课时分层检测(24)实验：验证机械能守恒定律-【创新大课堂系列】2025-2026学年高中物理必修第二册同步辅导与测试(人教版)

班级 姓名 课时分层检测（二十四） 1.某实验小组用如图甲所示的实验装置验证 机械能守恒定律.某同学按照正确操作得到 的纸带如图乙所示，其中O是起始点，M、N、 P为从合适位置开始选取的三个连续点，打 点计时器的打点频率为50Hz,该同学用刻 度尺测量O到M、N、P各点的距离，并记录 在图乙中，已知重物的质量为0.5kg,取重 力加速度g=9.80m/s2. 铁架台 铁夹 上纸带 打点 计时器 接电源十重物 甲 MN P 19.70cm- -23.72cm- -28.22cm 乙 (1)在实验过程中，下列实验操作和数据处 理正确的是 A.释放重物前，使重物尽量远离打点计时器 B.做实验时，先接通打点计时器的电源，再 释放重物 C.为测量打点计时器打下某点时重物的速 度，可测量该点到O点的距离h,再根据 公式v=√2gh计算 D.为测量打点计时器打下某点时重物的速 度，可测量该点到O点的时间t再根据 公式v=gt计算 (2)打点计时器打“V”点时，重物的速度大小 为 m/s,动能的增加量△Eks= J(结果保留3位有效数字) 得分 实验：验证机械能守恒定律 (3)从O点到N点，重物重力势能的减少量 为 J(结果保留3位有效数字). (4)若测出纸带上各点到O点之间的距离， 根据纸带算出打点计时器打各点时重物的 速度)及重物下落的高度x,则在机械能守 恒的情况下，下列以为纵轴、x为横轴画 出的图像正确的是 2.用如图所示的装置验证机械能守恒定律，己 知当地重力加速度为g.具体操作如下： 0 甲 ①用刻度尺和三角板测得小球的直径d; ②调整并固定光电门甲、乙，使光电门中心 与O点在同一条竖直线上，用刻度尺测得两 光电门中心间的距离为h; ③将小球从O点释放，小球先后经过光电门 甲、乙，与光电门连接的数字计时器记录小 球挡光时间分别为1、2. (1)小球通过光电门甲时速度为 (2)列出小球由甲下落到乙过程满足机械能 守恒的表达式 班级 姓名 3.某实验小组受到阿特伍德机工作原理的启： 发，设计了一个验证机械能守恒定律的实验 装置.如图甲所示，两侧共有20个钩码（左 边12个、右边8个)，每个钩码的质量相同， 用轻绳连接后跨在定滑轮两端，两侧钩码离 地足够高.实验中，始终保证m左>m右，将宽！ 度很小的遮光条固定在右侧最上面的钩码 上，此钩码位于A处，在遮光条上方距离为： L的B处安装好光电门，并打开电源，松开 固定装置，遮光条向上运动经过光电门时显！ 示挡光时间为t,已知遮光条宽度为d,重力 加速度为g 光电门 B ; 白 甲 (1)遮光条到达B处时，钩码的速率o= (2)遮光条每次释放的位置不变，将光电门： 的位置逐渐上移，多次实验，记录每次L和1 的数据，利用图像处理数据，作出的图像如： 图乙所示，若图像的斜率为 ,则可 以验证机械能守恒定律； (3)将右侧钩码逐个加挂在左侧进行多次实 验，遮光条每次均从A处由静止开始运动， 可探究系统动能的变化情况，左侧钩码越 多，遮光条运动L的过程中，系统的动能将 (填“越大”“越小”或“不变”)； (4)某同学突然想到一个问题，若不考虑其 它因素，只在左侧不断增加钩码个数，那么 系统的加速度的值会趋于 (用题中 所给物理量的符号表示)， 4.现利用如图所示装置验 A 证机械能守恒定律.图 30°7 中AB是固定的光滑斜memmiiaanm品m 面，斜面的倾角为30°，1和2是固定在斜面 上适当位置的两个光电门，与它们连接的光： 18( 得分 电计时器都没有画出.让滑块从斜面的顶端 滑下，光电门1、2各自连接的光电计时器显 示的挡光时间分别为5.00×10-2s、2.00× 10-2s.