实验八 验证动量守恒定律&格物致用6 能量、动量情境命题-【创新教程】2027年高考物理总复习大一轮讲义

高考总复习物理 实验八验证动量守恒定律 夯实>基础实验 分层梳理要点落实 ●实验目的 [方案三] 利用等长摆球完成一维碰撞实验 验证动量守恒定律， 测质量用天平测出两小球的质量mm ●实验原理 把两个等大小球用等长悬线悬挂起来 在一维碰撞中，测出物体的质量m和碰撞 安装 前后物体的速度℃、'，找出碰撞前的动量p =m11十m202及碰撞后的动量p'=m11 等长 一个小球静止，拉起另一个小球，放下时 摆球 实验 、它们相碰 十m2v2',看碰撞前后动量是否守恒. 可以测量小球被拉起的角度，从而算出碰 撞前对应小球的速度，测量碰撞后小球摆 ●实验器材 测速度 起的角度，算出碰撞后对应小球的速度！ 长木板 光滑长木板、打点计时器、纸带 改变条件改变碰撞条件，重复实验 小车(2个)、天平、撞针、橡皮泥 验证 一维碰撞中的动量守恒 气垫导轨，光电计时器、天平、滑块 气垫导轨 (2个)、重物、弹簧片、细绳、 弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥 [方案四] 利用斜槽滚球验证动量守恒定律 实验 器材 用天平测出两小球的质量，并选定质量 测质量) 带细线的摆球（两套）、铁架台、天平 大的小球为人射小球 等长摆球 量角器、坐标纸、胶布等 按照如图所示安装实验装置，调整固定 斜槽使斜槽底端水平. 斜槽、小球(2个)、天平、复写纸 斜槽滚球 一人射小球 白纸等 ,撞小 安装 ●实验过程 白纸 [方案-] 利用气垫导轨完成一维碰撞实验 测质量】 用天平测出滑块质量 斜槽 铺纸 白纸在下，复写纸在上且在适当位置铺 滚球 、放好，记下重垂线所指的位置O. 正确安装好气垫导轨 不放被撞小球，每次让入射小球从斜槽上 放球 安装 某固定高度处自由滚下，重复10次用圆 气垫 11 找点规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里 导轨 面圆心P就是小球落点的平均位置. 接通电源，利用配套的光电计时装置 把被撞小球放在斜槽末端，每次让人射小球 实验】 测出两滑块各种情况下碰撞前后的速 从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞 度（①改变滑块的质量.②改变滑块的 碰撞) 重复实验10次用相同的方法，标出碰后入 初速度大小和方向). 找点 射小球落点的平均位置M和被撞小球落点的 平均位置N. 验证】一维碰撞中的动量守恒 验证mOP=m,OM+m,ON [方案二] 利用光滑长木板完成一维碰撞 ●数据处理 实验 [方案-] 利用气垫导轨完成一维碰撞实验 测质量用天平测出两小车的质量 1,滑块速度的测量：-式中4r为滑块挡 将打点计时器固定在光滑长木板的 光片的宽度（仪器说明书上给出，也可直接 端，把纸带穿过打点计时器，连在小 车的后面，在两小车的碰撞端分别装 测量)，△t为数字计时器显示的滑块（挡光 上撞针和橡皮泥. 安装 A B 片)经过光电门的时间. 2.验证的表达式：m1十m22=m,1十m22' 接通电源，让小车A运动，小车B静止， 长木板 实验 两车碰撞时撞针插人橡皮泥中，把两小 [方案二]利用光滑长木板完成一维碰撞 车连接成一个整体运动 实验 通过纸带上两计数点间的距离及 测速度、 时间，由=公算出速度。 1.小车速度的测量：通过纸带上两计数点间的 改变条件 改变碰撞条件，重复实验 距离及时间，由。=名计算。 验证 一维碰撞中的动量守恒 2.验证的表达式：m11=（m1十m2)2 ·140· 第七章动量动量守恒定律 [方案三]利用等长摆球完成一维碰撞实验 2.偶然误差：主要来源于质量m1、m2和碰撞 1.摆球速度的测量：v=√2gh,式中h为小球 前后速度（或水平射程）的测量. 释放时（或碰撞后摆起）的高度，h可由摆角 ●注意事项 和摆长+号计算出。 1.前提条件：碰撞的两物体应保证“水平”和 “正碰” 2.验证的表达式：m10=m11'+m2v2'. 2.方案提醒 [方案四]利用斜槽滚球验证动量守恒定律 1.小球水平射程的测量：连接ON,测量线段 (1)若利用气垫导轨进行验证，给滑块的初速 OP、OM、ON的长度 度应沿着导轨的方向. 