人教版2023年选择性必修第一册高中物理知识点总结

人教版2023选择性必修第一册高中物理学问点总结第一章动量守恒定律1

学问点一寻求碰撞中的不变量1】两个大小一样的小球的碰撞A、B质量一样的球，拉起A球，然后放开，该球与静止的BAB球摆到A如图乙所示，A球换成大小一样的CCB球质量，用手拉起C一高度后放开，撞击静止的B球，觉察碰撞后B球获得较大的速度，摆起的最大高度大于C球被拉起的高度。试验现象猜测：(1)两个物体碰撞前后可能动能之和不变，所以质量小的球速度大；(2)两个物体碰撞前后速度与质量乘积之和可能是不变的。2】利用滑轨探究一维碰撞中的不变量试验装置如以下图。为了争论水平方向的一维碰撞，滑轨必需调水平。(1)质量的测量：用天平测量小车的质量。＝Δt，式中Δ(2速度的测量：利用公式v Δx为小车上挡光片的宽度Δt＝Δt，式中变。确保滑轨水平。2．利用滑轨结合光电门进展试验探究不仅能保证碰撞是一维的，还可以做出多种情形的碰撞，物体碰撞前后速度的测量简洁，误差较小，准确性较高，是最正确探究方案。学问点二动量1❶定义：质量和速度的乘积mv定义为物体的动量，用字母p表示。❷表达式：p＝mv。❸单位：千克米每秒，符号是kg·m/s。❹方向：动量是矢量，它的方向与速度的方向一样。1．对动量的理解瞬时性：通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量，动量的大小可用p＝mv表示。矢量性：动量的方向与物体的瞬时速度的方向一样。相对性：因物体的速度与参考系的选取有关，故物体的动量也与参考系的选取有关。2．动量的变化量表达式Δp＝p－p，该式为矢量式，运算遵循平行四边形定则，当p、p在同一条直线2 1 2 1上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算。方向：与速度变化量的方向一样。动量与动能的区分与联系区分：动量是矢量，动能是标量，质量一样的两物体，动量一样时动能确定一样，但动能一样时，动量不愿定一样。2联系：动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，大小关系为E＝或p＝2mE。2节动量定理

学问点一冲量的理解与计算

k 2m k❶定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量，用字母I表示。❷公式：I＝FΔt。❸单位：牛秒，符号：N·s。❹矢量性：方向与力的方向一样。❺物理意义：反映了力的作用对时间的积存效应。冲量与功的比较公式标、矢量

冲量I＝FΔt矢量

功W＝Fx标量区意义别正、负作用效果

F－t图像中可以用图线下的面积表示正、负表示与正方向一样或相反转变物体的动量

F－x图像中可以用图线下的面积表示正、负表示动力做功或阻力做功转变物体的动能冲量的求解方法(1)恒力冲量的求解用公式I＝FΔt计算，这时冲量的数值等于力的大小与作用时间的乘积，冲量的方向与恒力方向全都。2(2)变力冲量的求解①假设力的方向不变且大小随时间均匀变化，则该力的冲量可以用平均力来计算，其公式为I－＝FΔt。②利用F－t图像中的“面积”求变力的冲量。面积大小表示冲量的大小，面积的正负表示冲量的方向。Ft变化的图像(F－t图像)Δtt ＝t 2 1学问点二动量定理及其应用❶内容：物体在一过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。❷公式：I＝p′－p＝mv′－mv。mv′－mv❸牛顿其次定律的另一种表述作用在物体上的合力等于物体动量的变化率即F＝ Δt 。动量定理反映了合力的冲量是动量变化的缘由。动量定理的表达式FΔt＝mv′－mv公式中的F是物体所受的合力，假设合力是均匀变化的力，则F应是合力在作用时间内的平均值。4．动量定理不仅适用于宏观物体的低速运动，也适用于微观物体的高速运动。不管是变力还是恒力，不管几个力作用时间是同时还是不同时，不管物体的运动轨迹是直线还是曲线，动量定理都适用。用动量定理定性分析实际问题应用动量定理定性分析有关现象的方法物体的动量变化量确定时，力的作用时间越短，力就越大；力的作用时间越长，力就越小。作用力确定时，力的作用时间越长，动量变化量越大；力的作用时间越短，动量变化量越小。利用动量定理定量计算I＝p′－p中，合力的冲量与动量变化量Δp大小相等，方向一样，常用于(1)I＝Δp求变力的冲量。Δp＝FΔt求恒力作用下曲线运动中物体动量的变化。应用动量定理可以计算某一过程中的平均作用力，通常用于计算持续作用的变力的平均大小。应用动量定理计算的一般步骤3选定争论进展受力选取正方向，确定各→矢量符号，列动量定运动过程初、末状态理方程求解用动量定理进展定量计算时的留意事项列方程前首先要选取正方向。分析速度时确定要选取同一参考系，一般是选地面为参考系。公式中的冲量应是合力的冲量，求动量的变化量时要严格按公式，且要留意动量的变化量是末动量减去初动量。3节动量守恒定律学问点一相互作用的两个物体的动量转变❶对两个物体的碰撞过程进展理论分析如以下图，在光滑水平桌面上做匀速运动的A、B两个物体，质量分别是m1

