人船模型（解析版）-動量守恒的十種模型解讀和針對性訓練

動量守恒的十種模型解讀和針對性訓練

模型四人船模型

模型解讀

1.模型圖示

2.模型特點

(1)兩物體滿足動量守恒定律：mvK—MV(a=0o

ViVfin.4/，m

(2)兩物體的位移大小滿足：機,一心=0,s人+s船=￡得s人=—3s船=—^。

ttMn-mMn-m

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量的反比；人船平均速度(瞬時速度)比等于它們質量的反比，即丑=

S船

vkM

O

。船m

“人船模型”的拓展(某一方向動量守恒)

v

【典例分析】

【典例】如圖，質量為M的勻質凹槽放在光滑水平地面上，凹槽內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。和兒長軸水平，短軸豎直。質量為根的小球，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，重力

加速度為go

(1)小球第一次運動到軌道最低點時，求凹槽的速度大??；

(2)凹槽相對于初始時刻運動的距離。

2m2gbma

M(m+M)(M-Vm

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=m0i—Mv2

對小球與凹槽組成的系統(tǒng)，由機械能守恒定律有

11

mgb=^mvl：+-Mvi

聯(lián)立解得廣I

(2)根據(jù)人船模型規(guī)律，在水平方向上有mXi=Mx2

又由位移關系知xi+x2=a

ma

解得凹槽相對于初始時刻運動的距離必=——。

M~rm

【名師點撥】

應用“人船模型”解題的兩個關鍵點

(1)“人船模型”的應用條件：相互作用的物體原來都靜止，且滿足動量守恒條件。

(2)人、船位移大小關系：加人工人=機加x冊，x人+》冊=￡“為船的長度)。

【針對性訓練】

1.（2024河南名校聯(lián)考）.如圖，棱長為4、大小形狀相同的立方體木塊和鐵塊，質量為優(yōu)的

木塊在上、質量為〃的鐵塊在下，正對用極短細繩連結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鼠當細繩斷裂后，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（）

妾m之在m妻

=N==U=n藤金

M-\~m

A.-------hB.——2a)

Mm

M~\~m

C.-------(h+2a)D.-------h~\-2a

M

答案D

解析設鐵塊豎直下降的位移為力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=加%一Md,池深H=/z+d+2a,解得-----h+2a,D正確。

M

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）。一位同學想用一個

卷尺粗略測定它的質量，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上已知他的自身質量為m,水的

阻力不計，船的質量為

m（L-d）m（L+d）mLm（L+d）

?B?C?D?

dddL

【參考答案】A

【名師解析】設人走動時船的速度大小為v,人的速度大小為/,人從船尾走到船頭所用時間為3取

船的速度為正方向，則v=4，v'=—,根據(jù)動量守恒定律Mv—m/=0,解得船的質量初=皿二色,

ttd

故選Ao

3.如圖所示，一個傾角為a的直角斜面體靜置于光滑水平面上，斜面體質量為7，頂端高度為瓦今有一質量

為加的小物體，沿光滑斜面下滑，當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（）

mhMh

A.-------B.-------

M-\~m

m/zcotaMhcota

C.---------D.---------

M~\~m

【參考答案】C

【名師解析】此題屬于“人船模型”問題，冽與"組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，設冽在水平

方向上對地位移為修，M■在水平方向上對地位移為必.

因此0=冽修一跖；2,①

且Xi+%2=〃cota,②

w/zcotcc

由①②可得必=------,選項C正確.

4光滑水平面上放有一上表面光滑、傾角為a的斜面斜面質量為M、底邊長為3如圖所示。將

一質量為m可視為質點的滑塊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出，則下列說法中正確的是（）

:L;

A.F^=mgcosa

B.滑塊下滑過程中支持力對B的沖量大小為尸N/COSa

C.滑塊8下滑的過程中/、2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上T

M+m

【名師解析】當滑塊2相對于斜面加速下滑時，斜面/水平向左加速運動，所以滑塊8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人不等

