金版教程物理2025高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案第六章 機(jī)械能及其守恒定律第六章 核心素養(yǎng)提升含答案

高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案物理《金版教程(物理）》2025高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案第六章機(jī)械能及其守恒定律第六章核心素養(yǎng)提升[科學(xué)思維提煉]1．微元法：求某些變力做的功；對“流體”類物質(zhì)做功的分析。2．圖像法：求某些變力做的功；分析重力做功特點(diǎn)；探究彈簧的彈性勢能與形變的關(guān)系；驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律實(shí)驗(yàn)的數(shù)據(jù)分析。3．平均值法：當(dāng)力的大小隨位移均勻變化時，求該力所做的功。4．等效轉(zhuǎn)換法：將某些變力做的功等效轉(zhuǎn)換為恒力做的功。5．分段法和全程法：多過程問題中應(yīng)用動能定理或機(jī)械能守恒定律。6．等效思想：用機(jī)械能守恒定律求解繩、液柱、鏈條類非質(zhì)點(diǎn)物體問題。7．守恒思想：機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律，明確守恒條件。[素養(yǎng)提升集訓(xùn)]一、選擇題(本題共8小題)1．(2023·遼寧高考)如圖a，從高處M點(diǎn)到地面N點(diǎn)有Ⅰ、Ⅱ兩條光滑軌道。兩相同小物塊甲、乙同時從M點(diǎn)由靜止釋放，沿不同軌道滑到N點(diǎn)，其速率v與時間t的關(guān)系如圖b所示。由圖可知，兩物塊在離開M點(diǎn)后、到達(dá)N點(diǎn)前的下滑過程中()A．甲沿Ⅰ下滑且同一時刻甲的動能比乙的大B．甲沿Ⅱ下滑且同一時刻甲的動能比乙的小C．乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不變D．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大答案B解析受力分析可知，沿Ⅱ下滑的物塊受力恒定，做勻變速直線運(yùn)動，速率隨時間均勻變化，故結(jié)合圖b可知，甲沿Ⅱ下滑，則乙沿Ⅰ下滑，A、D錯誤；由圖b可知，任意時刻甲的速率都小于乙的速率，而兩物塊質(zhì)量相同，則同一時刻甲的動能比乙的小，B正確；乙沿Ⅰ下滑，開始時乙速度為0，到N點(diǎn)時乙豎直方向的分速度為零，而在中間任意位置豎直分速度都不為零，根據(jù)重力的瞬時功率P＝mgvy可知，在M點(diǎn)和N點(diǎn)乙的重力功率均為零，在中間任意位置乙的重力功率都不為零，則乙沿Ⅰ下滑過程中，重力功率變化且不是一直增大，C錯誤。2.(2023·江蘇省南通市高三下適應(yīng)性考試(二))如圖所示，輕彈簧一端連接小球，另一端固定于O點(diǎn)，現(xiàn)將球拉到與O點(diǎn)等高處，彈簧處于自然狀態(tài)，小球由靜止釋放，軌跡如虛線所示，上述運(yùn)動過程中()A．小球的機(jī)械能守恒B．小球的重力勢能先減小后增大C．當(dāng)球到達(dá)O點(diǎn)的正下方時，彈簧的張力最大D．當(dāng)球到達(dá)O點(diǎn)的正下方時，重力的瞬時功率為0答案B解析以小球、彈簧組成的系統(tǒng)為研究對象，由于整個過程中只有重力和彈簧彈力做功，故系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，但彈簧的長度不斷變化，即彈性勢能不斷變化，則小球的機(jī)械能不守恒，故A錯誤；由題圖可知，小球的高度先降低后升高，則小球的重力勢能先減小后增大，故B正確；題圖中虛線上距O點(diǎn)最遠(yuǎn)的點(diǎn)，在O點(diǎn)正下方左側(cè)，即彈簧張力最大位置在O點(diǎn)正下方左側(cè)，故C錯誤；題圖中，虛線切線的方向表示小球在該點(diǎn)的速度方向，則當(dāng)小球到達(dá)O點(diǎn)的正下方時，小球的速度方向?yàn)樽笙路?，速度方向與重力方向不垂直，則重力的瞬時功率不為零，故D錯誤。3.(2022·河北省石家莊市高三下教學(xué)質(zhì)量檢測(二))質(zhì)量m＝1500kg的家庭轎車，行駛速度v≤54km/h時靠電動機(jī)輸出動力；行駛速度在54km/h<v≤90km/h范圍內(nèi)時自動轉(zhuǎn)換為靠汽油發(fā)動機(jī)輸出動力；行駛速度v>90km/h時汽油發(fā)動機(jī)和電動機(jī)將同時工作，這種混合動力汽車更節(jié)能環(huán)保。該轎車在一條平直的公路上由靜止啟動，其牽引力F隨運(yùn)動時間t的變化圖線如圖所示，所受阻力恒為1500N。已知汽車在t1時刻第一次切換動力引擎，以后保持恒定功率行駛至t2時刻。汽車在0～t2時間內(nèi)行駛的位移為217.5m。則t1和t2分別為()A．t1＝9s，t2＝11s B．t1＝9s，t2＝16sC．t1＝5.625s，t2＝11s D．t1＝5.625s，t2＝16s答案B解析由題意知，第一次切換引擎時速度為v1＝54km/h＝15m/s，0～t1時間內(nèi)由牛頓第二定律得F1－f＝ma1，解得a1＝eq\f(5,3)m/s2，則t1＝eq\f(v1,a1)＝9s。設(shè)切換引擎后瞬間的牽引力為F1′，根據(jù)P＝F1′v1，可得轎車引擎的功率變?yōu)镻＝75000W，設(shè)在t2時刻的牽引力為F2，則在t2時刻的速度大小為v2＝eq\f(P,F2)＝25m/s；0～t1時間內(nèi)行駛的位移s1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝67.5m，則t1～t2時間內(nèi)行駛的位移為s2＝s－s1＝150m；t1～t2時間內(nèi)根據(jù)動能定理得P(t2－t1)－fs2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得t2＝16s。故B正確，A、C、D錯誤。4．(2023·江蘇高考)滑塊以一定的初速度沿粗糙斜面從底端上滑，到達(dá)最高點(diǎn)B后返回到底端。利用頻閃儀分別對上滑和下滑過程進(jìn)行拍攝，頻閃照片示意圖如圖所示。與圖乙中相比，圖甲中滑塊()A．受到的合力較小B．經(jīng)過A點(diǎn)的動能較小C．在A、B之間的運(yùn)動時間較短D．在A、B之間克服摩擦力做的功較小答案C解析滑塊上滑和下滑過程均做勻變速直線運(yùn)動，因?yàn)轭l閃儀相鄰兩次閃光的時間間隔T相同，根據(jù)x總＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,總)、t甲總＝3T<t乙總＝4T，對比圖甲和圖乙可知，圖甲中滑塊的加速度較大，根據(jù)牛頓第二定律可知，圖甲中滑塊受到的合力較大，是上滑過程，故A錯誤；從圖甲中的A點(diǎn)到圖乙中的A點(diǎn)，滑塊先上升后下降，重力做功為0，摩擦力做負(fù)功，根據(jù)動能定理可知，圖甲中滑塊經(jīng)過A點(diǎn)的動能較大，故B錯誤；由于圖甲中滑塊加速度較大，根據(jù)x＝eq\f(1,2)at2，可知圖甲中滑塊在A、B之間的運(yùn)動時間較短，故C正確；上滑過程和下滑過程，滑塊受到的滑動摩擦力大小相等，根據(jù)Wf＝fx可知，圖甲和圖乙中滑塊在A、B之間克服摩擦力做的功相等，故D錯誤。5．(2023·山東省濟(jì)寧市高三下二模)如圖所示，一滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))在水平力F的作用下由靜止沿粗糙水平直軌道AB開始運(yùn)動，該力的功率恒定，達(dá)到最大速度后，撤掉該力，滑塊繼續(xù)前進(jìn)一段距離后進(jìn)入豎直光滑半圓軌道eq\o(BCD,\s\up8(︵))，并恰好通過該軌道最高點(diǎn)D，然后進(jìn)入光滑半圓管道eq\o(DEF,\s\up8(︵))，最終停在粗糙水平直軌道FG上。已知水平力的恒定功率為10W，滑塊的質(zhì)量為0.2kg，滑塊與軌道AB間的動摩擦因數(shù)為0.5，半圓軌道eq\o(BCD,\s\up8(︵))的半徑R＝0.5m，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是()A．滑塊在D點(diǎn)的速度大小為eq\r(10)m/sB．半圓管道eq\o(DEF,\s\up8(︵))的半徑r可能為0.15mC．在軌道AB上，滑塊的最大速度為10m/sD．