和m，沿同始终2vvv＞vBA1 2 2 1v′和v′。在碰撞过程中利用动量定理对两物体进展分析：1 2A：F1Δt＝m1v1′－m1v1B：F2Δt＝m2v2′－m2v2依据牛顿第三定律F＝－F1 2mv′－mv＝－(mv′－mv)11 11 22 22mv′＋mv′＝mv＋mv11 22 11 22结论：两个物体碰撞后的动量之和等于碰撞前的动量之和。❷系统、内力、外力(1)系统：相互作用的物体构成的整体。(2)内力：系统中物体间的作用力。(3)外力：系统以外的物体施加给系统内物体的力。某个物体的动量，但不转变系统的总动量。❶动量守恒定律内容：假设一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。表达式：p′＋p′＝p＋pmv′＋mv′＝mv＋mv。1 2 1 2 11 22 11 22❷动量守恒定律的普适性4体。争论对象：两个或两个以上的物体组成的相互作用的系统。守恒条件抱负条件：系统不受外力。实际条件：系统所受外力的矢量和为零。近似条件：系统受外力，但外力远小于内力，则系统总动量近似守恒。推广条件：系统受力不符合以上三条中的任一条，则系统的总动量不守恒，但是，假设系统在某一方向上符合以上三条中的某一条，则系统在该方向上动量守恒。3．动量守恒定律的几共性质矢量性。公式中的v、v、v′和v′都是矢量，只有它们在同始终线上，并先选定正方1 2 1 2向，确定各速度的正、负(表示方向)后，才能用代数方法运算。相对性。速度具有相对性，公式中的v、v、v′和v′应是相对同一参考系的速度，一般取相对地面的速度。

1 2 1 2v、v均是此时1 2刻的瞬时速度；同理，v′、v′应是相互作用后的同一时刻的瞬时速度。1 2应用动量守恒定律的解题步骤(1)确定相互作用的系统为争论对象。(2)分析争论对象所受的外力。(3)推断系统是否符合动量守恒条件。(4)规定正方向，确定初、末状态动量。(5)依据动量守恒定律列式求解。4节试验：验证动量守恒定律一、试验目的明确验证动量守恒定律的根本思路。验证一维碰撞中的动量守恒。知道试验数据的处理方法。二、试验方案方案一：争论气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒试验器材：(两个)、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥等。试验原理1 m、m1 调整导轨使之处于水平状态，并使数字计时器系统正常工作。(3)利用数字计时器测量滑块碰撞前后的速度。方案二争论斜槽末端小球碰撞时的动量守恒5试验器材：铁架台，斜槽轨道，两个大小相等、质量不同的小球，铅垂线，复写纸，白纸，天平，刻度尺，圆规，三角板等。试验的根本思想——转化法不易测量量转化为易测量量的试验设计思想。试验原理：如图甲所示。让一个质量较大的小球从斜槽上某一位置由静止滚下，与放在斜槽末端的另一个大小一样、质量较小的小球发生正碰，之后两小球都做平抛运动。质量的测量：用天平测量质量。两小球的质量mm和不放被碰小球时入射小球落地时飞行的水平距离s 以及碰撞后入1 2 OPON射小球与被碰小球落地时飞行的水平距离sOM和s 。ONs

