6 反冲现象 火箭-【优化探究】2025-2026学年新教材高中物理选择性必修1同步导学案配套PPT课件（人教版，多选）

6　反冲现象　火箭 [学习目标]　1.了解反冲现象及反冲现象在生活中的应用(难点)。2.理解火箭的飞行原理，能够应用动量守恒定律分析火箭飞行的问题(重点)。3.掌握“人船”模型的特点，并能运用动量守恒定律分析、解决相关问题(重难点)。4.能运用动量守恒定律解决“爆炸问题”。 课时作业 巩固提升 要点1　反冲现象 要点2　火箭 要点3　“人船模型”问题 内容索引 要点1　反冲现象 * 1．定义 一个静止的物体在________的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向____________方向运动的现象。 2．特点 (1)系统内力________，外力可忽略。 (2)反冲运动中，通常可以用________________来处理。 梳理 必备知识 自主学习 内力 相反的 很大 动量守恒定律 3．反冲现象的应用及防止 (1)应用：农田、园林的喷灌装置利用反冲使水从喷口喷出时，一边喷水一边________。 (2)防止：用步枪射击时，由于枪身的________会影响射击的准确性，所以用步枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响。 旋转 反冲 [思考与讨论] 如图所示，把弯管装在可旋转的盛水容器的下部。当水从弯管流出时，容器就旋转起来。这种现象利用了什么原理？水和容器增加的动能来自哪里？ 提示：反冲原理。水和容器增加的动能是由水的重力势能转化来的。 1．反冲运动的三个特点 (1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。 (2)反冲运动中，相互作用的内力一般情况下远大于外力或在某一方向上内力远大于外力，所以两部分组成的系统动量守恒或在某一方向动量守恒。 (3)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。 归纳 关键能力 合作探究 2．应注意的三个问题 (1)速度的方向性：对于原来静止的整体，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则反方向的另一部分的速度就要取负值。 (2)速度的相对性：反冲问题中，若已知相互作用的两物体的相对速度，应先将相对速度转换成相对地面的速度，再根据动量守恒定律列方程。 (3)变质量问题：在反冲运动中常遇到变质量物体的运动，此时应注意研究对象质量的变化。 [例1]　如图，反冲小车静止放在水平光滑 玻璃上，点燃酒精灯，水蒸气将橡皮塞水 平喷出，小车沿相反方向运动。已知小车 运动前的总质量M＝3 kg，水平喷出的橡 皮塞的质量m＝0.1 kg。(水蒸气质量忽略不计) (1)若橡皮塞喷出时获得的水平速度v＝2.9 m/s，求小车的反冲速度； [答案]　(1)0.1 m/s，方向与橡皮塞水平运动方向相反 (1)小车和橡皮塞组成的系统所受外力之和为零，系统总动量为零。以橡皮塞运动的方向为正方向 根据动量守恒定律有mv＋(M－m)v′＝0 解得v′＝－0.1 m/s 负号表示小车运动方向与橡皮塞水平运动的方向相反，反冲速度大小是0.1 m/s。 (2)若橡皮塞喷出时速度大小不变，方向与水平方向成60°角，求小车的反冲速度。(小车一直在水平方向运动) [答案] (2)0.05 m/s，方向与橡皮塞水平分运动的方向相反 (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 mv cos 60°＋(M－m)v″＝0 解得v″＝－0.05 m/s 负号表示小车运动方向与橡皮塞水平分运动方向相反，反冲速度大小是0.05 m/s。 反冲问题的三点注意 1．内力的存在不会影响系统的动量守恒。 2．内力做的功往往会改变系统的总动能。 3．要明确反冲运动对应的过程，弄清初、末状态的速度大小和方向的对应关系。　 A [针对训练]　1.一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态。衰变时放出一个质量为m的粒子后反冲，已知原子核反冲的动能为E0，则放出的粒子的动能为(　　) A．　　　　　　　 B．E0 C．E0 D．E0 原子核放出粒子的过程系统动量守恒，以放出粒子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得p粒子－p原子核＝0，原子核反冲的动能E0＝，粒子的动能E＝，联立解得E＝，故A正确，B、C、D错误。 要点2　火箭 * 1．火箭的工作原理：火箭的飞行应用了________的原理，靠喷出气流的________作用来获得巨大速度。 2．影响火箭获得速度大小的因素 一是喷气速度，二是火箭喷出物质的质量与火箭本身质量之比。喷气速度________，质量比________，火箭获得的速度就越大。 3．火箭的主要用途：火箭作为运载工具，例如发射探测仪器、常规弹头和核弹头、人造卫星和宇宙飞船。 梳理 必备知识 自主学习 反冲 反冲　 越大 越大 [思考与讨论] 设火箭飞行时在极短的时间Δt内喷射燃气的质量是Δm，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度是u，喷出燃气后火箭的质量是m，则火箭在这一次喷气后增加的速度Δv为多少？