物理实验力学验证类实验讲义

力学验证类实验编审教师：高级教师白英彬本专题主要讲述高考中常见的三类验证类力学实验：验证力的平行四边形定则、验证机械能守恒定律以及验证动量守恒定律。考题主要从实验的原理、数据处理以及误差分析等方面全面考查学生的实验探究能力。验证力的平行四边形定则（2021·北京模拟）图甲为“验证力的平行四边形定则”的实验装置图。（1）下面是实验的主要操作步骤：a．将橡皮筋的一端固定在木板上的A点，另一端拴上两根绳套，每根绳套分别连着一个弹簧测力计；b．沿着两个方向拉弹簧测力计，将橡皮筋的活动端拉到某一位置，将此位置标记为O点，并记录两个拉力F1、F2的大小及方向；c．再用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至O点，记录测力计拉力的大小及方向。图乙是在白纸上根据实验结果作出的力的图示，其中表示力F1和F2合力的理论值的是______（填“F”或“F′”）；（2）本实验采用的科学方法是______；A．理想实验法B．等效替代法C．控制变量法（3）本实验中F1、F2的夹角应该是______；A．大一些好B．适当的大小C．小一些更好（4）本实验中若用细长的橡皮筋替代两根绳套，你认为该办法是______的。（填“可行”或“不可行”）关键信息：前后两次将橡皮筋的活动端拉到同一位置O点→等效替代法乙图中的信息→确定合力的理论值与实验值（易错点）解题思路：根据题意确定本实验的原理，从实验原理出发逐一处理相关问题。（1）由平行四边形法则，合力为平行四边形的对角线，故理论值应该为F′；（2）本实验中用两个弹簧测力计拉橡皮筋时与用一个弹簧测力计拉橡皮筋时结点到达的位置相同，目的是为了作用效果相同，故本实验用的科学方法是等效替代法，故B正确，AC错误；（3）根据力的平行四边形定则可知，夹角过大，造成合力偏小；夹角过小，造成合力偏大，不便于实验过程中的测量以及作图，所以为了减小实验误差，在实验中F1、F2的夹角应该取适当的大小，故B正确，AC错误；（4）由于O点的作用效果相同，将两个细绳套换成两根橡皮筋，同样可以记录力的大小和方向，不会影响实验结果，所以是可行的。答案：（1）F′（2）B（3）B（4）可行（2022·辽宁月考）用如下的器材和方法可以验证“力的平行四边形定则”，在圆形桌子透明桌面上平铺一张白纸，在桌子边缘安装三个光滑的滑轮，其中，滑轮P1固定在桌子边，滑轮P2、P3可沿桌边移动。第一次实验中，步骤如下：A．在三根轻绳下挂上一定数量的钩码，并使结点O静止；B．在白纸上描下O点的位置和三根绳子的方向，以O点为起点，作出三拉力的图示；C．以绕过P2、P3绳的两个力为邻边作平行四边形，作出O点为起点的平行四边形的对角线，量出对角线的长度；D．检验对角线的长度和绕过P1绳拉力的图示的长度是否一样，方向是否在一条直线上。（1）这次实验中，若一根绳挂的质量为m，另一根绳挂的质量为2m，则第三根绳挂的质量一定大于______且小于______。（2）第二次实验时，改变滑轮P2、P3的位置和相应绳上钩码的数量，使结点平衡，绳的结点______（填“必须”或“不必”）与第一次实验中白纸上描下的O点重合。实验中，若桌面倾斜______（填“会”或“不会”）影响实验的结论。（1）由题意知，结点O静止时，每根绳的拉力等于绳下所挂物体的重力，根据平衡条件可知，第三根绳的拉力等于第一根绳与第二根绳拉力的合力；由于三根绳子不共线，由二力合成的规律可知，第三根绳的拉力要大于mg小于3mg，即使用第三根绳挂的质量一定大于m，小于3m；（2）本实验的原理是力的平衡条件，即其中两根绳拉力的合力与第三根绳拉力的大小相等方向相反；因此只需要三根绳的结点O处于静止状态即可，不需要保持O点的位置不变；同理，不论桌面是水平还是倾斜，只要O点处于静止状态，就不会影响实验的结论。答案：（1）m；3m（2）不必；不会1．验证力的平行四边形定则的两个基本实验原理（1）等效替代法：需要保证两个力的作用效果与一个力的作用效果是相同的，故需要保证两次力的作用点O点的位置相同；（2）力的平衡法：只需要保证力的作用点处于平衡状态即可，故两次力的作用点O点的位置可以不同；2．本实验操作中的关键点是如何准确地记录力的大小和方向，从这个关键点出发去确定实验操作中一些需要注意的事项；3．根据平行四边形定则确定的两个分力的合力为理论值。验证机械能守恒定律（2022河北省历年真题）某实验小组利用铁架台、弹簧、钩码、打点计时器、刻度尺等器材验证系统机械能守恒定律，实验装置如图1所示。弹簧的劲度系数为k，原长为L0，钩码的质量为m。