人教版2019選擇性必修第一冊高中物理知識點總結第一章動量守恒定律第1節動量知識點一尋求碰撞中的不變量【案例1】兩個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質量相同的球，拉起A球，然后放開，該球與靜止的B球發生碰撞。碰撞后，A球停止運動，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球質量大于B球質量，用手拉起C球至某一高度后放開，撞擊靜止的B球，發現碰撞后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。實驗現象猜想：(1)兩個物體碰撞前后可能動能之和不變，所以質量小的球速度大；(2)兩個物體碰撞前后速度與質量乘積之和可能是不變的。【案例2】利用滑軌探究一維碰撞中的不變量實驗裝置如圖所示。為了研究水平方向的一維碰撞，滑軌必須調水平。(1)質量的測量：用天平測量小車的質量。(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為數字計時器顯示的擋光片經過光電門的時間。實驗結論：此實驗中兩小車碰撞前后動能之和并不相等，但是質量和速度的乘積之和基本不變。1．實驗誤差存在的主要原因是摩擦力的存在，利用滑軌進行實驗，調節時注意利用水平儀，確保滑軌水平。2．利用滑軌結合光電門進行實驗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，準確性較高，是最佳探究方案。知識點二動量?定義：質量和速度的乘積mv定義為物體的動量，用字母p表示。?表達式：p＝mv。?單位：千克米每秒，符號是kg·m/s。?方向：動量是矢量，它的方向與速度的方向相同。1．對動量的理解(1)瞬時性：通常說物體的動量是物體在某一時刻或某一位置的動量，動量的大小可用p＝mv表示。(2)矢量性：動量的方向與物體的瞬時速度的方向相同。(3)相對性：因物體的速度與參考系的選取有關，故物體的動量也與參考系的選取有關。2．動量的變化量(1)表達式Δp＝p2－p1，該式為矢量式，運算遵循平行四邊形定則，當p2、p1在同一條直線上時，可規定正方向，將矢量運算轉化為代數運算。(2)方向：與速度變化量的方向相同。動量與動能的區別與聯系(1)區別：動量是矢量，動能是標量，質量相同的兩物體，動量相同時動能一定相同，但動能相同時，動量不一定相同。(2)聯系：動量和動能都是描述物體運動狀態的物理量，大小關系為Ek＝eq\f(p2,2m)或p＝eq\r(2mEk)。第2節動量定理知識點一沖量的理解與計算?定義：力與力的作用時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：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間的積累效應。1．沖量與功的比較沖量功區別公式I＝FΔtW＝Fx標、矢量矢量標量意義力對時間的積累，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、負正、負表示與正方向相同或相反正、負表示動力做功或阻力做功作用效果改變物體的動量改變物體的動能2.沖量的求解方法(1)恒力沖量的求解用公式I＝FΔt計算，這時沖量的數值等于力的大小與作用時間的乘積，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間均勻變化，則該力的沖量可以用平均力來計算，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，面積的正負表示沖量的方向。某力F隨時間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間Δt＝t2－t1內的沖量。知識點二動量定理及其應用?內容：物體在一過程中所受力的沖量等于它在這個過程始末的動量變化量。?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量的變化率，即F＝eq\f(mv′－mv,Δt)。1．動量定理反映了合力的沖量是動量變化的原因。2．動量定理的表達式FΔt＝mv′－mv是矢量式，運用動量定理解題時，要注意規定正方向。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應是合力在作用時間內的平均值。4．動量定理不僅適用于宏觀物體的低速運動，也適用于微觀物體的高速運動。不論是變力還是恒力，不論幾個力作用時間是同時還是不同時，不論物體的運動軌跡是直線還是曲線，動量定理都適用。用動量定理定性分析實際問題應用動量定理定性分析有關現象的方法(1)物體的動量變化量一定時，力的作用時間越短，力就越大；力的作用時間越長，力就越小。(2)作用力一定時，力的作用時間越長，動量變化量越大；力的作用時間越短，動量變化量越小。利用動量定理定量計算1．動量定理I＝p′－p中，合力的沖量與動量變化量Δp大小相等，方向相同，常用于(1)應用I＝Δp求變力的沖量。(2)應用Δp＝FΔt求恒力作用下曲線運動中物體動量的變化。(3)應用動量定理可以計算某一過程中的平均作用力，通常用于計算持續作用的變力的平均大小。2．應用動量定理計算的一般步驟eq\x(\a\al(選定研究,對象，明確,運動過程))→eq\x(\a\al(進行受力,分析，確定,初、末狀態))→eq\x(\a\al(選取正方向，確定各,矢量符號，列動量定,理方程求解))用動量定理進行定量計算時的注意事項(1)列方程前首先要選取正方向。(2)分析速度時一定要選取同一參考系，一般是選地面為參考系。(3)公式中的沖量應是合力的沖量，求動量的變化量時要嚴格按公式，且要注意動量的變化量是末動量減去初動量。第3節動量守恒定律知識點一相互作用的兩個物體的動量改變?