高中物理模型组合人船模型解析
高中物理建模：“人船模型”类问题的处理方法
平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0＝4 m/s，g取10 m/s2。
(1)若锁定滑块，试求小球通过最高点
P时对轻杆的作用力大小及方向；
(2)若解除对滑块的锁定，试求小球通
过最高点轨道位置点与小球起始位置
点间的距离。
转到解析
t
t
x 人＋x 船＝L
即 x 人＝ M L，x 船＝ m L
M＋m
M＋m
mv 人－Mv 船＝0
2.典例剖析
【思维训练】如图9所示，质量M＝2 kg的滑块套在光滑的水平轨道
上，质量m＝1 kg的小球通过L＝0.5 m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O
连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水
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物理建模： “人船模型”类问题的处理方法
1.模型特点 2.典例剖析
基础课
1.模型特点
1．人船模型的适用条件
物体组成的系统动量守恒且系统中物体原来均处于静止状态，合动
量为0。
2．人船模型的特点
(1)遵从动量守恒定律，如图8所示。
x人 x船
(2)两物体的位移满足：m －M ＝0
动量守恒定律的应用之“人船模型”
动量守恒定律的应用之“人船模型”1.模型的适用条件物体组成的系统动量守恒且系统中物体原来均处于静止状态，合动量为0.2.模型特点(1)遵从动量守恒定律，如图所示．(2)两物体的位移满足： m x 人t －M x 船t＝0 x 人＋x 船＝L即x 人＝M M ＋m L ，x 船＝m M ＋mL mv 人－Mv 船＝03.利用人船模型解题需注意两点(1)条件①系统的总动量守恒或某一方向上的动量守恒。
①构成系统的两物体原来静止，因相互作用而反向运动。
①x 1、x 2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移。
(2)解题关键是画出草图确定初、末位置和各物体位移关系。
【题型1】质量为m 的人站在质量为M 、长为L 的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边(如图所示)，当他向左走到船的左端时，船左端离岸的距离是（ ）A ．LB ．L m M +C ．ML m M +D ．mL m M+ 【题型2】气球质量200 kg 载有质量为50 kg 的人，静止在空中距地面20 m 高的地方，气球下悬一质量不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为安全到达地面，则这根绳至少多长?【题型3】如图所示，小车(包括固定在小车上的杆)的质量为M ，质量为m 的小球通过长度为L 的轻绳与杆的顶端连接，开始时小车静止在光滑的水平面上．现把小球从与O 点等高的地方释放(小球不会与杆相撞)，小车向左运动的最大位移是( )A ．2LM M ＋mB ．2Lm M ＋mC ．ML M ＋mD ．mL M ＋m【题型4】如图所示，一辆质量为M ＝3 kg 的小车A 静止在光滑的水平面上，小车上有一质量为m ＝1 kg 的光滑小球B ，将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为E p ＝6 J ，小球与小车右壁距离为L ，解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求：(1)小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小；(2)在整个过程中，小车移动的距离。
人船模型必修精品
人船模型之一“人船模型”，不仅是动量守恒问题中典型的物理模型，也是最重要的力学综合模型之一．对“人船模型”及其典型变形的研究，将直接影响着力学过程的发生，发展和变化，在将直接影响着力学过程的分析思路，通过类比和等效方法，可以使许多动量守恒问题的分析思路和解答步骤变得极为简捷。
1、“人船模型” 质量为M 的船停在静止的水面上，船长为L ，一质量为m 的人，由船头走到船尾，若不计水的阻力，则整个过程人和船相对于水面移动的距离分析：“人船模型”是由人和船两个物体构成的系统；该系统在人和船相互作用下各自运动，运动过程中该系统所受到的合外力为零；即人和船组成的系统在运动过程中总动量守恒。
解答：设人在运动过程中，人和船相对于水面的速度分别为ν和u ，则由动量守恒定律得：m v =Mu由于人在走动过程中任意时刻人和船的速度ν和u 均满足上述关系，所以运动过程中，人和船平均速度大小u ν 和 也应满足相似的关系，即m ν=M u 而x t ν=，yu t=，所以上式可以转化为：mx=My 又有，x+y=L,得： M x L m M =+ my L m M=+以上就是典型的“人船模型”，说明人和船相对于水面的位移只与人和船的质量有关，与运动情况无关。
该模型适用的条件：一个原来处于静止状态的系统，且在系统发生相对运动的过程中，至少有一个方向(如水平方向或者竖直方向)动量守恒。
2、“人船模型”的变形变形1：质量为M 的气球下挂着长为L 的绳梯，一质量为m 的人站在绳梯的下端，人和气球静止在空中，现人从绳梯的下端往上爬到顶端时，人和气球相对于地面移动的距离 分析：由于开始人和气球组成的系统静止在空中， 竖直方向系统所受外力之和为零，即系统竖直方 向系统总动量守恒。
得： mx=Myx+y=L 这与“人船模型”的结果一样。
MLmM Lxy变形2：如图所示，质量为M 的14圆弧轨道静止于光滑水平面上，轨道半径为R ，今把质量为m 的小球自轨道左测最高处静止释放，小球滑至最低点时，求小球和轨道相对于地面各自滑行的距离分析：设小球和轨道相对于地面各自滑行的距离为x 和y ，将小球和轨道看成系统，该系统在水平方向总动量守恒，由动量守恒定律得：mx=My x+y=L这又是一个“人船模型”。
0衡水中学物理最经典-物理建模系列(十) 人船模型问题
物理建模系列(十) 人船模型问题1．“人船模型”问题的特征：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的反比．这样的问题归为“人船模型”问题．2．运动特点：两个物体的运动特点是“人”走“船”行，“人”停“船”停． 3．处理“人船模型”问题的两个关键：(1)处理思路：利用动量守恒，先确定两物体的速度关系，再确定两物体通过的位移的关系．①用动量守恒定律求位移的题目，大都是系统原来处于静止状态，然后系统内物体相互作用，此时动量守恒表达式经常写成m 1v 1－m 2v 2＝0的形式，式中v 1、v 2是m 1、m 2末状态时的瞬时速率．②此种状态下动量守恒的过程中，任意时刻的系统总动量为零，因此任意时刻的瞬时速率v 1和v 2都与各物体的质量成反比，所以全过程的平均速度也与质量成反比，即有m 1v 1－m 2v 2＝0.③如果两物体相互作用的时间为t ，在这段时间内两物体的位移大小分别为x 1和x 2，则有m 1x 1t －m 2x 2t＝0，即m 1x 1－m 2x 2＝0.(2)画出各物体的位移关系图，找出它们相对地面的位移的关系．4．推广：原来静止的系统在某一个方向上动量守恒，运动过程中，在该方向上速度方向相反，也可应用处理“人船模型”问题的思路来处理．例如，小球沿弧形槽滑下，求弧形槽移动距离的问题．