人教版2019選擇性必修第一冊高中物理知識(shí)點(diǎn)總結(jié)

人教版2019選擇性必修第一冊高中物理知識(shí)點(diǎn)總結(jié)第一章動(dòng)量守恒定律第1節(jié)動(dòng)量知識(shí)點(diǎn)一尋求碰撞中的不變量【案例1】兩個(gè)大小相同的小球的碰撞(1)如圖甲所示，兩根長度相同的線繩，分別懸掛A、B質(zhì)量相同的球，拉起A球，然后放開，該球與靜止的B球發(fā)生碰撞。碰撞后，A球停止運(yùn)動(dòng)，B球擺到A球原來的高度。(2)如圖乙所示，A球換成大小相同的C球，使C球質(zhì)量大于B球質(zhì)量，用手拉起C球至某一高度后放開，撞擊靜止的B球，發(fā)現(xiàn)碰撞后B球獲得較大的速度，擺起的最大高度大于C球被拉起的高度。實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象猜想：(1)兩個(gè)物體碰撞前后可能動(dòng)能之和不變，所以質(zhì)量小的球速度大；(2)兩個(gè)物體碰撞前后速度與質(zhì)量乘積之和可能是不變的?！景咐?】利用滑軌探究一維碰撞中的不變量實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。為了研究水平方向的一維碰撞，滑軌必須調(diào)水平。(1)質(zhì)量的測量：用天平測量小車的質(zhì)量。(2)速度的測量：利用公式v＝eq\f(Δx,Δt)，式中Δx為小車上擋光片的寬度，Δt為數(shù)字計(jì)時(shí)器顯示的擋光片經(jīng)過光電門的時(shí)間。實(shí)驗(yàn)結(jié)論：此實(shí)驗(yàn)中兩小車碰撞前后動(dòng)能之和并不相等，但是質(zhì)量和速度的乘積之和基本不變。1．實(shí)驗(yàn)誤差存在的主要原因是摩擦力的存在，利用滑軌進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，調(diào)節(jié)時(shí)注意利用水平儀，確保滑軌水平。2．利用滑軌結(jié)合光電門進(jìn)行實(shí)驗(yàn)探究不僅能保證碰撞是一維的，還可以做出多種情形的碰撞，物體碰撞前后速度的測量簡單，誤差較小，準(zhǔn)確性較高，是最佳探究方案。知識(shí)點(diǎn)二動(dòng)量?定義：質(zhì)量和速度的乘積mv定義為物體的動(dòng)量，用字母p表示。?表達(dá)式：p＝mv。?單位：千克米每秒，符號(hào)是kg·m/s。?方向：動(dòng)量是矢量，它的方向與速度的方向相同。1．對動(dòng)量的理解(1)瞬時(shí)性：通常說物體的動(dòng)量是物體在某一時(shí)刻或某一位置的動(dòng)量，動(dòng)量的大小可用p＝mv表示。(2)矢量性：動(dòng)量的方向與物體的瞬時(shí)速度的方向相同。(3)相對性：因物體的速度與參考系的選取有關(guān)，故物體的動(dòng)量也與參考系的選取有關(guān)。2．動(dòng)量的變化量(1)表達(dá)式Δp＝p2－p1，該式為矢量式，運(yùn)算遵循平行四邊形定則，當(dāng)p2、p1在同一條直線上時(shí)，可規(guī)定正方向，將矢量運(yùn)算轉(zhuǎn)化為代數(shù)運(yùn)算。(2)方向：與速度變化量的方向相同。動(dòng)量與動(dòng)能的區(qū)別與聯(lián)系(1)區(qū)別：動(dòng)量是矢量，動(dòng)能是標(biāo)量，質(zhì)量相同的兩物體，動(dòng)量相同時(shí)動(dòng)能一定相同，但動(dòng)能相同時(shí)，動(dòng)量不一定相同。(2)聯(lián)系：動(dòng)量和動(dòng)能都是描述物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的物理量，大小關(guān)系為Ek＝eq\f(p2,2m)或p＝eq\r(2mEk)。第2節(jié)動(dòng)量定理知識(shí)點(diǎn)一沖量的理解與計(jì)算?定義：力與力的作用時(shí)間的乘積叫作力的沖量，用字母I表示。?公式：I＝FΔt。?單位：牛秒，符號(hào)：N·s。?矢量性：方向與力的方向相同。?物理意義：反映了力的作用對時(shí)間的積累效應(yīng)。1．沖量與功的比較沖量功區(qū)別公式I＝FΔtW＝Fx標(biāo)、矢量矢量標(biāo)量意義力對時(shí)間的積累，在F－t圖像中可以用圖線下的面積表示力對位移的積累，在F－x圖像中可以用圖線下的面積表示正、負(fù)正、負(fù)表示與正方向相同或相反正、負(fù)表示動(dòng)力做功或阻力做功作用效果改變物體的動(dòng)量改變物體的動(dòng)能2.沖量的求解方法(1)恒力沖量的求解用公式I＝FΔt計(jì)算，這時(shí)沖量的數(shù)值等于力的大小與作用時(shí)間的乘積，沖量的方向與恒力方向一致。(2)變力沖量的求解①若力的方向不變且大小隨時(shí)間均勻變化，則該力的沖量可以用平均力來計(jì)算，其公式為I＝eq\o(F,\s\up6(－))Δt。②利用F－t圖像中的“面積”求變力的沖量。面積大小表示沖量的大小，面積的正負(fù)表示沖量的方向。某力F隨時(shí)間t變化的圖像(F－t圖像)如圖所示，則圖中陰影部分的面積就表示力在時(shí)間Δt＝t2－t1內(nèi)的沖量。知識(shí)點(diǎn)二動(dòng)量定理及其應(yīng)用?內(nèi)容：物體在一過程中所受力的沖量等于它在這個(gè)過程始末的動(dòng)量變化量。?公式：I＝p′－p＝mv′－mv。?牛頓第二定律的另一種表述：作用在物體上的合力等于物體動(dòng)量的變化率，即F＝eq\f(mv′－mv,Δt)。1．動(dòng)量定理反映了合力的沖量是動(dòng)量變化的原因。2．動(dòng)量定理的表達(dá)式FΔt＝mv′－mv是矢量式，運(yùn)用動(dòng)量定理解題時(shí)，要注意規(guī)定正方向。3．公式中的F是物體所受的合力，若合力是均勻變化的力，則F應(yīng)是合力在作用時(shí)間內(nèi)的平均值。4．動(dòng)量定理不僅適用于宏觀物體的低速運(yùn)動(dòng)，也適用于微觀物體的高速運(yùn)動(dòng)。不論是變力還是恒力，不論幾個(gè)力作用時(shí)間是同時(shí)還是不同時(shí)，不論物體的運(yùn)動(dòng)軌跡是直線還是曲線，動(dòng)量定理都適用。用動(dòng)量定理定性分析實(shí)際問題應(yīng)用動(dòng)量定理定性分析有關(guān)現(xiàn)象的方法(1)物體的動(dòng)量變化量一定時(shí)，力的作用時(shí)間越短，力就越大；力的作用時(shí)間越長，力就越小。(2)作用力一定時(shí)，力的作用時(shí)間越長，動(dòng)量變化量越大；力的作用時(shí)間越短，動(dòng)量變化量越小。利用動(dòng)量定理定量計(jì)算1．動(dòng)量定理I＝p′－p中，合力的沖量與動(dòng)量變化量Δp大小相等，方向相同，常用于(1)應(yīng)用I＝Δp求變力的沖量。(2)應(yīng)用Δp＝FΔt求恒力作用下曲線運(yùn)動(dòng)中物體動(dòng)量的變化。(3)應(yīng)用動(dòng)量定理可以計(jì)算某一過程中的平均作用力，通常用于計(jì)算持續(xù)作用的變力的平均大小。2．應(yīng)用動(dòng)量定理計(jì)算的一般步驟eq\x(\a\al(選定研究,對象，明確,運(yùn)動(dòng)過程))→eq\x(\a\al(進(jìn)行受力,分析，確定,初、末狀態(tài)))→eq\x(\a\al(選取正方向，確定各,矢量符號(hào)，列動(dòng)量定,理方程求解))用動(dòng)量定理進(jìn)行定量計(jì)算時(shí)的注意事項(xiàng)(1)列方程前首先要選取正方向。(2)分析速度時(shí)一定要選取同一參考系，一般是選地面為參考系。(3)公式中的沖量應(yīng)是合力的沖量，求動(dòng)量的變化量時(shí)要嚴(yán)格按公式，且要注意動(dòng)量的變化量是末動(dòng)量減去初動(dòng)量。第3節(jié)動(dòng)量守恒定律知識(shí)點(diǎn)一相互作用的兩個(gè)物體的動(dòng)量改變?對兩個(gè)物體的碰撞過程進(jìn)行理論分析如圖所示，在光滑水平桌面上做勻速運(yùn)動(dòng)的A、B兩個(gè)物體，質(zhì)量分別是m1和m2，沿同一直線向同一方向運(yùn)動(dòng)，速度分別是v1和v2且v2＞v1。當(dāng)B追上A時(shí)發(fā)生碰撞，碰撞后速度分別是v1′和v2′。在碰撞過程中利用動(dòng)量定理對兩物體進(jìn)行分析：對A：F1Δt＝m1v1′－m1v1對B：F2Δt＝m2v2′－m2v2根據(jù)牛頓第三定律F1＝－F2得m1v1′－m1v1＝－(m2v2′－m2v2)m1v1′＋m2v2′＝m1v1＋m2v2結(jié)論：兩個(gè)物體碰撞后的動(dòng)量之和等于碰撞前的動(dòng)量之和。?系統(tǒng)、內(nèi)力、外力(1)系統(tǒng)：相互作用的物體構(gòu)成的整體。(2)內(nèi)力：系統(tǒng)中物體間的作用力。