對兩個物體的碰撞過程進行理論分析如圖所示，在光滑水平桌面上做勻速運動的A、B兩個物體，質量分別是m1和m2，沿同一直線向同一方向運動，速度分別是v1和v2且v2＞v1。當B追上A時發生碰撞，碰撞后速度分別是v1′和v2′。在碰撞過程中利用動量定理對兩物體進行分析：對A：F1Δt＝m1v1′－m1v1對B：F2Δt＝m2v2′－m2v2根據牛頓第三定律F1＝－F2得m1v1′－m1v1＝－(m2v2′－m2v2)m1v1′＋m2v2′＝m1v1＋m2v2結論：兩個物體碰撞后的動量之和等于碰撞前的動量之和。?系統、內力、外力(1)系統：相互作用的物體構成的整體。(2)內力：系統中物體間的作用力。(3)外力：系統以外的物體施加給系統內物體的力。分析系統內物體受力時，要弄清哪些是系統的內力，哪些是系統外的物體對系統內物體的作用力，系統內力是系統內物體的相互作用力，它們對系統的沖量的矢量和為零，雖然會改變某個物體的動量，但不改變系統的總動量。?動量守恒定律(1)內容：如果一個系統不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這個系統的總動量保持不變。(2)表達式：p1′＋p2′＝p1＋p2或m1v1′＋m2v2′＝m1v1＋m2v2。?動量守恒定律的普適性動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：兩個或兩個以上的物體組成的相互作用的系統。2．守恒條件(1)理想條件：系統不受外力。(2)實際條件：系統所受外力的矢量和為零。(3)近似條件：系統受外力，但外力遠小于內力，則系統總動量近似守恒。(4)推廣條件：系統受力不符合以上三條中的任一條，則系統的總動量不守恒，但是，若系統在某一方向上符合以上三條中的某一條，則系統在該方向上動量守恒。3．動量守恒定律的幾個性質(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(表示方向)后，才能用代數方法運算。(2)相對性。速度具有相對性，公式中的v1、v2、v1′和v2′應是相對同一參考系的速度，一般取相對地面的速度。(3)同時性。相互作用前的總動量，這個“前”是指相互作用前的某一時刻，v1、v2均是此時刻的瞬時速度；同理，v1′、v2′應是相互作用后的同一時刻的瞬時速度。應用動量守恒定律的解題步驟(1)確定相互作用的系統為研究對象。(2)分析研究對象所受的外力。(3)判斷系統是否符合動量守恒條件。(4)規定正方向，確定初、末狀態動量。(5)根據動量守恒定律列式求解。第4節實驗：驗證動量守恒定律一、實驗目的1．明確驗證動量守恒定律的基本思路。2．驗證一維碰撞中的動量守恒。3．知道實驗數據的處理方法。二、實驗方案方案一：研究氣墊導軌上滑塊碰撞時的動量守恒1．實驗器材：氣墊導軌、數字計時器、天平、滑塊(兩個)、彈簧片、細繩、彈性碰撞架、膠布、撞針、橡皮泥等。2．實驗原理(1)用天平測量兩滑塊的質量m1、m2。(2)調整導軌使之處于水平狀態，并使數字計時器系統正常工作。(3)利用數字計時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的動量守恒1．實驗器材：鐵架臺，斜槽軌道，兩個大小相等、質量不同的小球，鉛垂線，復寫紙，白紙，天平，刻度尺，圓規，三角板等。2．實驗的基本思想——轉化法不易測量量轉化為易測量量的實驗設計思想。3．實驗原理：如圖甲所示。讓一個質量較大的小球從斜槽上某一位置由靜止滾下，與放在斜槽末端的另一個大小相同、質量較小的小球發生正碰，之后兩小球都做平拋運動。(1)質量的測量：用天平測量質量。(2)速度的測量：由于兩小球下落的高度相同，所以它們的飛行時間相等。如果用小球的飛行時間作時間單位，那么小球飛出的水平距離在數值上就等于它的水平速度。因此，只需測出兩小球的質量m1、m2和不放被碰小球時入射小球落地時飛行的水平距離sOP，以及碰撞后入射小球與被碰小球落地時飛行的水平距離sOM和sON。4．數據分析：若在實驗誤差允許的范圍內，m1sOP＝m1sOM＋m2sON，即可驗證動量守恒定律。探究1研究氣墊導軌上滑塊碰撞時的動量守恒1．本實驗碰撞前、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：規定一個正方向，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值，比較m1v1＋m2v2與m1v1′＋m2v2′是否相等，應該把速度的正負號代入計算。3．造成實驗誤差的主要原因是存在摩擦力。利用氣墊導軌進行實驗，調節時確保導軌水平。探究2研究斜槽末端小球碰撞時的動量守恒本實驗應注意(1)入射小球的質量m1大于被碰小球的質量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滾下。(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小球落點的平均位置。為此，需要讓入射小球從同一高度多次由靜止滾下，進行多次實驗，然后用圓規畫盡量小的圓把小球所有的落點都圈在里面，其圓心即為小球落點的平均位置。(6)不需要測量速度的具體數值。因平拋運動高度相同，下落時間相等，速度的測量可轉換為水平距離的測量。探究3實驗拓展與創新驗證動量守恒定律的實驗創新設計方法1．根據動量守恒定律，設計合理的實驗方案。2．靈活運用測量速度的方法或運用替代思想測量速度進行相應轉化。3．根據實驗原理和設計方案，合理選擇實驗步驟。第5節彈性碰撞和非彈性碰撞學習目標要求核心素養和關鍵能力1.通過實驗，了解彈性碰撞和非彈性碰撞的特點。2.定量分析一維碰撞問題并能解釋生產生活中的彈性碰撞和非彈性碰撞現象。3.能夠應用動量守恒定律和能量守恒定律分析碰撞問題。1.核心素養(1)建立碰撞模型分析解決實際問題。