例 长为L 、质量为M 的小船停在静水中，一个质量为m 的人立在船头，若不计水的黏滞阻力，当人从船头走到船尾的过程中，人和船对地面的位移各是多少？【思路点拨】【解析】 选人和船组成的系统为研究对象，因系统在水平方向不受力，所以动量守恒，人未走时系统的总动量为零．当人起步加速前进时，船同时加速后退；当人匀速前进时，船匀速后退；当人减速前进时，船减速后退；当人速度为零时，船速度也为零．设某时刻人对地的速率为v 1，船对地的速率为v 2，根据动量守恒得m v 1－M v 2＝0①因为在人从船头走到船尾的整个过程中时刻满足动量守恒，对①式两边同乘以Δt ，得mx 1－Mx 2＝0②②式为人对地的位移和船对地的位移关系，由图还可看出： x 1＋x 2＝L ③联立②③两式得⎩⎨⎧x 1＝M M ＋mLx 2＝mM ＋m L【答案】M M ＋m L mM ＋mL[高考真题]1．(2017·课标卷Ⅰ，14)将质量为1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )A ．30 kg·m/sB ．5.7×102 kg·m/sC ．6.0×102 kg·m/sD ．6.3×102 kg·m/s【解析】 由于喷气时间短，且不计重力和空气阻力，则火箭和燃气组成的系统动量守恒．燃气的动量p 1＝m v ＝0.05×600 kg·m/s ＝30 kg·m/s ， 则火箭的动量p 2＝p 1＝30 kg·m/s ，选项A 正确． 【答案】 A2．(2017·课标卷Ⅲ，20)一质量为2 kg 的物块在合外力F 的作用下从静止开始沿直线运动．F 随时间t 变化的图线如图所示，则( )A ．t ＝1 s 时物块的速率为1 m/sB ．t ＝2 s 时物块的动量大小为4 kg·m/sC ．t ＝3 s 时物块的动量大小为5 kg·m/sD ．t ＝4 s 时物块的速度为零【解析】 A 对：前2 s 内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a 1＝F 1m ＝22 m/s 2＝1 m/s 2，t ＝1 s 时物块的速率v 1＝a 1t 1＝1 m/s.B 对：t ＝2 s 时物块的速率v 2＝a 1t 2＝2 m/s ，动量大小为p 2＝m v 2＝4 kg·m/s.C 错：物块在2～4 s 内做匀减速直线运动，加速度的大小a 2＝F 2m ＝0.5 m/s 2，t ＝3 s 时物块的速率v 3＝v 2－a 2t 3＝(2－0.5×1)m/s ＝1.5 m/s ，动量大小p 3＝m v 3＝3 kg·m/s.D 错：t ＝4 s 时物块的速度v 4＝v 2－a 2t 4＝(2－0.5×2)m/s ＝1 m/s. 【答案】 AB3．(2017·天津卷，4)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一．摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动．下列叙述正确的是( )A ．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B ．在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力C ．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D ．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变【解析】 A 错：摩天轮转动过程中，乘客的动能不变，重力势能不断变化，故乘客的机械能不断变化．B 对：乘客在最高点时，具有向下的加速度，处于失重状态．C 错：根据I ＝Ft 知，重力的冲量不为0.D 错：根据P ＝mg v cos θ，θ为力方向与速度方向之间的夹角，摩天轮转动过程中，θ不断变化，重力的瞬时功率不断变化．【答案】 B[名校模拟]4．(2018·山东临沂高三上学期期中)如图所示，曲线是某质点只在一恒力作用下的部分运动轨迹．质点从M点出发经P点到达N点，已知质点从M点到P点的路程大于从P点到N点的路程，质点由M点运动到P点与由P点运动到N点的时间相等．下列说法中正确的是()A．质点从M到N过程中速度大小保持不变B．质点在M、N间的运动不是匀变速运动C．质点在这两段时间内的动量变化量大小相等，方向相同D．质点在这两段时间内的动量变化量大小不相等，但方向相同【解析】质点在恒力作用下从M到N的过程速度减小，确定是匀变速运动，故A、B均错；由动量定理F·Δt＝Δp可知，质点在这两段时间内动量变化量大小相等，方向相同，C对，D错．【答案】 C5．(2018·山东烟台高三上学期期中)A、B两物体的质量之比m A∶m B＝2∶1，它们以相同的初速度v0在水平面上在摩擦阻力的作用下做匀减速直线运动，直到停止．则在此过程中，A、B两物体所受摩擦力的冲量之比I A∶I B与A、B两物体克服摩擦力做的功之比W A∶W B分别为()A．4∶12∶1 B．2∶14∶1C．2∶12∶1 D．1∶21∶4【解析】由动量定理可知I＝m v，再由动能和动量的关系可知，E k＝I22m，所以W A∶W B＝(I A∶I B)2·(m B∶m A)＝2∶1，故C正确．【答案】 C6．(2018·山东潍坊高三上学期期中)质量为m的子弹，以水平速度v0射入静止在光滑水平面上质量为M的木块，并留在其中．在子弹进入木块过程中，下列说法正确的是() A．子弹动能减少量等于木块动能增加量B．子弹动量减少量等于木块动量增加量C．子弹动能减少量等于子弹和木块内能增加量D．子弹对木块的冲量大于木块对子弹的冲量【解析】子弹动能的减少量一部分转化为系统内能，一部分转化为木块动能，A、C 均错；由动量守恒可知，子弹动量减少量等于木块动量的增加量，B对；力的作用是相互的，故子弹对木块的冲量等于木块对子弹的冲量，D 错．【答案】 B课时作业(十八) [基础小题练]1．如图所示，质量为m 的物体(可视为质点)，从h 高处的A 点由静止开始沿斜面下滑，停在水平地面上的B 点(斜面和水平面之间有小圆弧平滑连接)．要使物体能原路返回，在B 点需给物体的瞬时冲量最小应是( )A ．2m ghB ．m gh C.m gh 2D ．4m gh【解析】 物体从A 到B 的过程，根据动能定理，有mgh －W f ＝0，物体从B 返回A 的过程，根据动能定理，有－mgh －W f ＝0－12m v 2，联立解得v ＝2gh ，在B 点需给物体的瞬时冲量等于动量的增加量，故I ＝m v ＝2m gh ，故A 正确，B 、C 、D 错误．【答案】 A2．下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是( )【解析】 A 中子弹和木块的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受合力为零，系统动量守恒；B 中在弹簧恢复原长过程中，系统在水平方向始终受到墙的作用力，系统动量不守恒；C 中剪断细线后，以整体为研究对象，木球与铁球的系统所受合外力为零，系统动量守恒；D 中木块下滑过程中，斜面始终受挡板作用力，系统动量不守恒．【答案】 AC3．(2018·山东潍坊高三上学期期中)在光滑水平地面上有两个完全相同的弹性小球a 、b ，质量均为m .现b 球静止，a 球向b 球运动，发生弹性正碰．当碰撞过程中达到最大弹性势能E p 时，a 球的速度等于( )A. E pm B ． E p2m C ．