1.模型圖示
2.模型特點
(1)兩物體滿足動量守恒定律：mv人－Mv船＝0。
(2)兩物體的位移大小滿足：meq \f(s人,t)－Meq \f(s船,t)＝0，s人＋s船＝L得s人＝eq \f(M,M＋m)L，s船＝eq \f(m,M＋m)L。
3.運動特點
(1)人動則船動，人靜則船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右。
(2)人船位移比等于它們質(zhì)量的反比；人船平均速度(瞬時速度)比等于它們質(zhì)量的反比，即eq \f(s人,s船)＝eq \f(v人,v船)＝eq \f(M,m)。
“人船模型”的拓展(某一方向動量守恒)
【典例分析】
【典例】 如圖，質(zhì)量為M的勻質(zhì)凹槽放在光滑水平地面上，凹槽內(nèi)有一個半橢圓形的光滑軌道，橢圓的半長軸和半短軸分別為a和b，長軸水平，短軸豎直。質(zhì)量為m的小球，初始時刻從橢圓軌道長軸的右端點由靜止開始下滑。以初始時刻橢圓中心的位置為坐標原點，在豎直平面內(nèi)建立固定于地面的直角坐標系xOy，橢圓長軸位于x軸上。整個過程凹槽不翻轉(zhuǎn)，重力加速度為g。
(1)小球第一次運動到軌道最低點時，求凹槽的速度大?。?br>(2)凹槽相對于初始時刻運動的距離。
答案 (1)eq \r(\f(2m2gb,M（m＋M）)) (2)eq \f(ma,M＋m)
解析 (1)小球從靜止到第一次運動到軌道最低點的過程，小球和凹槽組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒，有0＝mv1－Mv2
對小球與凹槽組成的系統(tǒng)，由機械能守恒定律有
mgb＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)
聯(lián)立解得v2＝eq \r(\f(2m2gb,M（m＋M）))。
(2)根據(jù)人船模型規(guī)律，在水平方向上有mx1＝Mx2
又由位移關(guān)系知x1＋x2＝a
解得凹槽相對于初始時刻運動的距離x2＝eq \f(ma,M＋m)。
【名師點撥】
應(yīng)用“人船模型”解題的兩個關(guān)鍵點
(1)“人船模型”的應(yīng)用條件：相互作用的物體原來都靜止，且滿足動量守恒條件。
(2)人、船位移大小關(guān)系：m人x人＝m船x船，x人＋x船＝L(L為船的長度)。
【針對性訓(xùn)練】
1. （2024河南名校聯(lián)考）.如圖，棱長為a、大小形狀相同的立方體木塊和鐵塊，質(zhì)量為m的木塊在上、質(zhì)量為M的鐵塊在下，正對用極短細繩連結(jié)懸浮在平靜的池中某處，木塊上表面距離水面的豎直距離為h。當(dāng)細繩斷裂后，木塊與鐵塊均在豎直方向上運動，木塊剛浮出水面時，鐵塊恰好同時到達池底。僅考慮浮力，不計其他阻力，則池深為( )
A.eq \f(M＋m,M)hB.eq \f(M＋m,m)(h＋2a)
C.eq \f(M＋m,M)(h＋2a)D.eq \f(M＋m,M)h＋2a
答案 D
解析 設(shè)鐵塊豎直下降的位移為d，對木塊與鐵塊組成的系統(tǒng)，系統(tǒng)外力為零，由動量守恒定律(人船模型)可得0＝mh－Md，池深H＝h＋d＋2a，解得H＝eq \f(M＋m,M)h＋2a，D正確。
2.（2024全國高考模擬）一小船停靠在湖邊碼頭，小船又窄又長(估計重一噸左右)。一位同學(xué)想用一個卷尺粗略測定它的質(zhì)量，他進行了如下操作：首先將船平行于碼頭自由停泊，輕輕從船尾上船，走到船頭停下，而后輕輕下船。用卷尺測出船后退的距離d，然后用卷尺測出船長L。已知他的自身質(zhì)量為m，水的阻力不計，船的質(zhì)量為
