《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》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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（9页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、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
2、(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
3、“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
4、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
5、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“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/
6、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
7、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
8、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 47.00.01 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