(3)外力：系統(tǒng)以外的物體施加給系統(tǒng)內(nèi)物體的力。分析系統(tǒng)內(nèi)物體受力時(shí)，要弄清哪些是系統(tǒng)的內(nèi)力，哪些是系統(tǒng)外的物體對系統(tǒng)內(nèi)物體的作用力，系統(tǒng)內(nèi)力是系統(tǒng)內(nèi)物體的相互作用力，它們對系統(tǒng)的沖量的矢量和為零，雖然會(huì)改變某個(gè)物體的動(dòng)量，但不改變系統(tǒng)的總動(dòng)量。?動(dòng)量守恒定律(1)內(nèi)容：如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變。(2)表達(dá)式：p1′＋p2′＝p1＋p2或m1v1′＋m2v2′＝m1v1＋m2v2。?動(dòng)量守恒定律的普適性動(dòng)量守恒定律既適用于低速物體，也適用于高速物體。既適用于宏觀物體，也適用于微觀物體。1．研究對象：兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體組成的相互作用的系統(tǒng)。2．守恒條件(1)理想條件：系統(tǒng)不受外力。(2)實(shí)際條件：系統(tǒng)所受外力的矢量和為零。(3)近似條件：系統(tǒng)受外力，但外力遠(yuǎn)小于內(nèi)力，則系統(tǒng)總動(dòng)量近似守恒。(4)推廣條件：系統(tǒng)受力不符合以上三條中的任一條，則系統(tǒng)的總動(dòng)量不守恒，但是，若系統(tǒng)在某一方向上符合以上三條中的某一條，則系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒。3．動(dòng)量守恒定律的幾個(gè)性質(zhì)(1)矢量性。公式中的v1、v2、v1′和v2′都是矢量，只有它們在同一直線上，并先選定正方向，確定各速度的正、負(fù)(表示方向)后，才能用代數(shù)方法運(yùn)算。(2)相對性。速度具有相對性，公式中的v1、v2、v1′和v2′應(yīng)是相對同一參考系的速度，一般取相對地面的速度。(3)同時(shí)性。相互作用前的總動(dòng)量，這個(gè)“前”是指相互作用前的某一時(shí)刻，v1、v2均是此時(shí)刻的瞬時(shí)速度；同理，v1′、v2′應(yīng)是相互作用后的同一時(shí)刻的瞬時(shí)速度。應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的解題步驟(1)確定相互作用的系統(tǒng)為研究對象。(2)分析研究對象所受的外力。(3)判斷系統(tǒng)是否符合動(dòng)量守恒條件。(4)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動(dòng)量。(5)根據(jù)動(dòng)量守恒定律列式求解。第4節(jié)實(shí)驗(yàn)：驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律一、實(shí)驗(yàn)?zāi)康?．明確驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的基本思路。2．驗(yàn)證一維碰撞中的動(dòng)量守恒。3．知道實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)的處理方法。二、實(shí)驗(yàn)方案方案一：研究氣墊導(dǎo)軌上滑塊碰撞時(shí)的動(dòng)量守恒1．實(shí)驗(yàn)器材：氣墊導(dǎo)軌、數(shù)字計(jì)時(shí)器、天平、滑塊(兩個(gè))、彈簧片、細(xì)繩、彈性碰撞架、膠布、撞針、橡皮泥等。2．實(shí)驗(yàn)原理(1)用天平測量兩滑塊的質(zhì)量m1、m2。(2)調(diào)整導(dǎo)軌使之處于水平狀態(tài)，并使數(shù)字計(jì)時(shí)器系統(tǒng)正常工作。(3)利用數(shù)字計(jì)時(shí)器測量滑塊碰撞前后的速度。方案二研究斜槽末端小球碰撞時(shí)的動(dòng)量守恒1．實(shí)驗(yàn)器材：鐵架臺(tái)，斜槽軌道，兩個(gè)大小相等、質(zhì)量不同的小球，鉛垂線，復(fù)寫紙，白紙，天平，刻度尺，圓規(guī)，三角板等。2．實(shí)驗(yàn)的基本思想——轉(zhuǎn)化法不易測量量轉(zhuǎn)化為易測量量的實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)思想。3．實(shí)驗(yàn)原理：如圖甲所示。讓一個(gè)質(zhì)量較大的小球從斜槽上某一位置由靜止?jié)L下，與放在斜槽末端的另一個(gè)大小相同、質(zhì)量較小的小球發(fā)生正碰，之后兩小球都做平拋運(yùn)動(dòng)。(1)質(zhì)量的測量：用天平測量質(zhì)量。(2)速度的測量：由于兩小球下落的高度相同，所以它們的飛行時(shí)間相等。如果用小球的飛行時(shí)間作時(shí)間單位，那么小球飛出的水平距離在數(shù)值上就等于它的水平速度。因此，只需測出兩小球的質(zhì)量m1、m2和不放被碰小球時(shí)入射小球落地時(shí)飛行的水平距離sOP，以及碰撞后入射小球與被碰小球落地時(shí)飛行的水平距離sOM和sON。4．?dāng)?shù)據(jù)分析：若在實(shí)驗(yàn)誤差允許的范圍內(nèi)，m1sOP＝m1sOM＋m2sON，即可驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律。探究1研究氣墊導(dǎo)軌上滑塊碰撞時(shí)的動(dòng)量守恒1．本實(shí)驗(yàn)碰撞前、后速度大小的測量采用極限法，v＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(d,Δt)，其中d為擋光板的寬度。2．注意速度的矢量性：規(guī)定一個(gè)正方向，碰撞前后滑塊速度的方向跟正方向相同即為正值，跟正方向相反即為負(fù)值，比較m1v1＋m2v2與m1v1′＋m2v2′是否相等，應(yīng)該把速度的正負(fù)號(hào)代入計(jì)算。3．造成實(shí)驗(yàn)誤差的主要原因是存在摩擦力。利用氣墊導(dǎo)軌進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，調(diào)節(jié)時(shí)確保導(dǎo)軌水平。探究2研究斜槽末端小球碰撞時(shí)的動(dòng)量守恒本實(shí)驗(yàn)應(yīng)注意(1)入射小球的質(zhì)量m1大于被碰小球的質(zhì)量m2(m1＞m2)。(2)入射小球半徑等于被碰小球半徑。(3)入射小球每次必須從斜槽上同一高度處由靜止?jié)L下。(4)斜槽末端的切線方向水平。(5)為了減小誤差，需要找到不放被碰小球及放被碰小球時(shí)小球落點(diǎn)的平均位置。為此，需要讓入射小球從同一高度多次由靜止?jié)L下，進(jìn)行多次實(shí)驗(yàn)，然后用圓規(guī)畫盡量小的圓把小球所有的落點(diǎn)都圈在里面，其圓心即為小球落點(diǎn)的平均位置。(6)不需要測量速度的具體數(shù)值。因平拋運(yùn)動(dòng)高度相同，下落時(shí)間相等，速度的測量可轉(zhuǎn)換為水平距離的測量。探究3實(shí)驗(yàn)拓展與創(chuàng)新驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的實(shí)驗(yàn)創(chuàng)新設(shè)計(jì)方法1．根據(jù)動(dòng)量守恒定律，設(shè)計(jì)合理的實(shí)驗(yàn)方案。2．靈活運(yùn)用測量速度的方法或運(yùn)用替代思想測量速度進(jìn)行相應(yīng)轉(zhuǎn)化。3．根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理和設(shè)計(jì)方案，合理選擇實(shí)驗(yàn)步驟。第5節(jié)彈性碰撞和非彈性碰撞學(xué)習(xí)目標(biāo)要求核心素養(yǎng)和關(guān)鍵能力1.通過實(shí)驗(yàn)，了解彈性碰撞和非彈性碰撞的特點(diǎn)。2.定量分析一維碰撞問題并能解釋生產(chǎn)生活中的彈性碰撞和非彈性碰撞現(xiàn)象。3.能夠應(yīng)用動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律分析碰撞問題。1.核心素養(yǎng)(1)建立碰撞模型分析解決實(shí)際問題。(2)通過實(shí)驗(yàn)探究彈性碰撞與非彈性碰撞的能量問題。2.關(guān)鍵能力物理建模能力和分析推理能力。知識(shí)點(diǎn)一彈性碰撞和非彈性碰撞打臺(tái)球時(shí)，桌面上兩個(gè)小球碰撞前后動(dòng)量遵循怎樣的規(guī)律，總動(dòng)量和總動(dòng)能各怎樣變化？碰撞時(shí)桌面的摩擦力對兩小球的總動(dòng)量有無重大影響，為什么？提示兩個(gè)小球碰撞前后動(dòng)量守恒，總動(dòng)能可能不變，可能減小，但不會(huì)增加。