经过光电门时的速度应大于反弹后经过光电门时的速度，所以机械能损失 ΔE=12mdt12?dt22;
(5)调高光电门的高度，小球从下落经过光电门到反弹后经过光电门的过程中，路程会变长，增大因空气阻力引起的测量误差。
12 答案 (1)0.02(2)1.4 0.94 - 0.93 在误差允许范围内，系统机械能守恒
解题思路 (1)描相邻两个顶点时羽毛球筒下落的时间等于简谐运动的周期，为 T=150s=0.02s。
(2)根据竖直方向的运动规律知，描点 B 时羽毛球筒下落的速度 vB=AC2T=2.63+3.042×0.02×10?2m/s≈1.4m/s,描点E 时羽毛球筒下落的速度 vε=DF4T=8.76+10.374×0.02×10?2m/s≈2.39 m/s，故从描点 B下落到描点 E，羽毛球筒动能的变化量为 12mvR2?12mvB2≈0.94J,重力势能的变化量为-mghvε=-0.5×9.8×(3.04+7.23+8.76)×10??J≈-0.93.J,由此可得出的结论是在误差允许范围内，系统机械能守恒。