已知弹簧的弹性势能表达式为E＝kx2，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，当地的重力加速度大小为g。（1）在弹性限度内将钩码缓慢下拉至某一位置，测得此时弹簧的长度为L。接通打点计时器电源。从静止释放钩码，弹簧收缩，得到了一条点迹清晰的纸带。钩码加速上升阶段的部分纸带如图2所示，纸带上相邻两点之间的时间间隔均为T（在误差允许范围内，认为释放钩码的同时打出A点）。从打出A点到打出F点时间内，弹簧的弹性势能减少量为______，钩码的动能增加量为______，钩码的重力势能增加量为______。（2）利用计算机软件对实验数据进行处理，得到弹簧弹性势能减少量、钩码的机械能增加量分别与钩码上升高度h的关系，如图3所示。由图3可知，随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，主要原因是______。关键信息：实验器材及图1→验证弹簧及钩码组成的系统机械能是否守恒弹簧的弹性势能表达式为E＝kx2→根据弹簧形变量的变化确定弹性势能的改变量纸带及纸带上相邻两点的时间间隔T→确定钩码重力势能及动能的改变量解题思路：根据题意确定需要验证机械能守恒的系统（或物体）及系统中机械能减少和增加的部分，再根据相关的知识去求解验证。（1）打下A点时弹簧的形变量为L－L0，打下F点时形变量为L－L0－h5，故从打出A点到打出F点时间内，弹簧的弹性势能减少量为ΔEp弹＝k(L－L0)2－k(L－L0－h5)2整理有ΔEp弹＝k(L－L0)h5－打F点时钩码的速度为vF＝由于在误差允许的范围内，认为释放钩码的同时打出A点，则钩码动能的增加量为ΔEk＝－0＝钩码的重力势能增加量为ΔEp重＝mgh5（2）钩码机械能的增加量，即钩码动能和重力势能增加量的总和，若无阻力做功则弹簧弹性势能的减少量等于钩码机械能的增加量。现在随着h增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，表明弹簧减少的弹性势能没有全部转化为钩码增加的机械能，部分由于阻力做功转化成了内能，且阻力做功越来越大。而产生这个问题的主要原因是钩码和纸带运动的速度逐渐增大，导致空气阻力逐渐增大，以至于空气阻力做的功也逐渐增大。答案：（1）ΔEp弹＝k(L－L0)h5－；ΔEk＝－0＝；ΔEp重＝mgh5（2）钩码和纸带运动的速度逐渐增大，导致空气阻力逐渐增大，以至于空气阻力做的功也逐渐增大（2022湖北历年真题）某同学设计了一个用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验。一根轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接小钢球，如图甲所示。拉起小钢球至某一位置由静止释放，使小钢球在竖直平面内摆动，记录钢球摆动过程中拉力传感器示数的最大值Tmax和最小值Tmin。改变小钢球的初始释放位置，重复上述过程。根据测量数据在直角坐标系中绘制的Tmax－Tmin图像是一条直线，如图乙所示。（1）若小钢球摆动过程中机械能守恒。则图乙中直线斜率的理论值为_______。（2）由图乙得：直线的斜率为______，小钢球的重力为_______N。（结果均保留2位有效数字）（3）该实验系统误差的主要来源是______（单选，填正确答案标号）。A．小钢球摆动角度偏大B．小钢球初始释放位置不同C．小钢球摆动过程中有空气阻力（1）设初始位置时，轻绳长度为l，与竖直方向夹角为θ，小钢球达到最低点时速度为v由于小钢球在竖直面内做圆周运动，可知在最高点时轻绳拉力最小，此时小钢球速度为0，故小钢球沿绳方向的合力为0，于是有：Tmin＝mgcosθ到最低点时轻绳拉力最大，由机械能守恒定律知：mgl(1－cosθ)＝mv2由牛顿第二定律知：Tmax－mg＝m联立解得Tmax＝3mg－2Tmin若小钢球摆动过程中机械能守恒，由该表达式知图乙中直线斜率的理论值为－2；（2）由图乙得直线的斜率为k＝＝－2.1，近似等于2，故小钢球的机械能守恒；由图乙知直线的纵截距为1.77N，结合上述表达式可知：3mg则小钢球的重力mg（3）该实验系统误差的主要来源是小钢球摆动过程中受到空气阻力的作用，使得机械能减小，故选C。答案：（1）－2（2）－2.1；0.59（3）C1．在直接验证机械能守恒定律的实验中，首先需要确定验证的对象（系统或某个物体）及运动过程对应的初末位置；其次，求解在此过程中减小的能量和增加的能量；注意在求解动能改变量时要熟练应用打点计时器、光电门等仪器求解瞬时速度的方法；最后验证减小量与增加量是否相等；2．