高二物理知識專項復習：反沖現象 火箭（九大題型）解析版

1.6反沖現象火箭【九大題型】

＞題型梳理

目錄

知識點1：反沖現象...............................................................................1

【題型1運用動量守恒定律處理反沖運動問題】.....................................................2

【題型2單一方向上動量守恒的反沖運動】.........................................................6

【題型3爆炸形成的反沖運動】...................................................................9

知識點2：火箭...................................................................................14

【題型4火箭的原理】..........................................................................15

【題型5反沖運動與天體運動的結合】............................................................18

知識點3："人船"模型問題......................................................................22

【題型6"人船"模型】........................................................................22

【題型7彈簧彈開兩物體模型】..................................................................26

【題型8氣球和人模型】........................................................................30

【題型9圓環與滑塊模型】......................................................................33

院舉一反三

知識點1：反沖現象

1、定義：一個靜止的物體在內力的作用下分裂成兩個部分，一部分向某個方向運動，另一部分必然向相反

的方向運動，這個現象叫作反沖。

2、反沖現象的原理

反沖現象中，系統所受相互作用的內力一般情況下遠大于外力，所以可以用動量守恒定律來處理。

如果系統的一部分獲得了某?方向的動量，系統的剩余部分就會在這?方向的相反方向上獲得同樣大

小的動量。若系統的初始動量為0，則動量守恒定律的形式為0=根1%'+血2〃2‘。這表明，做反沖運動的兩

部分物體動量大小相等、方向相反，它們的速率與質量成反比。

【注】反沖運動中，由于系統中有其他形式的能轉化為機械能，所以系統的機械能增加。

3、反沖運動的應用與防止

①應用：噴氣式飛機、農業灌'溉系統、火箭發射等。

②防止：射擊時把槍身抵在肩部，減小反沖現象的影響；炮車設計有止退犁和緩沖裝置.，減小車身的后退，

提高精度。

【題型1運用動量守恒定律處理反沖運動問題】

[例1]（23-24高三下?浙江杭州?階段練習）如圖是2022年2月5日中國選手在北京冬奧會短道速滑接力

賽中交接棒時的一個情景，“交棒”的曲春雨在“接棒”的任子威身后猛推一把，使任子威獲得更大的速度向前

滑行。若任子威的質量小于曲春雨的質量，不計一切阻力，在曲春雨用力推任子威的過程中，下列說法正

確的是（）

A.曲春雨推任子威的力大于任子威對曲春雨的推力

B.任子威的速度增加量等于曲春雨的速度減少量

C.任子威的動能的增加量等于曲春雨的動能的減少量

D.任子威的動量增加量等于此春雨的動量減少量

【答案】D

【解析】A.根據牛頓第三定律，曲春雨推任子威的力等「任子威對曲春雨的推力，A錯誤;

B.根據動量定理得

F^t=m-Av

解得

m

質量小的速度變化量大，所以任子威的速度增加量大于曲春雨的速度減少量，B錯誤；

C.通過推力做功，使人體內的生物質能轉化為動能，兩個人的總動能增加，所以任子威的動能的增加量大

于曲春雨的動能的減少量，c錯誤；

D.系統的動量守恒，根據動量守恒定律，所以任子威的動量增加量等于曲春雨的動量減少量，D正確。

故選Do

【變式1-1］（多選）（24-25高二上?山西太原?開學考試）站在冰面上處于靜止狀態的80千克運動員甲，

把身邊靜止的6（）千克的運動員乙推出去，自己向著反方向也運動了出去，不計冰面的摩擦力，關于此過程,

下列說法正確的是（）

A.甲對乙做的功與乙對甲做的功大小相等

B.甲對乙做功的平均功率大于乙對甲做功的平均功率

C.乙的動能增加量等于甲的動能增加量

D.兩運動員構成的系統機械能不守恒

【答案】BD

【解析】AC.此過程根據動量守，亙可得

㈣小甲=m乙v乙

甲、乙的末動能分別為

耳甲=屈=,耳乙=；叫點=

2甲22fH乙

由于叫，加乙，可知甲的動能增加量小于乙的動能增加量，根據動能定理可知，乙對甲做的功小于甲對乙做

的功，故AC錯誤;