A． B． C． D．
【參考答案】A
【名師解析】設(shè)人走動時船的速度大小為v，人的速度大小為v′，人從船尾走到船頭所用時間為t，取船的速度為正方向，則，，根據(jù)動量守恒定律Mv－mv′＝0，解得船的質(zhì)量，故選A。
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(zhì)量為M，頂端高度為h.今有一質(zhì)量為m的小物體，沿光滑斜面下滑，當(dāng)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(mhct α,M＋m)D．eq \f(Mhct α,M＋m)
【參考答案】C
【名師解析】 此題屬于“人船模型”問題，m與M組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，設(shè)m在水平方向上對地位移為x1，M在水平方向上對地位移為x2．
因此0＝mx1－Mx2，①
且x1＋x2＝hct α，②
由①②可得x2＝eq \f(mhct α,M＋m)，選項C正確．
4 光滑水平面上放有一上表面光滑、傾角為α的斜面A，斜面質(zhì)量為M、底邊長為L，如圖所示。將一質(zhì)量為m可視為質(zhì)點的滑塊B從斜面的頂端由靜止釋放，滑塊B經(jīng)過時間t剛好滑到斜面底端。此過程中斜面對滑塊的支持力大小為FN，則下列說法中正確的是( )
A．FN＝mgcs α
B．滑塊下滑過程中支持力對B的沖量大小為FNtcs α
C．滑塊B下滑的過程中A、B組成的系統(tǒng)動量守恒
D．此過程中斜面向左滑動的距離為eq \f(m,M＋m)L
【名師解析】 當(dāng)滑塊B相對于斜面加速下滑時，斜面A水平向左加速運動，所以滑塊B相對于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再為零，所以斜面對滑塊的支持力FN不等于mgcs α，A錯誤；滑塊B下滑過程中支持力對B的沖量大小為FNt，B錯誤；由于滑塊B有豎直方向的分加速度，所以系統(tǒng)豎直方向合外力不為零，系統(tǒng)的動量不守恒，C錯誤；系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動量守恒，設(shè)A、B兩者水平位移大小分別為x1、x2，則Mx1＝mx2，x1＋x2＝L，解得x1＝eq \f(m,M＋m)L，D正確。
[答案] D
5 （2022北京平谷模擬）如圖所示，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑的水平桌面上，小車的上表面是半徑為R的光滑半圓形軌道。小車兩側(cè)距離桌面邊緣的水平距離均為R。質(zhì)量為m的小球從小車上圓形軌道右側(cè)的最高點由靜止釋放，已知M >m。下列說法正確的是
A．小球由靜止釋放后，小球的機械能守恒
B．小球由靜止釋放后，小球和小車組成的系統(tǒng)的動量守恒
C．小球到達圓弧軌道左側(cè)最高處時，小車的速度為零
D．小車的左邊外側(cè)始終不會伸出桌面左邊緣，小車的右邊外側(cè)會伸出桌面右邊緣
【參考答案】C