在軌道AB上，滑塊減速過程的運(yùn)動距離為2.5m答案C解析滑塊恰好通過半圓軌道eq\o(BCD,\s\up8(︵))的最高點(diǎn)D，則滑塊在D點(diǎn)時，重力提供向心力，有mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)，解得滑塊在D點(diǎn)的速度大小vD＝eq\r(5)m/s，故A錯誤；分析可知，滑塊到達(dá)F點(diǎn)的速度恰好為零時，半圓管道eq\o(DEF,\s\up8(︵))的半徑最大，根據(jù)動能定理有－mg·2rmax＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，解得rmax＝0.125m，故B錯誤；在軌道AB上，當(dāng)F＝μmg時，滑塊的速度最大，而vmax＝eq\f(P,F)，解得vmax＝10m/s，故C正確；在軌道AB上，設(shè)滑塊減速過程的運(yùn)動距離為x，從撤去外力到運(yùn)動到D點(diǎn)，根據(jù)動能定理有－μmgx－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max)，解得x＝7.5m，故D錯誤。6.(2022·浙江6月選考)風(fēng)力發(fā)電已成為我國實(shí)現(xiàn)“雙碳”目標(biāo)的重要途徑之一。如圖所示，風(fēng)力發(fā)電機(jī)是一種將風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置。某風(fēng)力發(fā)電機(jī)在風(fēng)速為9m/s時，輸出電功率為405kW，風(fēng)速在5～10m/s范圍內(nèi)，轉(zhuǎn)化效率可視為不變。該風(fēng)機(jī)葉片旋轉(zhuǎn)一周掃過的面積為A，空氣密度為ρ，風(fēng)場風(fēng)速為v，并保持風(fēng)正面吹向葉片。下列說法正確的是()A．該風(fēng)力發(fā)電機(jī)的輸出電功率與風(fēng)速成正比B．單位時間流過面積A的流動空氣動能為eq\f(1,2)ρAv2C．若每天平均有1.0×108kW的風(fēng)能資源，則每天發(fā)電量為2.4×109kW·hD．若風(fēng)場每年有5000h風(fēng)速在6～10m/s范圍內(nèi)，則該發(fā)電機(jī)年發(fā)電量至少為6.0×105kW·h答案D解析單位時間流過面積A的流動空氣的體積為V0＝Av，質(zhì)量為m0＝ρV0＝ρAv，則單位時間流過面積A的流動空氣的動能為eq\f(1,2)m0v2＝eq\f(1,2)ρAv3，風(fēng)速在5～10m/s范圍內(nèi)，風(fēng)力發(fā)電機(jī)轉(zhuǎn)化效率可視為不變，可知風(fēng)速在5～10m/s范圍內(nèi)時，該風(fēng)力發(fā)電機(jī)的輸出電功率與風(fēng)速的三次方成正比，故A、B錯誤；若每天平均有1.0×108kW的風(fēng)能資源，則每天產(chǎn)生的風(fēng)能E＝1.0×108kW×24h＝2.4×109kW·h，由于風(fēng)力發(fā)電轉(zhuǎn)化效率小于100%，則每天發(fā)電量應(yīng)小于2.4×109kW·h，故C錯誤；若風(fēng)場每年有5000h風(fēng)速在6～10m/s范圍內(nèi)，當(dāng)風(fēng)速取最小值6m/s時，該發(fā)電機(jī)年發(fā)電量具有最小值，根據(jù)題意，風(fēng)速為9m/s時，輸出電功率為405kW，由于風(fēng)速在5～10m/s范圍內(nèi)，轉(zhuǎn)化效率可視為不變，由A項(xiàng)分析可知，當(dāng)風(fēng)速為6m/s時，輸出電功率為P＝63×eq\f(405,93)kW＝120kW，則該發(fā)電機(jī)年發(fā)電量至少為E′＝Pt＝120kW×5000h＝6.0×105kW·h，故D正確。7.(2023·山西省晉城市高三下5月第三次模擬)如圖所示，水平地面上豎直放置的光滑細(xì)管內(nèi)有兩個完全相同、質(zhì)量均為m的小球，由于微小晃動，兩小球分別沿兩側(cè)圓弧管道從最高點(diǎn)同時由靜止滑下，在最低點(diǎn)發(fā)生彈性碰撞后又回到最高點(diǎn)。已知整個過程中細(xì)管對地面的最小壓力恰好為0，小球可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小為g，則整個過程中細(xì)管對水平地面的最大壓力為()A．10mg B.eq\f(32,3)mgC.eq\f(34,3)mg D．13mg答案B解析設(shè)其中任一個小球在細(xì)管的上半部分某處時，小球的速度大小為v，細(xì)管對小球斜向下的彈力大小為FN1，小球與圓心O的連線與豎直方向的夾角為α，圓弧管道半徑為R，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgR(1－cosα)＝eq\f(1,2)mv2，根據(jù)牛頓第二定律有FN1＋mgcosα＝meq\f(v2,R)，設(shè)此小球?qū)?xì)管斜向上的彈力大小為FN1′，有FN1′＝FN1，則兩小球?qū)A弧管道豎直向上的合力F合＝2FN1′cosα，聯(lián)立解得F合＝4mgcosα－6mgcos2α，0＜α＜eq\f(π,2)，由數(shù)學(xué)知識可知，當(dāng)cosα＝eq\f(1,3)時，F(xiàn)合有最大值F合m＝eq\f(2,3)mg，根據(jù)題意可知，細(xì)管的質(zhì)量為M＝eq\f(F合m,g)＝eq\f(2,3)m；兩小球在最低點(diǎn)碰撞前，對細(xì)管豎直向下的作用力最大，設(shè)此時兩小球的速度大小均為v1，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，根據(jù)牛頓第二定律有FN2－mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)，由牛頓第三定律知，每個小球?qū)?xì)管的最大壓力為FN2′＝FN2，則細(xì)管對水平地面的最大壓力Fm＝Mg＋2FN2′，解得Fm＝eq\f(32,3)mg，A、C、D錯誤，B正確。8.(2023·湖南高考)(多選)如圖，固定在豎直面內(nèi)的光滑軌道ABC由直線段AB和圓弧段BC組成，兩段相切于B點(diǎn)，AB段與水平面夾角為θ，BC段圓心為O，最高點(diǎn)為C，A與C的高度差等于圓弧軌道的直徑2R。小球從A點(diǎn)以初速度v0沖上軌道，能沿軌道運(yùn)動恰好到達(dá)C點(diǎn)，下列說法正確的是()A．小球從B到C的過程中，對軌道的壓力逐漸增大B．小球從A到C的過程中，重力的功率始終保持不變C．小球的初速度v0＝eq\r(2gR)D．若小球初速度v0增大，小球有可能從B點(diǎn)脫離軌道答案AD解析小球能沿軌道運(yùn)動恰好到達(dá)C點(diǎn)，則小球在C點(diǎn)的速度為vC＝0，小球從B到C的過程中，由動能定理知，其所在位置和O點(diǎn)連線與豎直方向的夾角為α?xí)r，小球在該點(diǎn)速度v滿足－mgR(1－cosα)＝0－eq\f(1,2)mv2，此時mgcosα－FN＝meq\f(v2,R)，聯(lián)立得軌道對小球的支持力FN＝3mgcosα－2mg，從B到C的過程中α由θ減小到0，則cosα逐漸增大，F(xiàn)N逐漸增大，結(jié)合牛頓第三定律知，小球從B到C的過程中，對軌道的壓力逐漸增大，A正確；小球從A到B的過程中，速度逐漸減小，則重力的功率P＝－mgvsinθ逐漸減小，B錯誤；小球從A到C的過程中，由動能定理有－mg·2R＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(4gR)，C錯誤；若小球在B點(diǎn)恰好脫離軌道，則有mgcosθ＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，得vB＝eq\r(gRcosθ)，若小球初速度v0增大，小球在B點(diǎn)的速度有可能大于eq\r(gRcosθ)，故小球有可能從B點(diǎn)脫離軌道，D正確。二、非選擇題(本題共1小題)9．(2021·全國甲卷)如圖，一傾角為θ的光滑斜面上有50個減速帶(圖中未完全畫出)，相鄰減速帶間的距離均為d，減速帶的寬度遠(yuǎn)小于d；一質(zhì)量為m的無動力小車(可視為質(zhì)點(diǎn))從距第一個減速帶L處由靜止釋放。已知小車通過減速帶損失的機(jī)械能與到達(dá)減速帶時的速度有關(guān)。觀察發(fā)現(xiàn)，小車通過第30個減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同。小車通過第50個減速帶后立刻進(jìn)入與斜面光滑連接的水平地面，繼續(xù)滑行距離s后停下。已知小車與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。(1)求小車通過第30個減速帶后，經(jīng)過每一個減速帶時損失的機(jī)械能；(2)求小車通過前30個減速帶的過程中在每一個減速帶上平均損失的機(jī)械能；(3)若小車在前30個減速帶上平均每一個損失的機(jī)械能大于之后每一個減速帶上損失的機(jī)械能，則L應(yīng)滿足什么條件？