因?yàn)閮蓚€(gè)小球碰撞時(shí)內(nèi)力遠(yuǎn)大于所受的摩擦力，故摩擦力對動(dòng)量守恒的影響可忽略。?彈性碰撞：系統(tǒng)在碰撞前后動(dòng)能不變的碰撞。?非彈性碰撞：系統(tǒng)在碰撞后動(dòng)能減少的碰撞。1．碰撞的特點(diǎn)(1)時(shí)間特點(diǎn)：碰撞現(xiàn)象中，相互作用的時(shí)間極短，相對物體運(yùn)動(dòng)的全過程可忽略不計(jì)。(2)相互作用力特點(diǎn)：在碰撞過程中，系統(tǒng)的內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以碰撞過程動(dòng)量守恒。(3)能量轉(zhuǎn)化特點(diǎn)：一部分動(dòng)能先轉(zhuǎn)化為彈性勢能，再將彈性勢能全部或部分地轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，未轉(zhuǎn)化為動(dòng)能的部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能或其他能。(4)位移特點(diǎn)：由于碰撞在極短時(shí)間內(nèi)完成，可認(rèn)為碰撞前后物體處于同一位置。2．碰撞的分類(1)彈性碰撞：系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒。(2)非彈性碰撞：系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能減少，損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。(3)完全非彈性碰撞：系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰撞后合為一體或具有相同的速度，機(jī)械能損失最大?！纠?】(多選)如圖所示，兩個(gè)物體1和2在光滑水平面上以相同動(dòng)能相向運(yùn)動(dòng)，它們的質(zhì)量分別為m1和m2，且m1＜m2。經(jīng)一段時(shí)間兩物體相碰撞并粘在一起。碰撞后()A．兩物體將向左運(yùn)動(dòng)B．兩物體將向右運(yùn)動(dòng)C．兩物體組成系統(tǒng)能量損失最大D．兩物體組成系統(tǒng)能量損失最小答案AC解析物體的動(dòng)量p＝eq\r(2mEk)，已知兩物體動(dòng)能Ek相等，又知m1＜m2，則p1<p2，碰前總動(dòng)量方向與物體2的動(dòng)量方向相同，碰后兩物體將向左運(yùn)動(dòng)，A正確，B錯(cuò)誤；兩物體碰撞后粘在一起，物體發(fā)生的碰撞是完全非彈性碰撞，系統(tǒng)的機(jī)械能損失最大，C正確，D錯(cuò)誤?！居?xùn)練1】(多選)在兩個(gè)物體碰撞前后，下列說法中可以成立的是()A．作用后的總動(dòng)能比作用前小，但總動(dòng)量守恒B．作用前后總動(dòng)量均為零，但總動(dòng)能守恒C．作用前后總動(dòng)能為零，而總動(dòng)量不為零D．作用前后總動(dòng)量守恒，而系統(tǒng)內(nèi)各物體的動(dòng)量增量的總和不為零答案AB解析選項(xiàng)A為非彈性碰撞，說法成立；選項(xiàng)B為彈性碰撞，說法成立；總動(dòng)能為零時(shí)，其總動(dòng)量一定為零，故選項(xiàng)C說法不成立；總動(dòng)量守恒，則系統(tǒng)內(nèi)各物體動(dòng)量的增量的總和一定為零，選項(xiàng)D說法不成立。知識(shí)點(diǎn)二彈性碰撞的實(shí)例分析如圖所示，光滑水平面上并排靜止著小球2、3、4，小球1以速度v0射來，已知四個(gè)小球完全相同，小球間發(fā)生彈性碰撞，則碰撞后各小球的運(yùn)動(dòng)情況如何？提示小球1與小球2碰撞后交換速度，小球2與小球3碰撞后交換速度，小球3與小球4碰撞后交換速度，最終小球1、2、3靜止，小球4以速度v0運(yùn)動(dòng)。?正碰：碰撞前后兩球的速度與兩球心的連線在同一條直線上的碰撞，這種碰撞稱為正碰，也叫作對心碰撞或一維碰撞。?實(shí)例分析(1)推導(dǎo)在光滑水平面上質(zhì)量為m1的小球以速度v1與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生彈性正碰，如圖所示。碰撞過程中，動(dòng)量守恒，總動(dòng)能沒有損失，得m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2碰后兩個(gè)物體的速度分別為v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1(2)結(jié)論①若m1＝m2，則有v1′＝0，v2′＝v1，即碰撞后兩球速度互換。②若m1>m2，v1′和v2′都是正值，表示v1′和v2′都與v1方向相同。若m1?m2，這時(shí)有m1－m2≈m1，m1＋m2≈m1，得v1′＝v1，v2′＝2v1，表示第一個(gè)球的速度幾乎不變，第二個(gè)球以2v1的速度被撞出去。③若m1＜m2，v1′為負(fù)值，表示v1′與v1方向相反，第一個(gè)球被彈回。若m1?m2，這時(shí)有m1－m2≈－m2，eq\f(2m1,m1＋m2)≈0，得v1′＝－v1，v2′＝0，表示第一個(gè)球反向以原速率彈回，而第二個(gè)球仍靜止?！纠?】如圖所示，光滑平臺(tái)上有兩個(gè)剛性小球A和B，質(zhì)量分別為2m和3m，小球A以速度v0向右運(yùn)動(dòng)并與靜止的小球B發(fā)生碰撞(碰撞過程中不損失機(jī)械能)，小球B飛出平臺(tái)后經(jīng)時(shí)間t剛好掉入裝有沙子向左運(yùn)動(dòng)的小車中，小車與沙子的總質(zhì)量為m，速度為2v0，小車行駛的路面近似看作是光滑的，求：(1)碰撞后小球A和小球B的速度大??；(2)小球B掉入小車后的速度大小。答案(1)eq\f(1,5)v0eq\f(4,5)v0(2)eq\f(1,10)v0解析(1)A球與B球碰撞過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mAv0＝mAv1＋mBv2碰撞過程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,2)解得v1＝－eq\f(1,5)v0，v2＝eq\f(4,5)v0，碰后A球向左運(yùn)動(dòng)，B球向右運(yùn)動(dòng)。(2)B球掉入沙車過程中系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mBv2－m車·2v0＝(mB＋m車)v′解得v′＝eq\f(1,10)v0。【訓(xùn)練2】如圖所示，A、B是兩個(gè)用等長細(xì)線懸掛起來的大小可忽略不計(jì)的小球，mB＝5mA，B球靜止，拉起A球，使細(xì)線與豎直方向夾角為30°，由靜止釋放A球，在最低點(diǎn)A球與B球發(fā)生彈性碰撞。不計(jì)空氣阻力，則關(guān)于碰后兩小球的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是()A．A球靜止，B球向右，且偏角小于30°B．A球向左，B球向右，且偏角等于30°C．A球向左，B球向右，A球偏角大于B球偏角，且都小于30°D．A球向左，B球向右，A球偏角等于B球偏角，且都小于30°答案C解析設(shè)A球到達(dá)最低點(diǎn)的速度為v，在最低點(diǎn)A球與B球發(fā)生彈性碰撞后，A球的速度為vA，B球的速度為vB，取向右為正方向由動(dòng)量守恒定律可得mAv＝mAvA＋mBvB由動(dòng)能守恒可得eq\f(1,2)mAv2＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)可得vA＝eq\f(mA－mB,mA＋mB)v＝－eq\f(2,3)v，vB＝eq\f(2mA,mA＋mB)v＝eq\f(1,3)v，A球向左，B球向右，A球偏角大于B球偏角，且都小于30°，故選項(xiàng)C正確?！居?xùn)練3】(多選)(2022·寧夏大學(xué)附中高二期末)如圖所示，小球A的質(zhì)量為mA＝5kg，動(dòng)量大小為pA＝4kg·m/s，小球A水平向右運(yùn)動(dòng)，與靜止的小球B發(fā)生彈性碰撞，碰后A的動(dòng)量大小為pA′＝1kg·m/s，方向水平向右，則()A．碰后小球B的動(dòng)量大小為pB＝3kg·m/sB．碰后小球B的動(dòng)量大小為pB＝5kg·m/sC．小球B的質(zhì)量為15kgD．小球B的質(zhì)量為3kg答案AD解析規(guī)定水平向右的方向?yàn)檎较?，碰撞過程中A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，所以有pA＝pA′＋pB解得pB＝3kg·m/s故A正確，B錯(cuò)誤；由于是彈性碰撞，所以沒有動(dòng)能損失，故eq\f(peq\o\al(2,A),2mA)＝eq\f(pA′2,2mA)＋eq\f(peq\o\al(2,B),2mB)解得mB＝3kg故C錯(cuò)誤，D正確。知識(shí)點(diǎn)三碰撞可能性的判斷分析碰撞問題的“三個(gè)原則”1．