高二物理知识专项复习：反冲现象 火箭（九大题型）解析版

1.6反冲现象火箭【九大题型】

＞题型梳理

目录

知识点1：反冲现象...............................................................................1

【题型1运用动量守恒定律处理反冲运动问题】.....................................................2

【题型2单一方向上动量守恒的反冲运动】.........................................................6

【题型3爆炸形成的反冲运动】...................................................................9

知识点2：火箭...................................................................................14

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

【题型5反冲运动与天体运动的结合】............................................................18

知识点3："人船"模型问题......................................................................22

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

【题型7弹簧弹开两物体模型】..................................................................26

【题型8气球和人模型】........................................................................30

【题型9圆环与滑块模型】......................................................................33

院举一反三

知识点1：反冲现象

1、定义：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。

2、反冲现象的原理

反冲现象中，系统所受相互作用的内力一般情况下远大于外力，所以可以用动量守恒定律来处理。

如果系统的一部分获得了某•方向的动量，系统的剩余部分就会在这•方向的相反方向上获得同样大

小的动量。若系统的初始动量为0，则动量守恒定律的形式为0=根1%'+血2〃2‘。这表明，做反冲运动的两

部分物体动量大小相等、方向相反，它们的速率与质量成反比。

【注】反冲运动中，由于系统中有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能增加。

3、反冲运动的应用与防止

①应用：喷气式飞机、农业灌'溉系统、火箭发射等。

②防止：射击时把枪身抵在肩部，减小反冲现象的影响；炮车设计有止退犁和缓冲装置.，减小车身的后退，

提高精度。

【题型1运用动量守恒定律处理反冲运动问题】

[例1]（23-24高三下•浙江杭州•阶段练习）如图是2022年2月5日中国选手在北京冬奥会短道速滑接力

赛中交接棒时的一个情景，“交棒”的曲春雨在“接棒”的任子威身后猛推一把，使任子威获得更大的速度向前

滑行。若任子威的质量小于曲春雨的质量，不计一切阻力，在曲春雨用力推任子威的过程中，下列说法正

确的是（）

A.曲春雨推任子威的力大于任子威对曲春雨的推力

B.任子威的速度增加量等于曲春雨的速度减少量

C.任子威的动能的增加量等于曲春雨的动能的减少量

D.任子威的动量增加量等于此春雨的动量减少量

【答案】D

【解析】A.根据牛顿第三定律，曲春雨推任子威的力等「任子威对曲春雨的推力，A错误;

B.根据动量定理得

F^t=m-Av

解得

m

质量小的速度变化量大，所以任子威的速度增加量大于曲春雨的速度减少量，B错误；

C.通过推力做功，使人体内的生物质能转化为动能，两个人的总动能增加，所以任子威的动能的增加量大

于曲春雨的动能的减少量，c错误；

D.系统的动量守恒，根据动量守恒定律，所以任子威的动量增加量等于曲春雨的动量减少量，D正确。

故选Do

【变式1-1］（多选）（24-25高二上•山西太原•开学考试）站在冰面上处于静止状态的80千克运动员甲，

把身边静止的6（）千克的运动员乙推出去，自己向着反方向也运动了出去，不计冰面的摩擦力，关于此过程,

下列说法正确的是（）

A.甲对乙做的功与乙对甲做的功大小相等

B.甲对乙做功的平均功率大于乙对甲做功的平均功率

C.乙的动能增加量等于甲的动能增加量

D.两运动员构成的系统机械能不守恒

【答案】BD

【解析】AC.此过程根据动量守，亘可得

㈣小甲=m乙v乙

甲、乙的末动能分别为

耳甲=屈=,耳乙=；叫点=

2甲22fH乙

由于叫，加乙，可知甲的动能增加量小于乙的动能增加量，根据动能定理可知，乙对甲做的功小于甲对乙做

的功，故AC错误;

B.根据

-W

p=—

由于作用时间相同，乙对甲做的功小于甲对乙做的功，则甲对乙做功的平均功率大于乙对甲做功的平均功

率，故B正确:

D.由于甲乙的动能均增加，所以两运动员构成的系统机械能不守恒，故D正确。

故选BDo

【变式1-2](22-23高二上•江苏苏州•阶段练习)一个士兵坐在皮划艇上，他连同装备和皮划艇的总质量是

M=120kg,这个士兵用自动步枪在/=2s内沿水平方向连续射出20发子弹，每发子弹的质量是加=10g,子弹

离开枪口时相对步枪的速度是修尸800m/s,射击前皮划艇是静止的，不考虑水的阻力。则以下说法正确的是

()