2.验证的表达式：m1·OP=m1·OM+m2 (2)若利用摆球进行验证，实验前两摆球应刚 ·ON. 好接触且球心在同一水平线上，将摆球拉 ●误差分析 起后，两摆线应在同一竖直面内. 1.系统误差：主要来源于实验器材及实验操 (3)若利用两小车相碰进行验证，要注意平衡 作等 摩擦力. (1)碰撞是否为一维， (2)气垫导轨是否完全水平，摆球受到空气阻力， (4)若利用平抛运动规律进行验证，安装实验 小车受到长木板的摩擦力，入射小球的释放 装置时，应注意调整斜槽，使斜槽末端切线 高度存在差异。 水平，且选质量较大的小球为入射小球 突破实验热点 实验热点逐一突破 热点一 教材原型实验 [典例1](2024·全 [典例2]用如图所示的装置可以“验证动量 国新课标卷，T22) 守恒定律”，在滑块A和B相碰的端面上装 某同学用如图所示 有弹性碰撞架，它们的上端装有等宽的挡 的装置验证动量守 木板 光片. 恒定律.将斜槽轨道 0 M P N 光电门 光电门2 挡光片 挡光片 固定在水平桌面上，轨道末段水平，右侧端 气垫导轨 点在水平木板上的垂直投影为O,木板上叠 放着白纸和复写纸.实验时先将小球a从斜 槽轨道上Q处由静止释放，a从轨道右端水 滑块A弹性碰撞架滑块B 平飞出后落在木板上；重复多次，测出落点 (1)实验前需要调节气垫导轨水平：在轨道 的平均位置P与O点的距离xp.将与小球 上只放滑块A,轻推一下滑块A,其通过光 a半径相等的小球b置于轨道右侧端点，再 电门1和光电门2的时间分别为t1t2,当t 将小球a从Q处由静止释放，两球碰撞后均 t2(选填“>”“=”或“<”)，则 说明气垫导轨水平. 落在木板上；重复多次，分别测出a、b两球 落点的平均位置M、N与O点的距离 (2)分别测出滑块A、B的总质量m1和m2, 滑块A置于光电门1的左侧，滑块B静置 TM、xN 于两光电门间的某一适当位置，给A一个 完成下列填空： 向右的初速度，通过光电门1的时间为△t1, (1)记a、b两球的质量分别为m、m,实验中 A与B碰撞后A通过光电门1的时间为 须满足条件m。m,(填“>”或“<”)； △t2,B通过光电门2的时间为△t3,为完成 (2)如果测得的xp、M、xN、m。和m,在实 该实验，下列说法正确的有 验误差范围内满足关系式 ,则验证 A.滑块A的总质量，应大于滑块B的总 了两小球在碰撞中满足动量守恒定律.实验 质量m2 中，用小球落点与O点的距离来代替小球 B.不需要测量遮光片的宽度d 水平飞出时的速度，依据是 C.需要测量光电门1到光电门2的间距L 141 高考总复习物理 (3)若测量的物理量能够满足方程 (4)若在(1)步骤中，调节气垫导轨水平时， (用测量物理量表示)，则可验证碰撞过程中 t1比t2略大，AB系统碰撞前的总动量p 和碰撞后的总动量2相比，有1 系统动量守恒. p2(填“>”“=”或“<”). 热点二 创新拓展实验 创新角度 实验装置图 创新解读 1.利用斜面上的平抛运动获得两球碰后的速度. 实验原理 2.利用对比性实验，体现了实验的多样性和创 的创新 新性. 纸带 遮光片 光电门 1.利用气垫导轨代替长木板，利用光电门代替打 h⊙ A 点计时器，提高实验的精确度 2.利用相对误差评价实验结果 气垫导轨 实验器材 的创新 1.利用铝质导轨研究完全非弹性碰撞， 2.利用闪光照相机记录立方体滑块碰撞前后的运 动规律，从而确定滑块碰撞前后的速度 0m1234567891011121314151617181920 1.用压缩弹簧的方式使两滑块获得速度，可使两 实验过程 滑块的合动量为零. 的创新 2.利用u=上的方式获得滑块弹离时的速度. 3.根据能量守恒定律测定弹簧的弹性势能， [典例3幻(2023·辽宁卷，11)某同学为了验 币乙放置在O处，左侧与O点重合，将甲放 证对心碰撞过程中的动量守恒定律，设计了 置于B点由静止释放.当两枚硬币发生碰 如下实验：用纸板搭建如图所示的滑道，使 撞后，分别测量甲、乙从O点到停止处的滑 硬币可以平滑地从斜面滑到水平面上，其中 行距离OM和ON.保持释放位置不变，重 OA为水平段.