【名師解析】此題為人船模型。小球由靜止釋放后，小球和小車組成的系統(tǒng)的機械能守恒，選項A錯誤；小球由靜止釋放后，小球和小車組成的系統(tǒng)水平方向的動量守恒，豎直方向的動量不守恒，選項B錯誤；由動量守恒定律，小球到達圓弧軌道左側(cè)最高處時，小車的速度為零，選項C正確；由于M >m，當(dāng)小球到達圓弧軌道左側(cè)最高處時，由人船模型，mx=M（2R-x），解得：x=，小車向右移動距離s=2R-x=＜R，即小車的左邊外側(cè)始終不會伸出桌面左邊緣，小車的右邊外側(cè)不會伸出桌面右邊緣，選項D錯誤。
6.（2021遼寧模擬預(yù)測12）如圖所示，質(zhì)量為M的車靜止在光滑水平面上，車右側(cè)內(nèi)壁固定有發(fā)射裝置。車左側(cè)內(nèi)壁固定有沙袋。把質(zhì)量為m的彈丸最終射入沙袋中，這一過程中車移動的距離是S，則小球初位置到沙袋的距離d為（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】在發(fā)射彈丸到彈丸落到沙袋運動中，彈丸和車組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律，則有
mv彈?Mv車=0
可得
解得
A正確，BCD錯誤。
7. （2024年4月湖北部分重點高中期中聯(lián)考物理）如圖所示，質(zhì)量為M的帶有四分之一光滑圓弧軌道的小車靜止置于光滑水平面上，圓弧的半徑為R(未知)，一質(zhì)量為m的小球以速度v0水平?jīng)_上小車，恰好達到圓弧的頂端，此時M向前走了0.25R，接著小球又返回小車的左端。若M=2m，重力加速度為 g，則( )
A. 整個過程小車和小球組成系統(tǒng)動量和機械能都守恒
B. 圓弧的半徑為R=v023g
C. 小球在弧形槽上上升到最大高度所用的時間為8v015g
D. 整個過程小球?qū)π≤囎龅墓?mv029
【參考答案】BD
【思路分析】本題考查了單一方向動量守恒、系統(tǒng)機械能守恒、動能定理等。
整個過程小車和小球組成系統(tǒng)僅在水平方向動量守恒；根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒和機械能守恒分析解題。求變力做功時往往使用動能定理。
本題涉及到了第二類人船模型，即分析初始動量不為零的系統(tǒng)位移問題，同學(xué)們應(yīng)該掌握解答中描述的這種方法。
【名師解析】
整個過程小車和小球組成系統(tǒng)僅在水平方向動量守恒，系統(tǒng)的機械能守恒，故A錯誤；
從滑上軌道到到達頂端，規(guī)定向右為正，根據(jù)水平方向動量守恒可得mv0=M+mv，根據(jù)機械能守恒可得12mv02=mgR+12M+mv2，聯(lián)立可得v=v03、R=v023g，故B正確；
規(guī)定向右為正，設(shè)小球返回小車左端時的速度大小為v1、小車的速度大小為v2，根據(jù)水平方向動量守恒可得mv0=Mv2?mv1，
根據(jù)機械能守恒可得12mv02=12mv12+12Mv22，其中M=2m，聯(lián)立可得v2=2v03，對小車根據(jù)動能定理可得W=12Mv22?0=4mv029，故D正確；
小球從滑上軌道到到達頂端，設(shè)小球與弧形槽相對地面的水平位移分別為x1，x2，
則根據(jù)題意可得x1=1.25R，x2=0.25R，
在水平方向任一時刻都滿足mv0=mv1'+Mv2'，
則有mv0t=∑mv1't+∑Mv2't=mx1+Mx2，
結(jié)合M=2m，R=v023g，
可解得t=7v012g，故C錯誤。