(2)通過實驗探究彈性碰撞與非彈性碰撞的能量問題。2.關鍵能力物理建模能力和分析推理能力。知識點一彈性碰撞和非彈性碰撞打臺球時，桌面上兩個小球碰撞前后動量遵循怎樣的規律，總動量和總動能各怎樣變化？碰撞時桌面的摩擦力對兩小球的總動量有無重大影響，為什么？提示兩個小球碰撞前后動量守恒，總動能可能不變，可能減小，但不會增加。因為兩個小球碰撞時內力遠大于所受的摩擦力，故摩擦力對動量守恒的影響可忽略。?彈性碰撞：系統在碰撞前后動能不變的碰撞。?非彈性碰撞：系統在碰撞后動能減少的碰撞。1．碰撞的特點(1)時間特點：碰撞現象中，相互作用的時間極短，相對物體運動的全過程可忽略不計。(2)相互作用力特點：在碰撞過程中，系統的內力遠大于外力，所以碰撞過程動量守恒。(3)能量轉化特點：一部分動能先轉化為彈性勢能，再將彈性勢能全部或部分地轉化為動能，未轉化為動能的部分轉化為內能或其他能。(4)位移特點：由于碰撞在極短時間內完成，可認為碰撞前后物體處于同一位置。2．碰撞的分類(1)彈性碰撞：系統動量守恒，機械能守恒。(2)非彈性碰撞：系統動量守恒，機械能減少，損失的機械能轉化為內能。(3)完全非彈性碰撞：系統動量守恒，碰撞后合為一體或具有相同的速度，機械能損失最大。【例1】(多選)如圖所示，兩個物體1和2在光滑水平面上以相同動能相向運動，它們的質量分別為m1和m2，且m1＜m2。經一段時間兩物體相碰撞并粘在一起。碰撞后()A．兩物體將向左運動B．兩物體將向右運動C．兩物體組成系統能量損失最大D．兩物體組成系統能量損失最小答案AC解析物體的動量p＝eq\r(2mEk)，已知兩物體動能Ek相等，又知m1＜m2，則p1<p2，碰前總動量方向與物體2的動量方向相同，碰后兩物體將向左運動，A正確，B錯誤；兩物體碰撞后粘在一起，物體發生的碰撞是完全非彈性碰撞，系統的機械能損失最大，C正確，D錯誤。【訓練1】(多選)在兩個物體碰撞前后，下列說法中可以成立的是()A．作用后的總動能比作用前小，但總動量守恒B．作用前后總動量均為零，但總動能守恒C．作用前后總動能為零，而總動量不為零D．作用前后總動量守恒，而系統內各物體的動量增量的總和不為零答案AB解析選項A為非彈性碰撞，說法成立；選項B為彈性碰撞，說法成立；總動能為零時，其總動量一定為零，故選項C說法不成立；總動量守恒，則系統內各物體動量的增量的總和一定為零，選項D說法不成立。知識點二彈性碰撞的實例分析如圖所示，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，已知四個小球完全相同，小球間發生彈性碰撞，則碰撞后各小球的運動情況如何？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運動。?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。?實例分析(1)推導在光滑水平面上質量為m1的小球以速度v1與質量為m2的靜止小球發生彈性正碰，如圖所示。碰撞過程中，動量守恒，總動能沒有損失，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，這時有m1－m2≈m1，m1＋m2≈m1，得v1′＝v1，v2′＝2v1，表示第一個球的速度幾乎不變，第二個球以2v1的速度被撞出去。③若m1＜m2，v1′為負值，表示v1′與v1方向相反，第一個球被彈回。若m1?m2，這時有m1－m2≈－m2，eq\f(2m1,m1＋m2)≈0，得v1′＝－v1，v2′＝0，表示第一個球反向以原速率彈回，而第二個球仍靜止。【例2】如圖所示，光滑平臺上有兩個剛性小球A和B，質量分別為2m和3m，小球A以速度v0向右運動并與靜止的小球B發生碰撞(碰撞過程中不損失機械能)，小球B飛出平臺后經時間t剛好掉入裝有沙子向左運動的小車中，小車與沙子的總質量為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的速度大小；(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球碰撞過程中系統動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得mAv0＝mAv1＋mBv2碰撞過程中系統機械能守恒，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球向左運動，B球向右運動。(2)B球掉入沙車過程中系統水平方向動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得mBv2－m車·2v0＝(mB＋m車)v′解得v′＝eq\f(1,10)v0。【訓練2】如圖所示，A、B是兩個用等長細線懸掛起來的大小可忽略不計的小球，mB＝5mA，B球靜止，拉起A球，使細線與豎直方向夾角為30°，由靜止釋放A球，在最低點A球與B球發生彈性碰撞。不計空氣阻力，則關于碰后兩小球的運動，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A球到達最低點的速度為v，在最低點A球與B球發生彈性碰撞后，A球的速度為vA，B球的速度為vB，取向右為正方向由動量守恒定律可得mAv＝mAvA＋mBvB由動能守恒可得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C正確。【訓練3】(多選)(2022·寧夏大學附中高二期末)如圖所示，小球A的質量為mA＝5kg，動量大小為pA＝4kg·m/s，小球A水平向右運動，與靜止的小球B發生彈性碰撞，碰后A的動量大小為pA′＝1kg·m/s，方向水平向右，則()A．碰后小球B的動量大小為pB＝3kg·m/sB．碰后小球B的動量大小為pB＝5kg·m/sC．小球B的質量為15kgD．