选择相同材质的一元硬币和 复实验若干次，得到OP、OM、ON的平均值 角硬币进行实验， 分别为s0、51、52 (1)在本实验中，甲选用的是 (填 “一元”或“一角”)硬币； (2)碰撞前，甲到O点时速度的大小可表示 图(a) 图b) 为 (设硬币与纸板间的动摩擦因数 测量硬币的质量，得到一元和一角硬币的质 为，重力加速度为g); 量分别为m1和m2(m1>m2).将硬币甲放 (3)若甲、乙碰撞过程中动量守恒，则 置在斜面上某一位置，标记此位置为B.由 √-S 静止释放甲，当甲停在水平面上某处时，测 （用m1和m2表示)， 52 量甲从O点到停止处的滑行距离OP.将硬 ·142· 第七章动量动量守恒定律 然后通过测得的具体数据验证硬币对心碰 ①测量两个滑块的质量，分别为200.0g和 撞过程中动量是否守恒； 400.0g; (4)由于存在某种系统或偶然误差，计算得 ②接通气源，调整气垫导轨水平； 到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变 ③拨动两滑块，使A、B均向右运动； 化量大小的比值不是1，写出一条产生这种 误差可能的原因 ④导出传感器记录的数据，绘制xA、xB随时 间变化的图像，分别如图乙、图丙所示 实验攻略(1)两物体碰后都向右运动， 传感器a 滑块A 滑块B 传感器b 则入射物体甲的质量m1大于被碰物体乙 的质量m2(m1>m2）. 连气源 (2)物体甲的厚度等于被碰物体乙的厚度， 图甲 保证碰撞过程中重心连线与水平面平行. x./cm 120 120 (3)物体甲每次必须从斜槽上同一高度处 100 100 由静止滑下 (4)保证水平面必须是水平状态. 50 60 (5)为了减小误差，需要找到不放被碰物体 40 40 乙时及放被碰物体乙时物体甲停下来的平 20 均位置.为此，需要让物体甲从同一高度多 1.0 2.0 1.0 2.0 次滑下，进行多次实验，然后用圆规画尽量 图乙 图丙 小的圆把物体甲所有停下来的点都圈在里 面，其圆心即为物体甲停下来的平均位置 回答以下问题： (6)不需要测量速度的具体数值，速度的测 (1)从图像可知两滑块在t s时 量可转换为水平距离的测量， 发生碰撞； 典例4]（2024·山东卷，T13)在第四次“天 (2)滑块B碰撞前的速度大小v= m/s 宫课堂”中，航天员演示了动量守恒实验.受 (保留2位有效数字)： 此启发，某同学使用如图甲所示的装置进行 (3)通过分析，得出质量为200.0g的滑块 了碰撞实验，气垫导轨两端分别安装a、b两 是 (填“A”或“B”) 个位移传感器，a测量滑块A与它的距离 xA,b测量滑块B与它的距离x.部分实验 C温馨提西 步骤如下： 学习至此，请完成配套训练 课时冲关39 [格物致用6]能量、动量情境命题 动量和能量在生产、生活和科技中的综合应用往往涉及的物体多、过程多、题目综合性强，解 题时要认真分析物体间相互作用的过程，将过程合理分段，明确在每个子过程中有哪些物体组成 的系统动量守恒，哪些物体组成的系统机械能守恒，然后针对不同的过程和系统，选择动量守恒 定律或机械能守恒定律或能量守恒定律列方程求解， 情景1 体育运动类 一分钟连续垫了60个，假设球每次在空中 典例1]（多选)2025年8 的时间相等，每次与手部平均作用时间为 月27日，中国女排以3：0 0.2s,已知排球质量为250g,重力加速度g 横扫多米尼加女排，取得 取10m/s2,忽略空气阻力.则下列说法正确 小组第一，女排精神斗志 的是 坚韧、精诚团结，激发了校 A.每次垫球后排球在空中运动时间为1s B.球离开手时初速度为4m/s 园排球热情.如图，小明同 C.排球上升的最大高度为0.6m 学在某次训练中“垫排球” D.手对球的作用力为12.5N 143 高考总复习物理 情景2】 工农业生产类 [听课记录] 典例2]（多选）如图所示为一 款落锤冲击试验机，将重锤从 不同高度落到样本（片、薄膜、 制品)上，以检测其在不同温 度、湿度、冲击能量下的性能 重锤 表现.现将一质量为100kg的 样品 重锤从高度h=2.45m处由静 止释放，重锤与样本冲击时间约为0.05s,然 后以5m/s的速度反弹.已知重力加速度g =10m/s2,空气阻力忽略不计.下列说法正 确的是 ( A.与样本冲击过程，重锤的动量变化量大 小为1200kg·m/s B.