答案(1)mgdsinθ(2)eq\f(\a\vs4\al(mg（L＋29d）sinθ－μmgs),30)(3)L>d＋eq\f(\a\vs4\al(μs),sinθ)解析(1)小車在光滑斜面上滑行時，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ＝ma設(shè)小車通過第30個減速帶后速度為v1，到達(dá)第31個減速帶前速度為v2，則有veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2ad因?yàn)樾≤囃ㄟ^第30個減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同，故后面通過減速帶后的速度與到達(dá)下一個減速帶前的速度均為v1和v2，經(jīng)過每一個減速帶時損失的機(jī)械能為ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)聯(lián)立以上各式解得ΔE＝mgdsinθ。(2)由(1)知小車通過第50個減速帶后的速度為v1，則在水平地面上的運(yùn)動過程，根據(jù)動能定理有－μmgs＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)從小車開始下滑到通過第30個減速帶，根據(jù)動能定理有mg(L＋29d)sinθ－ΔE總＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0聯(lián)立解得ΔE總＝mg(L＋29d)sinθ－μmgs故小車通過前30個減速帶的過程中在每一個減速帶上平均損失的機(jī)械能為ΔE′＝eq\f(ΔE總,30)＝eq\f(\a\vs4\al(mg（L＋29d）sinθ－μmgs),30)。(3)由題意可知ΔE′>ΔE可得L>d＋eq\f(\a\vs4\al(μs),sinθ)。實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律科學(xué)探究梳理驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。實(shí)驗(yàn)方案1研究自由下落物體的機(jī)械能1．在只有重力做功的自由落體運(yùn)動中，物體的重力勢能和動能互相轉(zhuǎn)化，但總的機(jī)械能保持不變。若物體某時刻瞬時速度為v，下落高度為h，則重力勢能的減少量為mgh，動能的增加量為eq\f(1,2)mv2，看它們在實(shí)驗(yàn)誤差允許的范圍內(nèi)是否相等，若相等則驗(yàn)證了機(jī)械能守恒定律。2．速度的測量：做勻變速直線運(yùn)動的物體某段位移中間時刻的瞬時速度等于這段位移的平均速度。計(jì)算打第n點(diǎn)速度的方法：測出第n點(diǎn)與相鄰前后點(diǎn)間的距離xn和xn＋1，由公式vn＝eq\f(xn＋xn＋1,2T)計(jì)算，或測出第n－1點(diǎn)和第n＋1點(diǎn)與起始點(diǎn)的距離hn－1和hn＋1，由公式vn＝eq\f(hn＋1－h(huán)n－1,2T)算出，如圖所示。鐵架臺(含鐵夾)，打點(diǎn)計(jì)時器，交流電源，紙帶，復(fù)寫紙，導(dǎo)線，毫米刻度尺，重物(帶紙帶夾)。1．安裝置：如圖所示，將檢查、調(diào)整好的打點(diǎn)計(jì)時器豎直固定在鐵架臺上，接好電路。2．打紙帶：將紙帶的一端用夾子固定在重物上，另一端穿過打點(diǎn)計(jì)時器的限位孔，用手提著紙帶使重物靜止在靠近打點(diǎn)計(jì)時器的地方。先接通電源，后松開紙帶，讓重物帶著紙帶自由下落。更換紙帶重復(fù)做3～5次實(shí)驗(yàn)。3．選紙帶：分兩種情況說明(1)用eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)＝mghn驗(yàn)證時，應(yīng)選點(diǎn)跡清晰，且第1、2兩點(diǎn)間距離接近2mm的紙帶。若第1、2兩點(diǎn)間的距離大于2mm，則可能是由先釋放紙帶后接通電源造成的。這樣，第1個點(diǎn)就不是運(yùn)動的起始點(diǎn)了，這樣的紙帶不能選。(2)用eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝mghAB驗(yàn)證時，處理紙帶時不必從起始點(diǎn)開始計(jì)算重力勢能減少量的大小，這樣，紙帶上打出的起始點(diǎn)O后的第一個0.02s內(nèi)的位移是否接近2mm，以及第一個點(diǎn)是否清晰也就無關(guān)緊要了，實(shí)驗(yàn)打出的任何一條紙帶，只要后面的點(diǎn)跡清晰，就可以用來驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。1．測量、計(jì)算在起始點(diǎn)標(biāo)上0，在以后各計(jì)數(shù)點(diǎn)依次標(biāo)上1、2、3…，用刻度尺測出對應(yīng)下落高度h1、h2、h3…。利用公式vn＝eq\f(hn＋1－h(huán)n－1,2T)計(jì)算出打點(diǎn)1、點(diǎn)2、點(diǎn)3…時重物的瞬時速度v1、v2、v3…。2．驗(yàn)證守恒方法一：利用起始點(diǎn)和第n點(diǎn)計(jì)算。計(jì)算ghn和eq\f(1,2)veq\o\al(2,n)，如果在實(shí)驗(yàn)誤差允許的范圍內(nèi)，ghn＝eq\f(1,2)veq\o\al(2,n)，則驗(yàn)證了機(jī)械能守恒定律。(此方法要求所選紙帶必須點(diǎn)跡清晰且第1、2兩點(diǎn)間距離接近2mm)方法二：任取兩點(diǎn)計(jì)算。①任取兩點(diǎn)A、B測出hAB，算出ghAB。②算出eq\f(1,2)veq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)veq\o\al(2,A)的值。③在實(shí)驗(yàn)誤差允許的范圍內(nèi)，如果ghAB＝eq\f(1,2)veq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)veq\o\al(2,A)，則驗(yàn)證了機(jī)械能守恒定律。方法三：圖像法。從紙帶上選取多個點(diǎn)，測量從第一個點(diǎn)到其余各點(diǎn)的下落高度h，并計(jì)算各點(diǎn)速度的平方v2，然后以eq\f(1,2)v2為縱軸，以h為橫軸，根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)繪出eq\f(1,2)v2-h圖像。若在誤差允許的范圍內(nèi)圖線是一條過原點(diǎn)且斜率為g的直線，則驗(yàn)證了機(jī)械能守恒定律。1．系統(tǒng)誤差：本實(shí)驗(yàn)中因重物和紙帶在下落過程中要克服各種阻力(空氣阻力、打點(diǎn)計(jì)時器阻力)做功，故動能的增加量ΔEk稍小于重力勢能的減少量ΔEp，即ΔEk<ΔEp。改進(jìn)的辦法是調(diào)整器材的安裝，盡可能地減小阻力。2．偶然誤差：本實(shí)驗(yàn)在長度測量時產(chǎn)生的誤差。減小誤差的辦法是測下落距離時都從0點(diǎn)量起，一次將各打點(diǎn)對應(yīng)的下落高度測量完，或者多次測量取平均值來減小誤差。1．打點(diǎn)計(jì)時器要穩(wěn)定地固定在鐵架臺上，打點(diǎn)計(jì)時器平面與紙帶限位孔調(diào)整到豎直方向，以減小摩擦阻力。2．重物要選用密度大、體積小的物體，這樣可以減小空氣阻力的影響，從而減小實(shí)驗(yàn)誤差。3．實(shí)驗(yàn)中，需保持提紙帶的手不動，且保證紙帶豎直，待接通電源，打點(diǎn)計(jì)時器工作穩(wěn)定后，再松開紙帶。4．測量下落高度時，為了減小測量值h的相對誤差，選取的各個計(jì)數(shù)點(diǎn)要離起始點(diǎn)遠(yuǎn)一些，紙帶也不宜過長，有效長度可在60～80cm之間。5．不需測出物體質(zhì)量，只需驗(yàn)證eq\f(1,2)veq\o\al(2,n)＝ghn或eq\f(1,2)veq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)veq\o\al(2,A)＝ghAB即可。6．速度不能用vn＝gtn或vn＝eq\r(2ghn)計(jì)算，因?yàn)橹灰J(rèn)為加速度為g，機(jī)械能當(dāng)然守恒，即相當(dāng)于用機(jī)械能守恒定律驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，所以速度應(yīng)從紙帶上直接測量計(jì)算。