8. （2024山東青島市平度一中期末）如圖，質(zhì)量為2m的物塊B放在光滑水平面上，B上方用鉸鏈連接一根長為L的輕桿，輕桿頂端固定一質(zhì)量為m的小球A，開始時輕桿豎直。給小球A一個向左的輕微擾動，已知重力加速度大小為g，下列說法正確的是（ ）
A. 若物塊B固定，在輕桿轉(zhuǎn)動過程中，小球A水平方向的速度先增大后減小
B. 若物塊B固定，在輕桿轉(zhuǎn)動過程中，重力做功的最大功率為
C. 若物塊B不固定，A、B組成的系統(tǒng)水平方向的動量不守恒
D. 若物塊B不固定，當(dāng)輕桿轉(zhuǎn)到水平方向時，小球A在水平方向上的位移大小為
【參考答案】ABD
【名師解析】
若物塊B固定，在輕桿轉(zhuǎn)動過程中，開始時小球A水平速度為零，到達最低點時水平速度又為零，可知在輕桿轉(zhuǎn)動過程中小球A水平方向的速度先增大后減小，選項A正確；
若物塊B固定，在輕桿轉(zhuǎn)動過程中，當(dāng)小球到達最低點時豎直速度最大，根據(jù)機械能守恒
則重力做功的功率最大，最大為
選項B正確；
若物塊B不固定，A、B組成的系統(tǒng)水平方向受合外力為零，則系統(tǒng)的動量守恒，選項C錯誤；
若物塊B不固定，當(dāng)輕桿轉(zhuǎn)到水平方向時，小球A在水平方向上的位移為x，則由人船模型可知
解得
選項D正確。
9. （2024安徽安慶市二中第四次質(zhì)檢）如圖，質(zhì)量均為m的木塊A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一豎直輕桿，輕桿上端的O點系一長為L的細線，細線另一端系一質(zhì)量為m0的球 C?，F(xiàn)將 C 球拉起使細線水平伸直，并由靜止釋放C球。求 A、B 兩木塊分離時，A、B、C 的速度大??？
【參考答案】；
【名師解析】
小球C下落到最低點時，AB開始分離，此過程水平方向動量守恒．根據(jù)機械能守恒有

取水平向左為正方向，由水平方向動量守恒得
m0vC-2mvAB=0
聯(lián)立解得

10．（16分）（2024湖南新高考教研聯(lián)盟一模）如圖，質(zhì)量為m的a球（中間有一個小孔）穿在足夠長的光滑水平桿上。b球質(zhì)量為km，a球和b球用長為L的輕桿相連。從圖示位置，先給b球一個豎直向上的初速度，讓b球越過最高點，假設(shè)b球連同輕桿在運動過程中均不會與水平桿相碰（稍微錯開，但錯開距離忽略不計，重力加速度為g）。
（1）求b球到達最高點時，a球的位移大??；
（2）以a球初始位置為坐標原點，水平向右為x軸正方向，豎直向上為y軸正方向，求b球運動的軌跡方程；
（3）當(dāng)b球運動到水平桿下方，且輕桿與水平桿正方向夾角為時，求b球的速度大小。
【參考解析】（1）b球運動到最高點，水平方向動量守恒：，
即：①，
幾何關(guān)系：②，
由①②得。
（2）設(shè)球b的坐標為時，a球水平向左移動距離為，b球水平向右距離為：
以a球和b球為整體，水平方向動量守恒：，
用小球水平方向位移表示為
③，
以a球為參考系，b球軌跡為圓④，
由③④得或。
b球的軌跡是一個橢圓。
（3）設(shè)b球的水平速度為，豎直速度為，a球水平速度為，
以a球和b球為整體，水平方向動量守恒：⑤，
以a球和b球為整體，機械能守恒，以水平桿為零勢能面：
⑥，
當(dāng)b球運動到水平桿下方，且輕桿為水平桿正方向夾角時，以a球為參考系，此時b球速度方向與水平方向夾角為：⑦，
⑧，
由⑤⑥⑦⑧得。