系統(tǒng)動(dòng)量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。2．系統(tǒng)總動(dòng)能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(peq\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(peq\o\al(2,2),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)。3．速度合理(1)碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，后面物體的速度必大于前面物體的速度，即v后＞v前。碰撞后，原來在前的物體的速度一定增大，即v前′≥v后′。(2)碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，則碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變，除非兩物體碰撞后速度均為零?！纠?】(多選)如圖所示，在光滑的水平面上，有A、B兩個(gè)小球，A球的動(dòng)量為10kg·m/s，B球的動(dòng)量為12kg·m/s。A球追上B球并相碰，碰撞后，A球的動(dòng)量變?yōu)?kg·m/s，方向沒變，則A、B兩球質(zhì)量的比值可能為()A．0.5 B．0.6C．0.65 D．0.75答案BC解析A、B兩球同向運(yùn)動(dòng)，A球追上B球要滿足vA＞vB。兩球碰撞過程中動(dòng)量守恒，且動(dòng)能不會(huì)增多，碰撞結(jié)束要滿足vB′≥vA′由vA＞vB得eq\f(pA,mA)＞eq\f(pB,mB)即eq\f(mA,mB)＜eq\f(pA,pB)＝eq\f(10,12)≈0.83由碰撞過程動(dòng)量守恒得pA＋pB＝pA′＋pB′，pB′＝14kg·m/s由碰撞過程的總動(dòng)能不增加得eq\f(peq\o\al(2,A),2mA)＋eq\f(peq\o\al(2,B),2mB)≥eq\f(pA′2,2mA)＋eq\f(pB′2,2mB)，即eq\f(mA,mB)≤eq\f(36,52)≈0.69由vB′≥vA′得eq\f(pB′,mB)≥eq\f(pA′,mA)，eq\f(mA,mB)≥eq\f(pA′,pB′)＝eq\f(8,14)≈0.57綜上分析有0.57≤eq\f(mA,mB)≤0.69。故B、C正確?！居?xùn)練4】(多選)(2022·山東泰安高二檢測)如圖所示，在光滑水平面上，有兩個(gè)半徑相等的小球A、B，質(zhì)量分別為mA、mB。A向右運(yùn)動(dòng)過程中與靜止的B發(fā)生正碰，碰后兩球動(dòng)量相同，則mA與mB的關(guān)系可能是()A．mA＝0.5mB B．mA＝2mBC．mA＝3mB D．mA＝4mB答案BC解析取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB根據(jù)碰撞過程總動(dòng)能不增加有eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)≥eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)據(jù)題有mAvA＝mBvB，又有vA≤vB聯(lián)立解得mB≤mA≤3mB，故B、C正確?！居?xùn)練5】質(zhì)量為ma＝1kg，mb＝2kg的小球在光滑的水平面上發(fā)生碰撞，碰撞前后兩球的位移—時(shí)間圖像如圖所示，則可知碰撞屬于()A．非彈性碰撞B．彈性碰撞C．完全非彈性碰撞D．條件不足，不能確定答案B解析根據(jù)x－t圖像可知：a球的初速度為va＝3m/s，b球的初速度為vb＝0，碰撞后a球的速度為va′＝eq\f(2－3,1)m/s＝－1m/s，碰撞后b球的速度為vb′＝eq\f(5－3,1)m/s＝2m/s，兩球碰撞過程中，動(dòng)能變化量為ΔEk＝eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)＋0－eq\f(1,2)mava′2－eq\f(1,2)mbvb′2＝eq\f(1,2)×1×32J－eq\f(1,2)×1×(－1)2J－eq\f(1,2)×2×22J＝0，即碰撞前后系統(tǒng)的總動(dòng)能不變，此碰撞是彈性碰撞，故B正確。1．(彈性碰撞)如圖所示，5個(gè)小球B、C、D、E、F并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E四個(gè)小球質(zhì)量相等，而F球質(zhì)量小于B球質(zhì)量，A球的質(zhì)量等于F球質(zhì)量，A球以速度v0向B球運(yùn)動(dòng)，所發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞，則碰撞之后()A．5個(gè)小球靜止，1個(gè)小球運(yùn)動(dòng)B．4個(gè)小球靜止，2個(gè)小球運(yùn)動(dòng)C．3個(gè)小球靜止，3個(gè)小球運(yùn)動(dòng)D．6個(gè)小球都運(yùn)動(dòng)答案C解析由題知mA＜mB，則A、B兩球相碰后球A速度方向向左，球B向右運(yùn)動(dòng)。球B、C、D、E質(zhì)量相等，彈性碰撞后，不斷交換速度，最終E有向右的速度，B、C、D靜止。由于mE>mF，則E、F兩球都向右運(yùn)動(dòng)。故C正確。2．(結(jié)合圖像分析碰撞問題)(多選)質(zhì)量分別為m1和m2的兩個(gè)物體碰撞前后的位移—時(shí)間圖像如圖所示，以下說法中正確的是()A．碰撞前兩物體動(dòng)量相同B．質(zhì)量m1等于質(zhì)量m2C．碰撞后兩物體一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)D．碰撞前兩物體動(dòng)量大小相等、方向相反答案BD解析由圖線的斜率可知，兩物體碰撞前速度大小相等，方向相反，而碰后速度都為零，設(shè)兩物體碰撞前速度大小分別為v1、v2，系統(tǒng)碰撞前后動(dòng)量守恒，以v1方向?yàn)檎较?，則m1v1－m2v2＝0，可得m1v1＝m2v2，則碰前兩物體動(dòng)量大小相等、方向相反，同時(shí)可得m1＝m2，故A、C錯(cuò)誤，B、D正確。3．(碰撞可能性的判斷)(多選)在光滑水平面上，一質(zhì)量為m、速度大小為v的A球與質(zhì)量為2m靜止的B球發(fā)生正碰，碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，則碰后B球的速度大小可能是()A．0.7v B．0.6vC．0.4v D．0.2v答案BC解析以兩球組成的系統(tǒng)為研究對象，以碰前A球的速度方向?yàn)檎较?，如果碰撞為彈性碰撞，由?dòng)量守恒定律得mv＝mvA＋2mvB，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,B)，聯(lián)立解得vA＝－eq\f(1,3)v，vB＝eq\f(2,3)v，負(fù)號(hào)表示碰撞后A球反向彈回；如果碰撞為完全非彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律得mv＝(m＋2m)vB，解得vB＝eq\f(1,3)v。則碰撞后B球的速度范圍是eq\f(1,3)v＜vB＜eq\f(2,3)v，所以碰后B球的速度大小可能是0.6v和0.4v，不可能是0.7v和0.2v，A、D錯(cuò)誤，B、C正確。4．(彈性碰撞的實(shí)例分析)如圖所示，ABC為一固定在豎直平面內(nèi)的光滑軌道，BC段水平，AB段與BC段平滑連接，質(zhì)量為m1的小球從高為h處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止在軌道BC段上質(zhì)量為m2的小球發(fā)生碰撞，碰撞后兩球的運(yùn)動(dòng)方向處于同一水平線上，且在碰撞過程中無機(jī)械能損失，求碰撞后小球m2的速度大小v2。答案eq\f(2m1\r(2gh),m1＋m2)解析設(shè)碰撞前m1的速度為v0，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有m1gh＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)設(shè)碰撞后m1與m2的速度分別為v1和v2，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2由于碰撞過程中無機(jī)械能損失，有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)聯(lián)立解得v2＝eq\f(2m1\r(2gh),m1＋m2)。題組一彈性碰撞和非彈性碰撞1．(2022·山東煙臺(tái)期中)下列關(guān)于碰撞的理解正確的是()A.碰撞是指相對運(yùn)動(dòng)的物體相遇時(shí)，在極短時(shí)間內(nèi)它們的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生了顯著變化的過程B．