同樣的道理，重物下落的高度h，也只能用刻度尺直接測量，而不能用hn＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,n)或hn＝eq\f(veq\o\al(2,n),2g)計(jì)算得到。1．物體下落過程中通過某一位置的速度可以用數(shù)字計(jì)時器測出來，利用這種裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，能消除紙帶與限位孔的摩擦阻力帶來的系統(tǒng)誤差。2．整個實(shí)驗(yàn)裝置可以放在真空的環(huán)境中操作，如用牛頓管和頻閃照相進(jìn)行驗(yàn)證，以消除由于空氣阻力作用而帶來的誤差。3．為防止重物被釋放時的初速度不為零，可將裝置改成如圖所示形式，剪斷紙帶最上端，讓重物從靜止開始下落。實(shí)驗(yàn)方案2研究沿斜面下滑物體的機(jī)械能本方案中，利用氣墊導(dǎo)軌和數(shù)字計(jì)時器記錄物體沿光滑斜面下滑的運(yùn)動過程。氣墊導(dǎo)軌上有很多小孔，氣泵送來的壓縮空氣從小孔噴出，使得滑塊與導(dǎo)軌之間有一層薄薄的空氣層，兩者不會直接接觸。這樣，滑塊運(yùn)動時受到的阻力很小，實(shí)驗(yàn)的精確度能大大提高。計(jì)時系統(tǒng)的工作要借助于光源和光敏管(統(tǒng)稱光電門)。根據(jù)遮光條的寬度和遮光時間，可以算出滑塊經(jīng)過時的速度。實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。實(shí)驗(yàn)操作中，把氣墊導(dǎo)軌調(diào)成傾斜狀態(tài)，滑塊沿傾斜的氣墊導(dǎo)軌下滑時，重力勢能減小，動能增大。測量滑塊下降的高度Δh，即兩光電門的高度差，測量計(jì)算滑塊先后經(jīng)過兩個光電門的速度v1、v2，比較gΔh和eq\f(1,2)veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)veq\o\al(2,1)的大小，就可以驗(yàn)證機(jī)械能是否守恒。科學(xué)探究精研考點(diǎn)一教材原型實(shí)驗(yàn)考向1研究自由下落物體的機(jī)械能例1利用圖1裝置做“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”實(shí)驗(yàn)。(1)為驗(yàn)證機(jī)械能是否守恒，需要比較重物下落過程中任意兩點(diǎn)間的________。A．動能變化量與勢能變化量B．速度變化量和勢能變化量C．速度變化量和高度變化量(2)除帶夾子的重物、紙帶、鐵架臺(含鐵夾)、電磁打點(diǎn)計(jì)時器、導(dǎo)線及開關(guān)外，在下列器材中，還必須使用的兩種器材是________。A．交流電源B．刻度尺C．天平(含砝碼)(3)實(shí)驗(yàn)中，先接通電源，再釋放重物，得到圖2所示的一條紙帶。在紙帶上選取三個連續(xù)打出的點(diǎn)A、B、C，測得它們到起始點(diǎn)O的距離分別為hA、hB、hC。已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，打點(diǎn)計(jì)時器打點(diǎn)的周期為T。設(shè)重物的質(zhì)量為m。從打O點(diǎn)到打B點(diǎn)的過程中，重物的重力勢能變化量ΔEp＝________，動能變化量ΔEk＝________。(4)大多數(shù)學(xué)生的實(shí)驗(yàn)結(jié)果顯示，重力勢能的減少量大于動能的增加量，原因是________。A．利用公式v＝gt計(jì)算重物速度B．利用公式v＝eq\r(2gh)計(jì)算重物速度C．存在空氣阻力和摩擦阻力的影響D．沒有采用多次實(shí)驗(yàn)取平均值的方法(5)某同學(xué)想用下述方法研究機(jī)械能是否守恒：在紙帶上選取多個計(jì)數(shù)點(diǎn)，測量它們到起始點(diǎn)O的距離h，計(jì)算對應(yīng)計(jì)數(shù)點(diǎn)的重物速度v，描繪v2－h(huán)圖像，并做如下判斷：若圖像是一條過原點(diǎn)的直線，則重物下落過程中機(jī)械能守恒。請你分析論證該同學(xué)的判斷依據(jù)是否正確。________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________[答案](1)A(2)AB(3)－mghBeq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(hC－h(huán)A,2T)))eq\s\up12(2)(4)C(5)見解析[解析](1)如果機(jī)械能守恒，則只有動能和勢能相互轉(zhuǎn)化，所以本實(shí)驗(yàn)需要比較重物下落過程中任意兩點(diǎn)的動能變化量與勢能變化量，A正確。(2)電磁打點(diǎn)計(jì)時器需要交流電源，數(shù)據(jù)處理時需要利用刻度尺測量紙帶上的距離，A、B正確；本實(shí)驗(yàn)不需要測量重物的質(zhì)量，所以不需要天平，C錯誤。(3)從O點(diǎn)到B點(diǎn)，重力勢能的變化為ΔEp＝0－mghB＝－mghB，因起始點(diǎn)的速度為零，所以動能的變化量等于B點(diǎn)的動能，B點(diǎn)的速度為v＝eq\f(hC－h(huán)A,2T)，則動能變化量為ΔEk＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(hC－h(huán)A,2T)))eq\s\up12(2)。(4)由于實(shí)驗(yàn)中存在空氣阻力和摩擦阻力，重力勢能的減少量等于動能的增加量及摩擦產(chǎn)生的熱量之和，所以動能的增加量小于重力勢能的減少量，C正確。(5)該同學(xué)的判斷依據(jù)不正確。在重物下落h的過程中，若阻力f恒定，根據(jù)mgh－fh＝eq\f(1,2)mv2－0，可得v2＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－\f(\a\vs4\al(f),m)))h，可知v2－h(huán)圖像就是過原點(diǎn)的一條直線。要想通過畫v2－h(huán)圖像的方法驗(yàn)證機(jī)械能是否守恒，還必須看圖像的斜率是否接近2g。【跟進(jìn)訓(xùn)練】(2021·浙江6月選考)在“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”實(shí)驗(yàn)中，小王用如圖1所示的裝置，讓重物從靜止開始下落，打出一條清晰的紙帶，其中的一部分如圖2所示。O點(diǎn)是打下的第一個點(diǎn)，A、B、C和D為另外4個連續(xù)打下的點(diǎn)。(1)為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，對體積和形狀相同的重物，實(shí)驗(yàn)時選擇密度大的理由是____________________。(2)已知交流電頻率為50Hz，重物質(zhì)量為200g，當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭＝9.80m/s2，則從O點(diǎn)到C點(diǎn)，重物的重力勢能變化量的絕對值|ΔEp|＝________J，C點(diǎn)的動能EkC＝________J(計(jì)算結(jié)果均保留3位有效數(shù)字)。比較EkC與|ΔEp|的大小，出現(xiàn)這一結(jié)果的原因可能是________。A．工作電壓偏高B．存在空氣阻力和摩擦力C．接通電源前釋放了紙帶答案(1)阻力與重力之比更小(或其他合理解釋)(2)0.5470.588C解析(1)驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律實(shí)驗(yàn)中，阻力相對重力越小越好，所以對體積和形狀相同的重物，密度大的阻力與重力之比更小，可以減小實(shí)驗(yàn)誤差。(2)由圖2可知O、C之間的距離為xOC＝27.90cm，因此重物重力勢能的變化量的絕對值為|ΔEp|＝mgxOC＝0.200×9.80×0.2790J＝0.547J；勻變速直線運(yùn)動中間時刻的速度等于這段時間的平均速度，因此vC＝eq\f(xBD,2T)＝eq\f(0.3300－0.2330,2×0.02)m/s＝2.425m/s，C點(diǎn)的動能為EkC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)×0.200×2.4252J＝0.588J。比較可知EkC＞|ΔEp|，分析可知，工作電壓偏高不會影響實(shí)驗(yàn)結(jié)果，存在空氣阻力和摩擦力會使重力勢能的減少量大于動能的增加量，而若接通電源前釋放了紙帶，則紙帶的初速度不為零，會導(dǎo)致下落到某位置時的動能大于重力勢能的減少量，故C正確，A、B錯誤?？