A.每次射击后皮划艇的速度改变量都相同

Q

B.每次射击后皮划艇的速度改变量都不同，若射出第〃发，则八丁nVs

120.01-0.01/7

C.连续射击20发后皮划艇的速度是().67m/s

D.连续射击时枪受到的平均反冲作用力是40N

【答案】B

【解析】C.射出第1发子弹的过程中，根据动量守恒定律得

解得

1

射出第2发子弹的过程中，根据动量守恒定律得

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

解得

匕=佶+"一叫

M-rn)

同理

+忌加。

连续射击20发后皮划艇的速度是

(1111、20

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

20M-mM-2mM-19m)°nM(

C错误；

AB.射出第〃发，皮划艇速度的改变最为

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错误，B正确；

D.根据动量定理得

Ft=(M-20m)v20-0

解得

F=79.7N

D错误。

故选B。

【变式1-3](23-24高二下•山西太原•期中)总质量为M的喷气式飞机静止在跑道上，飞机一次性向后喷

出质量为的气体后，飞机在时间/内沿直线前进位移X。不计一切阻力，下列说法正确的是()

A.喷出气体的速度为经

mt

B.在喷气过程中，飞机与喷巴气体所组成的系统，动量和机械能均守恒

C.若喷出气体的速度变大但动量不变，飞机前进位移x的时间小于/

D.若喷出气体的质量不变但速度变大，飞机前进位移x的时间小于/

【答案】D

【解析】A.喷出质量为△〃/的气体后，飞机速度

x

根据动量守恒

得喷出气体的速度为

_(M-Aw?)x

"Amt

故A错误；

B.在喷气过程中，飞机与喷出气体所组成的系统机械能增大，故B错误；

C.根据动量守恒

Awv^

vE

若喷出气体的速度变大但动量不变，质量变大，则飞机速度变小，前进位移x的时间大于3故C错误；

D.根据动量守恒

)%=bmv,(

A/nv-

%=加就

若喷出气体的质量不变但速度变大，动量变大，飞机速度变大，飞机前进位移x的时间小于/,故D正确。

故选Do

【题型2单一方向上动量守恒的反冲运动】

【例2】(多选)(23-24高二上•湖北•期中)春节是我国传统节日，人们通常在夜晚放烟花进行庆祝。如

图所示，某种烟花弹从地面处发射竖直上升至最高点时炸裂为A、B两块，质量分别为3”?和小，A、B初

速度方向水平，A的落地点与发射点距离为s,不计空气阻力，则()

BA

A.A、B同时落地

B.A、B下落过程中动量守恒

C.A、B落地时的速度大小之比为1：3

D.A、B落地时间距为4s

【答案】AD

【解析】A.炸裂后，A、B均做平抛运动，由于下落的高度相同，因此同时落到，A正确;

B.由于A、B在下落的过程中，竖直方向受重力的作用，因此动量不守恒，B错误；

C.由于水平方向动量守恒，落地时水平方向速度大小之比为1:3,而竖直方向速度相等，因此合速度之比

不是1:3,C错误；

D.由于水平方向动量守恒，而落地时间相同，因此水平方向位移大小之比为1:3,方向相反，因此落地时

距离为4s,D正确;

故选ADo

【变式2-1]（23-24高一下•黑龙江哈尔滨•期末）一个质量为川的小型炸弹自水平地面朝右上方射出，在

最高点以水平向右的速度v飞行时，突然爆炸为质量相等的甲、乙、丙三块弹片，如图所示,爆炸之后乙

自静止自由下落，丙沿原路径回到原射出点。若忽略空气阻力，则爆炸过程释放的化学能为（）

17,「177

A.—wv"B.冢，C.—nivD.—niv

623

【答案】D

【解析】取向右为正，根据动量守恒

mm

niv=---v+—v.

