第八章 5实验：验证机械能守恒定律 达标训练题Word版含解析

1．(注意事项)在“验证机械能守恒定律”实验中，纸带将被释放瞬间的四种情况如照片所示，其中最合适的是(　　)
答案　D
解析　A、B纸带弯折会产生很大的摩擦阻力，B、C重锤起始位置离打点计时器太远，D中操作最合适，选D。
2．(误差分析)用图所示装置验证机械能守恒定律，由于电火花计时器两限位孔不在同一竖直线上，使纸带通过时受到较大的阻力，这样实验造成的结果是(　　)
A．重力势能的减少量明显大于动能的增加量
B．重力势能的减少量明显小于动能的增加量
C．重力势能的减少量等于动能的增加量
D．以上几种情况都有可能
答案　A
解析　由于重物下落时要克服阻力做功，重物减少的重力势能转化为重物的动能和系统的内能，故重力势能的减少量大于动能的增加量，A正确。
3．(实验原理)在“验证机械能守恒定律”的实验中，下列物理量中需要直接测量的是(　　)
A．重物的质量
B．重力加速度
C．重物下落的高度
D．重物下落某一高度所对应的瞬时速度
答案　C
解析　重物的质量不需要测量；重力加速度是已知的；重物下落的高度需要测量；瞬时速度是根据纸带上的数据计算得出的。故应选C。
4．(数据处理)(多选)如图所示是用自由落体法验证机械能守恒定律时得到的一条纸带，有关尺寸在图中已注明。我们选中n点来验证机械能守恒定律，下面举出一些计算n点速度的方法，其中正确的是(　　)
A．vn＝gnT B．vn＝g(n－1)T
C．vn＝ D．vn＝
答案　CD
解析　直接利用重力加速度g来计算n点速度，相当于用机械能守恒定律验证机械能守恒定律，A、B均错误；n点的速度等于n－1到n＋1两点间的平均速度，故C、D正确。
5．(实验原理和注意事项)(多选)在“验证机械能守恒定律”的实验中，有关重物的质量，下列说法正确的是(　　)
A．应选用质量较大的重物，使重物和纸带所受的重力远大于它们所受的阻力
B．应选用质量较小的重物，使重物的惯性小一些，下落时更接近于自由落体运动
C．不需要称量重物的质量
D．必须称量重物的质量，而且要估读到0.01 g
答案　AC
解析　本实验依据的原理是用重物自由下落验证机械能守恒定律，因此重物的质量应取得大一些，以便系统所受的阻力和重物的重力相比可以忽略不计，保证重物做自由落体运动。对做自由落体运动的物体来说，物体的机械能守恒，即重力势能的减小量等于其动能的增加量，设重物质量为m，下落高度为h时的速度为v，则有mv2＝mgh，约去m后，有v2＝2gh。分别计算对应的v2和2gh，看它们在误差允许范围内是否相等，即可验证机械能守恒定律是否成立。故选A、C。
6．(实验创新)某学校实验小组利用如图所示的实验装置来验证钩码和滑块所组成的系统机械能守恒。
(1)实验前先调整气垫导轨底座使之水平；
(2)利用游标卡尺测得遮光条的宽度为d，实验时将滑块从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间为Δt，那么，在本次实验中还需要测量的物理量有：钩码的质量m、__________________________________和______________________________(以文字说明并用相应的字母表示)；
(3)本实验通过比较________和__________________(用测量的物理量符号表示)在实验误差允许的范围内相等，就可以验证系统的机械能守恒。
答案　(2)滑块(包含遮光条)的质量M　滑块上遮光条的初始位置到光电门的距离s
(3)mgs　(m＋M)2
解析　(2)由于遮光条通过光电门的时间极短，因此可以利用平均速度来代替瞬时速度，因此滑块经过光电门时的瞬时速度为v＝，计算滑块(包含遮光条)的动能还需要知道滑块(包含遮光条)的质量M，故还需要测量M。为了计算钩码的重力势能的减小量，还需要知道滑块上遮光条的初始位置到光电门的距离s。
(3)以钩码和滑块(包括遮光条)所组成的系统为研究对象，其重力势能的减小量为mgs，系统动能的增加量为(m＋M)2。因此只要比较二者是否相等，即可验证系统机械能是否守恒。
7．(综合)某同学做“验证机械能守恒定律”实验时，不慎将一条挑选出的纸带的一部分损坏，损坏的是前端部分。剩下的一段纸带上各相邻点间的距离已测出并标在图中，单位是cm。打点计时器工作频率为50 Hz，重力加速度g取9.8 m/s2。
(1)设重物质量为m(kg)，重物在2点的速度v2＝________，在5点的速度v5＝________，此过程中动能增加量ΔEk＝________，重力势能减少量ΔEp＝________。由以上可得出实验结论：________________________。
(2)重物获得的动能往往________(A.大于　B．小于　C．等于)减少的重力势能，实验中产生系统误差的原因是________________。
(3)根据实验判断下列图像正确的是(其中ΔEk表示重物动能的变化量，Δh表示物体下落的高度)(　　)
答案　(1)1.50 m/s　2.075 m/s　1.03m J　1.06m J　在误差允许的范围内，机械能守恒
(2)B　重物下落时要克服阻力做功　(3)C
解析　(1)根据匀变速直线运动的规律，可以求出重物在2点的速度v2＝ m/s＝1.50 m/s，重物在5点的速度v5＝ m/s＝2.075 m/s，所以动能增加量为ΔEk＝mv－mv≈1.03m J，重物从2点到5点，重力势能减少量为ΔEp＝mgh25＝m×9.8×(3.2＋3.6＋4.0)×10－2 J＝1.06m J，由以上可得出实验结论为在误差允许的范围内，机械能守恒。
(2)由于重物下落时要克服阻力做功，所以获得的动能小于减少的重力势能。
(3)重物机械能守恒，重物减少的重力势能转化为增加的动能，即ΔEk＝mgΔh，可见重物增加的动能与下落的高度成正比，C正确。