B.根據

-W

p=—

由于作用時間相同，乙對甲做的功小于甲對乙做的功，則甲對乙做功的平均功率大于乙對甲做功的平均功

率，故B正確:

D.由于甲乙的動能均增加，所以兩運動員構成的系統機械能不守恒，故D正確。

故選BDo

【變式1-2](22-23高二上?江蘇蘇州?階段練習)一個士兵坐在皮劃艇上，他連同裝備和皮劃艇的總質量是

M=120kg,這個士兵用自動步槍在/=2s內沿水平方向連續射出20發子彈，每發子彈的質量是加=10g,子彈

離開槍口時相對步槍的速度是修尸800m/s,射擊前皮劃艇是靜止的，不考慮水的阻力。則以下說法正確的是

()

A.每次射擊后皮劃艇的速度改變量都相同

Q

B.每次射擊后皮劃艇的速度改變量都不同，若射出第〃發，則八丁nVs

120.01-0.01/7

C.連續射擊20發后皮劃艇的速度是().67m/s

D.連續射擊時槍受到的平均反沖作用力是40N

【答案】B

【解析】C.射出第1發子彈的過程中，根據動量守恒定律得

解得

1

射出第2發子彈的過程中，根據動量守恒定律得

(A/-m)v,=(A1-2m)v2-w(v0-v2)

解得

匕=佶+"一叫

M-rn)

同理

+忌加。

連續射擊20發后皮劃艇的速度是

(1111、20

=—+-----H--------+...--------\mv?—niv.?1.33m/s

20M-mM-2mM-19m)°nM(

C錯誤；

AB.射出第〃發，皮劃艇速度的改變最為

Av=v?-vfl_1

1111

V=---1-------1--------F…H-----;----;--

MM-mM-2niA/-(〃一1)

--1+----I--+----1---+

MM-mA/-2m十人(3)加

解得

AP=—7。\=-----2m/s

120.01-0.0

A錯誤，B正確；

D.根據動量定理得

Ft=(M-20m)v20-0

解得

F=79.7N

D錯誤。

故選B。

【變式1-3](23-24高二下?山西太原?期中)總質量為M的噴氣式飛機靜止在跑道上，飛機一次性向后噴

出質量為的氣體后，飛機在時間/內沿直線前進位移X。不計一切阻力，下列說法正確的是()

A.噴出氣體的速度為經

mt

B.在噴氣過程中，飛機與噴巴氣體所組成的系統，動量和機械能均守恒

C.若噴出氣體的速度變大但動量不變，飛機前進位移x的時間小于/

D.若噴出氣體的質量不變但速度變大，飛機前進位移x的時間小于/

【答案】D

【解析】A.噴出質量為△〃/的氣體后，飛機速度

x

根據動量守恒

得噴出氣體的速度為

_(M-Aw?)x

"Amt

故A錯誤；

B.在噴氣過程中，飛機與噴出氣體所組成的系統機械能增大，故B錯誤；

C.根據動量守恒

Awv^

vE

若噴出氣體的速度變大但動量不變，質量變大，則飛機速度變小，前進位移x的時間大于3故C錯誤；

D.根據動量守恒

)%=bmv,(

A/nv-

%=加就

若噴出氣體的質量不變但速度變大，動量變大，飛機速度變大，飛機前進位移x的時間小于/,故D正確。

故選Do

【題型2單一方向上動量守恒的反沖運動】

【例2】(多選)(23-24高二上?湖北?期中)春節是我國傳統節日，人們通常在夜晚放煙花進行慶祝。如

圖所示，某種煙花彈從地面處發射豎直上升至最高點時炸裂為A、B兩塊，質量分別為3”?和小，A、B初

速度方向水平，A的落地點與發射點距離為s,不計空氣阻力，則()

BA

A.A、B同時落地

B.A、B下落過程中動量守恒

C.A、B落地時的速度大小之比為1：3

D.A、B落地時間距為4s

【答案】AD

【解析】A.炸裂后，A、B均做平拋運動，由于下落的高度相同，因此同時落到，A正確;