于mgcosa,A錯誤；滑塊3下滑過程中支持力對2的沖量大小為公:，B錯誤；由于滑塊2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

m

向動量守恒，設/、2兩者水平位移大小分別為XI、X2,則以1="a2,XI+M=L,解得XI=-------L,D正

M+m

確。

［答案］D

5（2022北京平谷模擬）如圖所示，質量為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。小車兩側距離桌面邊緣的水平距離均為R。質量為m的小球從小車上圓形軌道右

側的最高點由靜止釋放，已知下列說法正確的是

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最高處時，小車的速度為零

D.小車的左邊外側始終不會伸出桌面左邊緣，小車的右邊外側會伸出桌面右邊緣

【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最高處時，小車的速度為零，選項C正確；由于M>m,

當小球到達圓弧軌道左側最高處時，由人船模型，mx=M（2R-x）,解得：x=2絲2,小車向右移動距

M+m

2mR

離s=2R-x=——<R,即小車的左邊外側始終不會伸出桌面左邊緣，小車的右邊外側不會伸出桌面右

M+m

邊緣，選項D錯誤。

6.（2021遼寧模擬預測12）如圖所示，質量為M的車靜止在光滑水平面上，車右側內壁固定有發(fā)射裝置。

車左側內壁固定有沙袋。把質量為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（）

(M+m)S+m)SmSMS

-----------B.-----------C.------D.

mMM+mM+m

【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彈車=0

可得

d-s、，s-

m--------M-=0

tt

解得

d+m^s

m

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），一質量為m的小球以速度為水平?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=2zn,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7?=累

C.小球在弧形槽上上升到最大高度所用的時間為您

D.整個過程小球對小車做的功為等

【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，同學們應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nwo=（M+爪），根據(jù)機械能守恒可

得分屏=mgR++m）v2,聯(lián)立可得u=y>R=翁故正確；

規(guī)定向右為正，設小球返回小車左端時的速度大小為也、小車的速度大小為以，根據(jù)水平方向動量守恒可

得muo=MV2—mvr,

根據(jù)機械能守恒可得多麗=$n憂+"M詔，其中"=2小，聯(lián)立可得以=竽，對小車根據(jù)動能定理可得

W=|MV2—0=故0正確；

小球從滑上軌道到到達頂端，設小球與弧形槽相對地面的水平位移分別為%,久2，

則根據(jù)題意可得打=1.257?,%2=0.257?,

在水平方向任一時刻都滿足nwo=mv^+MV2',

則有nw（）t=^mv^t+=mx14-M%2，

結合M=2m,R=￡，

可解得t=/，故C錯誤。

j.乙1y

8.（2024山東青島市平度一中期末）如圖，質量為2m的物塊B放在光滑水平面上，B上方用錢鏈連接一

根長為/■的輕桿，輕桿頂端固定一質量為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，當輕桿轉到水平方向時，小球A在水平方向上的位移大小為干

3

【參考答案】ABD

【名師解析】

若物塊B固定，在輕桿轉動過程中，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，在輕桿轉動過程中，當小球到達最低點時豎直速度最大，根據(jù)機械能守恒

1

mgL7=—mv2

則重力做功的功率最大，最大為

Rmax=mgv=mgy[lgL

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，當輕桿轉到水平方向時，小球A在水平方向上的位移為X,則由人船模型可知

mx=2m(L—x)

解得了=主

3

選項D正確。

9.(2024安徽安慶市二中第四次質檢)如圖，質量均為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。點系一長為/■的細線，細線另一端系一質量為的球Co現(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??？

【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

r121c2

mogL=-movc+-x2mvAB-

取水平向左為正方向，由水平方向動量守恒得

moVc-2mv^=O

聯(lián)立解得

10.（16分）（2024湖南新高考教研聯(lián)盟一模）如圖，質量為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球的位移大小；

（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b球運動到水平桿下方，且輕桿與水平桿正方向夾角為。=30°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：0=初”6+機（一均），

即：0=加4+m（一xj①，

幾何關系：②，

由①②得為=￡工。

（2）設球b的坐標為（x,y）時，a球水平向左移動距離為％,b球水平向右距離為L-x：

以a球和b球為整體，水平方向動量守恒：0=加為+機（-匕），

用小球水平方向位移表示為

0=km（L-x）+

以a球為參考系，b球軌跡為圓（x—=22④,

X-----L2

由③④得I+力=1或［a+左）%-研2+「=e2。

b球的軌跡是一個橢圓。

（3）設b球的水平速度為b%，豎直速度為V勿，a球水平速度為乜，

以a球和b球為整體，水平方向動量守恒：0=萬加加+加（-匕）⑤，

以a球和b球為整體，機械能守恒，以水平桿為零勢能面：

|kmvl=-kmgLsin300+1km^vfx+v^+g機"⑥'

