2026届高考物理一轮复习模型解读与针对性训练：人船模型（学生版+解析）

高考力学压轴题模型解读与针对性训练

专题6人船模型

【人船模型解读】

人船模型

1.模型图示

2.模型特点

(1)两物体满足动量守恒定律：加。人一施弟=0。

⑵两物体的位移大小满足:吟一若=(),$人+s产L得s人=瑞瑞5L击

L.

3.运动特点

(1)人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右。

(2)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,畤"

m

4.“人船模型”的拓展(某一方向动量守恒)

【典例剖析】

【典例】.(2023高考湖南卷)如图，质量为M的匀质网槽放在光滑水平地面上，网槽内有

一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为。和江长轴水平，短轴竖直.质量

为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始卜.滑.以初始时刻椭圆中心的位

置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系X。）•，椭圆长轴位于x轴上.整个

过程凹槽不翻转，重力加速度为g.

（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的

距离；

（2）在平面直角坐标系xOv中，求出小球运动的轨迹方程；

（3）若生=々，求小球下降力=:高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用a、b及g

ma-b2

表示）.

【针对性训练】

1.如图，棱长为。、大小形状相同的立方体木块和铁块，质量为例的木块在上、

质量为M的铁块在下，正对用极短细绳连结悬浮在平静的池中某处，木块上表

面距离水面的竖直距离为当细绳断裂后，木块与铁块均在竖直方向上运动,

木块刚浮出水面时，铁块恰好同时到达池底。仅否虐浮力，不计其他阻力，则池

深为（）

============&EEEEHEEE

：：：：：：：：：；衣变法

„一展施蓝

M+

A，M卜B.tn(/?+2a)

M-\rm

(万+。)力。

C.M2D.M+2

2.（湖南怀化名校联考联合体2025届高考考前仿真联考三）一个四分之一光滑圆弧形物块

B静止在光滑的水平面上，圆弧的半径为R,一可视为质点的小物块A从物块B的底端以速

度%=2廊滑上圆弧，经过时间“合好能滑上B的圆弧面顶端，已知滑块A的质量为相,

重力加速度为g，则（）

3）

________

A.物块A滑上圆弧面后，A、B组成的系统动量守恒

B.物块B的质量为,〃

C.物块A从底端到滑上圆弧面顶端的过程物块B的位移为2J丽一”

2

D.A和B分离时，B的速度大小为国

3.（2025届江苏省苏州市八校高三下学期三模联考）观察发现青蛙竖直向上起跳，跳起的最大

高度为“。一长木板静止放置在光滑水平地面上，木板质量为一质量为的青蛙静止

蹲在长木板的左端。青蛙向右上方第一次跳起，恰好落至长木板右端且立刻相对木板静止。

青蛙继续向右上方第二次跳起，落到地面。青蛙第三次从地面向右上方起跳并落地。三次向

右上方跳跃过程都恰能使青蛙相对地面水平位移最大。木板的厚度不计。已知每次起跳青蛙

做功相同，起跳与着陆过程时间极短，青蛙可看作质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。

求：

<///////////////////////////////

（1）每次青蛙起跳做的功W；

（2）青蛙第三次向右上方跳跃的水平距离x；

（3）若长木板的长度为乙青蛙第二次向右上方起跳的水平位移〃（用木板长度L表示）;

（4）长木板的长度L与〃的关系。

4.（2025河北十县联考）（16分）如图所示，光滑水平面左侧放置质量M=3kg、半径R=4m

的,光滑圆弧槽〃，右侧固定粗糙斜面体A8C,斜面体43和的倾角均为60。，8离地面

4

高度，=l.6m,另有一个质量〃『lkg的小滑块〃（可视为质点）从圆弧槽某位置静止释放,

圆弧槽圆心与小滑块的连战与竖直方向夹角为0..。滑块与斜面A8之间的动摩擦因数

〃=咚，且滑块通过A点时无机械能损失6巾37。=0.6,重力加速度^=IOm/s2.

