⑴ 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．
⑵ 某同学用图甲所示的装置验证机械能守恒定律．实验操作过程中①用游标卡尺测量小球的直径，由图乙可知小球
①游标卡尺的主尺读数为：12mm，游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为7×0.05mm=0.35mm，
所以最终读数为：12mm+0.35mm=12.35mm．
④利用平均速度代替瞬时速度算得小球经过光电门时的速度得：
小球经过光电门时的速度为：v=
=
m/s=4.94m/s．
⑤以光电门所在处的水平面为参考面，小球在最高点时的机械能为E
1=0+mgh=12.22m
小球在光电门时的机械能为E
2=0+
mv
2=12.20m
故答案为：①12.35④4.94⑤12.22m，12.20m
⑶ 某同学利用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律．（1）请指出该同学在实验操作中存在的两处明显错误：
（1））打点计时器不能使用直流电源，应使用交流电源．重物开始释放时应紧靠打点计时器，否则打不到点或打的点太少．
所以实验操作中存在的两处明显错误：①电磁打点计时器接在了直流电源上，②释放纸带时重物离打点计时器太远
（2）开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后释放纸带让纸带（随物体）开始运动，如果先放开纸带开始运动，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；同时先打点再释放纸带，可以使打点稳定，提高纸带利用率，可以使纸带上打满点，所以用电磁打点计时器打点时应先接通电源，后释放纸带．
（3）实验中需要对比是否相等的两个量是重物减少的重力势能和增加的动能，
在“验证机械能守恒定律”实验中，由mgh=
mv
2知gh=
v
2，所以不需用天平称出重物的质量．
（4）重力势能减小量等于△E
p=mgh=1×9.8×0.2325J=2.28 J．
利用匀变速直线运动的推论
v
B=
=2.12m/s
E
kB=
mv
B2=
×1×（2.12）
2=2.26 J
由此可得到的结论是在实验误差允许的范围内机械能是守恒的．
故答案为：（1）电磁打点计时器接在了直流电源上；释放纸带时重物离打点计时器太远；
（2）先接通电源开关，再释放纸带；
（3）重物减少的重力势能和增加的动能，不需．
（4）2.28；2.26；在实验误差允许的范围内机械能是守恒的
⑷ 某同学用图甲所示装置验证机械能守恒定律，水平桌面边缘带有最小分度为厘米的刻度，一辆小车通过不可伸长
（1）由题意可知，若在误差允许的范围内，如有：
(m+M)
| v | 2
⑸ 某同学利用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律．（1）请指出该同学在实验操作中存在的两处明显错误：
（1）该同学在实验操作中存在的两处明显错误：①打点计时器不能使用直流电源，应使用交流电源．②重物开始释放时应紧靠打点计时器，否则打不到点或打的点太少．
（2）开始记录时，应先接通电源开关，然后再释放纸带，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．
（3）实验中需要对比是否相等的两个量是重物减少的重力势能和增加的动能，
在“验证机械能守恒定律”实验中，由mgh= mv 2知gh= v 2，所以不需用天平称出重物的质量． 故答案为：（1）①打点计时器接交流电源；②重物要靠近打点计时器释放． （2）接通电源开关；释放纸带 （3）重物减少的重力势能；增加的动能，不需．
⑹ 某同学利用如图所示的装置验证机械能守恒定律，实验步骤如下：A．把打点计时器固定在铁架台上，并用导线
（1）步骤C中，复应该先接通电源制后释放纸带，故错误；该实验中比较mgh和 m v 2 大小关系，因此不需要天平测质量，故E步骤不需要．
故答案为：C，E．
（2）重物下落过程中，不可避免的受到阻力作用，重物的重力势能没有全部转化为动能，因此重物动能的增加量小于重力势能的减少量．
故答案为：纸带通过打点计时器时存在阻力．
（3）为了减小阻力对实验的影响，实验时应该选取质量大，体积小的重物，即选取密度大的实心球，故A正确，B错误；
纸带与打点计时器的两个限位孔在同一竖直线上可以减小摩擦，减小实验误差，故C正确；
为了减小测量的偶然误差，纸带上选取的计数点应离起始点远一些，故D错误．
故选AC． |
⑺ 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．
⑻ 某同学利用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。桌面离地面的高度为H，将钢球从轨道的不同高度h处静止
（1）AB（2）A（3）4Hh（4）小 （5）轨道对小球的摩擦力做功，空气阻力对小球做功，钢球转版动动能不能忽略等权
⑼ 某同学用如图1所示的实验装置“验证机械能守恒定律”，所用重物的质量为0.10kg，打点计时器的周期为0.02s
（1）重力势能的减少量△EP=mgh=0.10×9.80×（20.00-16.29）×10-2=0.196J，
vB= = =1.95m/s 则动能的增加量△E k= mv B2= ×0.10×1.95 2≈0.190J （2）a= = | (24.09?20.00?20.00+16.29)×10?2 | | 0.022 |
=9.50m/s 2故答案为：（1）0.196；0.190（2）9.50．
⑽ 某同学用如图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的频率为50Hz
①匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，由此可以求出B点的速度大小为：
vB= =1.84m/s 对应的 v 2=1.69m 2/s 2，gh=1.74m 2/s 2， 可认为在误差范围内存在关系式 v2＝gh，即可验证机械能守恒定律．
②他继续根据纸带算出各点的速度v，量出下落距离h，并以为纵轴、以h为横轴画出的图象，
根据v2＝gh可知，应为过原点的直线，C正确、ABD错误．
故选：C
故答案为：①1.84；1.69；1.74；v2＝gh；②C．
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