當b球運動到水平桿下方，且輕桿為水平桿正方向夾角30。時，以a球為參考系，此時b球速度方向與水

平方向夾角為60。：tan60°=一2~⑦,

%一（一匕）

為=小"％⑧,

（3k2+6左+4）（說+g￡）

由⑤⑥⑦⑧得以=

3-2+7左+4

11.（2024江西贛州質檢）（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

豎直輕質擋板，擋板左側連有一輕質彈簧?，F(xiàn)將一小球從圓弧槽左側內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；然后以大小為力的速度與小滑塊發(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。已知小球的質量為m,圓

弧槽和小滑塊的質量均為3m,薄木板的質量為6m,小球和小滑塊均可視為質點，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）纏；（2）—；（3）遺

3g38

【名師解析】（1）設小球滑離圓弧槽時，圓弧槽的反沖速度大小為b，方向水平向左

由動量守恒定律得

mv0=3mvx

解得

V1=T

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

71212

mgn=~mvo+5x3加匕

解得

（2）設小球從開始下落至剛好滑離圓弧槽,相對地面向右滑過應，圓弧槽反沖相對地面后退X2，由平均動

量守恒可得

mxx=3mx2

x1+x2=R

解得

31

X]——R,x?=—R

1424

小球要繼續(xù)向右滑過％歷時t,則

x2+R_5R

“4%

圓弧槽在t時間內向左繼續(xù)滑行的距離為

%5R5R

v.t=-x----=——

134%12

小球與滑塊碰撞的瞬間，小球與圓弧槽底端的距離

x=+R=~

(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

mvQ=mv'Q+3mv2

；mvl=；mVp2+~x

解得

V1

02

方向向左；

22

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

3mv2=(3m+6m)v

解得

v=%

6

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，設為Q,則

1,1,

￡Pm=yx3mvf-—(3m+(tm)v-Q

滑塊恰好回到薄木板的最左端時仍共速，速度仍為％故

Eem=Q

解得

12.(2023湖北四市七校聯(lián)盟期中聯(lián)考)如圖所示，質量為3m、半徑為R的光滑圓弧形槽靜止在光滑水

平面上，質量為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()

7777777777777777777/

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J或

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lR

4

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

4

【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

mi/產3m

又因為整個過程系統(tǒng)機械能守恒又有

1212

mgR=—mvx+—?3mv2

解得匕匕B錯誤；

設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

R—VV

為R—X,根據(jù)水平方向動量守恒得加------=3m—

tt

D3

解得x=—,R-x=-R

44

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

Z=^7?2+(|T?)2=|j?,CD正確。

13..(2023湖南名校5月質檢)氣球質量為100kg,載有質量為50kg的人，靜止在空中距地面20m的地方,

氣球下懸一根質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.6.67mB.20m

C.30mD.60m

【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，設人在沿繩緩慢下滑時的速度為％,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》=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，有機M-m2v2=0

貝1］機W1■一加22=0

解得邑=^邑=10m

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，質量為m的人站在質量為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（）

Um

A〃二

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)動量守恒定律機人V人=〃車V車

兩邊同時乘于時間，則得別人v人/=〃車t車/

入人

即mx=M車x車，m>M

解得x人<x車，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，質量為450kg

的小船靜止在平靜的水面上，質量為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"動量守恒有心二加①一%）

代入數(shù)據(jù)解得x=02m

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)?m—0.2m=1.8m,故D正確；

16.（2023高考湖南卷）如圖，質量為M的勻質凹槽放在光滑水平地面上，凹槽內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b,長軸水平，短軸豎直.質量為加的小球，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，在豎直平面內建立固定于地面

的直角坐標系xQv,橢圓長軸位于x軸上.整個過程凹槽不翻轉，重力加速度為g.

(1