＝ms

＋ms

1OPON1争论气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒本试验碰撞前、后速度大小的测量承受极限法，v

Δx

d为挡光板的宽度。＝Δt＝Δt，其中11 22 11 22，跟正方向相反即为负值，比较mv＋mvmv′＋mv11 22 11 22。2争论斜槽末端小球碰撞时的动量守恒本试验应留意1m1m2(m＞m2)。1入射小球半径等于被碰小球半径。入射小球每次必需从斜槽上同一高度处由静止滚下。(4)斜槽末端的切线方向水平。的落点都圈在里面，其圆心即为小球落点的平均位置。水平距离的测量。3试验拓展与创验证动量守恒定律的试验创设计方法1．依据动量守恒定律，设计合理的试验方案。灵敏运用测量速度的方法或运用替代思想测量速度进展相应转化。依据试验原理和设计方案，合理选择试验步骤。65节弹性碰撞和非弹性碰撞学习目标要求撞的特点。

核心素养和关键力气核心素养生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象。撞的能量问题。律分析碰撞问题。

关键力气物理建模力气和分析推理力气。学问点一弹性碰撞和非弹性碰撞样变化？碰撞时桌面的摩擦力对两小球的总动量有无重大影响，为什么？提示两个小球碰撞前后动量守恒，总动能可能不变，可能减小，但不会增加。。弹性碰撞：系统在碰撞前后动能不变的碰撞。非弹性碰撞：系统在碰撞后动能削减的碰撞。碰撞的特点7不计。守恒。化为动能，未转化为动能的局部转化为内能或其他能。2．碰撞的分类弹性碰撞：系统动量守恒，机械能守恒。非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能削减，损失的机械能转化为内能。能损失最大。12在光滑水平面上以一样动能相向运起。碰撞后()两物体将向左运动B．两物体将向右运动C．两物体组成系统能量损失最大答案ACp＝2kk1＜21p2，2的动量方向一样，碰后两物体将向左运动，A正确，B能损失最大，C正确，D错误。【训练1】(多项选择)在两个物体碰撞前后，以下说法中可以成立的是( A．作用后的总动能比作用前小，但总动量守恒8作用前后总动量均为零，但总动能守恒C．作用前后总动能为零，而总动量不为零答案AB解析AB为弹性碰撞，说法成立；总动C说法不成立；总动量守恒，则系统内D说法不成立。学问点二弹性碰撞的实例分析0如以下图，光滑水平面上并排静止着小球2、3、4，小球1v射来，四个小球完全一样，小球间发生弹性碰撞，则碰撞后各小球的运动状况如何？0提示1223341、2、34v0运动。称为正碰，也叫作对心碰撞或一维碰撞。❷实例分析推导v1m2的静止小球发生弹性正碰，如以下图。碰撞过程中，动量守恒，总动能没有损失，得9m1v1＝m1v1′＋m2v2′1 1mv2＝m

1v′2＋m

v′22 11

2 11

2 22碰后两个物体的速度分别为v′＝m1－m2v，v′＝

2m1 v1 m1＋m21 2 m1＋m21结论v1′＝0，v2′＝v1，即碰撞后两球速度互换。v2′v1′v2′v1方向一样。m1－m2≈m1，m1＋m2≈m1v1′＝v1，v2′＝2v1，表示第一2v1的速度被撞出去。v1′v1方向相反，第一个球被弹回。m≪m