与样本冲击过程，重锤的动量变化量大 情景4】 现代科技类 小为200kg·m/s [典例4幻(2024·江苏卷，T14)嫦娥六号在 C.重锤对样本的冲击力大小约为24000N 轨速度为。，着陆器对应的组合体A与轨 D.重锤对样本的冲击力大小约为25000N 道器对应的组合体B分离时间为△t,分离 情景3 传统文化 后B的速度为v,且与v。同向，A、B的质量 [典例3]算盘是我国古老的计算工具，中心 分别为m、M.求： 带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑 (1)分离后A的速度U1; 动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放 (2)分离时A对B的推力大小. 置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位 [听课记录] 置，甲靠边框b,甲、乙相隔=3.5×102m, 乙与边框a相隔s2=2.0×102m,算珠与导 杆间的动摩擦因数=0.1.现用手指将甲 以0.4m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲 的速度大小为0.1m/s,方向不变，碰撞时 间极短且不计，重力加速度g取10m/s2. 算珠归零状态 边框a 边框b (1)通过计算，判断乙算珠能否滑动到边 框a; (2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间！ ·144·高考总复习物理 小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动 能为△Ex=之m心-之m物u 2m, 解得△Ek=0.3J. (3)若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时 P点到O,点的距离为d,小球在P,点正上方的速度为 v3,在P点正上方，由牛顿第二定律有转g= -d 小球从)点正下方到P点正上方过程中，由机械能守恒 定律有2m维听=乞m啡戏十m妹g(2L绳一d), 联立解得d=0.2m, 即P点到O点的最小距离为0.2m [答案](1)5m/s(2)0.3J(3)0.2m [典例2][解析](1)A从开始到滑到圆孤最低点间，根 据机械能守恒mAg(R-Rcos53)=2mA, 解得=2m/s, Uo 在最低点根据牛顿第二定律F、一mg=m尺，解得 F=72N,方向竖直向上： (2)根据题意A、B碰后成一整体，根据动量守恒A= （mA十u）U共· 解得v:=1.6m/s, 故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为 △E=之ma6-2(mA十mB)v共2=1.6J; (3)第一种情况，当传送带速度U小于U:时，A、B滑上 传送带后先减速后匀速运动，设A、B与传送带间的动摩 擦因数为，对A、B根据牛顿第二定律有u(mA十)g =（mA十nB）a 设经过时间t1后A、B与传送带共速，可得v=V#一at, 该段时间内A、B运动的位移为x1= 0十u盘t1, 传送带运动的位移为x2=t1, 故可得Q=u(ma十m)g·(x1-x2), 联立解得v=0.6m/s,另一解大于v共，舍去； 第二种情况，当传送带速度V大于V共时，A、B滑上传送 带后先加速后匀速运动，设经过时间2后A、B与传送 带共速，同理可得v=V共十at2, 该段时间内AB运动的位移为工'-一)， 2 橙得。动的他修高脸； 解得u=2.6m/s,另一解小于v共舍去. [答案](1)72N,方向竖直向上； (2)1.6J (3)0.6m/s或2.6m/s [典例3][解析](1)根据题意可知，小球从开始下落到 P,点处过程中，水平方向上动量守恒，则有心=Mu2, 由能量守恒定律有mgh=是m听十子Md, .1 2 联立解得=6m/s,=行m/s, 即小球速度为6m/s,方向水平向左，大物块速度为 3m/s, 方向水平向右. (2)由于小球落在物块正上方，并与其粘连，小球竖直 方向速度变为0，小球和物块a水平方向上动量守恒，则 有mU1=(m十m4） 解得=2m/s, 设当弹簧形变量为x1时物块b的固定解除，此时小球和 物块a的速度为1，根据胡克定律F=kx1, 系统机械能守恒令(m十m,)店=之（m十m,)心十 2kxi, 联立解得v1=1m/s,x1=0.3m, 固定解除之后，小球、物块和物块b组成的系统动量守 恒，当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定 律有(m十m)U1=(m十2a十）Uh, ·49 解得=号m/s,方向水平向左. 