11．(2024江西贛州質(zhì)檢) (12分)如圖所示，半徑為R的光滑圓弧槽靜止在足夠長的光滑水平面上，圓弧底端與水平面相切，其右側(cè)距離為R處有厚度不計的薄木板，薄木板的左端放置一個小滑塊，右端固定一豎直輕質(zhì)擋板，擋板左側(cè)連有一輕質(zhì)彈簧。現(xiàn)將一小球從圓弧槽左側(cè)內(nèi)切點正上方的一定高度由靜止釋放，小球落入圓弧槽后又滑離；然后以大小為v0的速度與小滑塊發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短；隨后小滑塊拖動薄木板向右滑動，壓縮彈簧后反彈，且恰好能回到薄木板的最左端而不掉下。已知小球的質(zhì)量為m，圓弧槽和小滑塊的質(zhì)量均為3m，薄木板的質(zhì)量為6m，小球和小滑塊均可視為質(zhì)點，重力加速度為g。求：
（1） 小球開始下落時離水平地面的高度h；
（2） 小球與滑塊碰撞的瞬間，小球與圓弧槽底端的距離x；
（3） 彈簧的最大彈性勢能EPm。
【參考答案】（1）；（2）；（3）
【名師解析】（1）設(shè)小球滑離圓弧槽時，圓弧槽的反沖速度大小為v1，方向水平向左
由動量守恒定律得
解得
從小球開始下落至球、槽第一次分離過程，系統(tǒng)機械能守恒。由機械能守恒定律得
解得
（2）設(shè)小球從開始下落至剛好滑離圓弧槽，相對地面向右滑過x1，圓弧槽反沖相對地面后退x2，由平均動量守恒可得
解得
，
小球要繼續(xù)向右滑過，歷時t，則
圓弧槽在t時間內(nèi)向左繼續(xù)滑行的距離為
小球與滑塊碰撞的瞬間，小球與圓弧槽底端的距離
（3）規(guī)定向右為正方向，小球與滑塊發(fā)生彈性碰撞，動量守恒，機械能守恒
解得
方向向左；
方向向右。
滑塊與薄木板共速時彈簧的彈性勢能最大，由動量守恒定律得
解得
因滑塊恰好回到薄木板的最左端，故薄木板與滑塊間一定有摩擦，且相對薄木板向右運動和返回向左運動的摩擦生熱相同，設(shè)為Q，則
滑塊恰好回到薄木板的最左端時仍共速，速度仍為v，故
解得
12. （2023湖北四市七校聯(lián)盟期中聯(lián)考） 如圖所示，質(zhì)量為3m、半徑為R的光滑圓弧形槽靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小鋼球從槽的頂端A處靜止釋放，不計一切阻力，重力加速度為g，在此后的過程中，下列說法正確的是（ ）
A. 小鋼球和圓弧形槽組成的系統(tǒng)動量不守恒
B. 小鋼球運動到圓弧槽B處時速度為
C. 小鋼球運動到圓弧槽B處時，此圓弧槽的對地位移大小可能為R
D. 小鋼球運動到圓弧槽B處時，此小鋼球的對地位移大小可能為R
【參考答案】ACD
【名師解析】
小鋼球在豎直方向受重力作用，合力不為零，小鋼球和槽組成的系統(tǒng)動量不守恒，A正確；
小鋼球和槽組成的系統(tǒng)水平方向上不受外力，所以系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，由題意知水平方向上初動量為零，則有
mv1= 3mv2
又因為整個過程系統(tǒng)機械能守恒又有
解得，，B錯誤；
設(shè)小鋼球小鋼球下滑到底端B的過程中所用時間為t，圓弧向左移動的距離為x，則小鋼球向右移動的距離為R－x，根據(jù)水平方向動量守恒得
解得，
由于小鋼球在豎直方向運動了R，則小鋼球運動到圓弧槽B處時，此小鋼球的對地位移大小可能為
，CD正確。
13. . (2023湖南名校5月質(zhì)檢) 氣球質(zhì)量為，載有質(zhì)量為的人，靜止在空中距地面的地方，氣球下懸一根質(zhì)量可忽略不計的繩子，此人想從氣球上沿繩慢慢下滑至安全到達地面，則這根繩長至少為（ ）