小球B的質量為3kg答案AD解析規定水平向右的方向為正方向，碰撞過程中A、B組成的系統動量守恒，所以有pA＝pA′＋pB解得pB＝3kg·m/s故A正確，B錯誤；由于是彈性碰撞，所以沒有動能損失，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錯誤，D正確。知識點三碰撞可能性的判斷分析碰撞問題的“三個原則”1．系統動量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。2．系統總動能不增加，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)碰前兩物體同向運動，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)碰前兩物體相向運動，則碰后兩物體的運動方向不可能都不改變，除非兩物體碰撞后速度均為零。【例3】(多選)如圖所示，在光滑的水平面上，有A、B兩個小球，A球的動量為10kg·m/s，B球的動量為12kg·m/s。A球追上B球并相碰，碰撞后，A球的動量變為8kg·m/s，方向沒變，則A、B兩球質量的比值可能為()A．0.5 B．0.6C．0.65 D．0.75答案BC解析A、B兩球同向運動，A球追上B球要滿足vA＞vB。兩球碰撞過程中動量守恒，且動能不會增多，碰撞結束要滿足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由碰撞過程動量守恒得pA＋pB＝pA′＋pB′，pB′＝14kg·m/s由碰撞過程的總動能不增加得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。【訓練4】(多選)(2022·山東泰安高二檢測)如圖所示，在光滑水平面上，有兩個半徑相等的小球A、B，質量分別為mA、mB。A向右運動過程中與靜止的B發生正碰，碰后兩球動量相同，則mA與mB的關系可能是()A．mA＝0.5mB B．mA＝2mBC．mA＝3mB D．mA＝4mB答案BC解析取向右為正方向，根據動量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB根據碰撞過程總動能不增加有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)據題有mAvA＝mBvB，又有vA≤vB聯立解得mB≤mA≤3mB，故B、C正確。【訓練5】質量為ma＝1kg，mb＝2kg的小球在光滑的水平面上發生碰撞，碰撞前后兩球的位移—時間圖像如圖所示，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，即碰撞前后系統的總動能不變，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四個小球質量相等，而F球質量小于B球質量，A球的質量等于F球質量，A球以速度v0向B球運動，所發生的碰撞均為彈性碰撞，則碰撞之后()A．5個小球靜止，1個小球運動B．4個小球靜止，2個小球運動C．3個小球靜止，3個小球運動D．6個小球都運動答案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向右運動。球B、C、D、E質量相等，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兩球都向右運動。故C正確。2．(結合圖像分析碰撞問題)(多選)質量分別為m1和m2的兩個物體碰撞前后的位移—時間圖像如圖所示，以下說法中正確的是()A．碰撞前兩物體動量相同B．質量m1等于質量m2C．碰撞后兩物體一起做勻速直線運動D．碰撞前兩物體動量大小相等、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，設兩物體碰撞前速度大小分別為v1、v2，系統碰撞前后動量守恒，以v1方向為正方向，則m1v1－m2v2＝0，可得m1v1＝m2v2，則碰前兩物體動量大小相等、方向相反，同時可得m1＝m2，故A、C錯誤，B、D正確。3．(碰撞可能性的判斷)(多選)在光滑水平面上，一質量為m、速度大小為v的A球與質量為2m靜止的B球發生正碰，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為研究對象，以碰前A球的速度方向為正方向，如果碰撞為彈性碰撞，由動量守恒定律得mv＝mvA＋2mvB，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,B)，聯立解得vA＝－eq\f(1,3)v，vB＝eq\f(2,3)v，負號表示碰撞后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錯誤，B、C正確。4．(彈性碰撞的實例分析)如圖所示，ABC為一固定在豎直平面內的光滑軌道，BC段水平，AB段與BC段平滑連接，質量為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段上質量為m2的小球發生碰撞，碰撞后兩球的運動方向處于同一水平線上，且在碰撞過程中無機械能損失，求碰撞后小球m2的速度大小v2。答案eq\f(2m1\r(2gh),m1＋m2)解析設碰撞前m1的速度為v0，根據機械能守恒定律有m1gh＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)設碰撞后m1與m2的速度分別為v1和v2，根據動量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2由于碰撞過程中無機械能損失，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·山東煙臺期中)下列關于碰撞的理解正確的是()A.