331

解得甲的速度为

V)=4v

由能量守恒定律，爆炸过程释放的化学能为

l1m21/\217

E=­x—v+—x—(4v)——niv=—mv

2323''23

故选D。

【变式2-2]（多选）（23-24高二下•福建莆Cl•期末）中国国防部新闻发言人任国强宣布从当日起，中国人

民解放军东部战区在台海附近组织实战化演练。一质最为A/的炮弹从地面发射（炮架高度不计），经过时

间，在最高处击中相对地面静止的质量为〃，的（模拟）台军目标，此时炮弹正好发生爆炸，并分成两块质

量不同的残骸，可视为两个残骸分别相向做平抛运动，落到地面的时间为/,较小的残骸质量为〃?并向我方

炮架方向飞去。击中过程可看作完全非弹性碰撞，爆炸过程可视为反冲运动，不计空气阻力，下列说法正

确的是()

A.击中过程动量守恒，机械能也守恒

B.炮弹在最面处速度大小为“"二皿

Mt

c.若4=华沙，残骸会误伤我方人员

D.爆炸过程中机械能守恒，但动量不守恒

【答案】BC

【解析】A.击中过程可看作完全非弹性碰撞，可知击中过程动量守恒，机械能不守恒，故A错误;

B.设炮弹在最高处速度大小为％爆炸过程根据动量守恒可得

Mv=-WV)+-m)v\

击中过程根据动量守恒可得

(M—m)v2=-m+m\v2

又

4=卬，d2=v2t

联立解得炮弹在最高处速度大小为

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

Mt

故B正确；

C.若残骸误伤我方人员，则有

x=v}t=vt

即

,Md.-md.

d.=——=L

故C.正确；

D.爆炸过程中机械能不守恒，动量守恒，故D错误。

故选BC.

【变式2-3］（23-24高三上•云南大理•阶段练习）如图所示，一枚炮弹发射的初速度为％,发射角为°。它

飞行到最高点时炸裂成质量均为小的4、8两部分，力部分炸裂后竖直下落，8部分继续向前飞行，最终

/、8两部分落在同一水平地面上。重力加速度为g,不计空气阻力和炸裂过程中炮弹质量的变化。求：

（1）炸裂后瞬间％部分速度的大小和方向；

（2）A,8两部分落地点之间的水平距离。AB

:.

【答案】（1）2%cos8,方向水平向右；（2）幽殴

g

【解析】（1）炮弹炸裂前瞬间速度为

4=%cos。

方向水平向右，炸裂过程中根据水平方向动量守恒，规定水平向右为正方向，有

2〃?匕=mvA+mvB

炸裂后力部分竖直下落，说明此时力的水平速度为零，得

vB—2%cos。

方向水平向右。

（2）炸裂后，彳做自由落体运动：8做平抛运动，下落时间为

g

落地后，力、8两部分落地点之间的水平距离为

—=vBt

得

♦sin2一

Ax=--------

g

【题型3爆炸形成的反冲运动】

【例3】（多选）（23・24高二上•山东济宁•阶段练习）如图所示，光滑桌面上木板C静止并被锁定，质量

为1kg,在木板的中央处放置两个可视为质点的小滑块A和B,质鼠分别为2kg和1kg,两滑块间有少量炸

药。某时刻炸药爆炸释放的能量为12J,两滑块开始运动，当一个滑块速度减为零时，木板锁定被解除，两

滑块与木板间的动摩擦因数均为0.2,最终•个滑块恰好滑到木板的边缘，g取10m/s，不计炸药的质量。

AMB

勿切勿夕勿勿"勿勿为勿勿，

A.木板C的最终速度为0.5m，s

B.整个过程中两滑块与木板间因摩擦产生的内能为11J

C.木板C的最小长度为7.5m

D.木板C受到的冲量为IN-s

【答案】AC

【解析】A.爆炸过程两滑块组成的系统动量守恒，炸药爆炸释放的能量转化为两滑块的动能，有动量守恒

wAv,=wBv2

能量守恒

£'=2WAV>+2WBV2

滑块A速度减为零所用时间

此时B的速度

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

此过程B与C间的相对位移

木板锁定被解除后，滑块A与木板C相对■静止，整体与滑块B发生相对运动，设最终三者达到共同速度为

v,根据动量守恒定律有

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

解得

v=0.5m/s

故A正确;

B.整个过程中两滑块与木板间因摩擦产生的内能

2

A£=+mn+mc)v=11.5J

故B错误;

