实验六验证机械能守恒定律

1、实验六验证机械能守恒定律一、基本实验要求1实验目的验证机械能守恒定律2实验原理通过实验，求出做自由落体运动物体的重力势能的减少量和相应过程动能的增加量，若二者相等，说明机械能守恒，从而验证机械能守恒定律3实验器材打点计时器、电源、纸带、复写纸、重物、刻度尺、铁架台(附铁夹)、导线两根4实验步骤(1)根据实验原理图安装仪器(2)将纸带固定在重物上，让纸带穿过打点计时器的限位孔(3)用手提着纸带，让重物靠近打点计时器并处于静止状态，然后接通电源，松开纸带，让重物自由落下，纸带上打下一系列小点(4)从几条打下点的纸带中挑选出点迹清晰的纸带进行测量，Ekmv，Epmgdn，vn.(5)计算对比Ep与E

2、k.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二、规律方法总结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(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Ekmv必定稍小于重力势能的减少量Epmghn，改进办法是调整器材的安装，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平面内，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

3、时刻的瞬时速度的计算应用vn，不能用vn或vngt来计算3验证方案方案一：利用起点和第n点：验证ghnv.方案二：任取较远两点A、B：验证ghABvv.1在“验证机械能守恒定律”的实验中，下列物理量需要用工具直接测量的有()A重锤的质量B重力加速度C重锤下落的高度D与重锤下落高度对应的瞬时速度解析：由机械能守恒定律列方程，等式两边都有质量可消去，选项A错误；只要测重锤下落高度，计算出对应点的瞬时速度即可，故选项C正确，选项D错误；重力加速度在本实验中作为已知量，不需测量，故选项B错误答案：C2 (2017·郴州模拟)如图所示为“验证机械能守恒定律”的实验装置示意图现有的器材为：带铁夹

4、的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、天平回答下列问题：(1)(多选)为完成此实验，除了所给的器材，还需要的器材有_(填入正确选项前的字母)A米尺B秒表C012 V的直流电源 D012 V的交流电源(2)实验中误差产生的原因有_(写出两个原因)解析：(1)需要米尺来测量纸带上的点之间的距离，电磁打点计时器需用交流电源，故A、D正确(2)纸带与电磁打点计时器之间存在摩擦力；测量两点之间距离时的读数有误差；计算势能变化时，选取的两点距离过近；交流电源频率不稳定(选取两个原因即可)答案：(1)AD(2)见解析3有4条用打点计时器(所用交流电频率均为50 Hz)打出的纸带A、B、C、D，其中一

5、条是做“验证机械能守恒定律”实验时打出的为找出该纸带，某同学在每条纸带上选取了点迹清晰的、连续的4个点，用刻度尺测出相邻两个点间的距离依次为x1、x2、x3.请你根据下列x1、x2、x3的测量结果确定该纸带为_(已知当地的重力加速度为9.791 m/s2)A61.0 mm，65.8 mm，70.7 mmB41.2 mm，45.1 mm，53.0 mmC49.6 mm，53.5 mm，57.3 mmD60.5 mm，61.0 mm，60.0 mm解析：由于验证机械能守恒是采用重锤的自由落体运动实现，所以相邻的0.02 s内的位移增加量为xgT29.791×0.022 m3.9 mm，可

6、知C正确答案：C4(2016·课标全国卷)某同学用图(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20 Hz、30 Hz和40 Hz.打出纸带的一部分如图(b)所示 图(a) 图(b)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题给条件进行推算(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_，打出C点时重物下落的速度大小为_，重物下落的加速度大小为_(2)已测得s18.89 cm，s29.50 cm，s310.10 cm；当地重力加速度大小为9.80

7、 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.解析：(1)重物匀加速下落时，根据匀变速直线运动的规律得vBf(s1s2)vCf(s2s3)由s3s12aT2得a.(2)根据牛顿第二定律，有mgkmgma根据以上各式，化简得f代入数据可得f40 Hz.答案：(1)f(s1s2)f(s2s3)f2(s3s1)(2)401(2016·邵阳模拟)如图甲是“验证机械能守恒定律”的实验小圆柱由一根不可伸长的轻绳拴住，轻绳另一端固定将轻绳拉至水平后由静止释放在最低点附近放置一组光电门，测出小圆柱运动到最低点的挡光时间t，再用游标卡尺测出小圆柱的直径d，如图乙所示，