碰撞是指相對運動的物體相遇時，在極短時間內它們的運動狀態發生了顯著變化的過程B．在碰撞現象中，一般內力都遠大于外力，所以可以認為碰撞時系統的動能守恒C．如果碰撞過程中機械能守恒，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象，它是相對運動的物體相遇時發生的一種現象，一般內力遠大于外力，在非彈性碰撞時，系統的動能不守恒；如果碰撞中機械能守恒，就叫作彈性碰撞。微觀粒子的相互作用同樣具有短時間內發生強大內力作用的特點，所以仍然是碰撞，故A正確，B、C、D錯誤。2．新型冠狀病毒引發肺炎疫情期間，如圖所示，甲、乙兩人穿著同款充氣“防護服”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，所以兩人發生了碰撞。若甲的質量為3m，乙的質量為m，且以相同的速率v在光滑水平面上發生相向碰撞，碰撞后甲靜止不動，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解析設碰撞后乙的速度為v′，以甲的運動方向為正方向，根據動量守恒定律可得3mv－mv＝mv′，故碰后乙的速度為v′＝2v；碰前甲、乙的總動能為Ek＝eq\f(1,2)×3mv2＋eq\f(1,2)mv2＝2mv2，碰后甲、乙的總動能為Ek′＝eq\f(1,2)mv′2＝2mv2，由于碰撞前后總動能相等，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動，滑塊A的質量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質量為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發生彈性碰撞后的運動狀態可能是()A．A和B都向左運動B．A和B都向右運動C．A靜止，B向右運動D．A向左運動，B向右運動答案D解析兩滑塊碰撞過程動量守恒，取水平向右方向為正方向，碰撞前系統總動量p＝mAvA＋mBvB＝m·2v0＋2m·(－v0)＝0，則碰撞后系統的總動量也為零，那么A、B應都靜止或向相反方向運動，故D正確。題組二彈性碰撞的實例分析4．在光滑的水平面上有三個完全相同的小球，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。設碰撞中不損失機械能，則碰后三個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解析兩個質量相等的小球發生彈性正碰，碰撞過程中動量守恒，動能守恒，碰撞后將交換速度，故D項正確。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，某時刻汽車A開始倒車，結果汽車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的質量是汽車B質量的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解析兩汽車發生彈性碰撞，碰撞過程系統動量守恒、機械能守恒，設碰撞后A、B的速度分別為v1、v2，以碰撞前A的速度方向為正方向，設B的質量為m，則A的質量為2m，由動量守恒定律得2mv0＝2mv1＋mv2，由機械能守恒定律得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C正確。6．(2020·全國卷Ⅲ，15)甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運動，甲追上乙，并與乙發生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時間的變化如圖1中實線所示。已知甲的質量為1kg，則碰撞過程兩物塊損失的機械能為()A．3J B．4JC．5J D．6J答案A解析設乙物塊的質量為m乙，由動量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，代入圖中數據解得m乙＝6kg，進而可求得碰撞過程中兩物塊損失的機械能為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，代入圖中數據解得E損＝3J，選項A正確。題組三碰撞可能性的判斷7．質量分別為mA＝1kg、mB＝2kg的A、B兩個小球在光滑水平面上發生碰撞，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)兩個小球A、B在光滑的水平地面上相向運動，已知它們的質量分別是mA＝4kg，mB＝2kg，A的速度vA＝3m/s(設為正)，B的速度vB＝－3m/s，則它們發生正碰后，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解析由動量守恒，可驗證四個選項都滿足要求。再看動能變化情況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能不可能增加，所以應有Ek前≥Ek后，據此可排除B；選項C雖滿足Ek前≥Ek后，但A、B沿同一直線相向運動，發生碰撞后各自仍然保持原來的速度方向，這顯然是不符合實際的，因此選項C錯誤；驗證A、D均滿足Ek前≥Ek后，且碰后狀態符合實際，故A、D正確。9．(多選)(2022·重慶七校聯考)質量為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量為2m的小球B發生正碰，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解析如果兩個小球發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)如果兩個小球發生的是彈性碰撞，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動。