vB2=×(150+50)×10-3×22J=0.40J
因为△Ep≈△Ek
所以由此可得出的结论是:在实验误差允许范围内,系统机械能守恒.
故答案为:0.42;0.40;在误差允许范围内,系统机械能守恒.
❹ 某同学用如图甲所示装置做“验证机械能守恒定律”的实验.图乙为实验中得到的一条纸带,在纸带上用0、1、
(1))①实验时,松开纸带与闭合电源开关的合理顺序是先闭合电源后开关松开纸带.
②根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度可知,知道3、5两点之间的距离可以计算出4点的速度,从而求出4点动能,
知道1、4两点之间的距离可以计算出重力势能的变化量.
③由于重物下落的过程中不可避免的要克服阻力做功,因此机械能越来越小.即原因是实验中存在阻力
④若采用的重力加速度比本地的重力加速度偏大,相当于物体下落时,受到竖直向下的拉力,根据功能关系可知,除了重力之外的外力做了正功,机械能增大.
即打后一个点时机械能都比打前一个点时机械能大.
故答案为:①先闭合电源后开关松开纸带;
②1、4两点之间的距离和3、5两点之间的距离;
③实验中存在阻力;
④大.
❺ 用如图甲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,有交流(频率为50Hz)和直流两种
(1)在验证机械能守恒定律的实验中,需要验证动能的增加量和重力势能减小量是回否相等,质量可以约掉答,因此质量可以不测,所以没必要用天平测量出重锤的质量.打点计时器应接交流电源,不能接直流电源.故不必要的步骤是A,操作不恰当的步骤是C.
(2)根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小,得:
s4-s1=3a1T2
s5-s2=3a2T2
s6-s3=3a3T2
为了更加准确的求解加速度,我们对三个加速度取平均值,有:
a=
=,
代入数据解得:a=9.58m/s2.
(3)不合理.由于阻力的存在,第(2)问中求得的结果不是当地的重力加速度,不能用它来计算重力势能的改变量
故答案为:(1)A,C;(2)9.58;(3)不合理.由于阻力的存在,第(2)问中求得的结果不是当地的重力加速度,不能用它来计算重力势能的改变量.
❻ 某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律:①.在操作步骤中释放纸带和接通电源的先后顺序应该是____
①采取先接通电源后释放纸带.因为保证从速度为零开始计时,便于之后选取计数点;其次就版是测量时间权很短无法保证人能在合适时间开启电源,同时为了提高纸带的利用率,使纸带上尽量多的打点,
故答案为:先接通电源再释放纸带.
②物体做加速运动,速度越来越快,打点间隔越来越大,因此运动方向是F→A.
故答案为:F→A.
③根据重力做功特点可知:W=mg(s4-s1)
根据匀变速直线运动的特点有:
B点速度为:vB=
vE=
所以动能增量为:△EK=m[()2?()2]或△EK=[(s5?s3)2?s22].
根据功能关系可知,若重力做功和动能增量基本相等,则说明机械能是守恒的.
故答案为:W=mg(s4-s1),△EK=m[()2?()2]或△EK=[(s5?s3)2?s22],W≈△EK.
❼ 某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律,他将两物块A和B用轻质细绳连接并跨过轻质定滑轮,B下端连
(1)计数点5的瞬时速度v5==m/s=2.4m/s;则系统动能的增加量△Ek=(mA+mB)v52=×0.4×2.42=1.15J.
系统重力势回能的减小量△Ep=(答mA-mB)gx=0.2×9.8×(38.4+21.6)×10-2J=1.18J.
在误差允许的范围内,mA、mB组成的系统机械能守恒;
(2)根据系统机械能守恒定律得,(mA?mB)gh=(mA+mB)v2,
解得v2=gh
图线的斜率k=g=
代入数据得,g=9.7m/s2.
故答案为:(1)1.15,1.18,在误差允许的范围内,mA、mB组成的系统机械能守恒;
(2)9.7.
❽ 用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律,重锤从高处由静止开始下落,重锤上拖着的纸带打出一系列的点
(1)通过打点计时器计算时间,故不需要秒表,打点计时器应该与交流电源连接,需要刻度尺测量纸带上两点间的距离.故A、D正确,B、C错误.
(2)其中操作不当的步骤是:
B、将打点计时器接到电源的“交流”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,故选BC.
(3)利用匀变速直线运动的推论得:vc==
故答案为:(1)AD
(2)BC
(3)