由能量守恒定徐可得，最大弹性势能为E=子(m十 m+之-合(m十m十m)成=号。 [答案](1)6m/s,水平向左，号m/s,水平向右 (2)号m/s,水平向左，号J [典例4幻[解析](1)由于地面光滑，则m1、m2组成的 系统动量守恒，则有2=(1十m2）U: 代入数据有1=1m/s, 对m受力分析有a,=8=4m/S. m1 则木板运动前右端距弹簧左端的距离有 2=2a1x1, 代入数据解得x1=0.125m. (2)木板与弹簧接触以后，对m1、2组成的系统有kx= (m1十g)a共， 对m2有a2=g=1m/s, 当a共=a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时 的弹簧压缩量x2=0.25m, 对1、2组成的系统列动能定理有 合=之(m中md-2(m十m)听， 代入数据有- -m/s. (3)木板从速度为？时到之后与物块加速度首次相同时 的过程中，由于木板即m1的加速度大于木块m2的加速 度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2 时，则说明此时m1的速度大小为2，共用时2t。,且2 一直受滑动摩擦力作用，则对，有-um2g·2t。=m2v3 一m2U2, 解得4= 2 则对于m1、2组成的系统有 -W,=之m店+2m心听-2(m十m)或， △U=-W, 联立有△U=4√3t。-8t6, √3 [答案](1)1m/s:0.125m(2)0.25m;号m/s (3)4√3to-8t6 实验八验证动量守恒定律 热点一[典例1][解析](1)为了保证小球碰撞为对 心正碰，且碰后不反弹，要求m>m,； (2)①两球离开斜槽后做平抛运动，由于抛出，点的高度 相等，它们做平抛运动的时间t相等，碰撞前a球的速度 大小%= t 工M 碰撞后a球的速度大小v= t 碰撞后b球的速度大小队= 如果碰撞过程系统动量守恒，则碰撞前后系统动量相 等，则n=十h%, 整理得mwxp=mxM十mxy ②小球离开斜槽末端后做平抛运动，竖直方向高度相 同，故下落时间相同，水平方向匀速直线运动，小球水平 飞出时的速度与平抛运动的水平位移成正比. [答案](1)>（2)maxp=mxM十，xN 小球离开 斜槽末端后做平抛运动，竖直方向高度相同，故下落时 间相同，水平方向匀速运动直线运动，小球水平飞出时 的速度与平抛运动的水平位移成正比. [典例2][解析](1)当气垫导轨水平时，滑块A在导轨 上做匀速直线运动，所以滑块A经过两光电门时用时相 等，即t1=t2, 2 (2)根据题意可知，滑块A碰后反弹，则滑块A的总质量 m应小于滑块B的总质量，故A错误；本实验需要 验证动量守恒定律，所以在实验中必须要测量滑块A、B 的总质量和碰撞前后的速度，速度可以根据挡光片的宽 度和滑块通过光电门的时间求解，挡光片的宽度可以在 数据处理的过程中消去，所以不需要测量挡光片的宽 度，不需要测量光电门1到光电门2的间距L,故B正 确，C错误， (3)若碰撞过程中系统动量守恒，则有m1v=2v2 一1U1， 又有U= d d d 整理可得州=一出 △t △t (4)调节气垫导轨水平时，t1比t2略大，说明滑块A做加 速运动，则滑块A碰撞前的速度大于通过光电门1的速 度，即力<p2: [答案](1)=(2)B(3)= 71⊥12 (4) △t △t,△t 热点二[典例3][解析](1)根据题意可知，甲与乙碰 撞后没有反弹，可知甲的质量大于乙的质量，甲选用的 是一元硬币； (2)甲从O,点到P点，根据动能定理 m1g5=0-立m 解得碰撞前，甲到O点时速度的大小vo=√2g5, (3)同理可得，碰撞后甲的速度和乙的速度分别为1= √/2g51,2=√2g52 若动量守恒，则满足1V0=1十22， 整理可得√一√S=他 