《2025年高考帮高中物理》

4.[实验原理创新/2024河北名校协作体联考]某同学用如图1所示的装置验证轻弹簧和小物块（带有遮光条）组成的系统机械能守恒. 图中光电门安装在铁架台上且位置可调. 物块释放前,细线与弹簧和物块的拴接点(A、B)在同一水平线上,且弹簧处于原长. 滑轮质量不计且滑轮凹槽中涂有润滑油,以保证细线与滑轮之间的摩擦可以忽略不计,细线始终伸直. 小物块连同遮光条的总质量为m,弹簧的劲度系数为k,重力加速度为g,遮光条的宽度为d,小物块释放点与光电门之间的距离为l(d远远小于l). 现将小物块由静止释放,记录遮光条通过光电门的时间t：

（1）改变光电门的位置,重复实验,每次物块均从B点静止释放,记录多组l和对应的时间t,作出$\frac{1}{t^{2}}-l$图像如图2所示,若在误差允许的范围内,$\frac{1}{t^{2}}$与l满足关系$\frac{1}{t^{2}}=\frac{2g}{d^{2}}l+\frac{k}{md^{2}}l^{2}$,可验证轻弹簧和小物块组成的系统机械能守恒.
（2）在（1）中条件下,l取某个值时,可以使物块通过光电门时的速度最大,速度最大值为$\sqrt{2gl_{2}}$（用$l_{2}$、g表示）,此时物块的加速度大小为0.
（3）在（1）中条件下,$l = l_{1}$和$l = l_{3}$时,物块通过光电门时弹簧具有的两弹性势能分别为$E_{p1}$、$E_{p3}$,则$E_{p3}-E_{p1}$ = $\frac{1}{2}k(l_{3}^{2}-l_{1}^{2})$（用$l_{1}$、$l_{2}$、$l_{3}$、k表示）.

答案：
(1)$\frac{1}{t^{2}}=-\frac{k}{md^{2}}l^{2}+\frac{2g}{d^{2}}l$
(2)$\sqrt{gl_{2}}$ 0
(3)$k(l_{3}-l_{1})l_{2}$ 解析：
(1)若系统机械能守恒，则有$mgl=\frac{1}{2}kl^{2}+\frac{1}{2}m(\frac{d}{t})^{2}$，变式为$\frac{1}{t^{2}}=-\frac{k}{md^{2}}l^{2}+\frac{2g}{d^{2}}l$，所以图像若能在误差允许的范围内满足$\frac{1}{t^{2}}=-\frac{k}{md^{2}}l^{2}+\frac{2g}{d^{2}}l$，即可验证弹簧和小物块组成的系统机械能守恒。
(2)由题图2可知，当$l = l_{2}$时，遮光条挡光时间最短，此时物块通过光电门时的速度最大，可得$l_{2}=\frac{mg}{k}$，$mgl_{2}=\frac{1}{2}kl_{2}^{2}+\frac{1}{2}mv_{max}^{2}$，联立可得$v_{max}=\sqrt{gl_{2}}$，此时细线的拉力与物块的重力大小相等、方向相反，故而物块加速度大小为0。
(3)由题图2可知，当$l = l_{1}$和$l = l_{3}$时，物块的动能相等，可得$mgl_{3}=E_{p3}+E_{k}$，$mgl_{1}=E_{p1}+E_{k}$，$l_{2}=\frac{mg}{k}$。联立可得$E_{p3}-E_{p1}=k(l_{3}-l_{1})l_{2}$。

5.[速度测量方法的创新]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$T_{max}$和最小值$T_{min}$. 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$T_{max}-T_{min}$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.
（2）由图乙得：直线的斜率为1.80,小钢球的重力为0.25N.（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C.
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

答案：
(1)-2
(2)-2.1 0.59
(3)C 解析：
(1)小钢球在最低点时速度最大，轻绳的拉力最大，根据向心力公式有$T_{max}-mg=m\frac{v^{2}}{L}$；设最大摆角为$\theta$，在最高点时速度为零，轻绳的拉力最小，根据向心力公式有$T_{min}-mg\cos\theta = 0$；从最高点运动到最低点的过程，重力做的功为$W_{G}=mgL(1 - \cos\theta)=mgL - T_{min}L$，动能的增加量为$\Delta E_{k}=\frac{1}{2}mv^{2}=\frac{1}{2}(T_{max}-mg)L$，根据动能定理有$W_{G}=\Delta E_{k}$，解得$T_{max}=-2T_{min}+3mg$，所以题图乙中直线斜率的理论值$k = -2$。
(2)由题图乙可知直线的斜率为$k=-\frac{1.765 - 1.350}{0.195}\approx -2.1$，纵截距为$3mg = 1.765\ N$，解得小钢球的重力$mg\approx0.59\ N$。
(3)小钢球摆动角度一次偏大并不影响系统误差，只要从不同位置释放多测几组数据，作出的图线误差也不会很大，故A错误；小钢球初始释放位置不同不是本实验的必要条件，与系统误差没有必然联系，故B错误；小钢球摆动过程中有空气阻力做功，导致机械能减小，故C正确。