2E p mD ．22E pm【解析】 设碰前a 球速度为v 0，弹性势能最大时刻即为两球共速之时，设共同速度为v ，则由动量守恒和能量守恒得：m v 0＝(m ＋m )v ① 12m v 20＝12(m ＋m )v 2＋E p ② 由①②两式解得v ＝ E pm，故A 正确． 【答案】 A4．在光滑的水平面上，有a 、b 两球，其质量分别为m a 、m b ，两球在t 0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度—时间图象如图所示，下列关系正确的是( )A ．m a ＞m bB ．m a ＜m bC ．m a ＝m bD ．无法判断【解析】 由动量守恒定律得m a v a ＝m a v a ′＋m b v b ′，由于v a ′＜0，则b 球获得的动量大于a 球最初的动量．若m a ＝m b ，则两球交换速度，与图象不符；由E k ＝p 22m 知，若m a＞m b ，则b 球的动能将会大于a 球最初的动能，违背能量守恒定律，则必然满足m a ＜m b .【答案】 B5．小船相对于静止的湖水以速度v 向东航行．某人将船上两个质量相同的沙袋，以相对于湖水相同的速率v 先后从船上水平向东、向西抛出船外．那么当两个沙袋都被抛出后，小船的速度将( )A ．仍为vB ．大于vC ．小于vD ．可能反向【解析】 以两沙袋和船为系统，抛沙袋的过程系统满足动量守恒定律的条件，即(M ＋2m )v ＝m v －m v ＋M v ′，解得v ′＝M ＋2mMv >v ，故B 正确．【答案】 B6.如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M ＝4 kg.质量m ＝2 kg 的小铁块以水平速度v 0＝6 m/s ，从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好到达木板的左端并与木板保持相对静止．在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )A ．9 JB ．12 JC ．3 JD ．24 J【解析】 当弹簧压缩至最短时，E p 最大，m v 0＝(M ＋m )v ，v ＝2 m/s ，全程摩擦力做功W f ＝12m v 20－12(M ＋m )v 2＝24 J ，E p ＝12m v 20－12(M ＋m )v 2－W f2＝12 J. 【答案】 B[创新导向练]7．动量定理的实际应用——打篮球时的传球技巧篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前．这样做可以( )A ．减小球对手的冲量B ．减小球对手的冲击力C ．减小球的动量变化量D ．减小球的动能变化量【解析】 由动量定理Ft ＝Δp 知，接球时两手随球迅速收缩至胸前，延长了手与球接触的时间，从而减小了球对手的冲击力，选项B 正确． 【答案】 B8．动量守恒定律在航天科技中的实际应用一质量为M 的航天器，正以速度v 0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v 1，加速后航天器的速度大小为v 2，则喷出气体的质量m 为( )A.v 2－v 0v 1MB ．v 2v 2＋v 1MC.v 2－v 0v 2＋v 1M D ．v 2－v 0v 2－v 1M【解析】 规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得M v 0＝(M －m )v 2－m v 1，解得m ＝v 2－v 0v 2＋v 1M ，故C 正确．【答案】 C9．应用动量守恒定律分析碰撞中的实际问题某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移—时间图象．图中的线段a 、b 、c 分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移变化关系．已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知( )A ．碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为7∶2B ．碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小大C ．碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小D ．滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的16【解析】 根据s -t 图象的斜率等于速度，可知碰前滑块Ⅰ的速度v 1＝－2 m/s ，滑块Ⅱ的速度v 2＝0.8 m/s ，则碰前速度大小之比为5∶2，故A 错误；碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块Ⅰ的动量为负，滑块Ⅱ的动量为正，由于碰撞后总动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的小，故B 错误；碰撞后的共同速度为v ＝0.4 m/s ，根据动量守恒定律，有m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ，解得m 2＝6m 1，由动能的表达式可知，12m 1v 21>12m 2v 22，故C 错误，D 正确．【答案】 D10．应用动量定理分析安全带受力问题质量是60 kg 的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，他被悬挂起来．已知安全带的缓冲时间是1.2 s ，安全带长5 m ，取g ＝10 m/s 2，则安全带所受的平均冲力的大小为( )A ．500 NB ．600 NC ．1 100 ND ．100 N【解析】 安全带长5 m ，人在这段距离上做自由落体运动，获得速度v ＝2gh ＝10 m/s.受安全带的保护经1.2 s 速度减小为0，对此过程应用动量定理，以向上为正方向，有(F －mg )t ＝0－(－m v )，则F ＝m vt＋mg ＝1 100 N ，C 正确．【答案】 C[综合提升练]11．(2018·山东潍坊高三上学期期中)如图所示，质量为M 的轨道由上表面粗糙的水平轨道和竖直平面内的半径为R 的14光滑圆弧轨道紧密连接组成，置于光滑水平面上．一质量为m 的小物块以水平初速度v 0由左端滑上轨道，恰能到达圆弧轨道最高点．已知M ∶m ＝3∶1，物块与水平轨道之间的动摩擦因数为μ.求：(1)小物块到达圆弧轨道最高点时的速度； (2)水平轨道的长度．【解析】 设小物块到达圆弧轨道最高点时速度为v 1(1)从小物块滑上轨道到到达最高点的过程中，由动量守恒定律得m v 0＝(M ＋m )v 1① 联立解得：v 1＝14v 0.②(2)由能量守恒定律得：μmgL ＋mgR ＋12(m ＋M )v 21＝12m v 20③ 由②③联立得：L ＝3v 208μg －R μ.④【答案】 (1)14v 0 (2)3v 208μg －R μ12．(2018·山东淄博一中高三上学期期中)如图所示，AOB 是光滑水平轨道，BC 是半径为R 的光滑的14固定圆弧轨道，两轨道恰好相切于B 点．