B.由于A、B在下落的過程中，豎直方向受重力的作用，因此動量不守恒，B錯誤；

C.由于水平方向動量守恒，落地時水平方向速度大小之比為1:3,而豎直方向速度相等，因此合速度之比

不是1:3,C錯誤；

D.由于水平方向動量守恒，而落地時間相同，因此水平方向位移大小之比為1:3,方向相反，因此落地時

距離為4s,D正確;

故選ADo

【變式2-1]（23-24高一下?黑龍江哈爾濱?期末）一個質量為川的小型炸彈自水平地面朝右上方射出，在

最高點以水平向右的速度v飛行時，突然爆炸為質量相等的甲、乙、丙三塊彈片，如圖所示,爆炸之后乙

自靜止自由下落，丙沿原路徑回到原射出點。若忽略空氣阻力，則爆炸過程釋放的化學能為（）

17,「177

A.—wv"B.冢，C.—nivD.—niv

623

【答案】D

【解析】取向右為正，根據動量守恒

mm

niv=---v+—v.

331

解得甲的速度為

V)=4v

由能量守恒定律，爆炸過程釋放的化學能為

l1m21/\217

E=-x—v+—x—(4v)——niv=—mv

2323''23

故選D。

【變式2-2]（多選）（23-24高二下?福建莆Cl?期末）中國國防部新聞發言人任國強宣布從當日起，中國人

民解放軍東部戰區在臺海附近組織實戰化演練。一質最為A/的炮彈從地面發射（炮架高度不計），經過時

間，在最高處擊中相對地面靜止的質量為〃，的（模擬）臺軍目標，此時炮彈正好發生爆炸，并分成兩塊質

量不同的殘骸，可視為兩個殘骸分別相向做平拋運動，落到地面的時間為/,較小的殘骸質量為〃?并向我方

炮架方向飛去。擊中過程可看作完全非彈性碰撞，爆炸過程可視為反沖運動，不計空氣阻力，下列說法正

確的是()

A.擊中過程動量守恒，機械能也守恒

B.炮彈在最面處速度大小為“"二皿

Mt

c.若4=華沙，殘骸會誤傷我方人員

D.爆炸過程中機械能守恒，但動量不守恒

【答案】BC

【解析】A.擊中過程可看作完全非彈性碰撞，可知擊中過程動量守恒，機械能不守恒，故A錯誤;

B.設炮彈在最高處速度大小為％爆炸過程根據動量守恒可得

Mv=-WV)+-m)v\

擊中過程根據動量守恒可得

(M—m)v2=-m+m\v2

又

4=卬，d2=v2t

聯立解得炮彈在最高處速度大小為

v=-----s---------

Mt

故B正確；

C.若殘骸誤傷我方人員，則有

x=v}t=vt

即

,Md.-md.

d.=——=L

故C.正確；

D.爆炸過程中機械能不守恒，動量守恒，故D錯誤。

故選BC.

【變式2-3］（23-24高三上?云南大理?階段練習）如圖所示，一枚炮彈發射的初速度為％,發射角為°。它

飛行到最高點時炸裂成質量均為小的4、8兩部分，力部分炸裂后豎直下落，8部分繼續向前飛行，最終

/、8兩部分落在同一水平地面上。重力加速度為g,不計空氣阻力和炸裂過程中炮彈質量的變化。求：

（1）炸裂后瞬間％部分速度的大小和方向；

（2）A,8兩部分落地點之間的水平距離。AB

:.