在碰撞現(xiàn)象中，一般內(nèi)力都遠(yuǎn)大于外力，所以可以認(rèn)為碰撞時(shí)系統(tǒng)的動(dòng)能守恒C．如果碰撞過程中機(jī)械能守恒，這樣的碰撞叫作非彈性碰撞D．微觀粒子的相互作用由于不發(fā)生直接接觸，所以不能稱其為碰撞答案A解析碰撞是十分普遍的現(xiàn)象，它是相對運(yùn)動(dòng)的物體相遇時(shí)發(fā)生的一種現(xiàn)象，一般內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，在非彈性碰撞時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)能不守恒；如果碰撞中機(jī)械能守恒，就叫作彈性碰撞。微觀粒子的相互作用同樣具有短時(shí)間內(nèi)發(fā)生強(qiáng)大內(nèi)力作用的特點(diǎn)，所以仍然是碰撞，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。2．新型冠狀病毒引發(fā)肺炎疫情期間，如圖所示，甲、乙兩人穿著同款充氣“防護(hù)服”出來散步，由于兩人初次穿充氣服，走起路來有些控制不好平衡，所以兩人發(fā)生了碰撞。若甲的質(zhì)量為3m，乙的質(zhì)量為m，且以相同的速率v在光滑水平面上發(fā)生相向碰撞，碰撞后甲靜止不動(dòng)，則這次碰撞屬于()A．彈性碰撞B．非彈性碰撞C．完全非彈性碰撞D．條件不足，無法確定答案A解析設(shè)碰撞后乙的速度為v′，以甲的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒定律可得3mv－mv＝mv′，故碰后乙的速度為v′＝2v；碰前甲、乙的總動(dòng)能為Ek＝eq\f(1,2)×3mv2＋eq\f(1,2)mv2＝2mv2，碰后甲、乙的總動(dòng)能為Ek′＝eq\f(1,2)mv′2＝2mv2，由于碰撞前后總動(dòng)能相等，所以此碰撞為彈性碰撞，故A正確。3．如圖，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，滑塊A的質(zhì)量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質(zhì)量為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可能是()A．A和B都向左運(yùn)動(dòng)B．A和B都向右運(yùn)動(dòng)C．A靜止，B向右運(yùn)動(dòng)D．A向左運(yùn)動(dòng)，B向右運(yùn)動(dòng)答案D解析兩滑塊碰撞過程動(dòng)量守恒，取水平向右方向?yàn)檎较?，碰撞前系統(tǒng)總動(dòng)量p＝mAvA＋mBvB＝m·2v0＋2m·(－v0)＝0，則碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)量也為零，那么A、B應(yīng)都靜止或向相反方向運(yùn)動(dòng)，故D正確。題組二彈性碰撞的實(shí)例分析4．在光滑的水平面上有三個(gè)完全相同的小球，它們成一條直線，小球2、3靜止，并靠在一起，小球1以速度v0射向它們，如圖所示。設(shè)碰撞中不損失機(jī)械能，則碰后三個(gè)小球的速度可能值是()A．v1＝v2＝v3＝eq\f(1,\r(3))v0B．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(1,\r(2))v0C．v1＝0，v2＝v3＝eq\f(1,2)v0D．v1＝v2＝0，v3＝v0答案D解析兩個(gè)質(zhì)量相等的小球發(fā)生彈性正碰，碰撞過程中動(dòng)量守恒，動(dòng)能守恒，碰撞后將交換速度，故D項(xiàng)正確。5．(2022·甘肅武威十八中高二期中)汽車A和汽車B靜止在水平地面上，某時(shí)刻汽車A開始倒車，結(jié)果汽車A撞到了停在它正后方的汽車B，汽車B上裝有智能記錄儀，能夠測量并記錄汽車B前面的物體相對于汽車B自身的速度。在本次碰撞中，如果汽車B的智能記錄儀測得碰撞前瞬間汽車A的速度大小為v0，已知汽車A的質(zhì)量是汽車B質(zhì)量的2倍，碰撞過程可視為彈性碰撞，則碰后瞬間汽車A相對于地面的速度大小為()A.eq\f(1,2)v0 B.eq\f(2,3)v0C.eq\f(1,3)v0 D.eq\f(1,4)v0答案C解析兩汽車發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，設(shè)碰撞后A、B的速度分別為v1、v2，以碰撞前A的速度方向?yàn)檎较?，設(shè)B的質(zhì)量為m，則A的質(zhì)量為2m，由動(dòng)量守恒定律得2mv0＝2mv1＋mv2，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得v1＝eq\f(1,3)v0，選項(xiàng)C正確。6．(2020·全國卷Ⅲ，15)甲、乙兩個(gè)物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運(yùn)動(dòng)，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時(shí)間的變化如圖1中實(shí)線所示。已知甲的質(zhì)量為1kg，則碰撞過程兩物塊損失的機(jī)械能為()A．3J B．4JC．5J D．6J答案A解析設(shè)乙物塊的質(zhì)量為m乙，由動(dòng)量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，代入圖中數(shù)據(jù)解得m乙＝6kg，進(jìn)而可求得碰撞過程中兩物塊損失的機(jī)械能為E損＝eq\f(1,2)m甲veq\o\al(2,甲)＋eq\f(1,2)m乙veq\o\al(2,乙)－eq\f(1,2)m甲v甲′2－eq\f(1,2)m乙v乙′2，代入圖中數(shù)據(jù)解得E損＝3J，選項(xiàng)A正確。題組三碰撞可能性的判斷7．質(zhì)量分別為mA＝1kg、mB＝2kg的A、B兩個(gè)小球在光滑水平面上發(fā)生碰撞，碰撞前后均在同一條直線上。碰撞前速度vA＝6m/s、vB＝2m/s，碰撞后速度vA′＝2m/s、vB′＝4m/s。則此碰撞是()A．彈性碰撞 B．非彈性碰撞C．完全非彈性碰撞 D．無法確定答案B解析由eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＞eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBvB′2，vA′≠vB′可知，此次碰撞為非彈性碰撞，故B正確。8．(多選)兩個(gè)小球A、B在光滑的水平地面上相向運(yùn)動(dòng)，已知它們的質(zhì)量分別是mA＝4kg，mB＝2kg，A的速度vA＝3m/s(設(shè)為正)，B的速度vB＝－3m/s，則它們發(fā)生正碰后，其速度可能分別為()A．均為＋1m/sB．＋4m/s和－5m/sC．＋2m/s和－1m/sD．－1m/s和＋5m/s答案AD解析由動(dòng)量守恒，可驗(yàn)證四個(gè)選項(xiàng)都滿足要求。再看動(dòng)能變化情況Ek前＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝27J，Ek后＝eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBvB′2，由于碰撞過程中總動(dòng)能不可能增加，所以應(yīng)有Ek前≥Ek后，據(jù)此可排除B；選項(xiàng)C雖滿足Ek前≥Ek后，但A、B沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，發(fā)生碰撞后各自仍然保持原來的速度方向，這顯然是不符合實(shí)際的，因此選項(xiàng)C錯(cuò)誤；驗(yàn)證A、D均滿足Ek前≥Ek后，且碰后狀態(tài)符合實(shí)際，故A、D正確。9．(多選)(2022·重慶七校聯(lián)考)質(zhì)量為m的小球A在光滑的水平面上以速度大小v與靜止在光滑水平面上的質(zhì)量為2m的小球B發(fā)生正碰，那么碰撞后B球的可能速度大小是()A.eq\f(1,4)v B.eq\f(1,2)vC.eq\f(3,4)v D.eq\f(3,8)v答案BD解析如果兩個(gè)小球發(fā)生的是完全非彈性碰撞，則有mv＝(m＋2m)v共解得v共＝eq\f(v,3)如果兩個(gè)小球發(fā)生的是彈性碰撞，則有mv＝mvA＋2mvBeq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,B)解得vB＝eq\f(2v,3)，則小球B碰撞后的速度取值范圍為eq\f(v,3)＜vB＜eq\f(2v,3)，故B、D正確。10．(2022·重慶南岸區(qū)期中)如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運(yùn)動(dòng)。