质量为M 的小木块静止在O 点，一颗质量为m 的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C (木块和子弹均看作质点)．(1)求子弹射入木块前的速度；(2)若每当小木块返回到O 点或停止在O 点时，立即有一颗相同的子弹射入小木块，并留在其中，则当第17颗子弹射入小木块后，小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少？【解析】 (1)由子弹射入木块过程动量守恒有m v 0＝(m ＋M )v 1 木块和子弹滑到点C 处的过程中机械能守恒，有 12(m ＋M )v 21＝(m ＋M )gR 联立两式解得 v 0＝M ＋m m2gR .(2)以后当偶数子弹射中木块时，木块与子弹恰好静止，奇数子弹射中木块时，向右运动．第17颗子弹射中时，由动量守恒定律可知 (M ＋17m )v ＝m v 0射入17颗子弹后的木块滑到最高点的过程中机械能守恒，有 12(M ＋17m )v 2＝(M ＋17m )gH 由以上两式解得 H ＝(M ＋m )2(M ＋17m )2R .【答案】 (1)M ＋m m 2gR (2)(M ＋m )2(M ＋17m )2R。
高考物理人船模型
⼈船模型之⼀“⼈船模型”，不仅是动量守恒问题中典型的物理模型，也是最重要的⼒学综合模型之⼀．对“⼈船模型”及其典型变形的研究，将直接影响着⼒学过程的发⽣，发展和变化，在将直接影响着⼒学过程的分析思路，通过类⽐和等效⽅法，可以使许多动量守恒问题的分析思路和解答步骤变得极为简捷。
1、“⼈船模型”质量为M 的船停在静⽌的⽔⾯上，船⻓为L ，⼀质量为m 的⼈，由船头⾛到船尾，若不计⽔的阻⼒，则整个过程⼈和船相对于⽔⾯移动的距离？分析：“⼈船模型”是由⼈和船两个物体构成的系统；该系统在⼈和船相互作⽤下各⾃运动，运动过程中该系统所受到的合外⼒为零；即⼈和船组成的系统在运动过程中总动量守恒。
解答：设⼈在运动过程中，⼈和船相对于⽔⾯的速度分别为和u ，则由动量守恒定律得：m v =Mu 由于⼈在⾛动过程中任意时刻⼈和船的速度和u 均满⾜上述关系，所以运动过程中，⼈和船平均速度⼤⼩也应满⾜相似的关系，即m =M ⽽，，所以上式可以转化为：mx=My⼜有，x+y=L,得：M L m M L xy以上就是典型的“⼈船模型”，说明⼈和船相对于⽔⾯的位移只与⼈和船的质量有关，与运动情况⽆关。
该模型适⽤的条件：⼀个原来处于静⽌状态的系统，且在系统发⽣相对运动的过程中，⾄少有⼀个⽅向(如⽔平⽅向或者竖直⽅向)动量守恒。
2、“⼈船模型”的变形变形1：质量为M的⽓球下挂着⻓为L的绳梯，⼀质量为m的⼈站在绳梯的下端，⼈和⽓球静⽌在空中，现⼈从绳梯的下端往上爬到顶端时，⼈和⽓球相对于地⾯移动的距离？分析：由于开始⼈和⽓球组成的系统静⽌在空中，竖直⽅向系统所受外⼒之和为零，即系统竖直⽅向系统总动量守恒。
得：mx=Myx+y=L这与“⼈船模型”的结果⼀样。
变形2：如图所示，质量为M 的圆弧轨道静⽌于光滑⽔平⾯上，轨道半径为R，今把质量为m的⼩球⾃轨道左测最⾼处静⽌释放，⼩球滑⾄最低点时，求⼩球和轨道相对于地⾯各⾃滑⾏的距离？分析：设⼩球和轨道相对于地⾯各⾃滑⾏的距离为x和y，将⼩球和轨道看成系统，该系统在⽔平⽅向总动量守恒，由动量守恒定律得：mx=Myx+y=L 这⼜是⼀个“⼈船模型”。
13人船模型
“人船”模型考点规律分析 1．“人船”模型分析如图所示，长为L 、质量为m 船的小船停在静水中，质量为m 人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力。
以人和船组成的系统为研究对象，在人由船的一端走到船的另一端的过程中，系统水平方向不受外力作用，所以整个系统水平方向动量守恒，可得：m 船v 船＝m 人v 人，因人和船组成的系统动量始终守恒， 故有：m 船x 船＝m 人x 人， 由图可看出：x 船＋x 人＝L ，可解得：x 人＝m 船m 人＋m 船L ，x 船＝m 人m 人＋m 船L 。
2．“人船”模型的特点(1)两物体组成的系统遵守动量守恒定律：m 1v 1－m 2v 2＝0。
(2)运动特点：人动船动，人静船静，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；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即x 1x 2＝v 1v 2＝m 2m 1。
(3)应用此关系时要注意一个问题：公式中的v 1、v 2和x 都是相对地面而言的。
3．模型拓展：原来静止的系统在某一方向上动量守恒，运动过程中，组成系统的两部分在该方向上速度的方向相反，也可应用处理人船模型问题的思路来处理。
此模型可进一步推广到其他类似的情景中，进而能解决大量的实际问题，例如：人沿着静止在空中的热气球下面的软梯滑下或攀上，求热气球上升或下降高度的问题；小球沿放在光滑水平地面上的弧形槽滑下，求弧形槽移动距离的问题等。
典型例题例 质量为m 1的热气球吊筐中有一质量为m 2的人， 共同静止在距地面为h 的高空中，现从气球上放下一根质量不计的软绳，为使此人沿软绳能安全滑到地面，求软绳至少有多长。
[规范解答]人与热气球组成的系统动量守恒，设热气球的速度大小为v1，人的速度大小为v2，运动时间为t，以人与热气球组成的系统为研究对象，以竖直向上为正方向，由动量守恒得m1v1－m2v2＝0即m1s气t－m2s人t＝0，其中s人＝h，解得s气＝m2m1h若人滑到地面时恰好滑到软绳末端，此时软绳的长度最短，最短长度L＝m2 m1h＋h＝m1＋m2m1h。
“人船”模型及应用
“人船”模型及应用重庆市 垫江中学（408300） 张 雄“人船”模型，不仅是动量守恒问题中典型的物理模型，也是最重要的力学综合模型之一。
利用“人船”模型及其典型变形，通过类比和等效方法，可以使许多动量守恒问题的分析思路和解答步骤变得极为简捷，有时甚至一眼就看出结果。
一、“人船”模型原理——质心运动守恒 一个质点系的动量等于质点系的总质量与质心速度之积，方向与质心速度方向一致。
所以，当系统不受外力或所受合外力为零时，质心的动量守恒——质心将保持原来的匀速直线运动状态或静止状态，即当0F =或0F =∑时0υ=或υ=恒量二、“人船”模型的基本公式和适用条件 如图1所示，长为L 、质量为M 的船停在静水中，一个质量为m 的人站立在船头。
设船的质心在O 处，距船头、船尾分别为1L 和2L 。
当人在船头时，人、船系统的质心在1O 处，距离O 为1l ；当人走到船尾时，人、船系统的质心在2O 处，距离O 为2l 。
若不计水的粘滞阻力，在人丛船头走到船尾的过程中，系统在水平方向不受外力作用，动量守恒，即水平方向的总动量始终为零——系统的质心位置不变。
所以，当人向右相对船移动距离L ，引起系统的质心向右移动（12l l +）时，船将向左移动同样的距离，即12l l l =+船根据人和船的质量与到质心距离之积相等，有111()m L l Ml -=222()m L l Ml -=将两式相加，可得1212()m m l l L L L M m M m +=+=++所以，当人对船的位移为L 时，船对地的位移为m l L M m=+船 ①人对地的位移为Ml L l L M m=-=+人船 ②若人相对船以水平初速度υ跳出，可以认为在极短的时间t 内，人相对于船的位移为L 。
根据①②式和速度的定义Ltυ=，所以船和人对地的速度分别为mM m υυ=+船 ③MM mυυ=+人 ④这就是“人船”模型的四个基本公式，其物理意义和适用条件如下1、人、船对地的位移与其相对位移和对方的质量之积成正比，与系统的总质量成反比，而与运动性质无关。