C.设A、C整体与B相对运动过程B与C间的相对位移为由功能关系可得

〃用Bgd?+〃?B+〃?C)F

解得

d、=0.75m

木板最小长度

£=2（4+4）=7.5m

故C正确；

D.根据动量定理，木板C受的冲量

I=wcv=0.5N-s

故D错误；

故选ACo

【变式3-1］（23-24高二下•福建福州•期末）据外媒报道，中国最新的洲际弹道导弹东风-51已经研发完成,

东风・51采用固体燃料发动机，最多可携带14枚分导式多弹头。假设一枚在空中飞行的东风・51导弹，质量

为加=IOOOkg,飞行到某点时速度的方向水平，大小为v=200m/s,方向如图所示，导弹在该点突然炸裂成

两部分，其中质最叫=500kg的一个弹头沿着y的方向飞去，其速度大小为500m/s,求

（1）炸裂后另一块质量叱=500kg的弹头的速度叫；

（2）炸裂后导弹两部分总动能比炸裂前增加了多少。

V

【答案】（1）lOOm/s,方向与I，的方向相反：（2）4.5xlO7J

【解析】（1）设初速度n的方向为正方向，爆炸前后水平方向动量守恒，则有

mv=m}v]+m2v2

其中

m="71+m2

解杼

v2=-100m/s

可知炸裂后另•块质量〃?2=500kg的弹头的速度大小为100m/s,方向与丫的方向相反。

（2）炸裂前导弹的动能为

1,i

27

EKv=-2WV=2X10J

炸裂后导弹两部分总动能为

7

/=+%=；〃外片+gw2v；=6.5xIOJ

则炸裂后导弹两部分总动能比炸裂前增加了

7

AEk=Ek-Eko=4.5xl0J

【变式3-2］（22-23高二卜.•浙江杭州•期中）一质量为〃?的烟花弹获得动能上后，从地面竖直升空，当烟花

弹上升的速度为零时，烟花弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为£,

且均沿竖直方向运动，爆炸时间极短，重力加速度大小为g,不计空气阻力和火药的质量，求：

（1）求烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间，及此时离地面的高度々：

（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度〃。

【答案】（1）1户,—；（2）—

g\inmgnig

【解析】（1）设烟花弹的初速度为％，则有

r12

E=5加%

解得

[2E

烟花弹从地面开始上升的过程中做竖直.卜.抛运动，则有

解得

gVm

烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸上升的高度为

1V：E

th=—=----

x2gmg

（2）对于爆炸过程，取竖直向上为正方向，由动量守恒定律有

0=刎-刎

根据能量守恒定律有

解得

Vtn

爆炸后烟花弹向上运动的部分能继续上升的最大高度为

,4E

h=—=—

7'2gmg

所以爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度为

2F

/7=/?.+^=—

'mg

【变式3-3]（22-23高一下•辽宁鞍山・期末）如图所示，水平地面上静止放置着紧靠在一起的物体A和B,

两物体可视为质点且质量均为Ng,物体A与左侧地面间的动摩擦因数为0.3,物体B右侧光滑。两物体间

夹有炸药，爆炸后两物体沿水平方向左右分离，分离瞬间物体A的速度大小为3m/s,重力加速度g取

10Hs）不计空气阻力。求：

（1）A、B两物体分离瞬间获得的总能量；

（2）A、B两物体分离3s后两者之间的距离。

AB

/zzzzzzzzzzzz/zzZZzzzz/z/zzzz/z

【答案】(1)9J：(2)10.5m

【解析】(1)炸药爆炸后，设分离瞬间物体A的速度大小为唳，物体B的速度大小为％,对A、B两物

体组成的系统由动量守恒定律得

明=〃八，B

由能量守恒得

一21，

七二不叫+5'呻

联立可得A、B两物体分离瞬间获得的总能量

E=9J

(2)A、B两物体分离后，物体A向左匀减速滑行，对A根据牛顿第二定律得

pmg=ma

解得

a=3m/s2

根据运动学公式得物体A从分离到停止运动，经过的时间

/=—=1s

a

物体A运动的位移

x.=~/=1.5m

八2

物体B运动的位移

xB=vB/=9m

故A、B两物体分禽3s后之间的距离

t/=xB+xA=10.5m

知识点2：火箭

1、定义：现代火箭是指一种靠喷射高温高压燃气获得反作用力向前推进的飞行器，是反冲运动的典型应用

之一。

2、火箭的工作原理——动量守恒定律