8、重力加速度为g.则(1)小圆柱的直径d_cm.(2)测出悬点到圆柱重心的距离l，若等式gl_成立，说明小圆柱下摆过程机械能守恒(3)若在悬点O安装一个拉力传感器，测出绳子上的拉力F，则要验证小圆柱在最低点的向心力公式还需要测量的物理量是_(用文字和字母表示)，若等式F_成立，则可验证小圆柱在最低点的向心力公式解析：(1)小圆柱的直径d10 mm2×0.1 mm10.2 mm1.02 cm.(2)根据机械能守恒定律得mglmv2，所以只需验证glv2，就说明小圆柱下摆过程中机械能守恒(3)若测量出小圆柱的质量m，则在最低点由牛顿第二定律得Fmgm，若等式Fmg成立，则可验证小圆柱在最低

9、点的向心力公式答案：(1)1.02 (2)(3)小圆柱的质量mmg2在“验证机械能守恒定律”的实验中，使质量m200 g的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示O为纸带下落的起始点，A、B、C为纸带上选取的三个连续的点已知打点计时器每隔T0.02 s打一个点，当地的重力加速度为g9.8 m/s2，那么：(1)计算B点瞬时速度时，甲同学采用v2gxOB，乙同学采用vB，其中_(填“甲”或“乙”)同学所选择的方法更符合实验的要求(2)在计算重力势能时，关于重力加速度g的数值，丙同学用当地的实际重力加速度代入，丁同学通过对纸带上的数据进行分析计算，用纸带下

10、落的加速度代入，其中_(填“丙”或“丁”)同学的做法是正确的(3)某同学想根据纸带上的测量数据进一步计算重物和纸带下落过程中所受到的阻力，他先算纸带下落的加速度，进而算出阻力Ff_ N(保留一位有效数字)解析：由该实验的原理可知，实验中的速度不能用自由落体运动规律来计算，因此乙同学的方法更符合实验要求由于要验证机械能守恒定律，因此要代入当地的重力加速度，而不是纸带的加速度，所以丙同学的做法正确；由牛顿运动定律结合纸带中得到的实际加速度可以计算出阻力答案：(1)乙(2)丙(3)0.063(2016·青岛模拟)在用落体法验证机械能守恒定律时，某同学按照正确的操作选得纸带如图所示其中O是起

11、始点，A、B、C是打点计时器连续打下的3个点，电源频率为50 Hz.该同学用毫米刻度尺测量O到A、B、C各点的距离，并记录在图中(单位 cm)(1)这三个数据中不符合读数要求的是_，应记作_cm.(2)该同学用重锤在OB段的运动来验证机械能守恒，已知当地的重力加速度g9.80 m/s2，他用AC段的平均速度作为跟B点对应的物体的瞬时速度，则该段重锤重力势能的减少量为_，而动能的增加量为_(均保留三位有效数字，重锤质量用m表示)，这样验证的系统误差总是使重力势能的减少量_动能的增加量，原因是_解析：(1)本实验测量长度用的是毫米刻度尺，故三个数据中15.7是不合理的，应记做15.70，最后一位是

12、估读(2)O点到B点的距离h12.54 cm，故减少的势能Epmgh1.23m；计算O点到B点的动能增加量，应先计算出B点的瞬时速度vB，由图可知vB m/s1.547 5 m/s，故Ekmv1.20m.由以上数据可知EpEk，其原因在于纸带与限位孔之间有摩擦或空气阻力对实验也带来影响答案：(1)15.7 15.70(2)1.23m 1.20m 大于 有阻力做负功4(2017·太原模拟)某实验小组在做“验证机械能守恒定律”实验中，提出了如图所示的甲、乙两种方案：甲方案为用自由落体运动进行实验，乙方案为用小车在斜面上下滑进行实验(1)组内同学对两种方案进行了深入的讨论分析，最终确定了一

13、个大家认为误差相对较小的方案，你认为该小组选择的方案是_，理由是_(2)若该小组采用图甲的装置打出了一条纸带如图丙所示，相邻两点之间的时间间隔为0.02 s，请根据纸带计算出B点的速度大小为_m/s(结果保留三位有效数字)图丙(3)该小组内同学根据纸带算出了相应点的速度，作出v2h 图线如图丁所示，请根据图线计算出当地的重力加速度g_m/s2(结果保留两位有效数字)解析：(1)采用乙方案时，由于小车与斜面间存在摩擦力的作用，且不能忽略，所以小车在下滑的过程中机械能不守恒，故乙方案不能用于验证机械能守恒定律(2)vB m/s1.37 m/s.(3)因为mghmv2，所以gk，k为图线的斜率，求得