请根据得出的结论分析提高火箭飞行速度的可行办法。 提示：以喷气前的火箭为参考系。喷气前火箭的动量是0，喷气后火箭的动量是mΔv，喷出燃气的动量是Δmu。根据动量守恒定律，喷气后火箭和燃气的总动量仍然为0，所以mΔv＋Δmu＝0，解得Δv＝－u。 由以上式子可得，火箭喷出燃气的速度u越大、火箭喷出物质的质量与火箭本身的质量之比越大，火箭获得的速度Δv就越大。 1．火箭喷气属于反冲类问题，是动量守恒定律的重要应用。 2．分析火箭类问题应注意的三点 (1)火箭在运动过程中，随着燃料的燃烧，火箭本身的质量不断减小，故在应用动量守恒定律时，必须取在同一相互作用时间内的火箭和喷出的气体为研究对象。注意反冲前、后各物体质量的变化。 (2)明确两部分物体初、末状态的速度的参考系是否为同一参考系，如果不是同一参考系，要设法予以转换，一般情况要转换成对地的速度。 (3)列方程时要注意初、末状态动量的方向。 归纳 关键能力 合作探究 [例2]　一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1 000 m/s(相对地面)，设火箭与燃料总质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次。求： (1)原来静止的火箭第三次喷气后的速度大小； [答案]　(1)2 m/s　 (1)方法一　喷出气体的运动方向与火箭运动的方向相反，系统的动量守恒。 第一次气体喷出后，设火箭速度为v1，有(M－m)v1－mv＝0 所以v1＝ 第二次气体喷出后，设火箭速度为v2，有(M－2m)v2－mv＝(M－m)v1 所以v2＝ 第三次气体喷出后，设火箭速度为v3，有(M－3m)v3－mv＝(M－2m)v2 所以v3＝＝ m/s≈2 m/s。 方法二　选取整体为研究对象，运用动量守恒定律求解。 设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，根据动量守恒定律得(M－3m)v3－3mv＝0 所以v3＝≈2 m/s。 (2)运动第1 s末，火箭的速度大小。 [答案] (2)13.5 m/s (2)发动机每秒喷气20次，以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律得 (M－20m)v20－20mv＝0 故v20＝≈13.5 m/s。 由于火箭每次喷出气体时，火箭和喷出气体的总动量守恒，所以用火箭和喷出的三次气体为研究对象解决本题较方便。如果火箭每次喷出的气体相对火箭的速度不变，则需将每次喷出气体的动量转换为对地(为参考系)的动量。　 [拓展训练]　在例2中，若发动机每次喷出200 g的气体，气体离开发动机喷出时相对火箭的速度v＝1 000 m/s，则当第一次气体喷出后，火箭的速度多大？ 答案：0.67 m/s 由动量守恒定律得 (M－m)v1－m(v－v1)＝0 解得v1＝≈0.67 m/s。 要点3　“人船模型”问题 * 1．“人船模型”问题 两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒。 2．人船模型的特点 (1)两物体满足动量守恒定律：m人v人－m船v船＝0，在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小与质量成反比。 (2)运动特点：人动船动，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右，人、船位移比等于它们质量的反比，即＝。人和船的位移满足|x人|＋|x船|＝L。 B [例3]　如图所示，有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(质量约一吨)。一位站在船尾的同学轻轻从船尾走到船头停下。已知在此过程中船后退的距离为d，船长为L，该同学自身的质量为m，水的阻力不计，则船的质量M为(　　) A．　　　　　　　 B． C． D． 人、船水平方向动量守恒，平均动量也守恒，设人走动时船的平均速度大小为船，人的平均速度大小为人，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有M船－m人＝0 故M－m＝0 人、船运动时间相等，则有Mx船－mx人＝0 又x船＋x人＝L，x船＝d 联立解得船的质量为M＝。 解决“人船模型”问题时要画出两物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。　 [针对训练]　2．如图所示，气球下面有一根长绳，气球和长绳的总质量为m1＝20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触。一个质量为m2＝50 kg的人抓住气球下方的绳，初始静止时人离地面的高度为h＝5 m。如果这个人开始沿长绳向下滑动，当他滑到长绳下端时，他离地面的高度是(可以把人看作质点)(　　) A．5 m B．3.6 m C．2.6 m D．8 m B 当人滑到长绳下端时，由竖直方向动量守恒得 m1h1－m2h2＝0 且h1＋h2＝h，解得h1＝ m，h2＝ m，所以他离地面的高度H＝h1≈3.6 m，故B正确。 