兩球質(zhì)量關(guān)系為mB＝2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動(dòng)量均為6kg·m/s，運(yùn)動(dòng)中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動(dòng)量增量為－4kg·m/s，則()A．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5B．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10C．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5D．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10答案A解析兩物體的運(yùn)動(dòng)是同向追擊(都向右運(yùn)動(dòng))，只有后邊的物體速度大于前邊的物體的速度時(shí)才能發(fā)生碰撞，以此分析應(yīng)該是A球在左方追擊B球，發(fā)生碰撞，A球的動(dòng)量減小4kg·m/s，其動(dòng)量變?yōu)?kg·m/s，根據(jù)動(dòng)量守恒定律知B球動(dòng)量增加4kg·m/s，其動(dòng)量變?yōu)?0kg·m/s，兩球質(zhì)量關(guān)系為mB＝2mA，則碰撞后A、B兩球的速度關(guān)系為2∶5，故A正確。11．冰球運(yùn)動(dòng)員甲的質(zhì)量為80.0kg，當(dāng)他以5.0m/s的速度向前運(yùn)動(dòng)時(shí)，與另一質(zhì)量為100kg、速度為3.0m/s的迎面而來的運(yùn)動(dòng)員乙相撞。碰后甲恰好靜止。假設(shè)碰撞時(shí)間極短，求：(1)碰后乙的速度；(2)碰撞中總機(jī)械能的損失。答案(1)1.0m/s方向與乙原來的方向相反(2)1400J解析(1)設(shè)運(yùn)動(dòng)員甲、乙的質(zhì)量分別為m甲、m乙，碰前速度大小分別為v1、v2，碰后乙的速度大小為v2′由動(dòng)量守恒定律有m甲v1－m乙v2＝m乙v2′①代入數(shù)據(jù)得v2′＝1.0m/s②方向與乙原來的方向相反。(2)設(shè)碰撞過程中總機(jī)械能的損失為ΔE，應(yīng)有ΔE＝eq\f(1,2)m甲veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m乙veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)m乙v2′2③聯(lián)立②③式，代入數(shù)據(jù)得ΔE＝1400J。12．如圖所示，在水平光滑直導(dǎo)軌上，靜止著三個(gè)質(zhì)量均為m＝1kg的相同小球A、B、C，現(xiàn)讓A球以v0＝2m/s的速度向著B球運(yùn)動(dòng)，A、B兩球碰撞后粘合在一起，兩球繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)并跟C球碰撞，C球的最終速度vC＝1m/s。求：(1)A、B兩球跟C球相碰前的共同速度大小；(2)兩次碰撞過程中共損失了多少動(dòng)能。答案(1)1m/s(2)1.25J解析(1)A、B相碰滿足動(dòng)量守恒，以v0的方向?yàn)檎较?，有mv0＝2mv1代入數(shù)值解得v1＝1m/s，即兩球跟C球相碰前的速度大小為1m/s。(2)兩球與C球碰撞同樣滿足動(dòng)量守恒，以v0的方向?yàn)檎较颍?mv1＝mvC＋2mv2解得A、B球碰后的速度v2＝0.5m/s兩次碰撞共損失的動(dòng)能ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝1.25J。第6節(jié)反沖現(xiàn)象火箭學(xué)習(xí)目標(biāo)要求核心素養(yǎng)和關(guān)鍵能力1.知道什么是反沖運(yùn)動(dòng)；知道火箭的工作原理。2.能利用動(dòng)量守恒定律解釋反沖現(xiàn)象。3.知道人船模型和爆炸類問題都可以看成反沖運(yùn)動(dòng)問題處理。1.核心素養(yǎng)(1)建立反沖運(yùn)動(dòng)模型、人船模型。(2)會(huì)解決生產(chǎn)生活、科技中的一些實(shí)際問題。2.關(guān)鍵能力物理建模能力和分析推理能力。知識(shí)點(diǎn)一反沖現(xiàn)象你知道章魚、烏賊是怎樣游動(dòng)的嗎？它們先把水吸入體腔，然后用力壓水，通過身體前面的孔將水噴出，使身體很快地運(yùn)動(dòng)。章魚能夠調(diào)整噴水的方向，這樣可以使得身體向任意方向前進(jìn)。章魚游動(dòng)時(shí)體現(xiàn)了什么物理原理？提示章魚噴水后會(huì)獲得與噴出的水反方向的沖量，從而獲得前進(jìn)的速度，這就是反沖現(xiàn)象。?反沖(1)實(shí)例分析：發(fā)射炮彈時(shí)，炮彈從炮筒中飛出，炮身則向后退。這種情況由于系統(tǒng)內(nèi)力很大，外力可忽略，射擊前，炮彈靜止在炮筒中，它們的總動(dòng)量為0。炮彈射出后以很大的速度向前運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，炮身必將向后運(yùn)動(dòng)。(2)定義：發(fā)射炮彈時(shí)，炮彈從炮筒中飛出，炮身則向后退。炮身的這種后退運(yùn)動(dòng)叫作反沖。(3)規(guī)律：反沖現(xiàn)象中，系統(tǒng)內(nèi)力很大，外力可忽略，滿足動(dòng)量守恒定律。?反沖現(xiàn)象的防止及應(yīng)用(1)防止：用槍射擊時(shí)，由于槍身的反沖會(huì)影響射擊的準(zhǔn)確性，所以用步槍射擊時(shí)要把槍身抵在肩部，以減少反沖的影響。(2)應(yīng)用：農(nóng)田、園林的噴灌裝置利用反沖使水從噴口噴出時(shí)，一邊噴水一邊旋轉(zhuǎn)。1．反沖運(yùn)動(dòng)的三個(gè)特點(diǎn)(1)物體的不同部分在內(nèi)力作用下向相反方向運(yùn)動(dòng)。(2)反沖運(yùn)動(dòng)中，相互作用的內(nèi)力一般情況下遠(yuǎn)大于外力或在某一方向上內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以兩部分組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒或在某一方向動(dòng)量守恒。(3)反沖運(yùn)動(dòng)中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以系統(tǒng)的機(jī)械能增加。2．應(yīng)注意的三個(gè)問題(1)速度的方向性：對于原來靜止的整體，可任意規(guī)定某一部分的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍瑒t反方向的另一部分的速度就要取負(fù)值。(2)速度的相對性：反沖問題中，若已知相互作用的兩物體的相對速度，應(yīng)先將相對速度轉(zhuǎn)換成相對地面的速度，再根據(jù)動(dòng)量守恒定律列方程。(3)變質(zhì)量問題：在反沖運(yùn)動(dòng)中常遇到變質(zhì)量物體的運(yùn)動(dòng)，此時(shí)應(yīng)注意研究對象質(zhì)量的變化。【例1】如圖，反沖小車靜止放在水平光滑玻璃上，點(diǎn)燃酒精燈，水蒸氣將橡皮塞水平噴出，小車沿相反方向運(yùn)動(dòng)。如果小車運(yùn)動(dòng)前的總質(zhì)量M＝3kg，水平噴出的橡皮塞的質(zhì)量m＝0.1kg。(水蒸氣質(zhì)量忽略不計(jì))(1)若橡皮塞噴出時(shí)獲得的水平速度v＝2.9m/s，求小車的反沖速度；(2)若橡皮塞噴出時(shí)速度大小不變，方向與水平方向成60°角，求小車的反沖速度。(小車一直在水平方向運(yùn)動(dòng))答案(1)0.1m/s方向與橡皮塞水平運(yùn)動(dòng)方向相反(2)0.05m/s方向與橡皮塞水平分運(yùn)動(dòng)的方向相反解析(1)小車和橡皮塞組成的系統(tǒng)所受外力之和為零，系統(tǒng)總動(dòng)量為零。以橡皮塞運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较蚋鶕?jù)動(dòng)量守恒定律mv＋(M－m)v′＝0v′＝－eq\f(m,M－m)v＝－eq\f(0.1,3－0.1)×2.9m/s＝－0.1m/s負(fù)號(hào)表示小車運(yùn)動(dòng)方向與橡皮塞水平運(yùn)動(dòng)的方向相反，反沖速度大小是0.1m/s。(2)小車和橡皮塞組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，以橡皮塞運(yùn)動(dòng)的水平分運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，有mvcos60°＋(M－m)v″＝0v″＝－eq\f(mvcos60°,M－m)＝－eq\f(0.1×2.9×0.5,3－0.1)m/s＝－0.05m/s負(fù)號(hào)表示小車運(yùn)動(dòng)方向與橡皮塞運(yùn)動(dòng)的水平分運(yùn)動(dòng)方向相反，反沖速度大小是0.05m/s?！居?xùn)練1】某學(xué)習(xí)小組在探究反沖現(xiàn)象時(shí)，將質(zhì)量為m1的一個(gè)小液化氣瓶固定在質(zhì)量為m2的小玩具船上，利用液化氣瓶向外噴射氣體作為船的動(dòng)力?，F(xiàn)在整個(gè)裝置靜止放在平靜的水面上，已知打開瓶后向外噴射氣體的對地速度為v1，如果在Δt的時(shí)間內(nèi)向后噴射的氣體的質(zhì)量為Δm，忽略水的阻力，則噴射出質(zhì)量為Δm的氣體后，小船的速度是()A.eq\f(Δmv1,m1＋m2－Δm) B.eq\f(Δmv1,m1＋m2)C.eq\f(Δmv1,m1－Δm) D.eq\f(Δmv1,m2－Δm)答案A解析由動(dòng)量守恒定律得(m1＋m2－Δm)v船－Δmv1＝0解得v船＝eq\f(Δmv1,m1＋m2－Δm)故選項(xiàng)A正確。