14、g9.8 m/s2.答案：(1)甲理由见解析(2)1.37(3)9.85(2017·吉林模拟)某同学利用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律该同学经正确操作得到打点纸带，在纸带后段每两个计时间隔取一个计数点，依次为1、2、3、4、5、6、7，测量各计数点到第一个点的距离h，并正确求出打相应点时的速度v.各计数点对应的数据见下表：图甲计数点1234567h/m0.1240.1940.2790.3800.4970.6300.777v/(m·s1)1.942.332.733.133.50v2/(m2·s2)3.765.437.459.8012.3请在如图乙所示的坐标系

15、中，描点作出v2h图线；由图线可知，重锤下落的加速度g_m/s2(保留三位有效数字)；若当地的重力加速度g9.80 m/s2，根据作出的图线，能粗略验证自由下落的重锤机械能守恒的依据是_.图乙解析：若机械能守恒，则满足v22gh，则v2h图线的斜率表示当地的重力加速度的2倍，所作的图线可求出斜率为19.5，故g9.75 m/s2，误差允许的范围内gg，故机械能守恒答案：如图所示 9.75(9.699.79均可)图线为通过坐标原点的一条直线，所求g与g基本相等6(2016·恩施模拟)某同学利用如图所示的气垫导轨装置验证系统机械能守恒定律在气垫导轨上安装了两光电门1、2，滑块上固定一遮光

16、条，滑块用细线绕过轻质定滑轮与钩码相连(1)实验时要调整气垫导轨水平不挂钩码和细线，接通气源，如果滑块_，则表示气垫导轨调整至水平状态(2)(多选)不挂钩码和细线，接通气源，滑块从轨道右端向左运动的过程中，发现滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间实施下列措施能够让导轨水平的是_A调节P使轨道左端升高一些B调节Q使轨道右端降低一些C遮光条的宽度应适当大一些D滑块的质量增大一些E气源的供气量增大一些(3)实验时，测出光电门1、2间的距离L，遮光条的宽度d，滑块和遮光条的总质量M，钩码质量m.由数字计时器读出遮光条通过光电门1、2的时间t1、t2，则系统机械能守恒成立的表达式是_解析：滑块从

17、轨道右端向左运动的过程中，发现滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间，说明滑块加速向左运动，导轨右端较高，能够让导轨水平的是：调节Q使轨道右端降低一些或调节P使轨道左端升高一些，选项A、B正确根据机械能守恒定律，系统重力势能减少量mgL应该等于动能增加量(mM)(mM)，即mgL(mM)(mM).答案：(1)能在气垫导轨上静止或做匀速运动或滑块经两个光电门的时间相等 (2)AB(3) mgL(mM)(mM)这类模型一般不难，各阶段的运动过程具有独立性，只要对不同过程分别选用相应规律即可，两个相邻的过程连接点的速度是联系两过程的纽带很多情况下平抛运动末速度的方向是解决问题的重要突破口1(2

18、017·咸阳模拟)如图所示是翻滚过山车的模型，光滑的竖直圆轨道半径R2 m，入口的平直轨道AC和出口的平直轨道CD均是粗糙的，质量m2 kg的小车与水平轨道之间的动摩擦因数均为0.5，加速阶段AB的长度l3 m，小车从A点由静止开始受到水平拉力F60 N的作用，在B点撤去拉力，试问(g取10 m/s2)：(1)要使小车恰好通过圆轨道的最高点，小车在C点的速度为多少？(2)满足第(1)问的条件下，小车能沿着出口平直轨道CD滑行多远的距离为多少？(3)要使小车不脱离轨道，平直轨道BC段的长度范围为多少？解析：(1)设小车恰好通过最高点的速度为v0，则有mg，由C点到最高点满足机械能守恒定

19、律，有mvmg·2Rmv，解得vC10 m/s.(2)小车由最高点滑下到最终停止在轨道CD上，由动能定理有mg·2RmgxCD0mv，联立解得xCD10 m(3)小车经过C点的速度vC10 m/s就能做完整圆周运动小车由A到C由动能定理得Flmg(lxBC)mv，解得xBC5 m小车进入圆轨道时，上升的高度hR2 m时，小车返回而不会脱离轨道，由动能定理有Flmg(lxBC)mgh0，解得xBC11 m综上可得，xBC5 m或者xBC11 m时小车不脱离轨道答案：(1)10 m/s(2)10 m(3)xBC5 m或者xBC11 m2. 如图所示，用内壁光滑的薄壁细管弯成的“