已知滑块的质量为2.00kg,滑块沿 斜面方向的长度为5.00cm,光电门1和2 之间的距离为0.54m,g取9.80m/s2,取滑 块经过光电门时的平均速度为其通过光电 门的速度. (1)滑块经过光电门1时的速度1= m/s,通过光电门2时的速度v2= m/s. (2)滑块通过光电门1、2之间的动能增加量为 J,重力势能的减少量为 J. 5.如图所示，两个物体A、B分别系在一条跨过 定滑轮的轻质细绳两端，B物体的侧面粘贴 有挡光片，挡光片的宽度为d,已知A物体、 B物体（连同挡光片）的质量均为o,现要利 用这个装置验证机械能守恒定律.某同学找 来一个半环形物体C,并在B物体挡光片的 正下方同一条竖直线上安装了两个光电门 甲和乙，测出两个光电门之间的距离为h,实 验时先接通电源，A、B静止时，在B上轻轻 放上半环形物体C,记下挡光片通过光电门 甲、乙的时间分别为△t1、△t2,已知重力加速 度为g )半环形物体C BP 口-光电门甲 口光电门乙 (1)挡光片通过光电门甲、乙的速度大小分 别为 (2)下列实验要求中，必要的实验步骤有 A.实验前A、B必须在同一高度 B.实验前要先测出轻质细绳的长度 C.实验前要测出半环形物体C的质量 D.实验时要测出挡光片由光电门甲运动到 乙的时间 (3)本实验需要验证的表达式是课时分层检测（二十三） 1.A[对全过程由动能定理得WE十W=0,所以WF=一W,A正 确：因物块从静止开始运动，整个过程W5≠0，B错误：拉力的瞬 时功率在13s内相等，1s未拉力的瞬时功率最大，C错误：1 1s到1=3s这段时间内，物块做匀速运动，F=F≠0，拉力做功 W=Fx13≠0，D错误.] 2.BCD[木箱运动过程中，有拉力F、重力、阻力三个力对木箱做 功，合力做的功等于木箱动能的改变量，C正确：重力做的功等于 重力势能的改变量，B正确，A错误；除重力外，其他力做功的代数 和等于木箱机械能的改变量，D正确， 3,B[该同学重心升高了h,重力势能增加了mgh,又知高地时获得 的动能为号m心2，则机械能增加了mgh十号m心2，A错误，B正确： 该同学在与地面作用的过程中，在支持力方向上的位移为零，则 支持力对该同学做的功为零，C错误：该同学所受合外力做的功等 于动能的增量，则W台=2mv,D错误.] 4.D[由A到B过程合力对小球做的功等于mgh十W弹，故A错 误：重力做功为mgh,故重力势能减少了mgh,故B错误：根据动 能定理，mgh十W弹= 2m,所以从A到B的过程中，弹力做功 为W弹=m一mgh,小球克服弹力做功为一W弹=m 之mv,故C错误；再根据W=EpA一Ep,EpA=O,所以小球到 达位置B时弹簧的弹性势能为mgh一)m,故D正确.] 5C[由牛颜第二定律可知，滑块上升阶段有mgsin0十Fi三 下滑阶段有ngsin日一Ft=ma2,因比a1>a2,故B选项错误：速度 一时间图像的斜率表示加速度，因上滑和下滑时加速度不同，则 斜率不同，故选项A错误：重力势能先增大后减小，且上升阶段加 速度大，势能变化快，下滑阶段加速度小，势能变化慢，故选项C 正确：由于摩擦力始终做负功，机械能一直减小，故选项D错误.] 6.解析(1)因为物块恰好能通过C点，则有mg=mR,又x= v,2R=2gt解得x=2R,即物块在水平轨道上的落点到B点 的距离为2R (2)物块由B到C过程中机械能守恒，则有之mvm2=2mgR十 2m2,设物块在B点时受到的半图轨道的支持力大小为F, 则有、mg=n紧，解得八=6m,由牛领第三定律可知，杨 块在B,点时对半圈轨道的压力大小为F、=Fy=6mg, (3)物块在A点时弹簧的弹性势能为E,=2mgR十2mve2,解得 5 E=2mgR. 