知識(shí)點(diǎn)二火箭點(diǎn)燃“起火”的藥捻，“起火”向下噴出氣體，同時(shí)“起火”飛向高空。結(jié)合該實(shí)例，回答下列問題：(1)“起火”向上飛出的原理是什么？(2)“起火”飛行的速度與什么有關(guān)？提示(1)“起火”靠向下連續(xù)噴出的氣體反沖向上飛行，利用了反沖原理。(2)火藥的質(zhì)量與“起火”中的火藥燃燒后的質(zhì)量之比有關(guān)，還與噴出的氣體速度有關(guān)。?工作原理：應(yīng)用了反沖的原理，火箭靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大的速度。?影響火箭獲得速度大小的因素(1)火箭獲得的速度大?。河蓜?dòng)量守恒定律得mΔv＋Δmu＝0，得Δv＝－eq\f(Δm,m)u，式中Δm為Δt時(shí)間內(nèi)噴出燃?xì)獾馁|(zhì)量，m為噴出燃?xì)夂蠡鸺馁|(zhì)量，u為噴出的燃?xì)庀鄬姎馇盎鸺乃俣??？梢妘越大，質(zhì)量比eq\f(Δm,m)越大，則火箭獲得的速度Δv就越大。(2)噴氣速度：現(xiàn)代火箭發(fā)動(dòng)機(jī)的噴氣速度為2000～5000m/s。1.火箭噴氣屬于反沖類問題，是動(dòng)量守恒定律的重要應(yīng)用。2.分析火箭類問題應(yīng)注意的三點(diǎn)(1)火箭在運(yùn)動(dòng)過程中，隨著燃料的燃燒，火箭本身的質(zhì)量不斷減小，故在應(yīng)用動(dòng)量守恒定律時(shí)，必須取在同一相互作用時(shí)間內(nèi)的火箭和噴出的氣體為研究對象。注意反沖前、后各物體質(zhì)量的變化。(2)明確兩部分物體初、末狀態(tài)的速度的參考系是否為同一參考系，如果不是同一參考系，要設(shè)法予以轉(zhuǎn)換，一般情況要轉(zhuǎn)換成對地的速度。(3)列方程時(shí)要注意初、末狀態(tài)動(dòng)量的方向?！纠?】一火箭噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)每次噴出m＝200g的氣體，氣體離開發(fā)動(dòng)機(jī)噴出時(shí)的速度v＝1000m/s(相對地面)，設(shè)火箭與燃料總質(zhì)量M＝300kg，發(fā)動(dòng)機(jī)每秒噴氣20次。求：(1)原來靜止的火箭第三次噴氣后的速度大??；(2)運(yùn)動(dòng)第1s末，火箭的速度大小。答案(1)2m/s(2)13.5m/s解析(1)方法一噴出氣體的運(yùn)動(dòng)方向與火箭運(yùn)動(dòng)的方向相反，系統(tǒng)動(dòng)量守恒。第一次氣體噴出后，火箭速度為v1，有(M－m)v1－mv＝0所以v1＝eq\f(mv,M－m)第二次氣體噴出后，火箭速度為v2，有(M－2m)v2－mv＝(M－m)v1所以v2＝eq\f(2mv,M－2m)第三次氣體噴出后，火箭速度為v3，有(M－3m)v3－mv＝(M－2m)v2所以v3＝eq\f(3mv,M－3m)＝eq\f(3×0.2×1000,300－3×0.2)m/s≈2m/s。方法二選取整體為研究對象，運(yùn)用動(dòng)量守恒定律求解。設(shè)噴出三次氣體后火箭的速度為v3，以火箭和噴出三次氣體為研究對象，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，得(M－3m)v3－3mv＝0所以v3＝eq\f(3mv,M－3m)≈2m/s。(2)發(fā)動(dòng)機(jī)每秒噴氣20次，以火箭和噴出的20次氣體為研究對象，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得(M－20m)v20－20mv＝0故v20＝eq\f(20mv,M－20m)≈13.5m/s?！就卣埂吭赱例2]中，若發(fā)動(dòng)機(jī)每次噴出200g的氣體，氣體離開發(fā)動(dòng)機(jī)噴出時(shí)相對火箭的速度v＝1000m/s，則當(dāng)?shù)谝淮螝怏w噴出后，火箭的速度多大？提示由動(dòng)量守恒定律(M－m)v1－m(v－v1)＝0解得v1≈0.67m/s。由于火箭每次噴出氣體的動(dòng)量不變，所以能用火箭和噴出三次氣體為研究對象解決本題較方便。如果火箭每次噴出的氣體相對火箭的速度不變，則需將每次噴出氣體的動(dòng)量轉(zhuǎn)換為對地(為參考系)的動(dòng)量。【訓(xùn)練2】將質(zhì)量為1.00kg的模型火箭點(diǎn)火升空，50g燃燒的燃?xì)庖源笮?00m/s的速度從火箭噴口在很短時(shí)間內(nèi)噴出。在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動(dòng)量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)()A．30kg·m/s B．5.7×102kg·m/sC．6.0×102kg·m/s D．6.3×102kg·m/s答案A解析燃?xì)鈴幕鸺龂娍趪姵龅倪^程中，火箭和燃?xì)饨M成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動(dòng)量大小為p，以火箭運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律，可得p－mv0＝0，其中m為燃?xì)赓|(zhì)量，v0為燃?xì)鈬姵龅乃俣?，解得p＝mv0＝0.050kg×600m/s＝30kg·m/s，選項(xiàng)A正確。知識(shí)點(diǎn)三“人—船”模型問題如圖所示，長為L、質(zhì)量為m船的小船停在靜水中，質(zhì)量為m人的人由靜止開始從船的一端走到船的另一端，不計(jì)水的阻力。以人和船組成的系統(tǒng)為研究對象，在人由船的一端走到船的另一端的過程中，人和船相對靜水移動(dòng)的距離分別是多大？提示人和船組成的系統(tǒng)水平方向不受外力作用，所以整個(gè)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，可得m船v船＝m人v人，人和船組成的系統(tǒng)動(dòng)量始終守恒，因eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)故有m船x船＝m人x人，由圖可以看出x船＋x人＝L，可解得x人＝eq\f(m船,m人＋m船)L，x船＝eq\f(m人,m人＋m船)L。1．適用條件兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)原來處于靜止?fàn)顟B(tài)，在系統(tǒng)中物體發(fā)生相對運(yùn)動(dòng)的過程中，動(dòng)量守恒或某一個(gè)方向動(dòng)量守恒。即m1eq\o(v,\s\up6(－))1－m2eq\o(v,\s\up6(－))2＝02．重要結(jié)論(1)人走船行，人停船停；人快船快，人慢船慢。(2)x人＝eq\f(m船,m船＋m人)L，x船＝eq\f(m人,m船＋m人)L，即x人、x船大小與人運(yùn)動(dòng)時(shí)間和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無關(guān)。(3)eq\f(x人,x船)＝eq\f(m船,m人)，人、船的位移(在系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒的方向上的位移)與質(zhì)量成反比。3．畫草圖：解題時(shí)要畫出各物體的位移關(guān)系草圖，找出各長度間的關(guān)系，注意兩物體的位移是相對同一參考系的位移。【例3】(多選)(2022·山東濰坊高二檢測)如圖所示，質(zhì)量為M，長度為L的船停在平靜的湖面上，船頭站著質(zhì)量為m的人，M>m，現(xiàn)在人由靜止開始由船頭走到船尾。不計(jì)水對船的阻力，則()A．人和船運(yùn)動(dòng)方向相同B．船運(yùn)行速度小于人的行進(jìn)速度C．由于船的慣性大，當(dāng)人停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，船還要繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段距離D．