高中物理 人船模型 易懂
重难点 人船模型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。
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的反比。
这样的问题即为“人船模型”问题。
2．人船模型的特点(1)两物体满足动量守恒定律：m 1v 1－m 2v 2＝0。
(2)运动特点：人动船动，人静船静，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；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即x 1x 2＝v 1v 2＝m 2m 1。
(3)应用x 1x 2＝v 1v 2＝m 2m 1时要注意：v 1、v 2和x 1、x 2一般都是相对地面而言的。
方法讲解例1（第一个层次）如图所示，长为L 、质量为M 的小船停在静水中，质量为m 的人从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，则船和人相对地面的位移各为多少？解析：因为动量守恒，当人向左运动时，船向右运动。
设任一时刻人与船的速度大小分别为v 1、v 2，作用前都静止。
因整个过程中动量守恒，所以有mv 1＝Mv 2设整个过程中的平均速度大小为v －1、v －2，则有m v －1＝M v －2上式两边乘以时间t ，有m v －1t ＝M v －2t ，即mx 1＝Mx 2且x 1＋x 2＝L ，解得x 1＝M m ＋M L ，x 2＝m m ＋M L 。
答案：m m ＋M L M m ＋ML方法讲解例2（第二个层次）如图所示，船长为2L 、质量为M 的小船停在静水中，在船中央有一个旗杆，质量为m 的人从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，则船和人相对地面的位移各为多少？解析：因为动量守恒，当人向左运动时，船向右运动。
设任一时刻人与船的速度大小分别为v 1、v 2，作用前都静止。
因整个过程中动量守恒，所以有mv 1＝Mv 2设整个过程中的平均速度大小为v －1、v －2，则有m v －1＝M v －2前半和后半程是一样的；上式两边乘以时间t ，有m v －1t ＝M v －2t ，即mx 1＝Mx 2且x 1＋x 2＝2L ，解得x 1＝2M m ＋M L ，x 2＝2m m ＋M L 。
高考物理专题分析：人船模型之一
人船模型之一“人船模型”，不仅是动量守恒问题中典型的物理模型，也是最重要的力学综合模型之一．对“人船模型”及其典型变形的研究，将直接影响着力学过程的发生，发展和变化，在将直接影响着力学过程的分析思路，通过类比和等效方法，可以使许多动量守恒问题的分析思路和解答步骤变得极为简捷。
1、“人船模型” 质量为M 的船停在静止的水面上，船长为L ，一质量为m 的人，由船头走到船尾，若不计水的阻力，则整个过程人和船相对于水面移动的距离？ 分析：“人船模型”是由人和船两个物体构成的系统；该系统在人和船相互作用下各自运动，运动过程中该系统所受到的合外力为零；即人和船组成的系统在运动过程中总动量守恒。
解答：设人在运动过程中，人和船相对于水面的速度分别为和u ，则由动量守恒定律得：m v =Mu由于人在走动过程中任意时刻人和船的速度和u 均满足上述关系，所以运动过程中，人和船平均速度大小也应满足相似的关系，即 m =M 而，，所以上式可以转化为： mx=My 又有，x+y=L,得： ννu ν 和 νu x t ν=y u t=M x L m M=+ML mM L xy以上就是典型的“人船模型”，说明人和船相对于水面的位移只与人和船的质量有关，与运动情况无关。
该模型适用的条件：一个原来处于静止状态的系统，且在系统发生相对运动的过程中，至少有一个方向(如水平方向或者竖直方向)动量守恒。
2、“人船模型”的变形变形1：质量为M 的气球下挂着长为L 的绳梯，一质量为m 的人站在绳梯的下端，人和气球静止在空中，现人从绳梯的下端往上爬到顶端时，人和气球相对于地面移动的距离？ 分析：由于开始人和气球组成的系统静止在空中，竖直方向系统所受外力之和为零，即系统竖直方向系统总动量守恒。
得：mx=Myx+y=L这与“人船模型”的结果一样。
变形2：如图所示，质量为M 的圆弧轨道静止于光滑水平面上，轨道半径为R ，今把质量为m 的小球自轨道左测最高处静止释放，小球滑至最低点时，求小球和轨道相对于地面各自滑行的距离？分析：设小球和轨道相对于地面各自滑行的距离为x 和y ，将小球和轨道看成系统，该系统在水平方向总动量守恒，由动量守恒定律得： mx=Myx+y=L m y L m M=+14mMxy这又是一个“人船模型”。
高考物理建模之人船模型
高考物理建模之人船模型
在动量守恒定律应用上，人船模型是经典的特例，在近几年高考物理里极为常见，区分度较高。
因此在复习中，人船模型是高中物理专题复习里不容忽视的知识点。
人船模型特点
系统原来处于静止状态，总动量为0，一人(物)或两人(物)运动，会引起另一物体(人)发生相对运动。
系统遵循动量守恒定律，同时两物体的位移存在某种关系。
人船模型规律
设人的质量为m，速度为v1，位移为s1，船的质量为M，速度为v2，位移为s2。
船的长度为L，在水平方向上遵循动量守恒。
1、由动量守恒定律得：
0=mv1-Mv2
化简得：
mv1=Mv2
两边同时乘以t得：
ms1=Ms2
2、两位移存在关系式：
s1+s2=L
联立上述两式得：
s1=ML/(M+m)
s2=mL/(M+m)
常见人船模型
人船模型两个重要推论
1、系统动量守恒时，任意时间内平均动量也守恒；
2、系统动量守恒时，系统质心保持原来静止或匀速直线运动状态不变。
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2010年经典高中物理模型--人船模型之一
人船模型之一“人船模型”，不仅是动量守恒问题中典型的物理模型，也是最重要的力学综合模型之一．对“人船模型”及其典型变形的研究，将直接影响着力学过程的发生，发展和变化，在将直接影响着力学过程的分析思路，通过类比和等效方法，可以使许多动量守恒问题的分析思路和解答步骤变得极为简捷。
1、“人船模型” 质量为M 的船停在静止的水面上，船长为L ，一质量为m 的人，由船头走到船尾，若不计水的阻力，则整个过程人和船相对于水面移动的距离？分析：“人船模型”是由人和船两个物体构成的系统；该系统在人和船相互作用下各自运动，运动过程中该系统所受到的合外力为零；即人和船组成的系统在运动过程中总动量守恒。
解答：设人在运动过程中，人和船相对于水面的速度分别为ν和u ，则由动量守恒定律得：m v =Mu由于人在走动过程中任意时刻人和船的速度ν和u 均满足上述关系，所以运动过程中，人和船平均速度大小u ν 和 也应满足相似的关系，即 m ν=M u 而x t ν=，y u t=，所以上式可以转化为： mx=My又有，x+y=L,得： M x L m M=+ m y L m M=+ 以上就是典型的“人船模型”，说明人和船相对于水面的位移只与人和船的质量有关，与运动情况无关。
该模型适用的条件：一个原来处于静止状态的系统，且在系统发生相对运动的过程中，至少有一个方向(如水平方向或者竖直方向)动量守恒。