枷?研究沿斜面下滑物體的機(jī)械能例2(2021·海南高考)為了驗(yàn)證物體沿光滑斜面下滑的過程中機(jī)械能守恒，某學(xué)習(xí)小組用如圖所示的氣墊導(dǎo)軌裝置(包括導(dǎo)軌、氣源、光電門、滑塊、遮光條、數(shù)字毫秒計(jì))進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。此外可使用的實(shí)驗(yàn)器材還有：天平、游標(biāo)卡尺、刻度尺。(1)某同學(xué)設(shè)計(jì)了如下的實(shí)驗(yàn)步驟，其中不必要的步驟是________；①在導(dǎo)軌上選擇兩個適當(dāng)?shù)奈恢肁、B安裝光電門Ⅰ、Ⅱ，并連接數(shù)字毫秒計(jì)；②用天平測量滑塊和遮光條的總質(zhì)量m；③用游標(biāo)卡尺測量遮光條的寬度d；④通過導(dǎo)軌上的標(biāo)尺測出A、B之間的距離l；⑤調(diào)整好氣墊導(dǎo)軌的傾斜狀態(tài)；⑥將滑塊從光電門Ⅰ左側(cè)某處，由靜止開始釋放，從數(shù)字毫秒計(jì)讀出滑塊通過光電門Ⅰ、Ⅱ的時間Δt1、Δt2；⑦用刻度尺分別測量A、B點(diǎn)到水平桌面的高度h1、h2；⑧改變氣墊導(dǎo)軌傾斜程度，重復(fù)步驟⑤⑥⑦，完成多次測量。(2)用游標(biāo)卡尺測量遮光條的寬度d時，游標(biāo)卡尺的示數(shù)如圖所示，則d＝________mm；某次實(shí)驗(yàn)中，測得Δt1＝11.60ms，則滑塊通過光電門Ⅰ的瞬時速度v1＝________m/s(保留3位有效數(shù)字)；(3)在誤差允許范圍內(nèi)，若h1－h(huán)2＝________(用上述必要的實(shí)驗(yàn)步驟直接測量的物理量符號表示，已知重力加速度為g)，則認(rèn)為滑塊下滑過程中機(jī)械能守恒；(4)寫出兩點(diǎn)產(chǎn)生誤差的主要原因：_____________________________________________________。[答案](1)②④(2)5.000.431(3)eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt1)))\s\up12(2),2g)(4)滑塊在下滑過程中受到空氣阻力作用；遮光條寬度不夠窄，測量速度不準(zhǔn)確[解析](1)滑塊通過光電門的瞬時速度v＝eq\f(d,Δt)，滑塊沿光滑的斜面下滑過程中若機(jī)械能守恒，減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為動能，有mg(h1－h(huán)2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)m·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt1)))eq\s\up12(2)，整理化簡得g(h1－h(huán)2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt1)))eq\s\up12(2)，所以測量滑塊和遮光條的總質(zhì)量m不必要，測量A、B之間的距離l不必要，故選②④。(2)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為d＝5mm＋0×0.05mm＝5.00mm；滑塊通過光電門Ⅰ的瞬時速度v1＝eq\f(d,Δt1)＝eq\f(5.00×10－3,11.60×10－3)m/s＝0.431m/s。(3)根據(jù)(1)問可知，在誤差允許的范圍內(nèi)，若h1－h(huán)2＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt1)))\s\up12(2),2g)，則可認(rèn)為滑塊下滑過程中機(jī)械能守恒。(4)滑塊在下滑過程中受到空氣阻力作用，產(chǎn)生誤差；遮光條寬度不夠窄，測量速度不準(zhǔn)確，產(chǎn)生誤差?？键c(diǎn)二實(shí)驗(yàn)拓展與創(chuàng)新創(chuàng)新角度實(shí)驗(yàn)裝置圖創(chuàng)新解讀實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡膭?chuàng)新(1)利用機(jī)械能守恒定律確定彈簧彈性勢能。(2)由平拋運(yùn)動測量球的初速度。(3)利用平拋的水平位移s與彈簧壓縮量Δx的圖線處理數(shù)據(jù)實(shí)驗(yàn)器材的創(chuàng)新(1)利用系統(tǒng)機(jī)械能守恒代替單個物體的機(jī)械能守恒。(2)利用光電門測算滑塊的瞬時速度(1)小球在重力作用下做豎直上拋運(yùn)動。(2)利用頻閃照片獲取實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)(1)用光電門測定小球下落到B點(diǎn)的速度。(2)結(jié)合H－eq\f(1,t2)圖線驗(yàn)證小球下落過程中機(jī)械能守恒。(3)分析實(shí)驗(yàn)誤差ΔEp－ΔEk隨H變化的規(guī)律實(shí)驗(yàn)方案的創(chuàng)新(1)利用鋼球擺動來驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。(2)利用光電門測定擺球的瞬時速度考向1實(shí)驗(yàn)器材的創(chuàng)新例3(2022·廣東高考)某實(shí)驗(yàn)小組為測量小球從某一高度釋放，與某種橡膠材料碰撞導(dǎo)致的機(jī)械能損失，設(shè)計(jì)了如圖a所示的裝置，實(shí)驗(yàn)過程如下：(1)讓小球從某一高度由靜止釋放，與水平放置的橡膠材料碰撞后豎直反彈。調(diào)節(jié)光電門位置，使小球從光電門正上方釋放后，在下落和反彈過程中均可通過光電門。(2)用螺旋測微器測量小球的直徑，示數(shù)如圖b所示，小球直徑d＝________mm。(3)測量時，應(yīng)________(選填“A”或“B”，其中A為“先釋放小球，后接通數(shù)字計(jì)時器”，B為“先接通數(shù)字計(jì)時器，后釋放小球”)。記錄小球第一次和第二次通過光電門的遮光時間t1和t2。(4)計(jì)算小球通過光電門的速度，已知小球的質(zhì)量為m，可得小球與橡膠材料碰撞導(dǎo)致的機(jī)械能損失ΔE＝________________(用字母m、d、t1和t2表示)。(5)若適當(dāng)調(diào)高光電門的高度，將會________(選填“增大”或“減小”)因空氣阻力引起的測量誤差。[答案](2)7.883(7.882～7.884均可)(3)B(4)eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t1)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t2)))eq\s\up12(2)(5)增大[解析](2)由題圖b可知小球的直徑為d＝7.5mm＋38.3×0.01mm＝7.883mm。(3)在測量時，因小球下落時間很短，如果先釋放小球，有可能會出現(xiàn)時間記錄不完整，所以應(yīng)先接通數(shù)字計(jì)時器，后釋放小球，故選B。(4)依題意，小球向下、向上先后通過光電門時的速度大小分別為v1＝eq\f(d,t1)，v2＝eq\f(d,t2)，則小球與橡膠材料碰撞過程中的機(jī)械能損失為ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t1)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t2)))eq\s\up12(2)。(5)若調(diào)高光電門的高度，較調(diào)整之前，在兩次通過光電門的時間間隔內(nèi)，小球會經(jīng)歷較大的空中距離，其他條件相同的情況下空氣阻力做功變大，所以將會增大因空氣阻力引起的測量誤差。考向2實(shí)驗(yàn)方案的創(chuàng)新例4(2022·湖北高考)某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個用拉力傳感器驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的實(shí)驗(yàn)。一根輕繩一端連接固定的拉力傳感器，另一端連接小鋼球，如圖甲所示。拉起小鋼球至某一位置由靜止釋放，使小鋼球在豎直平面內(nèi)擺動，記錄鋼球擺動過程中拉力傳感器示數(shù)的最大值Tmax和最小值Tmin。改變小鋼球的初始釋放位置，重復(fù)上述過程。根據(jù)測量數(shù)據(jù)在直角坐標(biāo)系中繪制的Tmax-Tmin圖像是一條直線，如圖乙所示。(1)若小鋼球擺動過程中機(jī)械能守恒，則圖乙中直線斜率的理論值為________。