14

（1）若圆弧槽〃固定不均且小滑块。静止释放位置。=37。，求。第一次滑至圆弧槽最低点

时小滑块的向心加速度大小；

（2）若圆弧槽〃不固定且小滑块。静止释放位置490。，求。滑至圆弧槽最低点时小滑块

的位移大小及圆弧槽对小滑块的支持力大小；

（3）若圆弧槽〃固定不动，小滑块从某一位置静止释放，小滑块沿斜面通过3点后恰

好落在C点，求：小滑块在B点时的速度及释放位置的夕角度.

5.（9分）如图所示，光滑固定水平杆上套有质量均为，n=0.5kg的滑块4和团长

/=1.0m的轻质细线一端固定在滑块B上,另一端系住一质量为//io=1.Okg的小球

C。现将。球向左拉起至细线与竖直方向成。二53。用的位置，然后由静止释放。球,

已知sin53°=0.8,cos530=0.6。求：

（1）A、8两滑块分离时,A、B、。的速度大小；

（2）48两滑块分离时，滑块A的位移大小；

（3）A、。两滑块分离后C球能向上摆动的最大高度。

6.（2024湖北名校联考）如图所示，匀质斜面体放在光滑水平地面上，其高和底分别为人和

2瓦质量为〃?的可视为质点的小滑块，初始时刻从斜面体顶端由静止开始卜滑，运动到斜

面底端时，斜面体的位移大小为〃，滑块与斜面间因摩擦产生的热品为Q。整个过程斜面体

不翻转，重力加速度为g。求：

（1）斜面体的质量；

（2）滑块运动到斜面底端时，斜面体速度的大小。

7.（15分）（2024河北沧州期末）如图所示，在足够大的光滑水平面上,静止着两个半径均

为R=1.2m的光滑四分之一圆弧体A、B,两圆弧面的最底端与水平面相切，圆弧体A的

质量〃7A=4kg,质量机=2kg的小球由圆弧体A的顶端静止滑下，一段时间后冲上圆弧

体B。重力加速度g取IQm/s?。求：

（1）小球刚离开圆弧体A时的速度大小；

（2）小球从圆弧体A上下滑过程中，圆弧体A滑行的距离及小球第一次滑上圆弧体B瞬

间对圆弧体的压力大小；〔结果可用分式表示）

（3）若使小球不能再次滑上圆弧体A,圆弧体B的质量应满足的条件。

8.（16分）（2025年5月山东联考）为研究物体间相对运动规律，先将一质量为M的匀质

凹槽放在水平地面上，凹槽内有•个半椭圆形的轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为。和儿

长轴水平，短轴竖直。再将质量为机的小球由不同位置释放，装置如图所示。问：

（1）若凹槽、地面均粗糙，将小球从椭圆轨道长轴最右端正上方力处由静止自由糅放，刚

好能到达该半长轴最左端s该过程中，凹槽始终静止，试求出小球到达轨道最右端时地面对

凹槽的摩擦力，及该过程中凹槽内部摩擦力对小球所做的功（椭圆半长轴端点处的曲率半径

（2）若凹槽、地面均光滑，小球初始时刻从椭圆轨道K轴的右端点由静止开始下滑。求出

小球第一次运动到轨道最低点时凹槽的速度大小；

（3）若保持（2）中条件，且丝二3以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖

ma-2b

直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy,椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转，

重力加速度为g。试求出在平面直角坐标系xOy中小球运动的轨迹方程。

高考力学压轴题模型解读与针对性训练

专题6人船模型

【人船模型解读】

人船模型

1.模型图示

2.模型特点

（1）两物体满足动量守恒定律：〃切入一例。明=（）。

⑵两物体的位移大小满足:吟一吟人+$后L得s人=历+〃7乙$船=丁？加

L。

3.运动特点

（1）人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右。

⑵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，即觇一。船一机

4.“人船模型”的拓展（某一方向动量守恒）

【典例剖析】

【典例】.（2023高考湖南卷）如图，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有

一个半椭圆形的光滑凯道，椭圆的半长轴和半短轴分别为。和江长轴水平，短轴竖直.质量

为〃?的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑.以初始时刻椭圆中心的位

置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xQy,椭圆长轴位于x轴上.整个

过程凹槽不翻转，重力加速度为g.