2、“人船模型”的变形变形1：质量为M的气球下挂着长为L的绳梯，一质量为m的人站在绳梯的下端，人和气球静止在空中，现人从绳梯的下端往上爬到顶端时，人和气球相对于地面移动的距离？分析：由于开始人和气球组成的系统静止在空中，竖直方向系统所受外力之和为零，即系统竖直方向系统总动量守恒。
得：mx=Myx+y=L这与“人船模型”的结果一样。
变形2：如图所示，质量为M的14圆弧轨道静止于光滑水平面上，轨道半径为R，今把质量为m的小球自轨道左测最高处静止释放，小球滑至最低点时，求小球和轨道相对于地面各自滑行的距离？分析：设小球和轨道相对于地面各自滑行的距离为x和y，将小球和轨道看成系统，该系统在水平方向总动量守恒，由动量守恒定律得：mx=Myx+y=L这又是一个“人船模型”。
高考经典物理模型：人船模型(一)
人船模型之一“人船模型”，不仅是动量守恒问题中典型的物理模型，也是最重要的力学综合模型之一．对“人船模型”及其典型变形的研究，将直接影响着力学过程的发生，发展和变化，在将直接影响着力学过程的分析思路，通过类比和等效方法，可以使许多动量守恒问题的分析思路和解答步骤变得极为简捷。
1、“人船模型”质量为M的船停在静止的水面上，船长为L，一质量为m的人，由船头走到船尾，若不计水的阻力，则整个过程人和船相对于水面移动的距离？分析：“人船模型”是由人和船两个物体构成的系统；该系统在人和船相互作用下各自运动，运动过程中该系统所受到的合外力为零；即人和船组成的系统在运动过程中总动量守恒。
解答：设人在运动过程中，人和船相对于水面的速度分别为ν和u，则由动量守恒定律得：m v=Mu由于人在走动过程中任意时刻人和船的速度ν和u均满足上述关系，所以运动过程中，人和船平均速度大小uν和也应满足相似的关系，即mν=M u而x tν=，yut=，所以上式可以转化为：mx=My又有，x+y=L,得：Mx Lm M=+my Lm M=+以上就是典型的“人船模型”，说明人和船相对于水面的位移只与人和船的质量有关，与运动情况无关。
该模型适用的条件：一个原来处于静止状态的系统，且在系统发生相对运动的过程中，至少有一个方向(如水平方向或者竖直方向)动量守恒。
2、“人船模型”的变形变形1：质量为M的气球下挂着长为L的绳梯，一质量为m的人站在绳梯的下端，人和气球静止在空中，现人从绳梯的下端往上爬到顶端时，人和气球相对于地面移动的距离？分析：由于开始人和气球组成的系统静止在空中，竖直方向系统所受外力之和为零，即系统竖直方向系统总动量守恒。
得：mx=Myx+y=L这与“人船模型”的结果一样。
变形2：如图所示，质量为M的14圆弧轨道静止于光滑水平面上，轨道半径为R，今把质量为m的小球自轨道左测最高处静止释放，小球滑至最低点时，求小球和轨道相对于地面各自滑行的距离？分析：设小球和轨道相对于地面各自滑行的距离为x和y，将小球和轨道看成系统，该m系统在水平方向总动量守恒，由动量守恒定律得：mx=Myx+y=L这又是一个“人船模型”。
物理建模系列(十) 人船模型问题
物理建模系列(十) 人船模型问题1．“人船模型”问题的特征：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的反比．这样的问题归为“人船模型”问题．2．运动特点：两个物体的运动特点是“人”走“船”行，“人”停“船”停． 3．处理“人船模型”问题的两个关键：(1)处理思路：利用动量守恒，先确定两物体的速度关系，再确定两物体通过的位移的关系．①用动量守恒定律求位移的题目，大都是系统原来处于静止状态，然后系统内物体相互作用，此时动量守恒表达式经常写成m 1v 1－m 2v 2＝0的形式，式中v 1、v 2是m 1、m 2末状态时的瞬时速率．②此种状态下动量守恒的过程中，任意时刻的系统总动量为零，因此任意时刻的瞬时速率v 1和v 2都与各物体的质量成反比，所以全过程的平均速度也与质量成反比，即有m 1v 1－m 2v 2＝0.③如果两物体相互作用的时间为t ，在这段时间内两物体的位移大小分别为x 1和x 2，则有m 1x 1t －m 2x 2t＝0，即m 1x 1－m 2x 2＝0.(2)画出各物体的位移关系图，找出它们相对地面的位移的关系．4．推广：原来静止的系统在某一个方向上动量守恒，运动过程中，在该方向上速度方向相反，也可应用处理“人船模型”问题的思路来处理．例如，小球沿弧形槽滑下，求弧形槽移动距离的问题．例 长为L 、质量为M 的小船停在静水中，一个质量为m 的人立在船头，若不计水的黏滞阻力，当人从船头走到船尾的过程中，人和船对地面的位移各是多少？【思路点拨】【解析】 选人和船组成的系统为研究对象，因系统在水平方向不受力，所以动量守恒，人未走时系统的总动量为零．当人起步加速前进时，船同时加速后退；当人匀速前进时，船匀速后退；当人减速前进时，船减速后退；当人速度为零时，船速度也为零．设某时刻人对地的速率为v 1，船对地的速率为v 2，根据动量守恒得m v 1－M v 2＝0①因为在人从船头走到船尾的整个过程中时刻满足动量守恒，对①式两边同乘以Δt ，得mx 1－Mx 2＝0②②式为人对地的位移和船对地的位移关系，由图还可看出： x 1＋x 2＝L ③联立②③两式得⎩⎨⎧x 1＝M M ＋mLx 2＝mM ＋m L【答案】M M ＋m L mM ＋mL[高考真题]1．(2017·课标卷Ⅰ，14)将质量为1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )A ．30 kg·m/sB ．5.7×102 kg·m/sC ．6.0×102 kg·m/sD ．6.3×102 kg·m/s【解析】 由于喷气时间短，且不计重力和空气阻力，则火箭和燃气组成的系统动量守恒．燃气的动量p 1＝m v ＝0.05×600 kg·m/s ＝30 kg·m/s ， 则火箭的动量p 2＝p 1＝30 kg·m/s ，选项A 正确． 【答案】 A2．(2017·课标卷Ⅲ，20)一质量为2 kg 的物块在合外力F 的作用下从静止开始沿直线运动．F 随时间t 变化的图线如图所示，则( )A ．t ＝1 s 时物块的速率为1 m/sB ．t ＝2 s 时物块的动量大小为4 kg·m/sC ．t ＝3 s 时物块的动量大小为5 kg·m/sD ．t ＝4 s 时物块的速度为零【解析】 A 对：前2 s 内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a 1＝F 1m ＝22 m/s 2＝1 m/s 2，t ＝1 s 时物块的速率v 1＝a 1t 1＝1 m/s.B 对：t ＝2 s 时物块的速率v 2＝a 1t 2＝2 m/s ，动量大小为p 2＝m v 2＝4 kg·m/s.C 错：物块在2～4 s 内做匀减速直线运动，加速度的大小a 2＝F 2m ＝0.5 m/s 2，t ＝3 s 时物块的速率v 3＝v 2－a 2t 3＝(2－0.5×1)m/s ＝1.5 m/s ，动量大小p 3＝m v 3＝3 kg·m/s.D 错：t ＝4 s 时物块的速度v 4＝v 2－a 2t 4＝(2－0.5×2)m/s ＝1 m/s. 【答案】 AB3．(2017·天津卷，4)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一．摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动．下列叙述正确的是( )A ．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B ．在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力C ．