≈－m，

2m1

1 2 1

2

1 1 2个球反向以原速率弹回，而其次个球仍静止。2】A2m3m，Av0B发生碰撞(碰撞过程中不损失机械m2v0，小车行驶的路面近似看作是光滑的，求：(2)B掉入小车后的速度大小。1 4 1答案(1)5v0 5v0 (2)10v0解析(1)A球与B球碰撞过程中系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAv1＋mBv2碰撞过程中系统机械能守恒，有101 1 1mv2＝mv2＋mv22 A0 2 A1 2 B2解得v 1 41＝－5v0，v2＝5v0A球向左运动，B球向右运动。B律得0 mBv2－m车·2v＝(m＋m车)v0 v′＝1v。100【训练2】如以下图，A、B是两个用等长细线悬挂起来的大小可无视不计的小，BA30°，由静止释A性碰撞。不计空气阻力，则关于碰后两小球的运动，以下说法正确的选项是( )球静止，B30°球向左，B30°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，AB30°答案C解析AvAB球发生弹性碰撞后，AvA，BvB，取向右为正方向

v＝m

v＋mv

A AA BB1 2＝1 2 1 22mAv 2mAvA＋2mBvB11v

＝mA－mBv＝－2v，v＝

2mA

v＝1，A球向左，B球向右，A球偏角vA m＋mv

B m＋m 3A B A BB30°C正确。))AmAA＝5kg，动量大小为p＝4kg·m/s，小球A水平向右运动，与静止的小球B发生碰撞，碰后A的动量大小为pA′＝1kg·m/s，方向水平向右，则( )ABpB＝3kg·m/sBpB＝5kg·m/sB15kgB3kg答案AD解析规定水平向右的方向为正方向，碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒，p＝p

′＋pA A BBp＝3kg·m/sBA正确，B错误；由于是弹性碰撞，所以没有动能损失，故p2 p

′2 p2A＝A ＋ B2mA 2mA 2mBBm＝3kgBC错误，D正确。学问点三碰撞可能性的推断分析碰撞问题的“三个原则”

p2 p2 p1′2 p′2或

1＋2≥

＋2 。2m112

2m2

2m1

2m2速度合理碰前两物体同向运动，后面物体的速度必大于前面物体的速度，即v ＞v 。后 前碰撞后，原来在前的物体的速度确定增大，即v ′≥v 前 后碰撞后速度均为零。3(多项选择)如以下图，在光滑的水平面上，有A、B两个小球，A球的动量kg·m/s，B12kg·m/s。AB球并相碰，碰撞后，A球的8kg·m/sA、B两球质量的比值可能为()A．0.5C．0.65答案BC

B．0.6D．0.75解析守恒，且动能不会增多，碰撞完毕要满足vB′≥vA′v＞v得A BpA＞pBmA mB即mA＜pA＝10≈0.83mB pB 12由碰撞过程动量守恒得pA＋pB＝pA′＋pB′，pB′＝14kg·m/s由碰撞过程的总动能不增加得ABAp2＋p2≥pABA

′2＋p

36≈0.69B2mA 2mB 2mA 2mB mB 52BB v′≥v′B mpm≥′≥pB′ pA′，mA pA′＝8mpm≥′≥B A mB B

14≈0.57130.57≤mA≤0.69。mBB、C正确。4(多项选择)(2023·山东泰安高二检测)A、Bm、m。AB发A B正碰，碰后两球动量一样，则mA与mB的关系可能是( )A．m

＝0.5m

B．m＝2mC．m

A B＝3m

AD．m

B＝4mA B A B答案BC解析取向右为正方向，依据动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB依据碰撞过程总动能不增加有1 11mv2≥m1

v2＋mv22 A0

2 AA

2 BBmv

＝mv

v≤vAA BB A Bm≤m

≤3m

B、C正确。B A B【训练5】 质量为ma＝1kg，mb＝2kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移—时间图像如以下图，则可知碰撞属于( )A．非弹性碰撞B．弹性碰撞C．完全非弹性碰撞答案B14解析x－t图像可知：ava＝3m/s，bvb＝0，av′

2－3 5－31a＝ 1 m/s＝－1m/s，碰撞后b球的速度为vb′＝ 11＝m/s＝2m/sΔE＝

1 mm

v′2－1 v′2＝1 1 1

k 2 aa

2maa 2mbb2×1×32J－2×1×(－1)2J－2×2×22J＝0，即碰撞前后系统的总动能不变，此B正确。弹性碰撞CF并排放置在光滑的水平面上，B球质量，AF()A．5个小球静止，1个小球运动B．4个小球静止，2个小球运动C．3个小球静止，3个小球运动D．6个小球都运动答案C解析由题知mA＜mB，则A、B两球相碰后球A速度方向向左，球B向右运动。CEE有向右的速度，B、C、D静止。E