课时作业 巩固提升 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 [A组　基础巩固练] 1．(多选)下列运动属于反冲运动的有(　　) A．汽车的运动　　　　　　　 B．直升机的运动 C．火箭的运动 D．喷气式飞机的运动 13 CD 14 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 如果一个静止的物体在内力的作用下分裂成两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动，这个现象叫作反冲。汽车的运动是利用摩擦力而使汽车前进的，不属于反冲运动，故A错误；直升机是利用空气的反作用力而使直升机上升的，不属于反冲运动，故B错误；火箭的运动是利用喷气的方式而获得动力的，属于反冲运动，故C正确；喷气式飞机的运动是利用气体的反冲作用而获得动力的，属于反冲运动，故D正确。 13 14 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2．关于火箭，下列说法正确的是(　　) A．火箭点火后离开地面向上运动，是地面对火箭反作用力的结果 B．为了提高火箭的速度，实际上可以不断地增加火箭的级数 C．火箭喷出燃气速度越大，火箭本身质量与喷出物质质量之比越大，火箭获得的速度就越大 D．火箭获得的机械能来自燃料燃烧释放的化学能 13 D 14 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 火箭点火，加速上升离开地面过程中，并不是地面对其的反作用力作用的结果，而是气体对其的作用力使其加速上升，故A错误；火箭的级数不可以无限增加，因为增加级数会增大火箭质量，故B错误；设喷出物质质量为m，v1为燃气速度，火箭本身质量为M，v2为火箭速度，规定向下为正方向，根据动量守恒定律有mv1＝Mv2，则有v2＝，火箭喷出燃气速度v1越大，火箭本身质量与火箭喷出物质质量之比越小，火箭获得的速度就越大，故C错误；根据能量守恒定律可知火箭获得的机械能来自燃料燃烧释放的化学能，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3.(多选)如图，一人站在静止的平板车上，不计平板车与水平地面的摩擦，也不考虑空气的阻力，则下列说法正确的是(　 　) A．人在车上向右行走时，车将向左运动 B．当人停止走动时，车也会停止 C．人缓慢地在车上行走时，车可能不动 D．当人从车上的左端行走到右端时，不管人在车上行走的速度多大，车在地面上移动的距离都相同 13 ABD 14 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 人与车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得mv人＋Mv车＝0，解得v车＝－，负号表示车的速度方向与人的速度方向相反，人在车上向右行走时，车将向左运动，A正确；因人和车总动量为零，人停止走动速度为零时，由动量守恒定律可知，车的速度也为零，B正确；由v车＝－可知，人缓慢地在车 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 上行走时，车也缓慢地运动，C错误；人从车上的左端行走到右端，设车的长度为L，人与车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m人－M车＝0，即m－M＝0，解得x＝，车在地面上移动的距离x与人的行走速度无关，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 D 14 4.如图所示，光滑水平地面上静止一个质量为M且上表面光滑的斜面体。现将一个质量为m的小滑块放置在斜面体顶端，使其由静止沿斜面滑下。已知斜面体底边长为L，则以下判断正确的是(　　) A．下滑过程中小滑块的机械能守恒 B．小滑块下滑过程中，两物体组成的系统动量守恒 C．小滑块到达斜面底端时，斜面体水平向右运动的距离为 D．小滑块到达斜面底端时，小滑块水平向左运动的距离为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 小滑块下滑过程中，小滑块和斜面体组成的系统机械能守恒，小滑块的机械能不守恒，选项A错误；小滑块下滑过程中，两物体组成的系统水平方向所受合外力为零，则水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，则系统动量不守恒，选项B错误；设小滑块到达斜面底端时，斜面体水平向右运动的距离为x，则由水平方向动量守恒可知Mx＝m(L－x)，解得x＝，小滑块水平向左运动的距离为s＝L－x＝，选项C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 D 14 5.一款多旋翼察打一体无人机，总质量为M，旋翼启动后恰能悬停在离水平地面高为H的空中，升力大小不变，向前方以水平速度v发射一枚质量为m的微型导弹，该无人机机身始终保持水平，不计空气阻力，则(　　) A．