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D ．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变【解析】 A 错：摩天轮转动过程中，乘客的动能不变，重力势能不断变化，故乘客的机械能不断变化．B 对：乘客在最高点时，具有向下的加速度，处于失重状态．C 错：根据I ＝Ft 知，重力的冲量不为0.D 错：根据P ＝mg v cos θ，θ为力方向与速度方向之间的夹角，摩天轮转动过程中，θ不断变化，重力的瞬时功率不断变化．【答案】 B[名校模拟]4．(2018·山东临沂高三上学期期中)如图所示，曲线是某质点只在一恒力作用下的部分运动轨迹．质点从M点出发经P点到达N点，已知质点从M点到P点的路程大于从P点到N点的路程，质点由M点运动到P点与由P点运动到N点的时间相等．下列说法中正确的是()A．质点从M到N过程中速度大小保持不变B．质点在M、N间的运动不是匀变速运动C．质点在这两段时间内的动量变化量大小相等，方向相同D．质点在这两段时间内的动量变化量大小不相等，但方向相同【解析】质点在恒力作用下从M到N的过程速度减小，确定是匀变速运动，故A、B均错；由动量定理F·Δt＝Δp可知，质点在这两段时间内动量变化量大小相等，方向相同，C对，D错．【答案】 C5．(2018·山东烟台高三上学期期中)A、B两物体的质量之比m A∶m B＝2∶1，它们以相同的初速度v0在水平面上在摩擦阻力的作用下做匀减速直线运动，直到停止．则在此过程中，A、B两物体所受摩擦力的冲量之比I A∶I B与A、B两物体克服摩擦力做的功之比W A∶W B分别为()A．4∶12∶1 B．2∶14∶1C．2∶12∶1 D．1∶21∶4【解析】由动量定理可知I＝m v，再由动能和动量的关系可知，E k＝I22m，所以W A∶W B＝(I A∶I B)2·(m B∶m A)＝2∶1，故C正确．【答案】 C6．(2018·山东潍坊高三上学期期中)质量为m的子弹，以水平速度v0射入静止在光滑水平面上质量为M的木块，并留在其中．在子弹进入木块过程中，下列说法正确的是() A．子弹动能减少量等于木块动能增加量B．子弹动量减少量等于木块动量增加量C．子弹动能减少量等于子弹和木块内能增加量D．子弹对木块的冲量大于木块对子弹的冲量【解析】子弹动能的减少量一部分转化为系统内能，一部分转化为木块动能，A、C 均错；由动量守恒可知，子弹动量减少量等于木块动量的增加量，B对；力的作用是相互的，故子弹对木块的冲量等于木块对子弹的冲量，D 错．【答案】 B课时作业(十八) [基础小题练]1．如图所示，质量为m 的物体(可视为质点)，从h 高处的A 点由静止开始沿斜面下滑，停在水平地面上的B 点(斜面和水平面之间有小圆弧平滑连接)．要使物体能原路返回，在B 点需给物体的瞬时冲量最小应是( )A ．2m ghB ．m gh C.m gh 2D ．4m gh【解析】 物体从A 到B 的过程，根据动能定理，有mgh －W f ＝0，物体从B 返回A 的过程，根据动能定理，有－mgh －W f ＝0－12m v 2，联立解得v ＝2gh ，在B 点需给物体的瞬时冲量等于动量的增加量，故I ＝m v ＝2m gh ，故A 正确，B 、C 、D 错误．【答案】 A2．下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是( )【解析】 A 中子弹和木块的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受合力为零，系统动量守恒；B 中在弹簧恢复原长过程中，系统在水平方向始终受到墙的作用力，系统动量不守恒；C 中剪断细线后，以整体为研究对象，木球与铁球的系统所受合外力为零，系统动量守恒；D 中木块下滑过程中，斜面始终受挡板作用力，系统动量不守恒．【答案】 AC3．(2018·山东潍坊高三上学期期中)在光滑水平地面上有两个完全相同的弹性小球a 、b ，质量均为m .现b 球静止，a 球向b 球运动，发生弹性正碰．当碰撞过程中达到最大弹性势能E p 时，a 球的速度等于( )A. E pm B ． E p2m C ．2E p mD ．22E pm【解析】 设碰前a 球速度为v 0，弹性势能最大时刻即为两球共速之时，设共同速度为v ，则由动量守恒和能量守恒得：m v 0＝(m ＋m )v ① 12m v 20＝12(m ＋m )v 2＋E p ② 由①②两式解得v ＝ E pm，故A 正确． 【答案】 A4．在光滑的水平面上，有a 、b 两球，其质量分别为m a 、m b ，两球在t 0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度—时间图象如图所示，下列关系正确的是( )A ．m a ＞m bB ．m a ＜m bC ．m a ＝m bD ．无法判断【解析】 由动量守恒定律得m a v a ＝m a v a ′＋m b v b ′，由于v a ′＜0，则b 球获得的动量大于a 球最初的动量．若m a ＝m b ，则两球交换速度，与图象不符；由E k ＝p 22m 知，若m a＞m b ，则b 球的动能将会大于a 球最初的动能，违背能量守恒定律，则必然满足m a ＜m b .【答案】 B5．小船相对于静止的湖水以速度v 向东航行．某人将船上两个质量相同的沙袋，以相对于湖水相同的速率v 先后从船上水平向东、向西抛出船外．那么当两个沙袋都被抛出后，小船的速度将( )A ．仍为vB ．大于vC ．小于vD ．可能反向【解析】 以两沙袋和船为系统，抛沙袋的过程系统满足动量守恒定律的条件，即(M ＋2m )v ＝m v －m v ＋M v ′，解得v ′＝M ＋2mMv >v ，故B 正确．【答案】 B6.如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M ＝4 kg.质量m ＝2 kg 的小铁块以水平速度v 0＝6 m/s ，从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好到达木板的左端并与木板保持相对静止．在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )A ．9 JB ．12 JC ．3 JD ．24 J【解析】 当弹簧压缩至最短时，E p 最大，m v 0＝(M ＋m )v ，v ＝2 m/s ，全程摩擦力做功W f ＝12m v 20－12(M ＋m )v 2＝24 J ，E p ＝12m v 20－12(M ＋m )v 2－W f2＝12 J. 【答案】 B[创新导向练]7．动量定理的实际应用——打篮球时的传球技巧篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前．这样做可以( )A ．减小球对手的冲量B ．减小球对手的冲击力C ．减小球的动量变化量D ．减小球的动能变化量【解析】 由动量定理Ft ＝Δp 知，接球时两手随球迅速收缩至胸前，延长了手与球接触的时间，从而减小了球对手的冲击力，选项B 正确． 【答案】 B8．动量守恒定律在航天科技中的实际应用一质量为M 的航天器，正以速度v 0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v 1，加速后航天器的速度大小为v 2，则喷出气体的质量m 为( )A.v 2－v 0v 1MB ．