兩球質量關系為mB＝2mA，規定向右為正方向，A、B兩球的動量均為6kg·m/s，運動中兩球發生碰撞，碰撞后A球的動量增量為－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解析兩物體的運動是同向追擊(都向右運動)，只有后邊的物體速度大于前邊的物體的速度時才能發生碰撞，以此分析應該是A球在左方追擊B球，發生碰撞，A球的動量減小4kg·m/s，其動量變為2kg·m/s，根據動量守恒定律知B球動量增加4kg·m/s，其動量變為10kg·m/s，兩球質量關系為mB＝2mA，則碰撞后A、B兩球的速度關系為2∶5，故A正確。11．冰球運動員甲的質量為80.0kg，當他以5.0m/s的速度向前運動時，與另一質量為100kg、速度為3.0m/s的迎面而來的運動員乙相撞。碰后甲恰好靜止。假設碰撞時間極短，求：(1)碰后乙的速度；(2)碰撞中總機械能的損失。答案(1)1.0m/s方向與乙原來的方向相反(2)1400J解析(1)設運動員甲、乙的質量分別為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′由動量守恒定律有m甲v1－m乙v2＝m乙v2′①代入數據得v2′＝1.0m/s②方向與乙原來的方向相反。(2)設碰撞過程中總機械能的損失為ΔE，應有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聯立②③式，代入數據得ΔE＝1400J。12．如圖所示，在水平光滑直導軌上，靜止著三個質量均為m＝1kg的相同小球A、B、C，現讓A球以v0＝2m/s的速度向著B球運動，A、B兩球碰撞后粘合在一起，兩球繼續向右運動并跟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能。答案(1)1m/s(2)1.25J解析(1)A、B相碰滿足動量守恒，以v0的方向為正方向，有mv0＝2mv1代入數值解得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球碰撞同樣滿足動量守恒，以v0的方向為正方向，有2mv1＝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節反沖現象火箭學習目標要求核心素養和關鍵能力1.知道什么是反沖運動；知道火箭的工作原理。2.能利用動量守恒定律解釋反沖現象。3.知道人船模型和爆炸類問題都可以看成反沖運動問題處理。1.核心素養(1)建立反沖運動模型、人船模型。(2)會解決生產生活、科技中的一些實際問題。2.關鍵能力物理建模能力和分析推理能力。知識點一反沖現象你知道章魚、烏賊是怎樣游動的嗎？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，使身體很快地運動。章魚能夠調整噴水的方向，這樣可以使得身體向任意方向前進。章魚游動時體現了什么物理原理？提示章魚噴水后會獲得與噴出的水反方向的沖量，從而獲得前進的速度，這就是反沖現象。?反沖(1)實例分析：發射炮彈時，炮彈從炮筒中飛出，炮身則向后退。這種情況由于系統內力很大，外力可忽略，射擊前，炮彈靜止在炮筒中，它們的總動量為0。炮彈射出后以很大的速度向前運動，根據動量守恒定律，炮身必將向后運動。(2)定義：發射炮彈時，炮彈從炮筒中飛出，炮身則向后退。炮身的這種后退運動叫作反沖。(3)規律：反沖現象中，系統內力很大，外力可忽略，滿足動量守恒定律。?反沖現象的防止及應用(1)防止：用槍射擊時，由于槍身的反沖會影響射擊的準確性，所以用步槍射擊時要把槍身抵在肩部，以減少反沖的影響。(2)應用：農田、園林的噴灌裝置利用反沖使水從噴口噴出時，一邊噴水一邊旋轉。1．反沖運動的三個特點(1)物體的不同部分在內力作用下向相反方向運動。(2)反沖運動中，相互作用的內力一般情況下遠大于外力或在某一方向上內力遠大于外力，所以兩部分組成的系統動量守恒或在某一方向動量守恒。(3)反沖運動中，由于有其他形式的能轉化為機械能，所以系統的機械能增加。2．應注意的三個問題(1)速度的方向性：對于原來靜止的整體，可任意規定某一部分的運動方向為正方向，則反方向的另一部分的速度就要取負值。(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，應先將相對速度轉換成相對地面的速度，再根據動量守恒定律列方程。(3)變質量問題：在反沖運動中常遇到變質量物體的運動，此時應注意研究對象質量的變化。【例1】如圖，反沖小車靜止放在水平光滑玻璃上，點燃酒精燈，水蒸氣將橡皮塞水平噴出，小車沿相反方向運動。如果小車運動前的總質量M＝3kg，水平噴出的橡皮塞的質量m＝0.1kg。(水蒸氣質量忽略不計)(1)若橡皮塞噴出時獲得的水平速度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動)答案(1)0.1m/s方向與橡皮塞水平運動方向相反(2)0.05m/s方向與橡皮塞水平分運動的方向相反解析(1)小車和橡皮塞組成的系統所受外力之和為零，系統總動量為零。以橡皮塞運動的方向為正方向根據動量守恒定律mv＋(M－m)v′＝0v′＝－eq\f(m,M－m)v＝－eq\f(0.1,3－0.1)×2.9m/s＝－0.1m/s負號表示小車運動方向與橡皮塞水平運動的方向相反，反沖速度大小是0.1m/s。(2)小車和橡皮塞組成的系統水平方向動量守恒，以橡皮塞運動的水平分運動方向為正方向，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負號表示小車運動方向與橡皮塞運動的水平分運動方向相反，反沖速度大小是0.05m/s。【訓練1】某學習小組在探究反沖現象時，將質量為m1的一個小液化氣瓶固定在質量為m2的小玩具船上，利用液化氣瓶向外噴射氣體作為船的動力。現在整個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的時間內向后噴射的氣體的質量為Δm，忽略水的阻力，則噴射出質量為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A正確。

