vB2＝×（150+50）×10-3×22J=0.40J
因為△Ep≈△Ek
所以由此可得出的結論是：在實驗誤差允許范圍內，系統機械能守恆．
故答案為：0.42；0.40；在誤差允許范圍內，系統機械能守恆．
❹ 某同學用如圖甲所示裝置做「驗證機械能守恆定律」的實驗．圖乙為實驗中得到的一條紙帶，在紙帶上用0、1、
（1））①實驗時，松開紙帶與閉合電源開關的合理順序是先閉合電源後開關松開紙帶．
②根據勻變速直線運動中時間中點的速度等於該過程中的平均速度可知，知道3、5兩點之間的距離可以計算出4點的速度，從而求出4點動能，
知道1、4兩點之間的距離可以計算出重力勢能的變化量．
③由於重物下落的過程中不可避免的要克服阻力做功，因此機械能越來越小．即原因是實驗中存在阻力
④若採用的重力加速度比本地的重力加速度偏大，相當於物體下落時，受到豎直向下的拉力，根據功能關系可知，除了重力之外的外力做了正功，機械能增大．
即打後一個點時機械能都比打前一個點時機械能大．
故答案為：①先閉合電源後開關松開紙帶；
②1、4兩點之間的距離和3、5兩點之間的距離；
③實驗中存在阻力；
④大．
❺ 用如圖甲所示的實驗裝置驗證機械能守恆定律．實驗所用的電源為學生電源，有交流（頻率為50Hz）和直流兩種
（1）在驗證機械能守恆定律的實驗中，需要驗證動能的增加量和重力勢能減小量是回否相等，質量可以約掉答，因此質量可以不測，所以沒必要用天平測量出重錘的質量．打點計時器應接交流電源，不能接直流電源．故不必要的步驟是A，操作不恰當的步驟是C．
（2）根據勻變速直線運動的推論公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：
s4-s1=3a1T2
s5-s2=3a2T2
s6-s3=3a3T2
為了更加准確的求解加速度，我們對三個加速度取平均值，有：
a＝
＝，
代入數據解得：a=9.58m/s2．
（3）不合理．由於阻力的存在，第（2）問中求得的結果不是當地的重力加速度，不能用它來計算重力勢能的改變數
故答案為：（1）A，C；（2）9.58；（3）不合理．由於阻力的存在，第（2）問中求得的結果不是當地的重力加速度，不能用它來計算重力勢能的改變數．
❻ 某同學用如圖甲所示的裝置驗證機械能守恆定律：①．在操作步驟中釋放紙帶和接通電源的先後順序應該是____
①採取先接通電源後釋放紙帶．因為保證從速度為零開始計時，便於之後選取計數點；其次就版是測量時間權很短無法保證人能在合適時間開啟電源，同時為了提高紙帶的利用率，使紙帶上盡量多的打點，
故答案為：先接通電源再釋放紙帶．
②物體做加速運動，速度越來越快，打點間隔越來越大，因此運動方向是F→A．
故答案為：F→A．
③根據重力做功特點可知：W=mg（s4-s1）
根據勻變速直線運動的特點有：
B點速度為：vB＝
vE＝
所以動能增量為：△EK＝m[()2?()2]或△EK＝[(s5?s3)2?s22]．
根據功能關系可知，若重力做功和動能增量基本相等，則說明機械能是守恆的．
故答案為：W=mg（s4-s1），△EK＝m[()2?()2]或△EK＝[(s5?s3)2?s22]，W≈△EK．
❼ 某同學用如圖甲所示的裝置驗證機械能守恆定律，他將兩物塊A和B用輕質細繩連接並跨過輕質定滑輪，B下端連
（1）計數點5的瞬時速度v5＝＝m/s=2.4m/s；則系統動能的增加量△Ek＝(mA+mB)v52=×0.4×2．42＝1.15J．
系統重力勢回能的減小量△Ep=（答mA-mB）gx=0.2×9.8×（38.4+21.6）×10-2J=1.18J．
在誤差允許的范圍內，mA、mB組成的系統機械能守恆；
（2）根據系統機械能守恆定律得，(mA?mB)gh＝(mA+mB)v2，
解得v2＝gh
圖線的斜率k=g=
代入數據得，g=9.7m/s2．
故答案為：（1）1.15，1.18，在誤差允許的范圍內，mA、mB組成的系統機械能守恆；
（2）9.7．
❽ 用如圖甲所示的實驗裝置驗證機械能守恆定律，重錘從高處由靜止開始下落，重錘上拖著的紙帶打出一系列的點
（1）通過打點計時器計算時間，故不需要秒錶，打點計時器應該與交流電源連接，需要刻度尺測量紙帶上兩點間的距離．故A、D正確，B、C錯誤．
（2）其中操作不當的步驟是：
B、將打點計時器接到電源的「交流」上
C、開始記錄時，應先給打點計時器通電打點，然後再釋放重錘，讓它帶著紙帶一同落下，如果先放開紙帶讓重物下落，再接通打點計時時器的電源，由於重物運動較快，不利於數據的採集和處理，會對實驗產生較大的誤差，故選BC．
（3）利用勻變速直線運動的推論得：vc＝＝
故答案為：（1）AD
（2）BC
（3）