8．(实验创新)某同学利用如图所示装置验证机械能守恒定律。四分之一光滑圆弧轨道竖直放置，轨道边缘标有表示圆心角的刻度，轨道最低点装有压力传感器。现将小球置于轨道上θ刻度处由静止释放，当其通过最低位置时，读出压力传感器的示数F，已知当地重力加速度为g。
(1)为验证小球在沿轨道下滑过程中机械能守恒，实验中还必须测量的物理量有________；
A．轨道的半径R
B．小球的质量m
C．每次小球释放点离地面的高度h
D．每次小球在轨道上运动的时间t
(2)根据实验测得的物理量，则小球在运动过程中机械能守恒应满足的关系式为F＝________；
(3)写出一条提高实验精确度的建议：________________________________。
答案　(1)B　(2)3mg－2mgsinθ
(3)多次测量取平均值(其他答案合理即可)
解析　(1)小球沿轨道下滑的过程中，只有重力做功，重力势能转化为小球的动能，根据机械能守恒定律得
mgR(1－sinθ)＝mv2①
在轨道最低位置处，根据牛顿第二定律得
F－mg＝m②
联立①②式可得mgR(1－sinθ)＝R(F－mg)，
整理得mg(1－sinθ)＝(F－mg)③
由上式可知，要验证小球沿轨道下滑过程中机械能守恒，实验中还必须测量小球的质量，故B正确，A、C、D错误。
(2)由(1)问中③式可得F＝3mg－2mgsinθ。
(3)为提高实验精确度，可以多次测量取平均值，或者是减小空气阻力的影响(如减小小球的体积或增大小球的密度等)。
9．(实验创新)用如图甲所示的实验装置验证质量分别为m1、m2的物体组成的系统机械能守恒。物体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来验证机械能是否守恒。如图乙所示是实验中获取的一条纸带，0点是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点未画出，计数点间的距离如图所示。已知m1＝50 g，m2＝150 g，打点计时器的工作频率为50 Hz。(g取10 m/s2，结果保留两位有效数字)
(1)下面列举了该实验的几个操作步骤：
A．按照图示的装置安装器件
B．将打点计时器接到直流电源上
C．先释放m2，再接通电源打出一条纸带
D．测量纸带上某些点间的距离
E．根据测量的结果，分别计算系统减少的重力势能和增加的动能
其中操作不当的步骤是________(填选项对应的字母)；
(2)在纸带上打下计数点5时的速度v＝________ m/s；
(3)在打点0～5过程中系统动能的增加量ΔEk＝________ J，系统重力势能的减少量ΔEp＝________ J，由此得出的结论是____________________；
(4)若某同学作出-h图像如图丙所示，写出计算当地重力加速度g的表达式____________，并计算出当地的实际重力加速度g＝________ m/s2。
答案　(1)BC　(2)2.4　(3)0.58　0.60　在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒
(4)g＝　9.7
解析　(1)在实验过程中，应将打点计时器接到交流电源上，B错误；应先接通电源，待打点计时器工作稳定后再释放m2，C错误。
(2)在纸带上打下计数点5时的速度v＝×10－2 m/s＝2.4 m/s。
(3)ΔEk＝(m1＋m2)v2＝0.58 J，系统重力势能的减少量ΔEp＝(m2－m1)gh＝0.60 J，因此可得出：在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒。
(4)因为(m1＋m2)v2＝(m2－m1)gh，整理得g＝，整理也可得到＝h，所以v2-h图像的斜率为＝，即＝ m/s2，解得g＝9.7 m/s2。
10．(实验创新)某探究小组想利用验证机械能守恒定律的装置测量当地的重力加速度，如图甲所示。框架上装有可上下移动位置的光电门1和固定不动的光电门2；框架竖直部分紧贴一刻度尺，零刻度线在上端，可以测量出两个光电门到零刻度线的距离x1和x2；框架水平部分用电磁铁吸住一个质量为m的小铁块，小铁块的重心所在高度恰好与刻度尺零刻度线对齐。切断电磁铁线圈中的电流时，小铁块由静止释放，当小铁块先后经过两个光电门时，与光电门连接的传感器即可测算出其速度大小v1和v2。小组成员多次改变光电门1的位置，得到多组x1和v1的数据，建立如图乙所示的坐标系并描点连线，得出图线的斜率为k。
(1)当地的重力加速度为________ (用k表示)。
(2)若选择光电门2所在高度为零势能面，则小铁块经过光电门1时的机械能表达式为________________(用题中物理量的字母表示)。
(3)关于光电门1的位置，下面哪个做法可以减小重力加速度的测量误差(　　)
A．尽量靠近刻度尺零刻度线
B．尽量靠近光电门2
C．既不能太靠近刻度尺零刻度线，也不能太靠近光电门2
答案　(1)k　(2)mv＋mk(x2－x1)　(3)C
解析　(1)以零刻度线所在平面为零势能面，小铁块从光电门1运动到光电门2的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律得
mv－mgx1＝mv－mgx2
整理得v－v＝2g(x2－x1)
所以图线的斜率k＝2g
解得g＝k。
(2)小铁块经过光电门1时的机械能等于小铁块经过光电门1时的动能加上重力势能，即
E＝mv＋mg·(x2－x1)＝mv＋mk(x2－x1)。
(3)使光电门1与刻度尺零刻度线远一些并适当增大两光电门1、2间的距离，可以使位移测量的相对误差减小，从而减小重力加速度的测量误差，所以C正确。