高中物理必修二检测：第七章第九节实验：验证机械能守恒定律 Word版含解析

第七章机械能守恒定律第九节实验：验证机械能守恒定律1．在验证机械能守恒定律的实验中，有同学按以下步骤进行实验操作：A．用天平称出重锤和夹子的质量．B．固定好打点计时器，将连着重锤的纸带穿过限位孔，用手提住，且让手尽量靠近打点计时器．C．松开纸带，接通电源，开始打点．并如此重复多次，以得到几条打点纸带．D．取下纸带，挑选点迹清晰的纸带，记下起始点O，在距离O 点较近处选择连续几个计数点(或计时点)，并计算出各点的速度值．E．测出各点到O点的距离，即得到重锤下落的高度．F．计算出mgh n和12m v2n，看两者是否相等．在以上步骤中，不必要的步骤是________；有错误或不妥的步骤是________(填写代表字母)；更正情况是①________，②________，③________，④________．解析：本实验的目的是要验证机械能守恒定律，即比较重锤在下落过程中重力势能的减少量ΔE p与动能的增加量ΔE k是否相等，如果操作不当或错误，就会增大重锤和纸带所受阻力，导致机械能损耗过大，无法达到实验目的．为了保证实验成功和减少机械能损耗，在实验操作时应遵照注意事项，因此本题可对照实验注意事项和围绕减小误差方面进行考虑．因本实验是通过比较重力势能的减少量ΔE p是否等于动能的增加量ΔE k来验证机械能守恒的，不需要知道动能的具体数值，因而不需要测出重物(含重锤和夹子)的质量，故步骤A是多余的．有错误或不妥的步骤是B、C、D、F.原因和更正办法分别是：B中“让手尽量靠近”应改为“让重锤尽量靠近打点计时器”，因打点计时器开始工作应从与重锤靠近的纸带开始打点，不致留下过长的空白纸带，纸带也不宜过长，约40 cm即可．C中应先接通电源，后松开纸带．因为只有当打点计时器工作正常后再让重锤下落，才可保证打第一个点时重锤的初速度为零，并且使纸带上的第一个点是清晰的小点．D中应将“距离O点较近处”改为“距离O点较远处”，因为所取的各计数点应尽量是重锤自由下落运动的真实记录，而打点计时器接通电源开始工作后不一定很快就能达到稳定状态，同时开始的几个点比较密集，会增加长度测量的误差．F中应改为“gh n和12v2n”，因本实验中是通过比较重锤的重力势能减少量mgh n和动能增加量12m v2n的大小来达到验证的目的，对于同一个研究对象(重锤)来说，质量是一定的，故只需比较gh n和12v2n就能达到目的．答案：见解析2．某同学用图甲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220 Hz、30 Hz和40 Hz，打出纸带的一部分如图乙所示．图甲图乙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和图乙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x1＝8.89 cm，x2＝9.50 cm，x3＝10.10 cm；当重力加速度大小为9.80 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)根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得v B＝x1＋x22T＝（x1＋x2）f2；v C＝x2＋x32T＝（x2＋x3）f2；由速度公式v C＝v B＋aT可得a＝（x3－x1）f22.(2)由牛顿第二定律，可得mg－0.01mg＝ma，所以a＝0.99g，结合(1)解出的加速度表达式，代入数据，可得f＝40 Hz.答案：(1)（x 1＋x 2）f 2 （x 2＋x 3）f 2 （x 3－x 1）f 22(2)40 3．某同学利用如图所示装置验证机械能守恒定律.14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RB ．小球的质量mC ．每次小球释放点离地面的高度hD ．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，写出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________________．解析：(1)小球沿轨道下滑过程中，只有重力做功，重力势能转化为小球的动能，据机械能守恒定律，得mgR (1－sin θ)＝12m v 2，① 在轨道最低位置处，据牛顿第二定律，得F －mg ＝m v 2R，② 联立①②式，可得mgR (1－sin θ)＝12R (F －mg )，整理得mg(1－sin θ)＝12(F－mg)，③由上式可知，要验证小球沿轨道下滑过程中机械能是否守恒，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－2mg sin θ.(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(减小小球体积或增大其密度等)．答案：(1)B(2)3mg－2mg sin θ(3)多次测量取平均值(其他答案合理即可)第七章机械能守恒定律第十节能量守恒定律与能源A级抓基础1．一个系统的机械能增大，究其原因，下列推测正确的是() A．可能是重力对系统做了功B．一定是合外力对系统做了功C．一定是系统克服合外力做了功D．