当火箭推进剂燃烧时，从尾部喷出的燃气具有很大的动量，根据动量守恒定律，火箭获得与之大小相

等、方向相反的动量，因发生连续的反冲现象，随着推进剂的消耗，火箭的质量逐渐减小，速度不断增大,

当推进剂燃尽时，火箭将以获得的速度沿着预定的空间轨道飞行。根据动量守恒定律得+=

其中Am为火箭在极短时间内喷射燃气的质量，〃为喷出的燃气相对地面的速度，团为喷出燃气

后火箭的质量，A9为火箭喷气后速度的增加量。

3、影响火箭飞行性能的两个因素

①喷气速度：现代火箭发动机的喷气速度通常在2000〜5000m/s,近期内难以大幅度提高。

②质量比：火箭开始飞行时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比叫作火箭的质量比，现代火箭能达到的

质量比一般小于10。

【题型4火箭的原理】

【例4】（24・25高三上•江西•开学考试）2024年7月5日，我国在太原卫星发射中心使用长征六号改运载

火箭，成功将天绘五号02组卫星发射升空，卫星顺利进入预定凯道，发射任务获得圆满成功。关于火箭点

火发射升空的情景，下列说法正确的是（）

A.在火箭向下喷出气体的过程中，火箭的惯性变大

B.火箭尾部向下喷出气体，该气体对空气产生一个作用力，空气对该气体的反作用力使火箭获得向上

的推力

C.火箭尾部向下喷出气体，火箭对该气体产生一个作用力，该气体会对火箭产生一个反作用力，使火

箭获得向上的推力

D.火箭飞出大气层后，由于没有了空气，因此火箭虽然向后喷气，但是无法获得向前的推力

【答案】C

【解析】A.火箭喷出气体后质量变小，其惯性变小，故A错误；

BC.火箭尾部向下喷出气体，火箭对该气体产生一个作用力，该气体会对火箭产生一个反作用力，使火箭

获得向上的推力，故B错误，C正确；

D.火箭飞出大气层后，火箭对气体作用，该气体对火箭有反作用力，使火箭获得向前的推力，故D错误。

故选C。

【变式4-1］（23・24高一下•黑龙江•期末）如图所示，水火箭中水被向下喷出时，瓶及瓶内的空气就受力向

上冲，水火箭就是利用这个原理升空的。某同学将静置在地面上的质量为800g（含水）的自制水火箭释放

升空，在极短的时间内，质屋为200g的水以相对地面大小为8（）m/s的速度竖直向下喷出，水喷出后的瞬间,

水火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）（）

IJ前进的方向

高压

气体

・；打'压出

::、的水

A.128kgm/sB.32kgm/s

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

【答案】D

【解析】水从水火箭喷II喷出的瞬间，水火箭和水组成的系统动量守恒，设水喷出后的瞬间，水火箭的动

量大小为夕，根据动量守恒定律，可得

p-=0

解得

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

故选D。

【变式4-2]（23-24高二下•安徽•阶段练习）2024年5月7日，长征六号丙运载火箭在我国太原卫星发射

中心成功发射，顺利将海王星01星等4颗卫星送入预定轨道，发射任务取得圆满成功。关于火箭、反冲现

象，下列说法正确的是（）

A.火箭不可以飞出大气层在太空中飞行

B.在反冲现象中，系统所受的合外力一定为零，系统的机械能一定守恒

C.火箭升空是让高温高压的燃气高速地向下喷出，而使它获得向上的动力

D.宇宙飞船、空中飞艇、FI赛车、航母航行都是利用反冲运动原埋工作的

【答案】C

【解析】A.火箭可以飞出大气层在太空中飞行，故A错误；

B.在反冲现象中，系统所受的合外力不一定为零，系统动量不一定守恒，反冲现象中，不一定只有重力或

只有弹力做功，系统机械能不一定守恒，故B错误；

C.火箭升空是让高温高压的燃气高速地向下喷出，而使它获得向上的动力，故C正确；

D.反冲是静止或运动的物体通过分离排除部分物质，而使自身在反方向获得加速的现象。干始静止的系

统分为两部分，分别朝相反方向运动，这种现象叫反冲。宇宙飞船通过喷气的方式改变速度，从而改变轨

道，运用了反冲运动的原理，空中飞艇、F1赛车、航母航行不是运用反冲运动原理工作的，故D错误。

故选C。

【变式4-3]（23-24高三下•辽宁•期中）航天梦由来已久，明朝万户，他把多个自制的火箭绑在椅子上，自

己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，翱翔天际，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及