【答案】（1）2%cos8,方向水平向右；（2）幽毆

g

【解析】（1）炮彈炸裂前瞬間速度為

4=%cos。

方向水平向右，炸裂過程中根據水平方向動量守恒，規定水平向右為正方向，有

2〃?匕=mvA+mvB

炸裂后力部分豎直下落，說明此時力的水平速度為零，得

vB—2%cos。

方向水平向右。

（2）炸裂后，彳做自由落體運動：8做平拋運動，下落時間為

g

落地后，力、8兩部分落地點之間的水平距離為

—=vBt

得

?sin2一

Ax=--------

g

【題型3爆炸形成的反沖運動】

【例3】（多選）（23?24高二上?山東濟寧?階段練習）如圖所示，光滑桌面上木板C靜止并被鎖定，質量

為1kg,在木板的中央處放置兩個可視為質點的小滑塊A和B,質鼠分別為2kg和1kg,兩滑塊間有少量炸

藥。某時刻炸藥爆炸釋放的能量為12J,兩滑塊開始運動，當一個滑塊速度減為零時，木板鎖定被解除，兩

滑塊與木板間的動摩擦因數均為0.2,最終?個滑塊恰好滑到木板的邊緣，g取10m/s，不計炸藥的質量。

AMB

勿切勿夕勿勿"勿勿為勿勿，

A.木板C的最終速度為0.5m，s

B.整個過程中兩滑塊與木板間因摩擦產生的內能為11J

C.木板C的最小長度為7.5m

D.木板C受到的沖量為IN-s

【答案】AC

【解析】A.爆炸過程兩滑塊組成的系統動量守恒，炸藥爆炸釋放的能量轉化為兩滑塊的動能，有動量守恒

wAv,=wBv2

能量守恒

￡'=2WAV>+2WBV2

滑塊A速度減為零所用時間

此時B的速度

yj=v2-//g/i=2m/s

此過程B與C間的相對位移

木板鎖定被解除后，滑塊A與木板C相對■靜止，整體與滑塊B發生相對運動，設最終三者達到共同速度為

v,根據動量守恒定律有

znBv3=(mA+w,)+7Wc)v

解得

v=0.5m/s

故A正確;

B.整個過程中兩滑塊與木板間因摩擦產生的內能

2

A￡=+mn+mc)v=11.5J

故B錯誤;