发射微型导弹后，无人机将做匀变速直线运动 B．发射出微型导弹瞬间，无人机后退速度大小为 C．微型导弹落地时，无人机离地高度为 D．微型导弹落地时，无人机与导弹落地点的水平距离为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 发射微型导弹后，无人机重力减小，竖直方向做匀加速运动，水平方向因为动量守恒具有向后的速度，其将做匀变速曲线运动，A错误；根据动量守恒定律有mv＝(M－m)v1，解得v1＝，B错误；由于微型导弹落地过程中做平抛运动，则有H＝gt2，无人机上升的加速度为a＝，t时间上升 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 的高度为h＝at2，联立得h＝，则微型导弹落地时，无人机离地高度为h′＝h＋H＝，C错误；微型导弹落地时经过的时间为t＝，微型导弹落地时，无人机与导弹落地点的水平距离为x＝vt＋v1t＝ ，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 6.如图所示，光滑水平面上甲、乙两球间粘少许炸药，一起以0.5 m/s的速度向右做匀速直线运动。已知甲、乙两球质量分别为0.1 kg和0.2 kg。某时刻炸药突然爆炸，分开后两球仍沿原直线运动，从爆炸开始计时经过3.0 s，两球之间的距离为x＝2.7 m，爆炸时间极短，则下列说法正确的是(　　) A．刚分离时，甲、乙两球的速度方向相同 B．刚分离时，甲球的速度大小为0.6 m/s C．刚分离时，乙球的速度大小为0.3 m/s D．爆炸过程中甲、乙两球增加的总机械能为0.027 J 13 D 14 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 设甲、乙两球的质量分别为m1、m2，刚分离时两球速度分别为v1、v2，以向右为正方向，则由动量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，根据题意有v2－v1＝，代入数据解得v2＝0.8 m/s，v1＝－0.1 m/s，说明刚分离时两球速度方向相反，故A、B、C错误；爆炸过程中两球增加的总机械能ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v，代入数据，解得ΔE＝0.027 J，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 A 14 7．某火箭(包括燃料)的总质量为M，竖直向上由静止开始加速，每次向下喷出质量为m的燃气，燃气被喷出时相对地面的速度大小均为v，则第5次喷出燃气的瞬间，火箭速度大小为(忽略重力的影响)(　　) A． B． C．()5v D．()5v 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 设第5次喷出燃气的瞬间火箭的速度为v1，此时火箭的质量为M－5m，忽略重力影响，火箭喷气过程系统动量守恒，有(M－5m)v1＝5mv，解得v1＝，故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 8.(多选)如图所示，一小车停在光滑水平面上，车上一人(相对小车位置始终不变)持玩具枪向车的竖直挡板连续平射，所有子弹全部嵌在挡板内没有穿出，枪口到挡板的距离为L，嵌在挡板内子弹的质量小于人的质量，射击持续了一会儿后停止。下列说法正确的是(　　) A．所有子弹嵌入挡板后，小车的速度为零 B．子弹飞行的距离为L C．小车前进的距离大于L D．人后退的距离小于L 13 AD 14 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 刚开始小车停在光滑水平面上，人、小车、子 弹组成的系统初动量为零，射击子弹的过程中， 该系统所受合外力为零，即该系统动量守恒，因 此可知该系统末动量也一定为零，即所有子弹嵌 入挡板后，小车的速度为零，故A正确；根据动量守恒定律可知，当子弹获得向前的速度时，小车一定获得向后的速度，即速度方向一定相反，则根据运动性质可知，小车与子弹的位移之和应等于L，由此可知，人后退的距离小于L，故B、C错误，D正确。 13 14 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 B 14 [B组　综合强化练] 9.如图所示，质量为m、半径为R的小球，放在半径为2R、质量为2m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上。当小球从如图所示的位置无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离是(　　) A． B． C． D． 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 由水平方向动量守恒有mx小球－2mx大球＝0，又x小球＋x大球＝R，联立解得x大球＝，B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 10．在空间技术发展过程中，喷气背包曾经作为航天员舱外活动的主要动力装置，它能让航天员保持较高的机动性。