(2)由圖乙得：直線的斜率為________，小鋼球的重力為________N。(結(jié)果均保留2位有效數(shù)字)(3)該實(shí)驗(yàn)系統(tǒng)誤差的主要來源是________(單選，填正確答案標(biāo)號)。A．小鋼球擺動角度偏大B．小鋼球初始釋放位置不同C．小鋼球擺動過程中有空氣阻力[答案](1)－2(2)－2.10.59(3)C[解析](1)設(shè)在初始位置，輕繩與豎直方向夾角為θ，則拉力最小值為Tmin＝mgcosθ，到最低點(diǎn)時拉力最大，根據(jù)牛頓第二定律有Tmax－mg＝meq\f(v2,l)，若小鋼球擺動過程中機(jī)械能守恒，則mgl(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立可得Tmax＝3mg－2Tmin，可知圖乙中直線斜率的理論值為－2。(2)由圖乙得，直線的斜率為k＝eq\f(1.35－1.765,0.197－0.00)＝－2.1，縱截距為3mg＝1.765，則小鋼球的重力為mg＝0.59N。(3)若無空氣阻力做功，根據(jù)(1)問分析可知，小鋼球擺動角度及初始釋放位置的不同均不會引起系統(tǒng)誤差，因此該實(shí)驗(yàn)系統(tǒng)誤差的主要來源是小鋼球擺動過程中有空氣阻力，故選C?？枷?實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡膭?chuàng)新例5(2022·河北高考)某實(shí)驗(yàn)小組利用鐵架臺、彈簧、鉤碼、打點(diǎn)計(jì)時器、刻度尺等器材驗(yàn)證系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律，實(shí)驗(yàn)裝置如圖1所示。彈簧的勁度系數(shù)為k，原長為L0，鉤碼的質(zhì)量為m。已知彈簧的彈性勢能表達(dá)式為E＝eq\f(1,2)kx2，其中k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮間。(1)在彈性限度內(nèi)將鉤碼緩慢下拉至某一位置，測得此時彈簧的長度為L。接通打點(diǎn)計(jì)時器電源。從靜止釋放鉤碼，彈簧收縮，得到了一條點(diǎn)跡清晰的紙帶。鉤碼加速上升階段的部分紙帶如圖2所示，紙帶上相鄰兩點(diǎn)之間的時間間隔均為T(在誤差允許范圍內(nèi)，認(rèn)為釋放鉤碼的同時打出A點(diǎn))。從打出A點(diǎn)到打出F點(diǎn)時間內(nèi)，彈簧的彈性勢能減少量為________________，鉤碼的動能增加量為________，鉤碼的重力勢能增加量為________。(2)利用計(jì)算機(jī)軟件對實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)進(jìn)行處理，得到彈簧彈性勢能減少量、鉤碼的機(jī)械能增加量分別與鉤碼上升高度h的關(guān)系，如圖3所示。由圖3可知，隨著h增加，兩條曲線在縱向的間隔逐漸變大，主要原因是________________________。[答案](1)k(L－L0)h5－eq\f(1,2)kheq\o\al(2,5)eq\f(m（h6－h(huán)4）2,8T2)mgh5(2)摩擦阻力做功[解析](1)從打出A點(diǎn)到打出F點(diǎn)時間內(nèi)，彈簧的彈性勢能減少量為ΔEp彈＝eq\f(1,2)k(L－L0)2－eq\f(1,2)k(L－L0－h(huán)5)2＝k(L－L0)h5－eq\f(1,2)kheq\o\al(2,5)；打F點(diǎn)時鉤碼的速度可以用E、G間的平均速度代替，則打F點(diǎn)時鉤碼的速度為vF＝eq\f(h6－h(huán)4,2T)，由于在誤差允許的范圍內(nèi)，認(rèn)為釋放鉤碼的同時打出A點(diǎn)，即打A點(diǎn)時鉤碼速度為0，則從打出A點(diǎn)到打出F點(diǎn)時間內(nèi)，鉤碼動能的增加量為ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,F)－0＝eq\f(m（h6－h(huán)4）2,8T2)；鉤碼的重力勢能增加量為ΔEp重＝mgh5。(2)鉤碼機(jī)械能的增加量，即為鉤碼動能和重力勢能增加量的總和，若無阻力做功，則應(yīng)等于彈簧彈性勢能的減少量。而在本實(shí)驗(yàn)中隨著h增加，兩條曲線在縱向的間隔逐漸變大，分析知主要原因是，隨著h增加，空氣阻力和紙帶所受計(jì)時器的阻力做的功也逐漸增大。課時作業(yè)1．(2023·天津高考)在驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的實(shí)驗(yàn)中，如圖甲所示放置實(shí)驗(yàn)器材，接通電源，釋放托盤與砝碼，并測得：a．遮光片寬度db．釋放前遮光片到光電門的長度lc．遮光片通過光電門的時間Δtd．托盤與砝碼質(zhì)量m1，滑塊與遮光片質(zhì)量m2(1)滑塊通過光電門時的速度為________；(2)從釋放到滑塊經(jīng)過光電門，這一過程中，系統(tǒng)重力勢能減少量為________，動能增加量為________；(3)改變l，做多組實(shí)驗(yàn)，作出如圖乙所示以l為橫坐標(biāo)、以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt)))eq\s\up12(2)為縱坐標(biāo)的圖像，若機(jī)械能守恒定律成立，則圖像斜率為________。答案(1)eq\f(d,Δt)(2)m1gleq\f(1,2)(m1＋m2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt)))eq\s\up12(2)(3)eq\f(2m1g,m1＋m2)解析(1)遮光片寬度很小，所以可認(rèn)為遮光片通過光電門的平均速度等于滑塊通過光電門時的速度，即滑塊通過光電門時的速度為v＝eq\f(d,Δt)。(2)從釋放到滑塊經(jīng)過光電門，這一過程中，系統(tǒng)重力勢能減少量為托盤與砝碼重力勢能減少量，即ΔEp＝m1gl，系統(tǒng)動能增加量為托盤與砝碼、滑塊與遮光片動能增加量之和，即ΔEk＝eq\f(1,2)m1v2＋eq\f(1,2)m2v2＝eq\f(1,2)(m1＋m2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt)))eq\s\up12(2)。(3)若機(jī)械能守恒定律成立，則系統(tǒng)重力勢能的減少量與動能增加量相同，有m1gl＝eq\f(1,2)(m1＋m2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt)))eq\s\up12(2)，整理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt)))eq\s\up12(2)＝eq\f(2m1g,m1＋m2)·l，則以l為橫坐標(biāo)、以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt)))eq\s\up12(2)為縱坐標(biāo)的圖像斜率為eq\f(2m1g,m1＋m2)。2.(2023·浙江6月選考)如圖所示，某同學(xué)把A、B兩根不同的彈簧串接豎直懸掛，探究A、B彈簧彈力與伸長量的關(guān)系。在B彈簧下端依次掛上質(zhì)量為m的鉤碼，靜止時指針?biāo)缚潭葂A、xB的數(shù)據(jù)如表。鉤碼個數(shù)012…xA/cm7.758.539.30…xB/cm16.4518.5220.60…鉤碼個數(shù)為1時，彈簧A的伸長量ΔxA＝________cm，彈簧B的伸長量ΔxB＝________cm，兩根彈簧彈性勢能的增加量ΔEp________mg(ΔxA＋ΔxB)(選填“＝”、“<”或“>”)。答案0.781.29<解析鉤碼個數(shù)為1時，彈簧A的伸長量ΔxA＝8.53cm－7.75cm＝0.78cm，彈簧B的伸長量ΔxB＝(18.52cm－8.53cm)－(16.45cm－7.75cm)＝1.29cm。彈簧A、B的彈力隨形變量的增大而增大，因?yàn)榇藭r彈簧A、B中的彈力大小均為mg，則彈簧A、B克服彈力做功分別為WA＝eq\o(F,\s\up6(－))A·ΔxA<mg·ΔxA，WB＝eq\o(F,\s\up6(－))B·ΔxB<mg·ΔxB，由功能關(guān)系可得，兩根彈簧彈性勢能的增加量ΔEp＝WA＋WB<mg(ΔxA＋ΔxB)。3.(2023·山東省威海市高三下5月二模)如圖所示為某小組驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的實(shí)驗(yàn)裝置。將圓柱體重錘從A點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)重錘沿豎直面做圓周運(yùn)動經(jīng)過裝置E時，E能夠同時記錄此時重錘相對于最低點(diǎn)的高度h和重錘遮擋光電門的時間t。