C.設A、C整體與B相對運動過程B與C間的相對位移為由功能關系可得

〃用Bgd?+〃?B+〃?C)F

解得

d、=0.75m

木板最小長度

￡=2（4+4）=7.5m

故C正確；

D.根據動量定理，木板C受的沖量

I=wcv=0.5N-s

故D錯誤；

故選ACo

【變式3-1］（23-24高二下?福建福州?期末）據外媒報道，中國最新的洲際彈道導彈東風-51已經研發完成,

東風?51采用固體燃料發動機，最多可攜帶14枚分導式多彈頭。假設一枚在空中飛行的東風?51導彈，質量

為加=IOOOkg,飛行到某點時速度的方向水平，大小為v=200m/s,方向如圖所示，導彈在該點突然炸裂成

兩部分，其中質最叫=500kg的一個彈頭沿著y的方向飛去，其速度大小為500m/s,求

（1）炸裂后另一塊質量叱=500kg的彈頭的速度叫；

（2）炸裂后導彈兩部分總動能比炸裂前增加了多少。

V

【答案】（1）lOOm/s,方向與I，的方向相反：（2）4.5xlO7J

【解析】（1）設初速度n的方向為正方向，爆炸前后水平方向動量守恒，則有

mv=m}v]+m2v2

其中

m="71+m2

解杼

v2=-100m/s

可知炸裂后另?塊質量〃?2=500kg的彈頭的速度大小為100m/s,方向與丫的方向相反。

（2）炸裂前導彈的動能為

1,i

27

EKv=-2WV=2X10J

炸裂后導彈兩部分總動能為

7

/=+%=；〃外片+gw2v；=6.5xIOJ

則炸裂后導彈兩部分總動能比炸裂前增加了

7

AEk=Ek-Eko=4.5xl0J

【變式3-2］（22-23高二卜.?浙江杭州?期中）一質量為〃?的煙花彈獲得動能上后，從地面豎直升空，當煙花

彈上升的速度為零時，煙花彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也為￡,

且均沿豎直方向運動，爆炸時間極短，重力加速度大小為g,不計空氣阻力和火藥的質量，求：

（1）求煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經過的時間，及此時離地面的高度々：

（2）爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度〃。

【答案】（1）1戶,—；（2）—

g\inmgnig

【解析】（1）設煙花彈的初速度為％，則有

r12

E=5加%

解得

[2E

煙花彈從地面開始上升的過程中做豎直.卜.拋運動，則有

解得

gVm

煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸上升的高度為

1V：E

th=—=----

x2gmg

（2）對于爆炸過程，取豎直向上為正方向，由動量守恒定律有

0=刎-刎

根據能量守恒定律有

解得

Vtn

爆炸后煙花彈向上運動的部分能繼續上升的最大高度為

,4E

h=—=—

7'2gmg

所以爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度為

2F

/7=/?.+^=—

'mg

【變式3-3]（22-23高一下?遼寧鞍山?期末）如圖所示，水平地面上靜止放置著緊靠在一起的物體A和B,

兩物體可視為質點且質量均為Ng,物體A與左側地面間的動摩擦因數為0.3,物體B右側光滑。兩物體間

夾有炸藥，爆炸后兩物體沿水平方向左右分離，分離瞬間物體A的速度大小為3m/s,重力加速度g取

10Hs）不計空氣阻力。求：

（1）A、B兩物體分離瞬間獲得的總能量；

（2）A、B兩物體分離3s后兩者之間的距離。

AB

/zzzzzzzzzzzz/zzZZzzzz/z/zzzz/z

【答案】(1)9J：(2)10.5m

【解析】(1)炸藥爆炸后，設分離瞬間物體A的速度大小為唳，物體B的速度大小為％,對A、B兩物

體組成的系統由動量守恒定律得

明=〃八，B

由能量守恒得

一21，

七二不叫+5'呻

聯立可得A、B兩物體分離瞬間獲得的總能量

E=9J

(2)A、B兩物體分離后，物體A向左勻減速滑行，對A根據牛頓第二定律得

pmg=ma

解得

a=3m/s2

根據運動學公式得物體A從分離到停止運動，經過的時間

/=—=1s

a

物體A運動的位移

x.=~/=1.5m

八2

物體B運動的位移

xB=vB/=9m

故A、B兩物體分禽3s后之間的距離

t/=xB+xA=10.5m

知識點2：火箭