人相對水面的位移為eq\f(ML,M＋m)答案BD解析人和船動(dòng)量守恒，系統(tǒng)總動(dòng)量為零，故人和船運(yùn)動(dòng)方向始終相反，故A錯(cuò)誤；由動(dòng)量守恒定律有Mv船＝mv人，又M＞m，故v人＞v船，故B正確；由人—船系統(tǒng)動(dòng)量守恒且系統(tǒng)總動(dòng)量為零知：人走船走，人停船停，故C錯(cuò)誤；由平均動(dòng)量守恒Meq\f(x船,t)＝meq\f(x人,t)和x人＋x船＝L知x人＝eq\f(ML,M＋m)，故D正確?！居?xùn)練3】如圖所示，一個(gè)傾角為α的直角斜面體靜置于光滑水平面上，斜面體質(zhì)量為M，頂端高度為h。今有一質(zhì)量為m的小物體(可視為質(zhì)點(diǎn))，沿光滑斜面下滑，當(dāng)小物體從斜面頂端自由下滑到底端時(shí)，斜面體在水平面上移動(dòng)的距離是()A.eq\f(mh,M＋m) B.eq\f(Mh,M＋m)C.eq\f(mh,（M＋m）tanα) D.eq\f(Mh,（M＋m）tanα)答案C解析此題屬于“人—船”模型問題，小物體與斜面體組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，以水平向左為正方向，設(shè)小物體在水平方向上對地位移大小為s1，斜面體在水平方向上對地位移大小為s2。有0＝ms1－Ms2，且s1＋s2＝eq\f(h,tanα)，可得s2＝eq\f(mh,（M＋m）tanα)，故C正確。1．(反沖運(yùn)動(dòng))(2022·湖南長沙期末)一航天器完成對月球的探測任務(wù)后，在離開月球的過程中，由靜止開始沿著與月球表面成一傾角的直線飛行，先加速運(yùn)動(dòng)，再勻速運(yùn)動(dòng)，探測器通過噴氣而獲得推動(dòng)力，以下關(guān)于噴氣方向的描述中正確的是()A．探測器加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，沿直線向后噴氣B．探測器加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，豎直向下噴氣C．探測器勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，豎直向下噴氣D．探測器勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，不需要噴氣答案C解析探測器加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，通過噴氣獲得的推動(dòng)力與月球?qū)μ綔y器的引力的合力沿加速運(yùn)動(dòng)方向，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；探測器勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，通過噴氣獲得的推動(dòng)力與月球?qū)μ綔y器的引力的合力為零，根據(jù)反沖運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)可知選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。2．(火箭)(多選)(2022·湖南益陽月考)采取下列哪些措施有利于增加火箭的飛行速度()A．使噴出的氣體速度更大B．使噴出的氣體溫度更高C．使噴出的氣體質(zhì)量更大D．使噴出的氣體密度更小答案AC解析設(shè)火箭原來的總質(zhì)量為M，噴出的氣體質(zhì)量為m，速度是v，剩余的質(zhì)量為(M－m)，速度是v′，由動(dòng)量守恒定律得(M－m)v′＝mv，得v′＝eq\f(mv,M－m)，由上式可知：m越大，v越大，v′越大，故A、C正確。3．(“人—船”模型問題)如圖所示，氣球下面有一根長繩，氣球和長繩的總質(zhì)量為m1＝20kg，長繩的下端剛好和水平面接觸。一個(gè)質(zhì)量為m2＝50kg的人抓住大氣球下方的繩，初始靜止時(shí)人離地面的高度為h＝5m。如果這個(gè)人開始沿長繩向下滑動(dòng)，當(dāng)他滑到長繩下端時(shí)，他離地面的高度是(可以把人看作質(zhì)點(diǎn))()A．5m B．3.6mC．2.6m D．8m答案B解析當(dāng)人滑到長繩下端時(shí)，由豎直方向動(dòng)量守恒得m1h1－m2h2＝0且h1＋h2＝h解得h1＝eq\f(25,7)mh2＝eq\f(10,7)m所以他離地面的高度H＝h1≈3.6m，故B正確。題組一反沖運(yùn)動(dòng)1．(多選)判斷下列說法正確的是()A．反沖運(yùn)動(dòng)是相互作用的物體之間的作用力與反作用力產(chǎn)生的效果B．只有系統(tǒng)合外力為零的反沖運(yùn)動(dòng)才能用動(dòng)量守恒定律來分析C．反沖運(yùn)動(dòng)的原理既適用于宏觀物體，也適用于微觀粒子D．在沒有空氣的宇宙空間，火箭仍可加速前行答案ACD解析反沖運(yùn)動(dòng)是相互作用的物體之間的作用力與反作用力產(chǎn)生的效果，選項(xiàng)A正確；系統(tǒng)某一方向上合外力為零的反沖運(yùn)動(dòng)也可以用動(dòng)量守恒定律來分析，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；反沖運(yùn)動(dòng)的原理既適用于宏觀物體，也適用于微觀粒子，選項(xiàng)C正確；在沒有空氣的宇宙空間，火箭向下噴氣時(shí)，由于反沖作用，火箭仍可加速前行，選項(xiàng)D正確。2．(2022·安徽滁州期末)帶子彈的步槍質(zhì)量為5kg，一顆子彈的質(zhì)量為10g，子彈從槍口飛出時(shí)的速度為900m/s，則第一發(fā)子彈射出后步槍的反沖速度約為()A．2m/s B．1.8m/sC．3m/s D．4m/s答案B解析設(shè)子彈和槍的總質(zhì)量為M，子彈質(zhì)量為m，以子彈從槍口飛出時(shí)速度的反方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得(M－m)v1－mv2＝0，得v1＝eq\f(mv2,M－m)＝eq\f(10×10－3×900,5－0.01)m/s≈1.8m/s，故B正確。題組二火箭3．運(yùn)送人造地球衛(wèi)星的火箭開始工作后，火箭做加速運(yùn)動(dòng)的原因是()A．燃料燃燒推動(dòng)空氣，空氣的反作用力推動(dòng)火箭B．火箭發(fā)動(dòng)機(jī)將燃料燃燒產(chǎn)生的氣體向后推出，氣體的反作用力推動(dòng)火箭C．火箭吸入空氣，然后向后推出，空氣對火箭的反作用力推動(dòng)火箭D．火箭燃料燃燒發(fā)熱，加熱周圍空氣，空氣膨脹推動(dòng)火箭答案B解析火箭的工作原理是反沖運(yùn)動(dòng)，火箭燃料燃燒產(chǎn)生的高溫高壓氣體從尾部迅速噴出時(shí)，氣體的反作用力推動(dòng)火箭，使火箭獲得反沖速度，故B正確。4．如圖所示，一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進(jìn)入太空預(yù)定位置，由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離。已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為m1，后部分的箭體質(zhì)量為m2，分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力與分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，則分離后衛(wèi)星的速率v1為()A．v0－v2 B．v0＋v2C．v0－eq\f(m2,m1)v2 D．v0＋eq\f(m2,m1)(v0－v2)答案D解析火箭和衛(wèi)星組成的系統(tǒng)分離時(shí)在初速度方向上動(dòng)量守恒，以火箭的初速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，解得v1＝v0＋eq\f(m2,m1)(v0－v2)，選項(xiàng)D正確。5．(2021·天津卷)一沖九霄，問鼎蒼穹。2021年4月29日，長征五號(hào)B遙二運(yùn)載火箭搭載空間站天和核心艙發(fā)射升空，標(biāo)志著我國空間站建造進(jìn)入全面實(shí)施階段。下列關(guān)于火箭的描述正確的是()A．增加單位時(shí)間的燃?xì)鈬娚淞靠梢栽龃蠡鸺耐屏．增大燃?xì)庀鄬τ诨鸺膰娚渌俣瓤梢栽龃蠡鸺耐屏．當(dāng)燃?xì)鈬姵龌鸺龂娍诘乃俣认鄬τ诘孛鏋榱銜r(shí)火箭就不再加速D．火箭發(fā)射時(shí)獲得的推力來自于噴出的燃?xì)馀c發(fā)射臺(tái)之間的相互作用答案AB解析根據(jù)FΔt＝Δmv可知，增加單位時(shí)間的燃?xì)鈬娚淞炕蛟龃笕細(xì)庀鄬τ诨鸺膰娚渌俣?，都可以增大火箭的推力，故選項(xiàng)A、B正確；當(dāng)燃?xì)鈬姵龌鸺龂娍诘乃俣认鄬τ诘孛?/p>