通过实验数据绘制的图像来间接验证机械能守恒定律的实验中，往往需要结合机械能守恒定律、牛顿第二定律等知识写出图像对应的函数表达式，再通过验证图像的斜率、截距等是否与推导的理论值相等来验证。验证动量守恒定律（2022江苏省模拟）小明利用如图甲所示的装置进行“验证动量守恒定律”的实验。已知被碰小球b与入射小球a半径相同，b的质量为a的一半。（1）下列实验操作步骤，正确顺序是______。①在薄平木板表面先后钉上白纸和复写纸，将该木板竖直并贴紧桌面右侧边缘②将a向左压缩弹簧到某一位置由静止释放，撞到木板，在白纸上留下压痕P③在桌面的适当位置固定好弹簧发射器，调节桌面为水平状态④将b放在桌面的右边缘，将a向左压缩弹簧到同一位置由静止释放，与b相碰后，两球在白纸上留下压痕P1、P3⑤将木板向右平移适当距离，再将a向左压缩弹簧到某一位置由静止释放，撞到木板，在白纸上留下压痕P2（2）关于该实验，下列说法正确的有______。A．步骤②⑤中a的释放点位置可以不同B．为减小误差，弹簧的压缩量越大越好C．a与弹簧发射器的摩擦不影响实验验证D．a、b碰撞过程有动能损失，会导致实验误差（3）测得小球在木板上的压痕P1、P2、P3分别与P之间的竖直距离h1、h2、h3，当满足关系式______时，可证明a、b碰撞过程中动量守恒。（4）若改变小球a、b的材质和质量，b下落的最小高度为______（用h2表示）。（5）若操作步骤⑤后，小明未发现木板向右平移到图乙的虚线位置，则测得a、b碰后的总动量将______（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。关键信息：图甲图乙中小球的运动轨迹→应用平抛运动求解碰撞前后a、b的速度将木板向右平移适当距离→小球做平抛运动的水平位移相同b的质量为a的一半→图甲中P1的位置对应小球b撞击木板的位置（易错点）图甲中各点的到P点的距离→由自由落体运动的规律求小球a，b的下落时间解题思路：由题意可知，该实验是利用平抛运动的规律来验证两小球碰撞过程中的动量守恒，关键点在于如何利用平抛运动的水平位移以及竖直高度来确定碰撞前后的速度。（1）根据实验原理及实验操作可知，实验操作步骤正确的顺序应为③①②⑤④．（2）A．步骤②中白纸上留下的压痕P是为了记录水平位置，而步骤⑤中a的释放点位置对应平抛初速度，故步骤②⑤中a的释放点位置可以不同，故A正确；B．弹簧压缩量越大，小球离开弹簧时获得的动能越大，下落的高度会越小，在用刻度尺测量长度时测量的长度越短，误差越大，故弹簧的压缩量不是越大越好，故B错误；C．实验中只需保证⑤④两步骤中将a向左压缩弹簧到同一位置由静止释放，即可保证每次入射小球速度相同，弹簧发射器及桌面不一定要光滑，故a与弹簧发射器的摩擦不影响实验验证，故C正确；D．a、b碰撞过程动量守恒，本实验是通过平抛运动规律计算小球碰撞前后的速度进而验证动量守恒，与碰撞过程是否有动能损失无关，故D错误。故选AC。（3）小球离开轨道后做平抛运动，设木板与抛出点之间的水平距离为x，初速度为v，由平抛运动规律可得h＝gt2x＝vt解得v＝x设碰撞前a球的速度为v0，碰撞后a球的速度为v1，b球的速度为v2，设a的质量为2m，b的质量为m，由动量守恒可得2mv0＝2mv1＋mv2则有2mx＝2mx＋mx整理可得＝＋（4）由于小球撞击木板时的水平距离一定，故小球b碰后的速度最大，其对应的下降距离越小，则两小球之间的碰撞首先需满足弹性碰撞（无能量损失）。设a、b的质量分别为m1、m2，则有：m1v0＝m1v1＋m2v2＝＋解得b碰后的速度为v2＝v0＝故当m1≫m2时，v2的速度最大，最大值为2v0，由平抛运动规律可知：h2＝gt2x＝v0t解得a以v0的初速度抛出后撞击木板时的高度为h2＝g()2同理可得，碰后b下落的最小高度为hb＝g()2联立可得hb＝（5）若操作步骤⑤后，小明未发现木板向右平移到图乙的虚线位置，则测得落点h1、h3将变大，故测得a、b碰后的总动量将变小。答案：（1）③①②⑤④（2）AC（3）＝（4）hb＝（5）变小（2022山东省模拟）某实验小组用如图所示的装置验证动量守恒定律。实验开始前在水平放置的气垫导轨左端装一个弹射装置，打开控制开关，滑块可被弹射装置向右弹出。滑块A和滑块B上装有相同宽度的挡光片，在相碰的端面装有轻质弹性架。实验开始前，滑块A被弹射装置锁定，滑块B静置于两个光电门之间。（1）打开控制开关，滑块A被弹出。数字计时器记录了挡光片通过光电门1的时间Δt1，挡光片先后通过光电门2的时间分别为Δt2和Δt3，则滑块A（含挡光片）与滑块B（含挡光片）的质量大小关系是mA____mB（选填“大于”“等于”或“小于”）。（2）若滑块A和滑块B的碰撞过程中满足