1、定義：現代火箭是指一種靠噴射高溫高壓燃氣獲得反作用力向前推進的飛行器，是反沖運動的典型應用

之一。

2、火箭的工作原理——動量守恒定律

當火箭推進劑燃燒時，從尾部噴出的燃氣具有很大的動量，根據動量守恒定律，火箭獲得與之大小相

等、方向相反的動量，因發生連續的反沖現象，隨著推進劑的消耗，火箭的質量逐漸減小，速度不斷增大,

當推進劑燃盡時，火箭將以獲得的速度沿著預定的空間軌道飛行。根據動量守恒定律得+=

其中Am為火箭在極短時間內噴射燃氣的質量，〃為噴出的燃氣相對地面的速度，團為噴出燃氣

后火箭的質量，A9為火箭噴氣后速度的增加量。

3、影響火箭飛行性能的兩個因素

①噴氣速度：現代火箭發動機的噴氣速度通常在2000?5000m/s,近期內難以大幅度提高。

②質量比：火箭開始飛行時的質量與火箭除燃料外的箭體質量之比叫作火箭的質量比，現代火箭能達到的

質量比一般小于10。

【題型4火箭的原理】

【例4】（24?25高三上?江西?開學考試）2024年7月5日，我國在太原衛星發射中心使用長征六號改運載

火箭，成功將天繪五號02組衛星發射升空，衛星順利進入預定凱道，發射任務獲得圓滿成功。關于火箭點

火發射升空的情景，下列說法正確的是（）

A.在火箭向下噴出氣體的過程中，火箭的慣性變大

B.火箭尾部向下噴出氣體，該氣體對空氣產生一個作用力，空氣對該氣體的反作用力使火箭獲得向上

的推力

C.火箭尾部向下噴出氣體，火箭對該氣體產生一個作用力，該氣體會對火箭產生一個反作用力，使火

箭獲得向上的推力

D.火箭飛出大氣層后，由于沒有了空氣，因此火箭雖然向后噴氣，但是無法獲得向前的推力

【答案】C

【解析】A.火箭噴出氣體后質量變小，其慣性變小，故A錯誤；

BC.火箭尾部向下噴出氣體，火箭對該氣體產生一個作用力，該氣體會對火箭產生一個反作用力，使火箭

獲得向上的推力，故B錯誤，C正確；

D.火箭飛出大氣層后，火箭對氣體作用，該氣體對火箭有反作用力，使火箭獲得向前的推力，故D錯誤。

故選C。

【變式4-1］（23?24高一下?黑龍江?期末）如圖所示，水火箭中水被向下噴出時，瓶及瓶內的空氣就受力向

上沖，水火箭就是利用這個原理升空的。某同學將靜置在地面上的質量為800g（含水）的自制水火箭釋放

升空，在極短的時間內，質屋為200g的水以相對地面大小為8（）m/s的速度豎直向下噴出，水噴出后的瞬間,

水火箭的動量大小為（噴出過程中重力和空氣阻力可忽略）（）

IJ前進的方向

高壓

氣體

?；打'壓出

::、的水

A.128kgm/sB.32kgm/s

C.64kg-m/sD.16kg-m/s

【答案】D

【解析】水從水火箭噴II噴出的瞬間，水火箭和水組成的系統動量守恒，設水噴出后的瞬間，水火箭的動

量大小為夕，根據動量守恒定律，可得

p-=0

解得

p=mv0=0.2kgx80m/s=16kgm/s

故選D。

【變式4-2]（23-24高二下?安徽?階段練習）2024年5月7日，長征六號丙運載火箭在我國太原衛星發射

中心成功發射，順利將海王星01星等4顆衛星送入預定軌道，發射任務取得圓滿成功。關于火箭、反沖現

象，下列說法正確的是（）

A.火箭不可以飛出大氣層在太空中飛行

B.在反沖現象中，系統所受的合外力一定為零，系統的機械能一定守恒

C.火箭升空是讓高溫高壓的燃氣高速地向下噴出，而使它獲得向上的動力

D.宇宙飛船、空中飛艇、FI賽車、航母航行都是利用反沖運動原埋工作的

【答案】C

【解析】A.火箭可以飛出大氣層在太空中飛行，故A錯誤；

B.在反沖現象中，系統所受的合外力不一定為零，系統動量不一定守恒，反沖現象中，不一定只有重力或

只有彈力做功，系統機械能不一定守恒，故B錯誤；

C.火箭升空是讓高溫高壓的燃氣高速地向下噴出，而使它獲得向上的動力，故C正確；

D.反沖是靜止或運動的物體通過分離排除部分物質，而使自身在反方向獲得加速的現象。干始靜止的系

統分為兩部分，分別朝相反方向運動，這種現象叫反沖。宇宙飛船通過噴氣的方式改變速度，從而改變軌

道，運用了反沖運動的原理，空中飛艇、F1賽車、航母航行不是運用反沖運動原理工作的，故D錯誤。

故選C。

【變式4-3]（23-24高三下?遼寧?期中）航天夢由來已久，明朝萬戶，他把多個自制的火箭綁在椅子上，自

己坐在椅子上，雙手舉著大風箏，設想利用火箭的推力，翱翔天際，然后利用風箏平穩著陸。假設萬戶及

所攜設備（火箭（含燃料）、椅子、風箏等）總質量為M，點燃火箭后在極短的時間內，質量為，〃的熾熱

燃氣相對地面以%的速度豎直向下噴出。忽略此過程中空氣阻力的影響，重力加速度為g,下列說法中正確