v 2v 2＋v 1MC.v 2－v 0v 2＋v 1M D ．v 2－v 0v 2－v 1M【解析】 规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得M v 0＝(M －m )v 2－m v 1，解得m ＝v 2－v 0v 2＋v 1M ，故C 正确．【答案】 C9．应用动量守恒定律分析碰撞中的实际问题某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移—时间图象．图中的线段a 、b 、c 分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移变化关系．已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知( )A ．碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为7∶2B ．碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小大C ．碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小D ．滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的16【解析】 根据s -t 图象的斜率等于速度，可知碰前滑块Ⅰ的速度v 1＝－2 m/s ，滑块Ⅱ的速度v 2＝0.8 m/s ，则碰前速度大小之比为5∶2，故A 错误；碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块Ⅰ的动量为负，滑块Ⅱ的动量为正，由于碰撞后总动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的小，故B 错误；碰撞后的共同速度为v ＝0.4 m/s ，根据动量守恒定律，有m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ，解得m 2＝6m 1，由动能的表达式可知，12m 1v 21>12m 2v 22，故C 错误，D 正确．【答案】 D10．应用动量定理分析安全带受力问题质量是60 kg 的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，他被悬挂起来．已知安全带的缓冲时间是1.2 s ，安全带长5 m ，取g ＝10 m/s 2，则安全带所受的平均冲力的大小为( )A ．500 NB ．600 NC ．1 100 ND ．100 N【解析】 安全带长5 m ，人在这段距离上做自由落体运动，获得速度v ＝2gh ＝10 m/s.受安全带的保护经1.2 s 速度减小为0，对此过程应用动量定理，以向上为正方向，有(F －mg )t ＝0－(－m v )，则F ＝m vt＋mg ＝1 100 N ，C 正确．【答案】 C[综合提升练]11．(2018·山东潍坊高三上学期期中)如图所示，质量为M 的轨道由上表面粗糙的水平轨道和竖直平面内的半径为R 的14光滑圆弧轨道紧密连接组成，置于光滑水平面上．一质量为m 的小物块以水平初速度v 0由左端滑上轨道，恰能到达圆弧轨道最高点．已知M ∶m ＝3∶1，物块与水平轨道之间的动摩擦因数为μ.求：(1)小物块到达圆弧轨道最高点时的速度； (2)水平轨道的长度．【解析】 设小物块到达圆弧轨道最高点时速度为v 1(1)从小物块滑上轨道到到达最高点的过程中，由动量守恒定律得m v 0＝(M ＋m )v 1① 联立解得：v 1＝14v 0.②(2)由能量守恒定律得：μmgL ＋mgR ＋12(m ＋M )v 21＝12m v 20③ 由②③联立得：L ＝3v 208μg －R μ.④【答案】 (1)14v 0 (2)3v 208μg －R μ12．(2018·山东淄博一中高三上学期期中)如图所示，AOB 是光滑水平轨道，BC 是半径为R 的光滑的14固定圆弧轨道，两轨道恰好相切于B 点．质量为M 的小木块静止在O 点，一颗质量为m 的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C (木块和子弹均看作质点)．(1)求子弹射入木块前的速度；(2)若每当小木块返回到O 点或停止在O 点时，立即有一颗相同的子弹射入小木块，并留在其中，则当第17颗子弹射入小木块后，小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少？【解析】 (1)由子弹射入木块过程动量守恒有m v 0＝(m ＋M )v 1 木块和子弹滑到点C 处的过程中机械能守恒，有 12(m ＋M )v 21＝(m ＋M )gR 联立两式解得 v 0＝M ＋m m2gR .(2)以后当偶数子弹射中木块时，木块与子弹恰好静止，奇数子弹射中木块时，向右运动．第17颗子弹射中时，由动量守恒定律可知 (M ＋17m )v ＝m v 0射入17颗子弹后的木块滑到最高点的过程中机械能守恒，有 12(M ＋17m )v 2＝(M ＋17m )gH 由以上两式解得 H ＝(M ＋m )2(M ＋17m )2R .【答案】 (1)M ＋m m 2gR (2)(M ＋m )2(M ＋17m )2R。
人船模型必修精品
人船模型之一“人船模型”，不仅是动量守恒问题中典型的物理模型，也是最重要的力学综合模型之一．对“人船模型”及其典型变形的研究，将直接影响着力学过程的发生，发展和变化，在将直接影响着力学过程的分析思路，通过类比和等效方法，可以使许多动量守恒问题的分析思路和解答步骤变得极为简捷。
1、“人船模型”质量为M的船停在静止的水面上，船长为L，一质量为m的人，由船头走到船尾，若不计水的阻力，则整个过程人和船相对于水面移动的距离？分析：“人船模型”是由人和船两个物体构成的系统；该系统在人和船相互作用下各自运动，运动过程中该系统所受到的合外力为零；即人和船组成的系统在运动过程中总动量守恒。
解答：设人在运动过程中，人和船相对于水面的速度分别为ν和u，则由动量守恒定律得：m v=Mu由于人在走动过程中任意时刻人和船的速度ν和u均满足上述关系，所以运动过程中，人和船平均速度大小uν和也应满足相似的关系，即mν=M u而x tν=，yut=，所以上式可以转化为：mx=My又有，x+y=L,得：Mx Lm M=+my Lm M=+以上就是典型的“人船模型”，说明人和船相对于水面的位移只与人和船的质量有关，与运动情况无关。
该模型适用的条件：一个原来处于静止状态的系统，且在系统发生相对运动的过程中，至少有一个方向(如水平方向或者竖直方向)动量守恒。
2、“人船模型”的变形变形1：质量为M的气球下挂着长为L的绳梯，一质量为m的人站在绳梯的下端，人和气球静止在空中，现人从绳梯的下端往上爬到顶端时，人和气球相对于地面移动的距离？分析：由于开始人和气球组成的系统静止在空中，竖直方向系统所受外力之和为零，即系统竖直方向系统总动量守恒。
得： mx=Myx+y=L 这与“人船模型”的结果一样。
变形2：如图所示，质量为M的14圆弧轨道静止于光滑水平面上，轨道半径为R，今把质量为m的小球自轨道左测最高处静止释放，小球滑至最低点时，求小球和轨道相对于地面各自滑行的距离？分析：设小球和轨道相对于地面各自滑行的距离为x 和y ，将小球和轨道看成系统，该系统在水平方向总动量守恒，由动量守恒定律得：mx=My x+y=L这又是一个“人船模型”。