A. B.
C. D.
【參考答案】C
【名師解析】
以人和氣球組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)動量守恒，設(shè)人在沿繩緩慢下滑時的速度為v1，氣球的速度為v2，經(jīng)過時間t人安全到達地面，人運動的位移為s1=20m,氣球上升的位移為s2，因為人從氣球上沿繩慢慢下滑，所以在整個過程可看成勻速直線運動，有
則
解得
所以繩長最短為20m+10m=30m，故選C。
14. （2023湖北孝感重點高中期中聯(lián)考）如圖，質(zhì)量為m的人站在質(zhì)量為M的車的一端，m>M，車相對于地面靜止。在人由一端走到另一端的過程中，人重心高度不變，空氣阻力、車與地面間的摩擦力均可以忽略不計（ ）
A. 人對車的沖量大小大于車對人的沖量大小
B. 人發(fā)生的位移大小大于車發(fā)生的位移大小
C. 人運動越快，人和車的總動量越大
D. 不管人運動多快，車和人的總動量不變
【參考答案】D
【名師解析】
在人由一端走到另一端的過程中，對于人和車組成的系統(tǒng)，所受的合外力為零，系統(tǒng)的動量守恒，C錯誤，D正確。根據(jù)，人對車的作用力等于車對人的作用力，作用時間相等，所以人對車的沖量大小等于車對人的沖量大小，A錯誤；
根據(jù)動量守恒定律
兩邊同時乘于時間，則得
即，m>M
解得，B錯誤。
15. （2023湖北六校期中聯(lián)考）生命在于運動，體育無處不在，運動無限精彩。如圖所示，質(zhì)量為450kg的小船靜止在平靜的水面上，質(zhì)量為50kg的人在甲板上立定跳遠的成績?yōu)?m，不計空氣和水的阻力，下列說法正確的是（ ）
A. 人在甲板上向右散步時，船也將向右運動
B. 人在立定跳遠的過程中船相對地面保持靜止
C. 人在立定跳遠的過程中船相對地面后退了0.4m
D. 人相對地面的成績?yōu)?.8m
【參考答案】D
【名師解析】
根據(jù)動量守恒定律知，人在甲板上散步時，船將向后退，即船向左運動，故A錯誤；
根據(jù)“人船模型”動量守恒有
代入數(shù)據(jù)解得
即人在立定跳遠的過程中船后退了0.2m，故BC錯誤；
人相對地面的成績?yōu)?，故D正確；
16. （2023高考湖南卷）如圖，質(zhì)量為的勻質(zhì)凹槽放在光滑水平地面上，凹槽內(nèi)有一個半橢圓形的光滑軌道，橢圓的半長軸和半短軸分別為和，長軸水平，短軸豎直．質(zhì)量為的小球，初始時刻從橢圓軌道長軸的右端點由靜止開始下滑．以初始時刻橢圓中心的位置為坐標原點，在豎直平面內(nèi)建立固定于地面的直角坐標系，橢圓長軸位于軸上．整個過程凹槽不翻轉(zhuǎn)，重力加速度為．
（1）小球第一次運動到軌道最低點時，求凹槽的速度大小以及凹槽相對于初始時刻運動的距離；
（2）在平面直角坐標系中，求出小球運動的軌跡方程；
（3）若，求小球下降高度時，小球相對于地面的速度大?。ńY(jié)果用及表示）．
【思維導(dǎo)圖】
（1）人船模型→水平方向動量守恒→機械能守恒定律→凹槽速度大小→凹槽相對于初始時刻向右運動的距離
（2）橢圓標準方程→人船模型→小球運動的軌跡方程
（3）M/m=→小球運動的軌跡方程→小球軌跡為半徑為b的圓→水平方向動量守恒→機械能守恒定律→小球相對于地面速度大小
【名師解析】
（1）小球第一次運動到軌道最低點的過程，水平方向由動量守恒定律，m v1=Mv2，
由機械能守恒定律，mgb=+
聯(lián)立解得：v2=
根據(jù)人船模型，mx1=Mx2，x1+x2=a
解得：凹槽相對于初始時刻向右運動的距離x2=
（2）小球向左運動過程中凹槽向右運動，當(dāng)小球的坐標為時，此時凹槽水平向右運動的位移為，根據(jù)人船模型有
則小球現(xiàn)在在凹槽所在的橢圓上，根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知此時的橢圓方程為
整理得
（）
（3）將代入小球的軌跡方程化簡可得
即此時小球的軌跡為以為圓心，b為半徑的圓，則當(dāng)小球下降的高度為時有如圖

此時可知速度和水平方向的的夾角為，小球下降的過程中，系統(tǒng)水平方向動量守恒
系統(tǒng)機械能守恒
聯(lián)立得
【參考答案】（1），；
（2）；（3）

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高中通用技術(shù)蘇教版必修一電子課本

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版本： 蘇教版

年級： 必修一

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