FE、FC正确。2．(结合图像分析碰撞问题)(多项选择)质量分别为m1和m2的两个物体碰撞前后的位移—时间图像如以下图，以下说法中正确的选项是( )15m1m2C．碰撞后两物体一起做匀速直线运动D．碰撞前两物体动量大小相等、方向相反答案BD1 2 解析都为零，设两物体碰撞前速度大小分别为v、v，系统碰撞前后动量守恒，以1 2 m

v－mv

＝0m

v＝mv

，则碰前两物体动量大小相11 22 11 221 m＝mA、C错误，B、D1 量为m、速度大小为v的A碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，则碰后B球的速度大小可能是( )A．0.7vC．0.4v答案BC

B．0.6vD．0.2v解析以两球组成的系统为争论对象，以碰前A球的速度方向为正方向，假设mv＝mv

由机械能守恒定律得1 v2＝1 2 1 2

A B 2m1， 22mvA＋2×2mvB，联立解得vA＝－3v vB＝3v，负号表示碰撞后A球反向弹B mv＝(m＋2m)vvB 1 1 3v。则碰撞后B球的速度范围是3v＜vB＜3v，所以碰后B球的速度大小可能是1 1 0.6v0.4v0.7v0.2v，A、D错误，B、C正确。4．(弹性碰撞的实例分析)如以下图，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，16ABBCm1h处由静止开头m2的小球发生碰撞，碰撞后两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失，求碰撞后小球m2v2。答案2m1 2ghm1＋m21v0解析m1v0m1gh＝2m12v0m1

v0＝m1

v1＋m2v2由于碰撞过程中无机械能损失，有11m1 v2＝mv2＋mv211m2 10 2 11

2 22

＝2m1 2gh。2m1＋m22题组一弹性碰撞和非弹性碰撞1．(2023·山东烟台期中)以下关于碰撞的理解正确的选项是( )A.碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程恒C．假设碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫作非弹性碰撞D．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞答案A解析17的特点，所以照旧是碰撞，故A正确，B、C、D错误。2．型冠状病毒引发肺炎疫情期间，如以下图，甲、乙两人穿着同款充气“防出来闲逛，由于两人初次穿充气服，走起路来有些把握不好平衡，所以两生了碰撞。假设甲的质量为3m，乙的质量为m，且以一样的速率v在光滑水平面上发生相向碰撞，碰撞后甲静止不动，则这次碰撞属于( )A．弹性碰撞B．非弹性碰撞C．完全非弹性碰撞答案A解析得3v－v＝v故碰后乙的速度为v＝2v碰前甲乙的总动能为E1 2k 2×3mv＋1 2＝2mv2，碰后甲、乙的总动能为E 1 2＝2mv2，由于碰撞前后总动能2mv k′＝2mv′A正确。A的质量为2v0B2v0两滑块发生弹性碰撞后的运动状态可能是()B都向左运动都向右运动C．A静止，B向右运动18D．A向左运动，B向右运动答案D解析pv＋BvB＝m·v0＋2·－v0＝0BD正确。题组二弹性碰撞的实例分析23静止则碰后三个小球的速度可能值是()＝v＝v＝1v1 2 3 30＝v＝1v1 2 3 201C．v1＝0，v2＝v3＝2v0D．v1＝v2＝0，v3＝v0答案D解析D项正确。ABB上装有智BB自身的速度。在本BAv0，2倍，碰撞过程可视为弹性碰撞，则碰后瞬A相对于地面的速度大小为()1A.2v01C.3v0答案C

2B.3v01D.4v019解析A、0 1 B的速度分别为v1、v2，以碰撞前A的速度方向为正方向，设B的质量为m，A2m2mv＝2mv＋mv0 1 1 1 1 1×2mv2＝×2mv2＋mv2v＝vC正确。2 0