可能是摩擦力对系统做了功解析：只有重力做功时，物体的动能和重力势能相互转化，不影响物体的机械能的总和，故A错误；除重力、弹力以外的力做功时，物体的机械能才会变化，故B、C错误；如果摩擦力对系统做正功，系统的机械能可能增大，故D正确．答案：D2．对于正常工作的电风扇和电饭锅，下列说法中正确的是()A ．电风扇和电饭锅消耗的电能均大于各自产生的内能B ．电风扇和电饭锅消耗的电能均等于各自产生的内能C ．电风扇消耗的电能大于产生的内能，电饭锅消耗的电能等于产生的内能D ．电风扇消耗的电能等于产生的内能，电饭锅消耗的电能大于产生的内能解析：电风扇消耗的电能转化为内能和风扇及空气的动能，电饭锅消耗的电能完全转化为内能，所以电风扇消耗的电能大于产生的内能，电饭锅消耗的电能等于产生的内能．选项C 正确．答案：C3．关于功和能的关系，下列说法正确的是( )A ．物体受拉力作用水平向右运动，拉力做的功是1 J ，则物体动能的增加量也是1 JB ．“神舟十号”载人飞船的返回舱在大气层以外向地球做无动力飞行的过程中，机械能增大C ．一辆汽车的速度从10 km/h 增加到20 km/h ，或从50 km/h 增加到60 km/h ，两种情况下牵引力做的功一样多D ．一个重10 N 的物体，在15 N 的水平拉力的作用下，分别在光滑水平面和粗糙水平面上发生相同的位移，拉力做的功相等解析：根据动能定理，合力做的功等于动能的变化，因拉力做的功不一定等于合力做的功，故动能增加量不一定是1 J ，故选项A 错误；“神舟十号”载人飞船的返回舱在大气层以外向着地球做无动力飞行的过程中，只有地球对飞船的引力做功，机械能守恒，故B 错误；根据动能定理，可知W －W f ＝12m v 22－12m v 21，所以速度从10 km/h 加速到20 km/h ，或从50 km/h 加速到60 km/h 的两种情况下牵引力做的功不同，故C错误；由W＝Fx知，拉力的大小相同，物体的位移也相同，所以拉力对物体做的功一样多，故D正确．答案：D4.(多选)在悬崖跳水比赛中，选手们从悬崖上一跃而下，惊险刺激的场景令观众大呼过瘾．如图所示为一选手从距离水面高为20 m 的悬崖上跳下，选手受到的空气阻力与速度成正比(g取10 m/s2)，则以下说法正确的是()A．选手在空中做匀加速运动B．选手从开始跳下到入水的时间大于2 sC．选手在空中下落过程合力做正功，入水后合力做负功D．选手在空中下落过程机械能增大，入水后机械能减少解析：选手向下运动的过程中速度增大，所以受到的阻力增大，则向下的合力逐渐减小，所以选手在空中做加速度减小的加速运动，故A错误；若选手做自由落体运动，则运动的时间t＝2h g＝2×2010s＝2 s，运动员向下运动的加速度小于g，所以在空中的时间大于2 s，故B正确；选手在空中下落过程中，合力的方向与速度的方向都向下，合力做正功，入水后合力的方向向上，做负功，故C 正确；选手在空中下落过程中，空气阻力做负功，所以机械能减少，故D错误．答案：BC5.如图所示，一质量均匀、不可伸长的绳索，重为G，A、B两端固定在天花板上，现在最低点C处施加一竖直向下的力，将最低点缓慢拉至D点，在此过程中，绳的重心位置()A．逐渐升高B．逐渐降低C．先降低后升高D．始终不变解析：外力对绳索做正功，绳索的机械能增加，由于绳索的动能不变，增加的必是重力势能，重力势能增加是重心升高的结果，故A 正确．答案：A6．(多选)如图所示，一固定斜面倾斜为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度的大小g.物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的()A．动能损失了2mgHB．动能损失了mgHC．机械能损失了mgHD．机械能损失了12mgH解析：由于mg sin 30°＋F f＝mg，故F f＝12mg，由动能定理，得－mgH－F f·2H＝ΔE k，故动能变化量ΔE k＝－2mgH，即动能减少了2mgH，A对，B错；机械能的变化量ΔE＝－F f·2H＝－mgH，C对，D错．答案：ACB级提能力7.如图所示，一个粗细均匀的U 形管内装有同种液体，液体质量为m .在管口右端用盖板A 密闭，两边液面高度差为h ，U 形管内液体的总长度为4h ，先拿去盖板，液体开始运动，由于管壁的阻力作用，最终管内液体停止运动，则该过程中产生的内能为( )A.116mgh B.18mgh C.14mgh D.12mgh 解析：去掉管口右侧盖板之后，液体向左侧流动，最终两侧液面相平，液体的重力势能减少，减少的重力势能转化为内能．如图所示，最终状态可等效为右侧12h 的液柱移到左侧管中，即增加的内能等于该液柱减少的重力势能，则Q ＝18mg ·12h ＝116mgh ，故A 正确．答案：A8.(多选)小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连．现将小球从A 点由静止释放，它在下降的过程中经过了B 点，之后继续下降．已知A 、B 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠OBA ＜∠OAB ＜π2，在小球从A 点运动到B 点的过程中，则()A．弹力对小球先做正功后做负功B．弹簧弹力的功率为零的位置有两个C．弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功D．