所携设备（火箭（含燃料）、椅子、风筝等）总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为，〃的炽热

燃气相对地面以%的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为g,下列说法中正确

的是（）

A.在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为□二：%

M一〃7

B.火箭在向下喷气上升的过程中，火箭机械能守恒

ni2vl

C.喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为/二、2

g（M-m）

D.在燃气喷出后上升过程中，万户及所携设备动量守恒

【答案】A

【解析】A.在燃气喷出后的瞬间，万户及所携设备组成的系统动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火

箭运动方向为正方向，则有

(M-w)v-wv0=0

解得火箭的速度大小为

故A正确；

B.在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对方户及所携设备做正功，所以火箭机

械能不守恒，故B错误；

C.喷出燃气后，万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得，最大上升高度为

h=J叫

2g2（A/—w）g

故C错误；

D.在燃气喷出后上升过程中，万户及所携设备因为受重力，系统动量不守恒，故D错误。

故选A。

【题型5反冲运动与天体运动的结合】

[例5]⑵-24高二下,安徽亳卅期末）北京时间4月26口3时32分，神舟十八号载人飞船成功对接于

空间站天和核心舱径向端口，3名航天员随后将从神舟十八号载人飞船进入空间站天和核心舱，若空间站运

行轨道上存在密度为夕的均匀稀薄静态气体，为了维持空间站长期在固定轨道上做匀速圆周运动，需要对

空间站施加一个与速度方向相同的动力，已知中国空间站窝地高度为近地球半径为凡地球表面的重力加

速度为g。空间站在垂直速度方向的截面积为S,假设稀薄气体碰到空间站后立刻与空间站速度相同，则发

动机需要对空间站施加的推力大小为（）

A.B.g；、C.pS2J-^-D."sj邺二

R+h（R+h）S'R+h\R+h

【答案】A

【解析】碰到稀薄气体过程中，设空间站对稀薄气体的作用力大小为E，经过加时间，以稀薄气体为对象,

根据动量定理可得

Fkt-mv-0

其中〃?二^^加，中国空间站绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得

GMmv2

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

（R+h?R+h

又

Mm

G-mg

联立可得

pSgR?

F=pSv2=pS

R+h

故选A。

【变式5-1]（23-24高二下•湖北•阶段练习）2023年7月20日21时40分,神舟十六号航天员景海鹏、朱

杨柱、桂海潮密切协同，进行了八个小时的太空行走，圆满完成出舱活动全部既定任务。喷气背包作为航

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，一个连同装备总质量为

"=100kg的航天员，装备内有一个喷嘴可以使压缩气体以相对空间站”=50m/s的速度喷出。航天员在距

离空间站s=30m处与空间站处「相对静止状态，航天员完成太空行走任务后，必须向着返回空间站方向的

反方向释放压缩气体，才能回到空间站，喷出的气体总质量为也二°」5kg,返回时间约为（）

A.100sB.200sC.300s

【答案】D

【解析】取喷出的气体速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得

=0

航天员匀速返I口I空间站所需要的时间

联立得

z=400s

故选D。

【变式5-2］（多选）（22-23高二下•河北沧州・期末）2023年4月15日，神舟十五号航天员乘组进行了第

四次出舱活动.如图所示，假设一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，某一时刻航

天员启动喷气背包，压缩气体通过横截面积为S的喷口以相对空间站的速度-向后持续喷出，若喷出的压缩

气体密度恒为夕，航天员连同整套舱外太空服的质量为“，不计喷出气体后航天员和装备总质量的变化，

则下列说法正确的是（）

A.航天员此操作与喷气式飞机飞行的原理相同

B.喷气过程中，航天员受到喷出气体的作用力恒为/二"”2

C.喷气过程中航天员相对空间站做加速度逐渐减小的加速运动

D.航天员到达空间站时相对空间站的速度为％?李

VM

【答案】ABD

【解析】A.航天员此操作的原理为反冲，与喷气式飞机飞行的原理相同，故A正确;

B.设在极短的时间△/内喷出的气体的质量为A〃，则

A"7=pSvbt

设电压缩气体的作用力为广，则对压缩气体有

FN=Amv

解得

F'=pSv2

可知喷气过程中，航天员受到喷出气体的作用力恒为

F=F'=pSv2

故B正确；

CD.由于喷气过程中，气体的密度和速度恒定，且不考虑航天员和装备总质量的变化，因此航天员受力恒

定，做初速度为零的匀加速直线运动，根据

F=Ma,2ad=v1

解得

v=v.