1 2

1 301中实线所1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为()A．3JC．5J答案A

B．4JD．6J解析设乙物块的质量为m乙，由动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋mv乙m乙＝6械能为E ＝1 v2＋1

v2－1 v

v ′2E损 2m甲 甲

2m乙 乙 2m甲

2m乙 乙损＝3JA正确。题组三碰撞可能性的推断m

kgAB两个小球在光滑水平面上发生碰撞，A B碰撞前后均在同一条直线上。碰撞前速度v＝6m/s、v＝2m/s，碰撞后速度v′A B A＝2m/s、vB′＝4m/s。则此碰撞是( )弹性碰撞答案B

D．无法确定201 1 12 2

2＋1

2，v解析由2mAvA＋2mBvB＞2mAvA′B正确。

2mBvB′

8．(多项选择)两个小球ABm＝4kg，m＝2kg，Av＝3m/s设为正)，Bv

＝－3m/s，则A B A B它们发生正碰后，其速度可能分别为( A．均为＋1m/s＋4m/s和－5m/s＋2m/s和－1m/s－1m/s和＋5m/s答案AD1AA解析Ek前＝2mv2AA＋1 2

1 2＋1

2，由于碰撞过程中总动能不行能增加，J，Ek后＝2mAvA′ 2mBvB′k前 k后k前 k后 k前 k后所以应有E ≥E ，据此可排解B；选项C虽满足E ≥E ，但A、B沿同始终线相向运动发生碰撞后各自照旧保持原来的速度方向这明显是不符合实际的，因此选项C错误；验证A、Dk前 k后k前 k后 k前 k后量为2m的小球B发生正碰那么碰撞后B球的可能速度大小是( )1A.4v3C.4v答案BD

B.1v32D.8v2解析mv＝(m＋2m)v共解得v ＝v共 321假设两个小球发生的是弹性碰撞，则有mv＝mvA＋2mvB1 2＝1 2 1 22mv 2mvA＋2×2mvB解得v 2v，则小球B碰撞后的速度取值范围为v＜v

2vB、D正确。B＝3

3 B＜3A动量均为6运动中两球发生碰撞碰撞后A球的动量增量为－4则( )A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10AA、B两球速度大小之比为2∶5A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10答案A解析两物体的运动是同向追击(都向右运动)，只有后边的物体速度大于前边的ABA4kg·m/s2kg·m/sB球动量

＝2m

A、B AB2∶5A正确。100kg3.0m/s的迎面而来的运发动乙相撞。碰后甲恰好静止。假设碰撞时间极短，求：碰后乙的速度；碰撞中总机械能的损失。答案(1)1.0m/s 方向与乙原来的方向相反(2)1400J221 解析(1)m甲m乙vv1 ′v′2由动量守恒定律有21 2 m甲v－m乙v＝m乙v′①代入数据得v′＝1.0m/s②21 2 ΔE，应有ΔE＝1

v2

v2 1 v22m甲

1＋2m乙

2－2m乙 2′③联立②③式，代入数据得ΔE＝1400J。A、B、CAv0＝2m/s的速度向着B球运动，A、B两球碰撞后粘合C球碰撞，CvC＝1m/s。求：A、BC球相碰前的共同速度大小；两次碰撞过程中共损失了多少动能。答案(1)1m/s (2)1.25J解析(1)A、Bv0mv0＝2mv11v＝1m/sC1m/s。(2)Cv0的方向为正方向，11 C 22mv＝mv＋2mv1 C 22A、Bv＝0.5m/s两次碰撞共损失的动能21 1 102C＝1.25J。02C236节反冲现象火箭学习目标要求作原理。成反冲运动问题处理。