如图所示，航天员在距离空间站舱门为d的位置与空间站保持相对静止，启动喷气背包，压缩气体通过横截面积为S的喷口以速度v1持续喷出，航天员到达舱门时的速度为v2。若航天员连同整套舱外太空服的质量为M，不计喷出气体后航天员和装备质量的变化，忽略航天员的速度对喷气速度的影响以及喷气过程中压缩气体密度的变化，则喷出压缩气体的密度为(　　) 13 D 14 A． B． C． D． 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 设t时间内喷出的气体的质量为m，则m＝ρSv1t，根据动量守恒定律可得mv1＝Mv2，航天员受力恒定，做初速度为零的匀加速直线运动，则·t＝d，联立解得ρ＝，故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 B 14 11.如图所示，自行火炮连同炮弹的总质量为M，当炮管水平，火炮车在水平路面上以v1的速度向右匀速行驶时，发射一枚质量为m的炮弹后，自行火炮的速度变为v2，仍向右行驶，则炮弹相对炮管的发射速度v0为(　　) A． B． C． D． 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 火炮车与炮弹组成的系统动量守恒，以火炮车的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得Mv1＝(M－m)v2＋m(v0＋v2)，解得v0＝，故B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12．一个质量为m的物体从高处自由下落，当物体下落h距离时突然炸裂成两块，其中质量为m1的一块恰好能沿竖直方向回到开始下落的位置，求： (1)刚炸裂时另一块的速度v2； 13 14 答案：(1)，方向竖直向下 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 (1)由自由落体运动规律可知，炸裂前物体的速度v＝，取竖直向下为正方向，炸裂前物体的动量为p＝mv＝m，炸裂后质量为m1的一块恰好能向上运动到开始下落的位置，则刚炸裂时其速度大小与炸裂前相等，方向与规定的正方向相反，即v1＝－。由动量守恒定律有mv＝m1v1＋(m－m1)v2，联立解得v2＝，由于m>m1，则v2>0，说明炸裂后另一块的运动方向竖直向下。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)爆炸中两物体增加的总机械能。 13 14 答案：(2) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 (2)E末＝m1v＋(m－m1)v，E初＝mv2 ΔE＝E末－E初 则ΔE＝。 13.如图所示，在光滑水平面上有一小车，小车上固定一竖直杆，总质量为M，杆顶系一长为l的轻绳，绳另一端系一质量为m的小球，绳被水平拉直处于静止状态，小球处于最右端。将小球由静止释放，重力加速度为g，求： (1)小球摆到最低点时小球速度的大小； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 答案：(1) 　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (1)取水平向右为正方向，设当小球到达最低点时其速度大小为v1，此时小车的速度大小为v2，根据动量守恒定律与能量守恒定律得 0＝Mv2－mv1，mgl＝mv＋Mv 解得v1＝。 (2)小球摆到最低点时小车向右移动的距离。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 答案：(2) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (2)当小球到达最低点时，设小球向左移动的距离为x1，小车向右移动的距离为x2，根据动量守恒定律有 m＝M 而且x1＋x2＝l 解得x2＝。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 B [C组　培优选做练] 14．一位解放军海军士兵蹲在皮划艇上进行射击训练，用步枪在t时间内沿水平方向发射了7发子弹。若该士兵连同装备和皮划艇的总质量是M，发射每两发子弹之间的时间间隔相等，每发子弹的质量为m，子弹离开枪口的对地速度为v0。射击前皮划艇是静止的，不考虑水的阻力，忽略因射击导致装备质量的减少，则在t时间内皮划艇的位移为(　　) A． B． C． D． 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 发射子弹时，根据动量守恒定律可得每发射一颗子弹，皮划艇增加的速度为Δv＝ 在t时间内沿水平方向发射了7发子弹，则皮划艇在6个时间内，分别以Δv、2Δv、3Δv、…匀速运动，每段匀速运动的位移依次为 x1＝Δv×＝ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 x2＝2Δv×＝ x3＝3Δv×＝ …… 故t时间内皮划艇的总位移为x＝x1＋x2＋x3＋x4＋x5＋x6＝，故选B。 $$