（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的

距离；

（2）在平面直角坐标系入。），中，求出小球运动的轨迹方程；

（3）若竺=七，求小球下降〃高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用。、b及g

ma-b20

表示）.

公:案（1）2而._ma_

''y/M（m+M）M+m

⑵竺嚓产+±iJ。）

M2a2b2-

（3）2b

弋a+3b

解析（1）小球从静止到第一次运动到轨道最低点的过程，水平方向上小球和凹槽组成的

系统动量守恒，有0=”的一M也

对小球与凹槽组成的系统，由机械能守恒定律有

mgh-mvl4--/WV2

22

联立解得v2=I

yjM（m+M）

根据人船模型规律，在水平方向上有〃因=MX2

又由位移关系知Xi+x2=a

解得凹槽相对于初始时刻运动的距离也=整

（2）小球向左运动过程中，凹槽向右运动，当小球的坐标为（x,y）时，小球向左运动的

位移x'i=a—x,则凹槽水平向右运动的位移为2=三Q—x）

小球在凹槽所在的椭圆上运动，根据数学知识可知小球的运动轨迹满足

22

（X-X12）,y.

整理得小球运动的轨迹方程为幽土吗旨血+3=1（左0）

M2a2£>2-

（3）若上=」一,代入（2）问结果化简可得

ma-b

[x—（a-b）平+尸二护

即小球的运动枕迹是半径为。的圆

小球下降〃高度的过程，小球与凹槽组成的系统在水平方向动量守恒，有〃?力》=知心

对小球与凹槽组成的系统，由机械能守恒定律有

mgh=-mv'2+-A/V/2

2122

由几何关系及速度的分解得V']sin30°=Uh

【针对性训练】

1.如图，棱长为。、大小形状相同的立方体木块和铁块，质量为机的木块在上、

质量为M的铁块在下，正对用极短细绳连结悬浮在平静的池中某处，木块上表

面距离水面的竖直距离为爪当细绳断裂后，木块与铁块均在竖直方向上运动,

木块刚浮出水面时，铁块恰好同时到达池底。仅考虑浮力，不计其他阻力，则池

深为（）

HEEEEEH；一旗施蓝

A-MhB.m(/?+2a)

M+〃?

c.M(〃+2a)D.-+2a

答案D

解析设铁块竖直下降的位移为d,对木块与铁块组成的系统，系统外力为零,

由动量守恒定律（人船模型）可得O=mh-Md,池深”=〃+1+2〃，解得H=

M

〃+2a,D正确。

2.（湖南怀化名校联考联合体2025届高考考前仿真联考三）一个四分之一光滑圆弧形物块

B静止在光滑的水平面上，圆弧的半径为R,•可视为质点的小物块A从物块B的底端以速

度%=2场滑上圆弧，经过时间/恰好能滑上B的圆弧面顶端，已知滑块A的质量为〃?，

重力加速度为g，则（）

3）

________

A.物块A滑上圆弧面后，A、B组成的系统动量守恒

B.物块B的质量为相

C.物块A从底端到滑上圆弧面顶端的过程物块B的位移为久返二£

2

D.A和B分离时，B的速度大小为师

【答案】BC

【解析】该过程系统在水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A错误;

A滑上B的过程有~-2+，Hb

解得人传=”，，故B正确;