知識點二火箭點燃“起火”的藥捻，“起火”向下噴出氣體，同時“起火”飛向高空。結合該實例，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？提示(1)“起火”靠向下連續噴出的氣體反沖向上飛行，利用了反沖原理。(2)火藥的質量與“起火”中的火藥燃燒后的質量之比有關，還與噴出的氣體速度有關。?工作原理：應用了反沖的原理，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)火箭獲得的速度大小：由動量守恒定律得mΔv＋Δmu＝0，得Δv＝－eq\f(Δm,m)u，式中Δm為Δt時間內噴出燃氣的質量，m為噴出燃氣后火箭的質量，u為噴出的燃氣相對噴氣前火箭的速度。可見u越大，質量比eq\f(Δm,m)越大，則火箭獲得的速度Δv就越大。(2)噴氣速度：現代火箭發動機的噴氣速度為2000～5000m/s。1.火箭噴氣屬于反沖類問題，是動量守恒定律的重要應用。2.分析火箭類問題應注意的三點(1)火箭在運動過程中，隨著燃料的燃燒，火箭本身的質量不斷減小，故在應用動量守恒定律時，必須取在同一相互作用時間內的火箭和噴出的氣體為研究對象。注意反沖前、后各物體質量的變化。(2)明確兩部分物體初、末狀態的速度的參考系是否為同一參考系，如果不是同一參考系，要設法予以轉換，一般情況要轉換成對地的速度。(3)列方程時要注意初、末狀態動量的方向。【例2】一火箭噴氣發動機每次噴出m＝200g的氣體，氣體離開發動機噴出時的速度v＝1000m/s(相對地面)，設火箭與燃料總質量M＝300kg，發動機每秒噴氣20次。求：(1)原來靜止的火箭第三次噴氣后的速度大小；(2)運動第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動方向與火箭運動的方向相反，系統動量守恒。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，運用動量守恒定律求解。設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，根據動量守恒定律，得(M－3m)v3－3mv＝0所以v3＝eq\f(3mv,M－3m)≈2m/s。(2)發動機每秒噴氣20次，以火箭和噴出的20次氣體為研究對象，根據動量守恒定律得(M－20m)v20－20mv＝0故v20＝eq\f(20mv,M－20m)≈13.5m/s。【拓展】在[例2]中，若發動機每次噴出200g的氣體，氣體離開發動機噴出時相對火箭的速度v＝1000m/s，則當第一次氣體噴出后，火箭的速度多大？提示由動量守恒定律(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量轉換為對地(為參考系)的動量。【訓練2】將質量為1.00kg的模型火箭點火升空，50g燃燒的燃氣以大小為600m/s的速度從火箭噴口在很短時間內噴出。在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為(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解析燃氣從火箭噴口噴出的過程中，火箭和燃氣組成的系統動量守恒，設燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為p，以火箭運動方向為正方向，根據動量守恒定律，可得p－mv0＝0，其中m為燃氣質量，v0為燃氣噴出的速度，解得p＝mv0＝0.050kg×600m/s＝30kg·m/s，選項A正確。知識點三“人—船”模型問題如圖所示，長為L、質量為m船的小船停在靜水中，質量為m人的人由靜止開始從船的一端走到船的另一端，不計水的阻力。以人和船組成的系統為研究對象，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的距離分別是多大？提示人和船組成的系統水平方向不受外力作用，所以整個系統水平方向動量守恒，可得m船v船＝m人v人，人和船組成的系統動量始終守恒，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．適用條件兩個物體組成的系統原來處于靜止狀態，在系統中物體發生相對運動的過程中，動量守恒或某一個方向動量守恒。即m1eq\o(v,\s\up6(－))1－m2eq\o(v,\s\up6(－))2＝02．重要結論(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船大小與人運動時間和運動狀態無關。(3)eq\f(x人,x船)＝eq\f(m船,m人)，人、船的位移(在系統滿足動量守恒的方向上的位移)與質量成反比。3．畫草圖：解題時要畫出各物體的位移關系草圖，找出各長度間的關系，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，質量為M，長度為L的船停在平靜的湖面上，船頭站著質量為m的人，M>m，現在人由靜止開始由船頭走到船尾。不計水對船的阻力，則()A．人和船運動方向相同B．船運行速度小于人的行進速度C．由于船的慣性大，當人停止運動時，船還要繼續運動一段距離D．