沿圓周改變裝置E的位置，每次都將重錘從A點(diǎn)由靜止釋放，獲得多組數(shù)據(jù)。已知重錘的質(zhì)量m＝100g，直徑為d，重力加速度g＝9.8m/s2，取重錘運(yùn)動的最低點(diǎn)為零勢能點(diǎn)，回答下列問題：(1)重錘經(jīng)過裝置E時的瞬時速度大小可表示為________(用d、t表示)；(2)若兩次實(shí)驗(yàn)記錄的高度分別為h1、h2，時間分別為t1、t2，則驗(yàn)證重錘的機(jī)械能守恒的表達(dá)式為________________________(用題中已知量的符號表示)；(3)以下是4次實(shí)驗(yàn)處理的數(shù)據(jù)，請補(bǔ)充完整第2次實(shí)驗(yàn)中的兩個數(shù)值________J(勢能)、________J(機(jī)械能)；次數(shù)高度h(m)速度v(m/s)勢能(J)動能(J)機(jī)械能(J)10.1020.9600.1000.0460.14620.0861.0920.06030.0631.2750.0620.0810.14340.0391.4390.0380.1040.142(4)分析數(shù)據(jù)得出實(shí)驗(yàn)結(jié)論。答案(1)eq\f(d,t)(2)mgh1＋eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t1)))eq\s\up12(2)＝mgh2＋eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t2)))eq\s\up12(2)(3)0.0840.144解析(1)可以用重錘經(jīng)過光電門的平均速度表示經(jīng)過裝置E時的瞬時速度，則重錘經(jīng)過裝置E時的瞬時速度大小可表示為v＝eq\f(d,t)。(2)如果重錘的機(jī)械能守恒，則有mgh1＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mgh2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，其中v1＝eq\f(d,t1)，v2＝eq\f(d,t2)，則mgh1＋eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t1)))eq\s\up12(2)＝mgh2＋eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t2)))eq\s\up12(2)。(3)第2次實(shí)驗(yàn)中重錘的勢能Ep＝mgh＝0.1×9.8×0.086J＝0.084J，動能Ek＝0.060J，則機(jī)械能E＝Ep＋Ek＝0.084J＋0.060J＝0.144J。4．(2023·湖南省常德市高三下模擬)如圖甲所示，某同學(xué)想利用滑塊在傾斜氣墊導(dǎo)軌上的運(yùn)動來驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，實(shí)驗(yàn)步驟如下：①將長為L、原來已調(diào)至水平的氣墊導(dǎo)軌的左端墊高H，在導(dǎo)軌上靠右側(cè)P點(diǎn)處安裝一個光電門；②用20分度的游標(biāo)卡尺測量滑塊上遮光片的寬度d；③接通氣源及光電計(jì)時器，將滑塊從靠近導(dǎo)軌左端某處自由釋放，測得滑塊通過光電門時遮光時間為Δt。根據(jù)上面的實(shí)驗(yàn)步驟回答下列問題：(1)該同學(xué)用游標(biāo)卡尺測量滑塊上遮光片的寬度d，示數(shù)如圖乙所示，則d＝________cm。(2)實(shí)驗(yàn)中已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，除上述步驟中測量的物理量之外，還需測量的物理量是________。A．滑塊的質(zhì)量MB．氣墊導(dǎo)軌的傾斜角度θC．滑塊釋放處到光電門的距離xD．滑塊從開始運(yùn)動至到達(dá)光電門所用的時間t(3)如果滿足等式gH＝________[用題中所給的物理量及第(2)問中所選的物理量表示]，則驗(yàn)證了機(jī)械能守恒定律。答案(1)1.050(2)C(3)eq\f(Ld2,2x（Δt）2)解析(1)由題圖乙可知，遮光片的寬度d＝10mm＋10×0.05mm＝10.50mm＝1.050cm。(2)根據(jù)實(shí)驗(yàn)操作可知，該實(shí)驗(yàn)通過光電門測出遮光片擋光時間來測量滑塊通過光電門位置P時的瞬時速度，從而求得滑塊到達(dá)光電門位置時的動能，再通過滑塊從釋放到位置P下滑過程中下降的高度，求得滑塊在對應(yīng)過程中減少的重力勢能，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mv2，可以看出只需驗(yàn)證式子gh＝eq\f(1,2)v2是否成立即可，故質(zhì)量不需要測量，A錯誤；上式中h＝xsinθ，其中導(dǎo)軌的傾斜角度θ可以由已測量的導(dǎo)軌的長與高來確定，不需要單獨(dú)測量，滑塊從釋放處到光電門位置P的距離x需要測量，故B錯誤，C正確；上式中v＝eq\f(d,Δt)，則本實(shí)驗(yàn)不需要測量滑塊在整個過程的運(yùn)動時間t，故D錯誤。(3)根據(jù)(2)問分析可知，若機(jī)械能守恒，則gh＝eq\f(1,2)v2，其中h＝xsinθ，sinθ＝eq\f(H,L)，v＝eq\f(d,Δt)，聯(lián)立可得gH＝eq\f(Ld2,2x（Δt）2)，即若此式成立，則驗(yàn)證了機(jī)械能守恒定律。5．(2023·湖北省天門市高三下5月適應(yīng)性考試)(1)某研究性學(xué)習(xí)小組設(shè)計(jì)了如圖甲所示裝置來驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。重物A的質(zhì)量為M，重物A、B用繞過光滑定滑輪的輕繩連接，重物A上裝有質(zhì)量不計(jì)的遮光片，在B的上面放有6個質(zhì)量均為m的槽碼，此時A、B剛好平衡且保持靜止。豎直標(biāo)尺下端固定有光電門。固定重物A，先記下遮光片在標(biāo)尺上對準(zhǔn)的位置，再將重物B上面的槽碼移一個放在重物A上面。由靜止釋放重物A，記錄遮光片通過光電門的遮光時間t，用游標(biāo)卡尺測量遮光條的寬度d，結(jié)果如圖乙所示，由此讀出d＝________mm，遮光片擋光時重物A的速度為v＝________(用字母表示)。(2)再將重物B上面的槽碼移n＝2個、3個、4個、5個、6個放在重物A上面。由靜止釋放重物A，保持每次重物下落的位置不變，重復(fù)(1)實(shí)驗(yàn)多次，測得多個對應(yīng)的遮光片遮光時間t，通過標(biāo)尺測出重物A釋放時遮光片離光電門的距離h，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，以t2為縱軸，以________eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(填“n”“\f(1,n)”或“\f(1,n2)”))為橫軸，如果圖像是斜率等于________(用題中所給的物理量符號表示)且過原點(diǎn)的直線，則可以得出系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。答案(1)4.80eq\f(d,t)(2)eq\f(1,n)eq\f(Md2,2mgh)解析(1)由題圖乙可知，該游標(biāo)卡尺為20分度，根據(jù)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)規(guī)則可得d＝4mm＋16×0.05mm＝4.80mm。用遮光片通過光電門的平均速度表示遮光片擋光時重物A的速度，則遮光片擋光時重物A的速度為v＝eq\f(d,t)。(2)由題意可知Mg＝6mg＋MBg，如果重物A、B及6個槽碼組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有ΔEp＝ΔEk，即(M＋nm)gh－[MB＋(6－n)m]·gh＝eq\f(1,2)(M＋MB＋6m)v2，其中v＝eq\f(d,t)，整理得t2＝eq\f(Md2,2mgh)·eq\f(1,n)，即以t2為縱軸，以eq\f(1,n)為橫軸，如果圖像是斜率等于eq\f(Md2,2mgh)，且過原點(diǎn)的直線，則可以得出系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。專題強(qiáng)化七動力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用關(guān)鍵能力發(fā)展與提升考點(diǎn)一傳送帶模型拓展延伸1．