核心素养和关键力气核心素养(1)建立反冲运动模型、人船模型。际问题。关键力气物理建模力气和分析推理力气。学问点一反冲现象以使得身体向任意方向前进。章鱼游动时表达了什么物理原理？提示是反冲现象。反冲统内力很大，外力可无视，射击前，炮弹静止在炮筒中，它们的总动量为0。炮弹射出后以很大的速度向前运动，依据动量守恒定律，炮身必将向后运动。叫作反冲。24(3)规律：反冲现象中，系统内力很大，外力可无视，满足动量守恒定律。反冲现象的防止及应用要把枪身抵在肩部，以削减反冲的影响。反冲运动的三个特点物体的不同局部在内力作用下向相反方向运动。大于外力，所以两局部组成的系统动量守恒或在某一方向动量守恒。反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能增加。应留意的三个问题向，则反方向的另一局部的速度就要取负值。对速度转换成相对地面的速度，再依据动量守恒定律列方程。量的变化。1塞水平喷出，小车沿相反方向运动。假设小车运动前的总质量M＝3kg，水平喷m＝0.1kg。(水蒸气质量无视不计)v＝2.9m/s，求小车的反冲速度；60°(小车始终在水平方向运动)答案(1)0.1m/s 方向与橡皮塞水平运动方向相反25(2)0.05m/s 方向与橡皮塞水平分运动的方向相反解析(1)塞运动的方向为正方向mv＋(M－m)v′＝0v′＝－ m v＝－ 0.1 ×2.9m/s＝－0.1m/sM－m 3－0.10.1m/s。(2)小车和橡皮塞组成的系统水平方向动量守恒，以橡皮塞运动的水平分运动方向为正方向，有mvcos60°＋(M－m)v″＝0v″＝－mvcos60°＝－0.1×2.9×0.5

m/s＝－0.05m/sM－m 3－0.10.05m/s。1某学习小组在探究反冲现象时，将质量为m1的一个小液化气瓶固定Δm的气体后，小船的速度是()A. Δmv1 B.Δmv1m1＋m2－Δm m1＋m2C.Δmv1 D.Δmv1m1－Δm答案A解析由动量守恒定律得

m2－Δm261(m1＋m2－Δm)v船－Δmv＝01船解得v 船

Δmv1m1＋m2

－ΔmA正确。27学问点二火箭“起火”起火”“起火”实例，答复以下问题：”向上飞出的原理是什么？”飞行的速度与什么有关？提示(1)“起火”靠向下连续喷出的气体反冲向上飞行，利用了反冲原理。(2)火药的质量与“起火”中的火药燃烧后的质量之比有关，还与喷出的气体速度有关。❶❷影响火箭获得速度大小的因素m火箭获得的速度大小：由动量守恒定律得mΔv＋Δmu＝0，得Δv＝－Δmu，式为喷出的燃mΔmum越大，则火箭获得的速度Δv就越大。2000～5000m/s。火箭喷气属于反冲类问题，是动量守恒定律的重要应用。分析火箭类问题应留意的三点留意反冲前、后各物体质量的变化。参考系，要设法予以转换，一般状况要转换成对地的速度。28列方程时要留意初、末状态动量的方向。2】m＝200g的气体，气体离开发动机喷出)M＝300kg，发动机每20次。求：1s末，火箭的速度大小。答案(1)2m/s(2)13.5m/s1解析(1)方法一喷出气体的运动方向与火箭运动的方向相反，系统动量守恒。v，有1(M－m)v1－mv＝0v＝mvM－m2v，有2(M－2m)v2－mv＝(M－m)v1v＝

2mvM－2m3v，有3(M－3m)v3－mv＝(M－2m)v2v＝

3mv

＝3×0.2×1000

m/s≈2m/s。3 M－3m 300－3×0.2方法二选取整体为争论对象，运用动量守恒定律求解。3v量守恒定律，得3(M－3m)v3－3mv＝029v＝

3mv

≈2m/s。M－3m发动机每秒喷气20次，以火箭和喷出的20次气体为争论对象，依据动量守恒定律得(M－20m)v20－20mv＝0故v ＝

20mv

≈13.5m/s。20 M－20m200g的气体，气体离开发动机喷出时v＝1000m/s，则当第一次气体喷出后，火箭的速度多大？1提示由动量守恒定律(M－m)v1－m(v－v1)＝0v≈0.67m/s。1气体的动量转换为对地(为参考系)的动量。【训练2】将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可无视) ( )A．30kg·m/sC．6.0×102kg·m/s答案A