N52 1 (4)由于存在某种系统或偶然误差，计算得到碰撞前、后 甲动量变化量大小与乙动量变化量大小的比值不是1， 写出一条产生这种误差可能的原因有： ①测量误差，因为无论是再精良的仪器总是会有误差 的，不可能做到绝对准确； ②碰撞过程中，我们认为内力远大于外力，动量守恒，实 际上碰撞过程中，两个硬币组成的系统合外力不为零 [答案](1)一元(2)√2g(3)m(4)见解析 [典例4][解析](1)由x-t图像的斜率表示速度可知 两滑块的速度在t=1.0s时发生突变，即这个时候发生 了碰撞； (2)根据x-t图像斜率的绝对值表示速度大小可知碰撞 前瞬间B的速度大小为v= 90-110 1.0 cm/s=0.20m/s; (3)由题图乙知，碰撞前A的速度大小vA=0.50m/s,碰 撞后A的速度大小约为VA' =0.36m/s,由题图丙可知， 碰撞后B的速度大小为'=0.5m/s,A和B碰撞过程 动量守恒，则有mAA十muv=mAA'十mm', 代入数据解得”A≈2， 172n 所以质量为200.0g的滑块是B. [答案](1)1.0(2)0.20(3)B 格物致用6 [典例1]BD一分钟连续垫了60个，每次与手部平均 作用时间为0,2s,所以每次垫球后排球在空中运动时间 s一0.2s=0.8s,故A错误；球离开手时初速度为 =4m/s,故B正确；排球上升的最大高度为h= v-82 =0.8m,故C错误； 28 规定竖直向下为正方向，根据动量定理 (mg-F)△t=-mw-m(-v), 解得F=12.5N,故D正确.] [典例2]AD[重锤下落过程，有2gh=v,解得v= 7m/s,选竖直向下为正方向，则有△p=一mu一mU= 一1200kg·m/s,可得与样本冲击过程，重锤的动量变 ·49 参考答案 化量大小为1200kg·m/s.故A正确；B错误；根据动 量定理mgt一Ft=△p,解得F=25000N,根据牛顿第三 定律可知，重锤对样本的冲击力大小约为25000N.故C 错误；D正确. [典例3][解析](1)甲、乙滑动时的加速度大小均为 a=ug=1 m/s2, 设甲与乙碰前的速度为1，则1=”一2as 解得=0.3m/s, 设甲、乙碰撞时，由动量守恒定律，有 mU=12十w, 解得碰后乙的速度=0.2m/s, 然后乙做减速运动，当速度减为零时，有 x=)=m=0.02m=s2,可知乙恰好能滑到边框a. (2)甲与乙碰前运动的时间 t1=w二4=0.40.35=0.1s, 1 碰后甲运动的时间2= g0.1 a =1s=0.1s, 则甲运动的总时间为t=t1十t=0.2s。 [答案](1)能(2)0.2s [典例4][解析](1)组合体分离前后动量守恒，取。 的方向为正方向，有(m十M)。=Mu十m心， 解得U=m十MD。-Mu 71 (2)以B为研究对象，对B根据列动量定理有 F△t=M-M,解得F=Mv） △t [答案]（1)m+MD-M（2)M(w-2 m △t 第八章机械振动和机械波 第1讲机械振动 课前双基复盘 必备知识·填充知识点一 1.(1)平衡位置(2)回复力(3)平衡位置平衡位置 效果合力分力2.弹力重力原长 弹性势能 重力势能 知识点二 1.(1)-x(2)Asin(wt十p)初相位2.(1)平衡位置 (2)最大位置 知识点三 1.(1)周期性驱动力(2)驱动力无关2.(1)固有频率 (2)固有频率(3)最大 走进教材·拾金 1.AC 2.C 3.AC 课堂研透考点考点一典题例析 [典例1]B[t=0.6s时，物块的位移为y= 0.1sin(2.5π×0.6)m=一0.1m,则对小球有h十y= 之g,解得三1,7m,选项A错误；简谐运动的周期是 T一2r=2πs=0.8s,选项B正确；0.6s内物块运动 的路程是3A=03m,选项C错误；=0,4s=召时，物 块经过平衡位置向下运动，此时物块与小球运动方向相 同，选项D错误.] [典例2]BC[AB.当A、B两，点在平衡位置的同侧时有 合A=As如买9A=AD可得=晋=号或者 2 ,=匹，因此可知第二次经过B点时，=红36 2π T=1.解得T=,北时位移关系为号A-A=L,解得 2 A= 2L,故A错误，B正确；CD.当A,B两点在平衡 3-1 位置两侧时有一合A=Asn9A=An%,解得g 3