的是（）

A.在燃氣噴出后的瞬間，火箭的速度大小為□二：%

M一〃7

B.火箭在向下噴氣上升的過程中，火箭機械能守恒

ni2vl

C.噴出燃氣后萬戶及所攜設備能上升的最大高度為/二、2

g（M-m）

D.在燃氣噴出后上升過程中，萬戶及所攜設備動量守恒

【答案】A

【解析】A.在燃氣噴出后的瞬間，萬戶及所攜設備組成的系統動量守恒，設火箭的速度大小為v，規定火

箭運動方向為正方向，則有

(M-w)v-wv0=0

解得火箭的速度大小為

故A正確；

B.在火箭噴氣過程中，燃料燃燒時產生的向后噴出的高溫高壓氣體對方戶及所攜設備做正功，所以火箭機

械能不守恒，故B錯誤；

C.噴出燃氣后，萬戶及所攜設備做豎直上拋運動，根據運動學公式可得，最大上升高度為

h=J叫

2g2（A/—w）g

故C錯誤；

D.在燃氣噴出后上升過程中，萬戶及所攜設備因為受重力，系統動量不守恒，故D錯誤。

故選A。

【題型5反沖運動與天體運動的結合】

[例5]⑵-24高二下,安徽亳卅期末）北京時間4月26口3時32分，神舟十八號載人飛船成功對接于

空間站天和核心艙徑向端口，3名航天員隨后將從神舟十八號載人飛船進入空間站天和核心艙，若空間站運

行軌道上存在密度為夕的均勻稀薄靜態氣體，為了維持空間站長期在固定軌道上做勻速圓周運動，需要對

空間站施加一個與速度方向相同的動力，已知中國空間站窩地高度為近地球半徑為凡地球表面的重力加

速度為g。空間站在垂直速度方向的截面積為S,假設稀薄氣體碰到空間站后立刻與空間站速度相同，則發

動機需要對空間站施加的推力大小為（）

A.B.g；、C.pS2J-^-D."sj鄴二

R+h（R+h）S'R+h\R+h

【答案】A

【解析】碰到稀薄氣體過程中，設空間站對稀薄氣體的作用力大小為E，經過加時間，以稀薄氣體為對象,

根據動量定理可得

Fkt-mv-0

其中〃?二^^加，中國空間站繞地球做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力可得

GMmv2

--------7=m------

（R+h?R+h

又

Mm

G-mg

聯立可得

pSgR?

F=pSv2=pS

R+h

故選A。

【變式5-1]（23-24高二下?湖北?階段練習）2023年7月20日21時40分,神舟十六號航天員景海鵬、朱

楊柱、桂海潮密切協同，進行了八個小時的太空行走，圓滿完成出艙活動全部既定任務。噴氣背包作為航

天員艙外活動的主要動力裝置，它能讓航天員保持較高的機動性。如圖所示，一個連同裝備總質量為

"=100kg的航天員，裝備內有一個噴嘴可以使壓縮氣體以相對空間站”=50m/s的速度噴出。航天員在距

離空間站s=30m處與空間站處「相對靜止狀態，航天員完成太空行走任務后，必須向著返回空間站方向的

反方向釋放壓縮氣體，才能回到空間站，噴出的氣體總質量為也二°」5kg,返回時間約為（）

A.100sB.200sC.300s

【答案】D

【解析】取噴出的氣體速度方向為正方向，根據動量守恒定律可得

=0

航天員勻速返I口I空間站所需要的時間

聯立得

z=400s

故選D。

【變式5-2］（多選）（22-23高二下?河北滄州?期末）2023年4月15日，神舟十五號航天員乘組進行了第

四次出艙活動.如圖所示，假設一航天員在距離空間站艙門為d的位置與空間站保持相對靜止，某一時刻航

天員啟動噴氣背包，壓縮氣體通過橫截面積為S的噴口以相對空間站的速度-向后持續噴出，若噴出的壓縮

氣體密度恒為夕，航天員連同整套艙外太空服的質量為“，不計噴出氣體后航天員和裝備總質量的變化，

則下列說法正確的是（）

A.航天員此操作與噴氣式飛機飛行的原理相同

B.噴氣過程中，航天員受到噴出氣體的作用力恒為/二"”2

C.噴氣過程中航天員相對空間站做加速度逐漸減小的加速運動

D.航天員到達空間站時相對空間站的速度為％?李

VM

【答案】ABD

【解析】A.航天員此操作的原理為反沖，與噴氣式飛機飛行的原理相同，故A正確;

B.設在極短的時間△/內噴出的氣體的質量為A〃，則

A"7=pSvbt

設電壓縮氣體的作用力為廣，則對壓縮氣體有

FN=Amv

解得

F'=pSv2

可知噴氣過程中，航天員受到噴出氣體的作用力恒為

F=F'=pSv2

故B正確；

CD.由于噴氣過程中，氣體的密度和速度恒定，且不考慮航天員和裝備總質量的變化，因此航天員受力恒

定，做初速度為零的勻加速直線運動，根據

F=Ma,2ad=v1

解得

v=v.