滑上的过程，和系统在水平方向动量守恒

ABABmv0=wvA+

故叫f=+叫f，4=匕/，/=%/，工人一仆=R

解得/=2啊'_R,故C正确；

由于A和B质量相等，A和B分离时，相当丁发生弹性碰撞，A和B交换速度，A速度

为0,B的速度大小为2，还，故D错误。

3.（2025届江苏省苏州市八校高三下学期三模联考）观察发现青蛙竖直向上起跳，跳起的最大

高度为力。一长木板静止放置在光滑水平地面上，木板质量为M。一质最为〃?的青蛙静止

蹲在长木板的左端。青蛙向右上方第一次跳起，恰好落至长木板右端且立刻相对木板静止。

青蛙继续向右上方第二次跳起，落到地面。青蛙第三次从地面向右上方起跳并落地。三次向

右上方跳跃过程都恰能使青蛙相对地面水平位移最大。木板的厚度不计。已知每次起跳青蛙

做功相同，起跳与着陆过程时间极短，青蛙可看作质点，忽略空气阻力，重力加速度为

求：

...................

(1)每次青蛙起跳做的功W；

(2)青蛙第三次向右上方跳跃的水平距离x；

(3)若长木板的长度为乙,青蛙第二次向右上方起跳的水平位移d(用木板长度L表示);

(4)长木板的长度L与〃的关系。

【答案】(1)W=〃?g〃

（2）x=2h

【解析】⑴对青蛙竖直起跳过程列动能定理W-=0

解得每次青蛙起跳做的功W="3

(2)对第三次青蛙起跳过程，设青蛙起跳初速度大小为%,方向与水平方向夹角为运动时

间为八则

竖直方向％sin0=g；

水平方向七=%fcos。

联立解得不=逊幽

g

2

则当8=45时，4二九

eO

对青蛙起跳w=；〃宿

解得青蛙第三次向右上方跳起水平距离x=2/z

（3）青蛙第一、二次向右上方起跳均在木板上，且均相对地面水平位移最大，故两次相对地

面位移相同。对青蛙第一次在木板向右上方起跳过程，水平方向动量守恒有〃巧=

由几何关系玉+工2=L

M

联立解得4=73—L

M+m

（4）对青蛙第一次向右上方起跳，设青蛙起跳的竖直初速度为匕，水平初速度为叭，木板后

退速度为则对青蛙，竖直方向匕.二g2

・2

水平方向X=v/

对青蛙和木板系统小匕=Mu

2

青蛙相对地面位移内=一匕匕.

g

对青蛙第一次起跳W=耳利（T+3）+g/Wv2

联立得K+*=2gh

kM

,4MM+m

又由于=p-

M+tn)VM

可知当（呼'V=u；=g/z时，青蛙跳的最远，则£=”上〃

4.（2025河北卜县联考）（16分）如图所示，光滑水平面左侧放置质量M=3kg、半径R=4m

的上光滑圆弧槽从右侧固定粗糙斜面体ABC,斜面体和8c的倾角均为60。，8离地面

4

高度〃=1.6m,另有一个质量〃『lkg的小滑块〃（可视为质点）从圆弧槽某位置静止释放，

圆弧槽圆心与小滑块的连线与竖直方向夹角为久。滑块与斜面A8之间的动摩擦因数

//=器，且滑块通过A点时无机械能损失.sin37*0.6,重力加速度^=10m/s2.

（1）若圆弧槽b固定不均且小滑块。静止释放位置。=37。，求。第•次滑至圆瓠槽最低点

M小滑块的向心加速度大小；

（2）若圆弧槽b不固定且小滑块。静止释放位置族90。，求。滑至圆弧槽最低点时小滑块

的位移大小及圆弧槽对小滑块的支持力大小；

（3）若圆弧槽b固定不助，小滑块从某•位置静止释放，小滑块沿斜面A8通过8点后恰

好落在C点，求：小滑块在B点时的速度及释放位置的，角度.