20、S”形轨道固定于竖直平面内，其弯曲部分是由两个半径均为R0.2 m的半圆平滑对接而成(圆的半径远大于细管内径)轨道底端A与水平地面相切，顶端与一个长为l0.9 m的水平轨道相切于B点一倾角为37°的倾斜轨道固定于右侧地面上，其顶点D与水平轨道的高度差为h0.45 m，并与其他两个轨道处于同一竖直平面内，一质量为m0.1 kg的小物体(可视为质点)在A点被弹射入“S”形轨道内，沿轨道ABC运动，并恰好从D点无碰撞地落到倾斜轨道上小物体与BC段间的动摩擦因数0.5(不计空气阻力，g取10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8)求：(1)小物体从B点运动

21、到D点所用的时间；(2)小物体运动到B点时对“S”形轨道的作用力大小和方向；(3)小物体在A点获得的动能解析：(1)小物体从C点到D点做平抛运动，有vy3 m/s，tan ，解得vC4 m/s.小物体做平抛运动的时间为t10.3 s.小物体从B到C做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得mgma，由运动学公式得vv2al，代入数据解得vB5 m/s.小物体做匀减速直线运动的时间为t20.2 s，小物体从B点运动到D点所用的总时间为tt1t20.5 s.(2)小物体运动到B点时，设其受到轨道的作用力方向向下，由牛顿第二定律得FNmgm，解得FN11.5 N.由牛顿第三定律得对轨道的作用力大小FNFN1

22、1.5 N 方向竖直向上(3)小物体从A点运动到B点的过程，由机械能守恒定律得EkA4mgRmv，解得EkA2.05 J.答案：(1)0.5 s (2)11.5 N竖直向上 (3)2.05 J1方法技巧若一个物体或多个物体参与了多个运动过程，有的过程只涉及运动和力的问题或只要求分析物体的动力学特点，则要用动力学方法求解；若某过程涉及做功和能量转化问题，则要考虑应用动能定理、机械能守恒定律或功能关系求解2 解题模板3(2017·郑州模拟)如图所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为v0.小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为.

23、乙的宽度足够大，重力加速度为g.(1)若乙的速度为v0，求工件在乙上侧向(垂直于乙的运动方向)滑过的距离s；(2)若乙的速度为2v0，求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v；(3)保持乙的速度2v0不变，当工件在乙上刚停止滑动时，下一只工件恰好传到乙上，如此反复若每个工件的质量均为m，除工件与传送带之间摩擦外，其他能量损耗均不计，求驱动乙的电动机的平均输出功率.解析：(1)摩擦力与侧向的夹角为45°，侧向加速度大小axgcos 45°，匀变速直线运动2axs0v，解得s.(2)设t0时刻摩擦力与侧向的夹角为，侧向、纵向加速度的大小分别为ax、ay，则tan .很小的t时间

24、内，侧向、纵向的速度增量vxaxt，vyayt，解得tan .且由题意知tan ，则tan .所以摩擦力方向保持不变，则当vx0时，vy0，即v2v0.(3)工件在乙上滑动时侧向位移为x，沿乙速度方向的位移为y，由题意知axgcos ，aygsin ，在侧向上2axx0v，在纵向上2ayy(2v0)20，工件滑动时间t，乙前进的距离y12v0t，工件相对乙的位移L，则系统摩擦生热QmgL，电动机做功Wm(2v0)2mvQ，由，解得.答案：(1)(2)2v0(3)4(2017·石家庄模拟)如图为某生产流水线工作原理示意图足够长的工作平台上有一小孔A，一定长度的操作板(厚度可忽略不计)静

25、止于小孔的左侧，某时刻开始，零件(可视为质点)无初速度地放上操作板的中点，同时操作板在电动机带动下向右做匀加速直线运动，直至运动到A孔的右侧(忽略小孔对操作板运动的影响)，最终零件运动到A孔时速度恰好为零，并由A孔下落进入下一道工序已知零件与操作板间的动摩擦因数10.05，零件与工作台间的动摩擦因数20.025，不计操作板与工作台间的摩擦重力加速度g10 m/s2.求：(1)操作板做匀加速直线运动的加速度大小；(2)若操作板长L2 m，质量M3 kg，零件的质量m0.5 kg，则操作板从A孔左侧完全运动到右侧的过程中，电动机至少做多少功？解析：(1)设零件向右运动距离x时与操作板分离，此过程历经时间为t，此后零件在工作台上做匀减速运动直到A孔处速度减为零，设零件质量为m，操作板长为L，取水平向右为正方向，对零件，有分离前：1mgma1，分离后：2mgma2，且xa1t2.以后做匀减速运动的位移为：x，对操作板，有xat2.联立以上各式解得a，代入数据得a2 m/s2.(2)将a2 m/s2，L2 m代入a1t2at2，解得t s操作板从A孔左侧完全运动到右侧的过程中，动能的增加量Ek1M()212 J零