故C錯誤，D正確。

故選ABDo

【變式5-3］（多選）（23-24高三上?吉林松原?階段練習）我國航天事業持續飛速發展，10月25日夢天實

驗艙與長征九號0遙四運載火箭組合體已轉運至發射區，計劃十近H擇機發射。年底前還計劃實施大舟九號、

神舟十五號飛行和神舟十四號返回等任務，完成空間站建造。假設飛船質量“正以速度%在軌運行，為了

與天宮號對接進行微調，在非常短的時間加內將質量〃？（可認為飛船質量不變）的氣體垂直于飛船運行方

向以速度丫噴出，則（）

A.飛船也可相對空間站更低軌道減速后實現對接

B.飛船也可相對空間站更高軌道減速后實現對接

C.噴出氣體后￡船速度變為后產+4

D.飛船受到因噴出氣體產生的平均作用力為詈

【答案】BCD

【解析】AB.要實現變軌對接，可以在高軌道減速（做近心運動降低軌道）或低軌道加速（做離心運動抬

高軌道），故A錯誤，B正確;

C.噴出氣體后根據動量守恒可知飛船側向獲得動量為

〃iv=A/”

可知

mv

v.=——

M

噴出氣體后飛船速度變為

艮=收+%2=愣八%；

CE確;

D.飛船對氣體的沖量有

I=Fkt=mv

可知飛船對氣體的平均作用力為受根據力的相互性可知飛船受到因噴出氣體產生的平均作用力為詈，D

正確。

故選BCD。

知識點3：“人船"模型問題

1、特征

兩個原來靜止的物體發生相互作用時，若所受外力的矢量和為零，則兩物體的動量守恒，在相互作用

的過程中，任一時刻兩物體的速度大小之比等于質量之比的反比，這樣的問題歸為“人船”模型問題。

2、人船模型的動量與能量規律

由于系統所受合外力為零，故遵從動量守恒定律，又由于相互作用力做功，故系統或每個物體的動能

均發生變化。若系統原來靜止，根據動量守恒定律有四叫-蛆也=。，可得葭二竟，含二荒，速率、位

移的大小與質量成反比。

3、“人船”模型的兩個推論

①當系統的動量守恒時，任意一段時間內的平均動量也守恒；

②當系統的動量守恒時，系統的質心保持原來的靜止狀態或勻速直線運動狀態不變。

【題型6"人船"模型】

【例6】（23-24高二下?廣東江門?期中）生命在于運動，體育無處不在，運動無限精彩。如圖所示，質量

為450kg的小船靜止在水面上，質最為50kg的人在甲板上立定跳遠的成績為2m,不計空氣和水的阻力，

下列說法正確的是（）

A.人在甲板上散步時，船將后退B.人在立定跳遠的過程中船保持靜止

2

C.人在立定跳遠的過程中船后退了D.人相對地面的成績為2.2m

【答案】A

【解析】A.根據反沖運動中的人船模型可知，人在甲板上散步時，船將后退，故A正確；

BC.設船的質量為后退位移為工,人的質量為〃?，人船相對運動位移為d，人和船組成的系統滿足水

平動量守恒，根據人船模型有

Mx=m(d-x)

代入數據解得

x=0.2m

人在立定跳遠的過程中船后退了（L2m,故BC錯誤；

D.人相對地面的成績為

2m-0.2m=1.8m

故D錯誤。

故選Ao

【變式6-1]（24-25高二上?遼寧?開學考試）如圖所示，平板車停在光滑的水平面上，某工人（可視為質點）

在平板車上卸貨，該工人從固定在平板車上右端的貨廂左邊緣水平向左跳出，恰好落在平板車左邊緣上的P

點（該工人落在尸點瞬間與平板車共速）。已知平板車長度貨廂長度為1m,高度為/?=1.25m,工人的

質最為/〃，平板車連同貨廂的質量為M=5m,g取10m/s2。則卜'列說法正確的是（）

P

<-----------/----------------?

A.平板車最終的速度大小為0.5m/sB.工人水平方向移動的距離為4m

C.平板車最終移動的距離為2.5mD.工人水平向左跳出時的速度大小為5m/s

【答案】D

【解析】A.工人與平板車在水平方向動量守恒，則

0=（M+w）vn

解得

y共=0

故A錯誤；

BC.根據人船模型可得

mxi=MX2

.￥(+x2=3m

解得

X[=2.5m,x2=0.5m

故工人水平方向移動的距離為2.5m,平板車最終移動的距離為0.5m