小球到达B点时的动能等于其在A、B两点的重力势能之差解析：由题可知，A、B两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，则在运动过程中OA为压缩状态，OB为伸长状态，小球向下运动的过程中弹簧的长度先减小后增大，则弹簧的弹性势能先增大，后减小，再增大，所以弹力对小球先做负功再做正功，最后再做负功，故A 错误；A处速度为零，弹力功率为零，下滑过程弹簧弹力与杆垂直时弹力功率为零，当弹簧处于原长时弹力为零，功率为零，故弹力功率为零的位置共有三处，故B错误；因A点与B点弹簧的弹力大小相等，所以弹簧的形变量相等，弹性势能相同，弹力对小球做的总功为零，则弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功，故C正确；小球从A到B的过程中合外力做的功等于重力做的功，所以小球到达B点时的动能等于其在A、B两点的重力势能之差，故D正确．答案：CD9．两块完全相同的木块A、B，其中A固定在水平桌面上，B 放在光滑水平桌面上．两颗同样的子弹以相同的水平速度射入两木块，穿透后子弹的速度分别为v A、v B，在子弹穿透木块过程中因克服摩擦力产生的热分别为Q A、Q B.设木块对子弹的摩擦力大小一定，则()A．v A＞v B，Q A＞Q B B．v A＜v B，Q A＝Q BC．v A＝v B，Q A＜Q B D．v A＞v B，Q A＝Q B解析：设子弹的初速度为v0，质量为m，木块的厚度为d，穿透过程中子弹所受阻力大小为f，未固定的木块前进了x，根据动能定理：fd＝12m v2－12m v2A，f(d＋x)＝12m v2－12m v2B，比较以上两式得v A＞v B，两种情况下产生的热量相等，Q A＝Q B＝fd，故D正确．答案：D10.如图所示，传送带与水平面之间的夹角为θ＝30°，其上A、B两点间的距离为x＝5 m，传送带在电动机的带动下以v＝1 m/s的速度匀速运动，现将一质量为m＝10 kg的小物体(可视为质点)轻放在传送带的A点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数为μ＝3 2，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中，求(g取10 m/s2)：(1)传送带对小物体做的功；(2)电动机做的功．解析：(1)根据牛顿第二定律，知μmg cos θ－mg sin θ＝ma，可得a＝14g＝2.5 m/s2.当小物体的速度为1 m/s时，位移为x′＝v22a＝0.2 m，即小物体匀速运动了4.8 m，ΔE k＝12m v2－0，ΔEp＝mgx sin θ.由功能关系，可得W＝ΔE k＋ΔE p＝255 J.(2)电动机做功使小物体机械能增加，同时小物体与传送带间因摩擦产生热量Q，而由v＝at，得t＝0.4 s，相对位移为x″＝v t－x′＝0.2 m，摩擦生热Q＝μmgx″cos θ＝15 J，W电＝W＋Q＝255 J＋15 J＝270 J，故电动机做的功为270 J.答案：(1)255 J(2)270 J11．如图所示，从A点以v0＝4 m/s的水平速度抛出一质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)，当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端的切线水平，已知长木板的质量M＝4 kg，A、B两点距C点的高度分别为H＝0.6 m、h＝0.15 m，圆弧轨道半径R＝0.7 m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，g取10 m/s2.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)物块运动至B点时的速度大小和方向；(2)物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力大小；(3)长木板至少为多长，才能保证物块不滑出长木板．解析：(1)物块从A点到B点做平抛运动，有H－h＝12gt2，①到达B点的竖直分速度v By＝gt，②到达B点的速度v B＝v20＋v2By，③联立①②③得v B＝5 m/s.设到达B点时物块的速度方向与水平面的夹角为θ，则cos θ＝v0v B＝0.8，即与水平方向成37°角斜向下．(2)设物块到达C点的速度为v C，从A点到C点由机械能守恒定律，得mgH＝12m v2C－12m v2，④设物块在C点受到的支持力为F N，由牛顿第二定律，得F N－mg＝m v2C R，⑤解得F N＝50 N.由牛顿第三定律，得物块对圆弧轨道C点的压力大小为50 N，方向竖直向下．(3)物块对长木板的摩擦力F f1＝μ1mg＝5 N，长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，为F f2＝μ2(M＋m)g＝10 N.由于F f1小于F f2，可判定物块在长木板上滑动时，长木板静止不动．物块在长木板上做匀减速运动，设木板至少长为l时，物块不滑出长木板，此时到达木板最右端时速度恰好为零，则有v2C＝2al，⑥μ1mg＝ma，⑦联立④⑥⑦解得l＝2.8 m.答案：(1)5 m/s与水平方向成37°角斜向下(2)50 N(3)2.8 m。