答案I)2R(2)6mg(3)号mgR 7,A[圆环和轻质弹簧组成的系统机械能守恒，由A到B的过程 是用的动之希学整穷琴韩楼参座动培款 量小于重力势能的减少量，故A正确：由A到C的过程中，弹性势 能逐渐变大，则圈环的动能与重力势能之和逐渐减少，故B错误： 圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的 速度为零，则圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度 最大，所以经过B处的加速度为零，所以加速度先减小后增大，故 C错误；研究圈环从A处由静止开始下滑到C的过程，由动能定 理得gh一W弹=0-0，则W弹=mgh,由功能关系可知，弹簧的 禅性势能E。-W弹=mgh,故D错误.] 8,AD[由于E。=mgh,所以E。与h成正比，斜率k=mg,由图像 得k=20N,因此m=2kg,A正确：当h=0时，Ep=0,E恶=Ek= 2m',因此0=10m/s,B错误：由图像知h=2m时，E=90J, Ep=40J,由Es=Ek十Ep得Ek=50J,C错误；h=4m时，Es=E, 80J,即此时Ek=0,即上升4m距离，动能减少100J,D正确. 9.BCD[铁球下降h时，刚与弹簧接触，禅簧弹力为零，小球有向下 的加速度，当加速度为零时，即弹簧的弹力等于重力即g=kx1, 解得弹簧被压缩的长度1=，铁球下降A十罗时，速度最大， 动能最大，故A错误，B正确：当铁球在最低，点时，弹簧的弹性势 能最大，铁球减少的重力势能全部转化为禅簧的弹性势能，即 Epx=mgh十x),故C正确：小球在最低点时，弹簧的弹力方向向 上，由牛领第二定律得kx一g=a,得a= 虹一g,故D正确] 10.CD[由于开始时物块的速度大于传送带的速度，所以物块受到 的摩擦力的方向沿传送带向下，物块的加速度大小口1= mgsin0十mgeos=10m/g2,小物块做减速运动，当物块的速 m 沙 度等于传送带的速度时，由于ngsin37>mgc0s37°，所以物块 会继续向上做减速运动，此时摩擦力的方向沿传送带向上，物块 的加速度大小a,=mgin9mgc0s0=2m/g,所以物块从开 始运动到速度减为零所用的时间1=11十t2= 10 42-22 1,25,小物块两段时间运动的位移大小分别为工1=2X10m= 22-0 0.6m,x2=2×2 m=1m,总位移大小为x=x1十x2=1.6m, A、B错误：摩擦力对小物块做的功为W:=一mgx1c0s37°十 mgx2c0s37°=1.6J,C正确：在0-0.2s内，传送带与小物块 的相对位移大小=(4生2-2×0.2m=0.2m,在0.2一1.2s 2 内，传送带与小物块间的相对位移大小=(2号）×1m=1m, 系统产生的内能为Q=mg(s1十s2)·cos37°=4.8J,D正确.] 11.解析(1)从撤去F到1号球刚运动到水平槽的过程中，相邻球 之间无弹力.以1号球为研究对象，根据机械能守恒定律可得 mgh-2 mu 得v=/2gh. (2)撒去水平外力F后，以10个小球整体为研究对象，当所有小 球均运动到水平槽时，利用机械能守恒定律可得 10mg(h+sin0）-号×10md 2 整理得v=√2g(h+9rsin0) 以1号球为研究对象，由动能定理得 mgh十W=之mo 解得W=9 mgrsin0. 答案(1)√2gh(2)9 ngrsin0 12.BC[运动员在斜坡上滑行的过程中有重力及摩擦力做功，由动 能定理可知A错误，B正确.从左侧斜坡距坡底s处滑至距坡底 51处过程中，由动能定理得 mg(s-s)sina-w;=号md ① 因为下滑到距离坡底s1处动能和势能相等，所以有mgs1·sina =2m ⊙ 由①②得mg(s-s)sina一W=mg·sina ③ 由③得1>1，即1<4m.同理，从右侧斜坡距坡底52处滑 至距坡底s=4m处过程中，由动能定理得一mg(一s2)·sin8 w=0-m2 ④ 因为距坡底52处动能和势能相等，有mg2·sin0=之m02⑤ 由④⑤得mg(s'-s2）·sin0+W'=mg2·sin0⑥ 由⑥式得-52<52，即52>2m.