傳送帶問題的分析方法(1)動力學(xué)角度：首先要正確分析物體的運(yùn)動過程，做好受力分析，然后利用運(yùn)動學(xué)公式結(jié)合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應(yīng)時間內(nèi)的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關(guān)系。(2)能量角度：求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動而產(chǎn)生的熱量、因放上物體而使電動機(jī)多消耗的電能等，常依據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律求解。2．功能關(guān)系分析(1)傳送帶克服摩擦力做的功：W＝Ffx傳。(2)系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能：Q＝Ffs相對，s相對表示相對路程。(3)功能關(guān)系分析：W電＝ΔEk＋ΔEp＋Q。例1(多選)如圖所示，質(zhì)量為m的物體在水平傳送帶上由靜止釋放，傳送帶由電動機(jī)帶動，始終保持以速度v勻速運(yùn)動，物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，物體過一會兒能保持與傳送帶相對靜止，對于物體從靜止釋放到相對靜止這一過程，下列說法正確的是()A．物體在傳送帶上的劃痕長eq\f(v2,2μg)B．傳送帶克服摩擦力做的功為eq\f(1,2)mv2C．電動機(jī)多做的功為eq\f(3,2)mv2D．電動機(jī)增加的功率為μmgv[答案]AD[解析]物體在傳送帶上的劃痕長等于物體在傳送帶上的相對位移，物體達(dá)到速度v所需的時間t＝eq\f(v,μg)，在這段時間內(nèi)物體的位移x1＝eq\f(v2,2μg)，傳送帶的位移x2＝vt＝eq\f(v2,μg)，則物體相對傳送帶的位移x＝x2－x1＝eq\f(v2,2μg)，故A正確；電動機(jī)多做的功轉(zhuǎn)化成了物體的動能和摩擦生熱的內(nèi)能，物體在這個過程中獲得的動能是eq\f(1,2)mv2，相對位移x＝eq\f(v2,2μg)，則由于滑動摩擦力做功產(chǎn)生的熱量Q＝μmg×eq\f(v2,2μg)＝eq\f(1,2)mv2，則傳送帶克服摩擦力做的功即為電動機(jī)多做的功，為mv2，故B、C錯誤；電動機(jī)增加的功率即為傳送帶克服摩擦力做功的功率，為fv＝μmgv，故D正確。例2(多選)如圖所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角θ＝30°，傳送帶在電動機(jī)的帶動下，始終保持1m/s的速度順時針運(yùn)行?，F(xiàn)把一質(zhì)量為5kg的工件(可視為質(zhì)點(diǎn))輕放在傳送帶的底端，經(jīng)過一段時間工件與傳送帶達(dá)到共同速度后繼續(xù)傳送到4m高處。已知工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),2)，重力加速度大小為10m/s2，則在此過程中，下列說法正確的是()A．工件加速過程的時間為0.8s B．傳送帶對工件做的功為202.5JC．工件與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量為7.5J D．電動機(jī)因傳送工件多做的功為120J[答案]BC[解析]工件加速過程由牛頓第二定律得μmgcosθ－mgsinθ＝ma，解得加速度a＝μgcosθ－gsinθ＝2.5m/s2，則加速時間t＝eq\f(v,a)＝0.4s，故A錯誤；由動能定理有－mgh＋W傳＝eq\f(1,2)mv2－0，得傳送帶對工件做的功W傳＝eq\f(1,2)mv2＋mgh＝202.5J，故B正確；加速過程工件與傳送帶相對運(yùn)動的位移大小Δx＝x傳－x1＝vt－eq\f(v,2)t＝eq\f(v,2)t＝0.2m，工件與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgcosθ·Δx＝7.5J，故C正確；電動機(jī)多做的功等于系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的熱量和工件機(jī)械能的增加量之和，則有W電＝Q＋eq\f(1,2)mv2＋mgh＝210J，故D錯誤?？键c(diǎn)二滑塊—木板模型拓展延伸1．動力學(xué)分析：分別對滑塊和木板進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出各自的加速度；從放上滑塊到二者速度相等，所用時間相等，由t＝eq\f(Δv2,a2)＝eq\f(Δv1,a1)，可求出共同速度v和所用時間t，然后由位移公式可分別求出二者的位移。2．功和能分析：對滑塊和木板分別應(yīng)用動能定理，或者對系統(tǒng)應(yīng)用能量守恒定律。如圖所示，要注意區(qū)分三個位移：(1)求摩擦力對滑塊做的功時，用滑塊相對地面的位移x滑。(2)求摩擦力對木板做的功時，用木板相對地面的位移x板。(3)求摩擦生熱時用相對位移Δx。例3(2023·全國乙卷)(多選)如圖，一質(zhì)量為M、長為l的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從木板上的左端以速度v0開始運(yùn)動。已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為f，當(dāng)物塊從木板右端離開時()A．木板的動能一定等于flB．木板的動能一定小于flC．物塊的動能一定大于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－flD．物塊的動能一定小于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－fl[答案]BD[解析]物塊在木板上運(yùn)動的過程中，設(shè)木板位移為xM，則物塊位移為xm＝xM＋l，根據(jù)動能定理，對物塊有－fxm＝Ekm－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，對木板有fxM＝EkM－0，可得物塊從木板右端離開時，木板的動能EkM＝fxM，物塊的動能Ekm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－fl－fxM，則Ekm<eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－fl，C錯誤，D正確；畫出該過程中物塊、木板的v-t圖像如圖所示，且v0>vm，vm≥vM，由v-t圖線與t軸所圍面積表示對應(yīng)位移可知，圖中梯形面積S1表示l，下方三角形面積S2表示xM，由幾何知識知，必定有S1>S2，則l>xM，則EkM＝fxM<fl，A錯誤，B正確?！靖M(jìn)訓(xùn)練】1.(多選)如圖所示，質(zhì)量為M、長為L的木板置于光滑的水平面上，一質(zhì)量為m的滑塊放置在木板左端，滑塊與木板間滑動摩擦力大小為Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑塊。當(dāng)滑塊運(yùn)動到木板右端時，木板在地面上移動的距離為x，滑塊速度為v1，木板速度為v2，下列結(jié)論正確的是()A．上述過程中，F(xiàn)做功大小為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)B．其他條件不變的情況下，M越大，x越小C．其他條件不變的情況下，F(xiàn)越大，滑塊到達(dá)右端所用時間越長D．其他條件不變的情況下，F(xiàn)f越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多答案BD解析F做功大小為二者動能與產(chǎn)生的熱量之和，A錯誤；滑塊在木板上滑動過程用v-t圖像來研究，如圖所示，圖線①為滑塊的v－t圖，②為木板的v－t圖，t0時刻滑塊到達(dá)木板右端，陰影部分面積為木板長度，則很容易知道其他條件不變，M越大，圖線②的斜率越小，t0越小，x越小，B正確；其他條件不變，F(xiàn)越大，圖線①的斜率越大，t0越小，故C錯誤；滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量等于滑動摩擦力與相對位移的乘積，其他條件不變，F(xiàn)f越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多，D正確?？键c(diǎn)三多物體、多過程問題拓展延伸1．分析思路(1)受力與運(yùn)動分析：根據(jù)物體的運(yùn)動過程分析物體的受力情況，以及不同運(yùn)動過程中力的變化情況。(2)做功