B．5.7×102kg·m/sD．6.3×102kg·m/s0 0 解析0 0 30＝0.050kg×600m/s＝30kg·m/sA正确。学问点三“人—船”模型问题Lm船m人的人由静止开头大？提示

v ＝m v v＝m船 船 人 人 t 船x ＝m x

＋x ＝L可解得x ＝

Lx ＝ 人船 人 L。

船 人 人

船 m人＋m船1．适用条件两个物体组成的系统原来处于静止状态，在系统中物体发生相对运动的过程中，11 22mv－mv11 22人走船行，人停船停；人快船快，人慢船慢。x ＝

m船 L，x

m人 L，即x

大小与人运动时间和运动状态无人 m＋m

船 m＋m 人 船船 人 船 人关。31xx船

mm船，人、船的位移(在系统满足动量守恒的方向上的位移)与质量成反比。m人：解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，留意两物体的位移是相对同一参考系的位移。)ML的船m的人，M>m，现在人由静止开头由船头走到船尾。不计水对船的阻力，则()人和船运动方向一样C．由于船的惯性大，当人停顿运动时，船还要连续运动一段距离答案BD

MLM＋m解析A错Mv船＝mv人M＞mv人＞v船，故B正确；由人—船系统动量守恒且系统总动量为零知：人走船走，人停船停，故C错误；由平均动量守恒 x船＝mx人和x

＝Lx

＝ML

，故D正Mt t 人 船确。

人 M＋m3】α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面m的小物体(可视为质点)，沿光滑斜是()32mhM＋mmh

B.MhM＋mMh〔M＋m〕tanα答案C

〔M＋m〕tanα解析 此题属于“人—船”模型问题，小物体与斜面体组成的系统在水平方向，上动量守恒，以水平向左为正方向，设小物体在水平方向上对地位移大小为s，1s

0＝ms

－Ms

s

＋s＝ h ，可得s＝

2C正确。

1 2

2 tanα2 〔M＋m〕tanα1．(反冲运动)(2023·湖南长沙期末)一航天器完成对月球的探测任务后，在离开过程中，由静止开头沿着与月球外表成一倾角的直线飞行，先加速运动，再匀速运动探测器通过喷气而获得推动力以下关于喷气方向的描述中正确的选项是( )探测器加速运动时，沿直线向后喷气D．探测器匀速运动时，不需要喷气答案C解析沿加速运动方向，选项A、B错误；探测器匀速运动时，通过喷气获得的推动力误。2火箭)多项选择(2023·湖南益阳月考实行以下哪些措施有利于增加火箭的飞行度( )B．使喷出的气体温度更高33C．使喷出的气体质量更大答案AC解析Mmv，剩余的质量为(M－m)v′，由动量守恒定律得(M－m)v′＝mv，得v′＝可知：m越大，v越大，v′A、C正确。

mvM－m

，由上式m1＝20kgm2＝50kg的人抓住h＝5m。假设这个人开头沿长(可以把人看作质点)()A．5mC．2.6m答案B

B．3.6mD．8m解析m1h1－m2h2＝01 h＋h＝1 ＝m解得h 25＝m1 7＝hm10＝hm2 7所以他离地面的高度H＝h1≈3.6m，34B正确。题组一反冲运动1．(多项选择)推断以下说法正确的选项是( )运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果B．只有系统合外力为零的反冲运动才能用动量守恒定律来分析D．在没有空气的宇宙空间，火箭仍可加速前行答案ACD解析A项B错误；反冲运动的原理既适用于宏观物体，也适用于微观粒子，选项C正D正确。弹从枪口飞出时的速度为900m/s，则第一发子弹射出后步枪的反冲速度约为( )A．2m/sC．3m/s答案B

B．1.8m/sD．4m/s解析方向为正方向，由动量守恒定律得(M－m)v1

，得

＝mv2 ＝－m1×10－3×9005－0.01

m/s≈1.8m/sB正确。35题组二火箭3．运送人造地球卫星的火箭开头工作后，火箭做加速运动的缘由是( )A．燃料燃烧推动空气，空气的反作用力推动火箭机将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体的反作用力推动火箭C．火箭吸入空气，然后向后推出，空气对火箭的反作用力推动火箭D．火箭燃料燃烧发热，加热四周空气，空气膨胀推动火箭答案B解析B正确。如以下图，一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由把握系统使m1m2，分别后箭