A. 用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律．实验所用的电源为学生电源，输出电压为6V的交流电和直流电两种
（1）B：将打点计时器接到电源的“交流输出”上，故B错误．
C：因为我们是比内较容mgh、 mv 2 的大小关系，故m可约去比较，不需要用天平．故C没有必要
D：开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重锤，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差．故D错误．
故选BCD．
（2）①从纸带上可以看出0点为打出来的第一个点，速度为0，重物自由下落，初速度为0，所以应该先打出0点，而与重物相连的纸带在下端，应该先打点．所以纸带的左端应与重物相连．
②重力势能减小量△E p =mgh=9.8×0.0501m J=0.49m J．
利用匀变速直线运动的推论
v B = = =0.98m/s
E kB = mv B 2 =0.48m J．
故答案为：（1）BCD
（2）①左
②0.49m，0.48m |
B. 用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律．实验所用的电源为学生电源．输出电压为6V的交流电和直流电两
（1）该实验中，先按如图进行准备实验；打点计时器接到电源的交流输出端上，不应用回直流输出端，故答B错误；我们是比较mgh、
m
v2的大小关系，故m可约去比较，不需要用天平．故C没有必要；先接通电源，后释放悬挂纸带的夹子，让重物带着纸带自由下落；在研究纸带，进行重力势能和动能增量的比较即可，故选：BC．
（2）在求C点的瞬时速度时，利用匀变速直线运动的推论，某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度求；由于打点计时器打的点时间已知，且速度为零的点可能打点的误差较大，所以ABD的说法错误，C正确．
据mgh=mv2可知，=gh，在-h图象中，斜率K=g，据图象可知g=m/s2=9.70m/s2
故答案为：（1）BC；（2）C；9.70．
C. (1) 用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律．在下面所列举的该实验的几个操作步骤中．你认为没有必要进
(1) BCD (2) 0.98 0.50 0.48
D. 某同学用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。实验所用的电源为学生电源，输出电压为6V的频率为50Hz交
1）1.84、1.69、1.74、  （4） 没有纸带与打点计时器间的摩擦影响，提高了测量的精确程度，实验误差减小了。
E. 用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律．实验所用的电源为学生电源，输出电压为6V的交流电和直流电两
（1）B：将抄打点计时器应接到电源的“交流输出”上，故B错误．
C：因为我们是比较mgh、 m v2的大小关系，故m可约去比较，不需要用天平，故C不需要．
该题选没有必要进行的或者操作不当的，故选：BC．
（2）重物下落时做匀加速运动，故纸带上的点应越来越远，故应该是左端连接重物．
验证机械能守恒时，我们验证的是减少的重力势能△Ep=mgh和增加的动能△Ek=mv2之间的关系，所以我们要选择能够测h和v的数据．故选B点．
减少的重力势能为：△Ep=mgh=1×9.8×19.2×10-2=1.88J
vB=＝＝1.92m/s
所以增加的动能为：△Ek=mv2＝×1×1.922＝1.84J
有数据可知，在误差允许范围内，重物下落的机械能守恒．
故答案为：（1）BC；（2）①左，B；②1.88，1.84，在误差允许范围内，重物下落的机械能守恒．
F. 用如图（a）所示的实验装置验证机械能守恒定律．（1）为了减少______带来的误差，打点计时器的两个限位孔
（1）为了减少纸带与限位孔间的摩擦阻力带来的误差，打点计时器的两个限位孔中心连线应在专一条竖直线属上．
（2）实验操作时，先接通打点计时器电源，再释放纸带．
（3）为验证重锤对应B点和F点时的机械能是否相等，需要求出重锤对应于B、F两点的瞬时速度，做匀变速运动的物体在某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度，应测量A、C两点间的距离，E、G两点间的距离和B、F两点间的距离．
（4）重锤重力势能的减少量△Ep=mgh=0.235J．
故答案为：（1）纸带与限位孔之间的摩擦阻力；（2）接通打点计时器电源；释放纸带；（3）A、C；E、G；（4）0.235．
G. 用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律，实验所用的电源为学生电源，输出电压为6V的交流电和直流电两种
（1）没有必要进行的步骤是：
因为我们是比较mgh、 mv 2 的大小关系，故m可约去比较，不需要用天平．故C没有必要．故选C．
操作不恰当的步骤是：
应将打点计时器接到电源的交流输出端上，故B错误．
开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重锤，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差，故D错误．
故选BD．
（2）利用匀变速直线运动的推论△x=at 2
a= = = ( S 2 - S 1 ) f 2
（3）还需要测量的物理量是重锤的质量m．
重物下落过程中受重力mg和阻力F，根据牛顿第二定律得：
F 合 =mg-F
F=mg-ma=mg- ( S 2 - S 1 ) f 2
故答案为：（1）C、BD
（2） ( S 2 - S 1 ) f 2
（3）重锤的质量m，mg- ( S 2 - S 1 ) f 2 |
H. 用如图1所示实验装置验证机械能守恒定律．水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨，导轨上A点处有一带长方形遮光
（1）根据几何关系可得导轨倾角sinθ=
当滑块运动到B点时下降高度 h′=s?sinθ= ，
滑块从A到B过程中系统重力势能减少量为 △ E P =mgh′=
滑块速度为v= ，所以系统动能增加量 △ E K = m v 2 = ．
若机械能守恒应有△E P =△E K ，将上式代入整理可得 =
（2）描点、连线如图所示，
| gh | | b 2 d | | ． |
I. 用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律．（1）下面列举了该实验的几个操作步骤：A、用天平称出重锤和夹
（1）以上步骤中，不必要的步骤是：A、因为我们是比较mgh、 mv 2的大小关系，故m可约去比较，不需要用天平， 有错误的步骤的是：B、将电火花计时器接到直流电源上，应该接到交流电源上， C、开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重锤，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差， （2）重力势能的减小量等于重力所做功的大小， 因此有：△E p=W=mgx=mg（X 0+X 1）=1.92m； 根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度大小，因此有： v c= =1.94m/s 动能的增量为：△Ek= m | v | 2
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思五金件
发布：2025-01-16 14:13:46
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