综上所述，C正确，D错误.] 3解析)设转动n周时，水桶的速度为心，则一 水桶重力的功率为P=Mg) 解得P=Mg·工 r1≥3×10×0.5一W=30W. (2)从释放水桶到转动n周的过程，对系统由能量守恒定律得 Mgh=2Mu+6X?mv 13 由几何关系有h=2nr,解得n=2元 答案0)0w(2是 课时分层检测（二十四） 1.解析(1)为了能在纸带上打出更多的点，释放重物前，使重物尽 量靠近打点计时器，A错误：做实验时，先接通打点计时器的电 源，再释放重物，否则纸带上的点太少，B正确：由于有空气阻力的 影响，重物下落的加速度不等于重力加速度，不能用？一√2gh或 v=gt来计算重物的速度v,C、D错误. (2)打点计时器打“N”点时，重物的速度大小为)= (28.22-19.70)×10-2 m/s=2.13m/s,动能的增加量为△Ek= 0.04 2mw≈1.13J. (3)重物重力势能的减少量为△E,=mgh=0.5×9.80×0.2372J =1.16J. （4)根据机械能守恤定律得mgx=2mv,解得=2gx,故选C. 答案(1)B(2)2.131.13(3)1.16(4)C 2,解析(1)小球通过光电门甲时速度为 △xd ① (2)小球通过光电门乙时速度为v' ② 设小球的质量为m,根据机械能守恒定律得 mgh=之m'? 2mu? ③ 联立①@③得h=22 dd 答案2) 11 3.解析(1)由于遮光条宽度很小，故它到达B处时，根据平均速度 公式得=4 (2)如果系统机械能守恒，重力势能的减少量等于动能的增加 量，即 (12m-8m)gL=2×(20m)2 解得L=5d_5d,1 2g2g·· (3)左侧钩码越多，滑轮两侧重力差值越大，重力势能减少越多， 根据机械能守恒定律，遮光条运动L的过程中，系统的动能越大」 (4)只在左侧不断增加钩码个数，左边钩码总重力越来越大，当右 边钩码重力可忽略不计时，左边钩码趋于做自由落体运动，加速 度的值会趋于重力加速度g, 答案1)(2) (3)越大(4)g L=5.00×10-9 4.解析（1)m=六=00X10m/s=1.00m/s, L_5.00×10-2 02一 2.00X102m/s=2.50m/s. (2)动能的增加量： △E=号×2.00×(2.502-1.002)J=5.25J, 重力势能的减少量： △E。=2.00×9.80×0.54×sin30°J=5.29J. 答案(1)1.002.50(2)5.255.29 5.解析()指光片道过光电门甲，乙的速度大小分别为m= d d 2一△t2 (2)要验证的表达式是mgh=立(2m十m)(一)，则实验前A,B 不一定必须在同一高度，A错误：实验前没必要先测出轻质细绳的长 度，B错误：实验前要测出半环形物体C的质量，C正确：实验时不 需要测出挡光片由光电门甲运动到乙的时间，D错误 (3)本实验需要验证的表达式是 2(2m+m) d d2 mgh = L(△2)（△）P] 答案(1)4 d (2)C △t1△t2 (3)mgh= 2(2m+m)[ d2 d (△，)2（△1）2」 章末检测卷（一） 1.B[将末速度分解为水平和竖直方向的分速度，则有an45° 必=匙，解得1=，故B正确，A,C、D错误.] 0 2.B「返回舱受到重力g和降落伞对返回舱的阻力F作用，这两 个力的合力方向与返回舱的速度)不在一条直线上，满足做曲线 运动的条件，B正确，A错误：由于降落伞对返回舱的阻力F逐渐 减小，F与mg的合力大小和方向都在变化，轨迹不可能是抛物 线，更不可能是圆孤，C、D错误，」 3.D[如图所示，则甲物块的速度大小甲= 0s0故D正确.] 甲 乙☐！ 