故C错误，D正确。

故选ABDo

【变式5-3］（多选）（23-24高三上・吉林松原•阶段练习）我国航天事业持续飞速发展，10月25日梦天实

验舱与长征九号0遥四运载火箭组合体已转运至发射区，计划十近H择机发射。年底前还计划实施大舟九号、

神舟十五号飞行和神舟十四号返回等任务，完成空间站建造。假设飞船质量“正以速度%在轨运行，为了

与天宫号对接进行微调，在非常短的时间加内将质量〃？（可认为飞船质量不变）的气体垂直于飞船运行方

向以速度丫喷出，则（）

A.飞船也可相对空间站更低轨道减速后实现对接

B.飞船也可相对空间站更高轨道减速后实现对接

C.喷出气体后£船速度变为后产+4

D.飞船受到因喷出气体产生的平均作用力为詈

【答案】BCD

【解析】AB.要实现变轨对接，可以在高轨道减速（做近心运动降低轨道）或低轨道加速（做离心运动抬

高轨道），故A错误，B正确;

C.喷出气体后根据动量守恒可知飞船侧向获得动量为

〃iv=A/”

可知

mv

v.=——

M

喷出气体后飞船速度变为

艮=收+%2=愣八%；

CE确;

D.飞船对气体的冲量有

I=Fkt=mv

可知飞船对气体的平均作用力为受根据力的相互性可知飞船受到因喷出气体产生的平均作用力为詈，D

正确。

故选BCD。

知识点3：“人船"模型问题

1、特征

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，则两物体的动量守恒，在相互作用

的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量之比的反比，这样的问题归为“人船”模型问题。

2、人船模型的动量与能量规律

由于系统所受合外力为零，故遵从动量守恒定律，又由于相互作用力做功，故系统或每个物体的动能

均发生变化。若系统原来静止，根据动量守恒定律有四叫-蛆也=。，可得葭二竟，含二荒，速率、位

移的大小与质量成反比。

3、“人船”模型的两个推论

①当系统的动量守恒时，任意一段时间内的平均动量也守恒；

②当系统的动量守恒时，系统的质心保持原来的静止状态或匀速直线运动状态不变。

【题型6"人船"模型】

【例6】（23-24高二下•广东江门•期中）生命在于运动，体育无处不在，运动无限精彩。如图所示，质量

为450kg的小船静止在水面上，质最为50kg的人在甲板上立定跳远的成绩为2m,不计空气和水的阻力，

下列说法正确的是（）

A.人在甲板上散步时，船将后退B.人在立定跳远的过程中船保持静止

2

C.人在立定跳远的过程中船后退了D.人相对地面的成绩为2.2m

【答案】A

【解析】A.根据反冲运动中的人船模型可知，人在甲板上散步时，船将后退，故A正确；

BC.设船的质量为后退位移为工,人的质量为〃?，人船相对运动位移为d，人和船组成的系统满足水

平动量守恒，根据人船模型有

Mx=m(d-x)

代入数据解得

x=0.2m

人在立定跳远的过程中船后退了（L2m,故BC错误；

D.人相对地面的成绩为

2m-0.2m=1.8m

故D错误。

故选Ao

【变式6-1]（24-25高二上•辽宁•开学考试）如图所示，平板车停在光滑的水平面上，某工人（可视为质点）

在平板车上卸货，该工人从固定在平板车上右端的货厢左边缘水平向左跳出，恰好落在平板车左边缘上的P

点（该工人落在尸点瞬间与平板车共速）。已知平板车长度货厢长度为1m,高度为/?=1.25m,工人的

质最为/〃，平板车连同货厢的质量为M=5m,g取10m/s2。则卜'列说法正确的是（）

P

<-----------/----------------►

A.平板车最终的速度大小为0.5m/sB.工人水平方向移动的距离为4m

C.平板车最终移动的距离为2.5mD.工人水平向左跳出时的速度大小为5m/s

【答案】D

【解析】A.工人与平板车在水平方向动量守恒，则

0=（M+w）vn

解得

y共=0

故A错误；

BC.根据人船模型可得

mxi=MX2

.¥(+x2=3m

解得

X[=2.5m,x2=0.5m

故工人水平方向移动的距离为2.5m,平板车最终移动的距离为0.5m