人相對水面的位移為eq\f(ML,M＋m)答案BD解析人和船動量守恒，系統總動量為零，故人和船運動方向始終相反，故A錯誤；由動量守恒定律有Mv船＝mv人，又M＞m，故v人＞v船，故B正確；由人—船系統動量守恒且系統總動量為零知：人走船走，人停船停，故C錯誤；由平均動量守恒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。【訓練3】如圖所示，一個傾角為α的直角斜面體靜置于光滑水平面上，斜面體質量為M，頂端高度為h。今有一質量為m的小物體(可視為質點)，沿光滑斜面下滑，當小物體從斜面頂端自由下滑到底端時，斜面體在水平面上移動的距離是()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在水平方向上動量守恒，以水平向左為正方向，設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．(反沖運動)(2022·湖南長沙期末)一航天器完成對月球的探測任務后，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，先加速運動，再勻速運動，探測器通過噴氣而獲得推動力，以下關于噴氣方向的描述中正確的是()A．探測器加速運動時，沿直線向后噴氣B．探測器加速運動時，豎直向下噴氣C．探測器勻速運動時，豎直向下噴氣D．探測器勻速運動時，不需要噴氣答案C解析探測器加速運動時，通過噴氣獲得的推動力與月球對探測器的引力的合力沿加速運動方向，選項A、B錯誤；探測器勻速運動時，通過噴氣獲得的推動力與月球對探測器的引力的合力為零，根據反沖運動的特點可知選項C正確，D錯誤。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．使噴出的氣體質量更大D．使噴出的氣體密度更小答案AC解析設火箭原來的總質量為M，噴出的氣體質量為m，速度是v，剩余的質量為(M－m)，速度是v′，由動量守恒定律得(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，氣球和長繩的總質量為m1＝20kg，長繩的下端剛好和水平面接觸。一個質量為m2＝50kg的人抓住大氣球下方的繩，初始靜止時人離地面的高度為h＝5m。如果這個人開始沿長繩向下滑動，當他滑到長繩下端時，他離地面的高度是(可以把人看作質點)()A．5m B．3.6mC．2.6m D．8m答案B解析當人滑到長繩下端時，由豎直方向動量守恒得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。題組一反沖運動1．(多選)判斷下列說法正確的是()A．反沖運動是相互作用的物體之間的作用力與反作用力產生的效果B．只有系統合外力為零的反沖運動才能用動量守恒定律來分析C．反沖運動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解析反沖運動是相互作用的物體之間的作用力與反作用力產生的效果，選項A正確；系統某一方向上合外力為零的反沖運動也可以用動量守恒定律來分析，選項B錯誤；反沖運動的原理既適用于宏觀物體，也適用于微觀粒子，選項C正確；在沒有空氣的宇宙空間，火箭向下噴氣時，由于反沖作用，火箭仍可加速前行，選項D正確。2．(2022·安徽滁州期末)帶子彈的步槍質量為5kg，一顆子彈的質量為10g，子彈從槍口飛出時的速度為900m/s，則第一發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解析設子彈和槍的總質量為M，子彈質量為m，以子彈從槍口飛出時速度的反方向為正方向，由動量守恒定律得(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．運送人造地球衛星的火箭開始工作后，火箭做加速運動的原因是()A．燃料燃燒推動空氣，空氣的反作用力推動火箭B．火箭發動機將燃料燃燒產生的氣體向后推出，氣體的反作用力推動火箭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火箭D．火箭燃料燃燒發熱，加熱周圍空氣，空氣膨脹推動火箭答案B解析火箭的工作原理是反沖運動，火箭燃料燃燒產生的高溫高壓氣體從尾部迅速噴出時，氣體的反作用力推動火箭，使火箭獲得反沖速度，故B正確。4．如圖所示，一枚火箭搭載著衛星以速率v0進入太空預定位置，由控制系統使箭體與衛星分離。已知前部分的衛星質量為m1，后部分的箭體質量為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質量的變化，則分離后衛星的速率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解析火箭和衛星組成的系統分離時在初速度方向上動量守恒，以火箭的初速度方向為正方向，根據動量守恒定律有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，解得v1＝v0＋eq\f(m2,m1)(v0－v2)，選項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B遙二運載火箭搭載空間站天和核心艙發射升空，標志著我國空間站建造進入全面實施階段。下列關于火箭的描述正確的是()A．增加單位時間的燃氣噴射量可以增大火箭的推力B．增大燃氣相對于火箭的噴射速度可以增大火箭的推力C．當燃氣噴出火箭噴口的速度相對于地面為零時火箭就不再加速D．火箭發射時獲得的推力來自于噴出的燃氣與發射臺之間的相互作用答案AB解析根據FΔt＝Δmv可知，增加單位時間的燃氣噴射量或增大燃氣相對于火箭的噴射速度，都可以增大火箭的推力，故選項A、B正確；當燃氣噴出火箭噴口的速度相對于地面