4.A「如图所示，设小船航行时在静水中速度为，当垂直AB时速度 最小，由三角函数关系可知2=sin0,故A正确，B、C,D错误.] →1B A 2 5.C 「整个过程为斜抛运动，可看成两个平抛运动，由斜地运动的 对称性可知，落回地面时三条水流速度方向不同，选项A错误：竖 直分速度越大，则运动时间越长，则沿A径迹运动的时间景长，选 项B错误：因最高点时只剩水平方向速度，C径迹竖直分速度最 小，水平分速度最大，则沿C径迹运动的水，在最高点的速度最 大，选项C正确：三个径迹都是匀变速曲线运动，所以相同时间速 度变化量相同，选项D错误，] 6,C[乒兵球落到球拍前瞬间的竖直分速度大小0，=√2g,及 cos45°，解得h=0.4m,故C正确.] 7.C[根据1=√臣可知a和6在堂中运动的时间之比为：1 根据0=二可知a和b的初速度大小之比为1：√2，选项A,B错误： 根据t 2哑可知a和c在空中运动的时间之比为巨：1：根据 工可知a和c的初速度大小之比为2：l,选项C正确，D错误，] 8.AD[x轴方向初速度为u=3m/s,y轴方向初速度，=一4m/s, 质点的初速度=√2十u,2=5m/s,故A正确：2s末质点速度为 0=√6十4亚m/s=2√3m/s,故B错误：合力沿x轴方向，而初速 度方向既不在x轴，也不在y轴方向，质点初速度的方向与合外力方 向不垂直，故C错误：x轴方向的加速度a=1.5m/s2,质点所受的合 力F合一1a=3N,故D正确，] 9.CD[球从击出点至落地点的位移大小为s'=√十H,即水平 方向的位移和竖直方向位移的矢量和，A错误；由于位移不涉及 球的质量，所以球从击出点至落地点的位移与球的质量无关，B错 误：排球做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向 上做自由落体运动，排球从击出点运动到网的位置的过程中，水 平方向有之=1，竖直方向有H一h=2g12,排球从网位置到 落地的过程中。=2，全过程中，竖直方向H= 2 28(41+t2)2, 亭0=立√贤，CD正璃] 4 其中t=t2,联立解得H= 10.CD [网球做平抛运动，不论出射速度多大，竖直方向的位移也 不为零，所以网球不能击中()点，故A错误；发球间隔时间足够 短，但两个网球的水平位移不相等，竖直位移不相等，所以两个 网球在下落过程中不可能相遏，故B错误：对于击中A点的网 球，根据平抛运动的规律可得L=A1,山1=之g4,解得击中 A点的网球的初速度大小为0A=L ,故C正确：网球击中 2h1 B点时，据平抛运动的规律可得L=voBt2,h2= 2422,解得击 中B点的网球的和速度大小为8=L√品，网球击中B点时 速度大小为？B= √+2√+2a故D正亮] 11,解析 (1)实验中小球做斜抛运动，斜槽末端不水平，故选C, (2)竖直管内与大气相通，为外界大气压强，竖直管在水面下保 证竖直管上出口处的压强为大气压强，因此另一出水管的上端 口处压强与竖直管上出口处的压强要有恒定的压强差，保证另 一出水管内水的压强恒定，从而使出水速度恒定，如果竖直管上 出口在水面上，则水面上为恒定大气压强，因而随水面下降，出 水管上出口压强降低，出水速度减小，故选项B正确. 答案 (1)C (2)B 12,解析(1)为了保证小球每次到达斜槽轨道末端槽口E时的速 度大小一样，必须每次从同一个地方由静止释放小球，为了保证 小球离开轨道后做平抛运动，斜槽轨道末端必须保持水平，轨道 光滑程度对本实验没有影响，故选A (2)小球在水平方向做匀速直线运动，木板每次平移相同的距离，则 小球相邻两次打板的时间相同，根据匀加速直线运动的规律有 △y=2- y1=gT=g( 223 所以有k=8 解得一 「g (3)由(2)可得0o=1.5m/s,T=0.1s 打B点前瞬间的经直分速度为，山，严=2mS 2T 小球在打点迹B前瞬间速度的大小为=√十=2.5m/s =0.2m E到B点间的竖直距离为hB=2g 所以槽口E与点迹A间的高度差为h=h,一M=0.05m=5.0m. 答案(1)A(2) /g(3)2.55.0 E 2