【名师解析】：（1）从释放位置到最低点由动能定理/wg（R—Rcos6）=5相片

求得%=j2gR（l_cos=4m/s

所以最低点向心加速度。=九=4m/s2

R

（2）a与。水平方向动吊守恒且总动量等:零,满足mxi=MX2

且%+々k

M

所以可得滑块水平位移玉=------R=3m

M+m

而竖直位移为4m,则根据勾股定理可知，总位移大小为5m.（1分）

a滑下过程中ab组成的系统总能量守恒

D121“2

mgR=-mv~+-MV；

a与匕水平方向动量守恒可得

用匕=MV2

可得匕二/s

彩=/s

a相对b的速度大小v相对二W+匕

小滑块由合力提供向心力

1\

所以&=1^N

(3)8点飞出到C点过程中，小滑块做斜抛运动，在水平方向匀速运动，则时间为

hh

I_tan60°二百

vHcos60°Vg

T

在竖直方向竖直上抛，取向下为正方向，则

h=-vnsin60°r+g

得以=±/s

hi

释放位置到B点由动能定理mg(R-Rcos0)-mgh—cosa-------=-inv2

sina2B

解得cosO=L

2

所以8=60。

5.(9分)如图所示，光滑固定水平杆上套有质量均为m=0.5kg的滑块4和团长

/=1.0m的轻质细线一端固定在滑块B上,另一端系住一质量为m0=1.0kg的小球

C现将C球向左拉起至细线与竖直方向成。二53。角的位置，然后由静止释放。球,

已知sin53°=0.8,cos53°=0.6。求：

(1)A、8两滑块分离时,A、B、C的速度大小；

(2)48两滑块分离时，滑块A的位移大小；

(3)A、3两滑块分离后,C球能向上摆动的最大高度。

B

0

【参考答案】（1）2m/s2m/s2m/s（2）0.4m（3）2m

【名师解析】（1）C摆到最低点的过程中/、B、C组成的系统水平方向动量守

恒，机械能守恒，则有O=2mvAB-fnovc（1分）

mogl（1-cos53°）=1x2w（1分）

解得VAB=VC=2m/s,即V,\=VH=VC=2m/s（l分）

（2）。运动到最低点时,A、8恰要分离,A、B、C组成的系统在水平方向上动量守

恒，有2〃必二moxc（1分）

又心+xc=/sin53°（1分）

解得用=0.4m（l分）

（3）4、B分离后,8、C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，则有

movc-fnvB=（m+fn（））v（1分）

|/noVcj=|x（/wo+/77）v2+升叫八（1分）

解得m（l分）

.LD

6.（2024湖北名校联考）如图所示，匀质斜面体放在光滑水平地面上，其高和底分别为人和

2b.质量为〃?的可视为质点的小滑块，初始时刻从斜面体顶端由静止开始下滑，运动到斜

面底端时，斜而体的位移大小为〃，滑块号斜面间因摩擦产生的热量为整个过程斜面体

不翻转，重力加速度为以求：

（1）斜面体的质量；

悟案】⑴⑵「出事

【解析】（1）设斜面体质量为M,由水平动量守恒得

0—〃2匕“一MI，M

方程式两边同时对时间进行累积，整理有

咻=Mb

又因为位移关系有

x,"+b=2b

解得

M=m

（2）设滑块运动到斜面底端时速度为匕，将其分解，则其水平分速度大小为匕一竖直分速

度大小为匕y，设斜面倾角为，，则有

殳=tan0=2

%2b

设M速度为力，该系统水平方向上动量守恒，有

0=〃7r-MV2

由系统能量守恒，有

mgb-Q=~〃z（吧+哝）+；历年

解得

7.（15分）（2024河北沧州期末）如图所示，在足够大的光滑水平面上，静止着两个半径均

为R=1.2m的光滑四分之一圆弧体A、B,两圆弧面的最底端与水平面相切，圆弧体A的

质量〃7A=4kg,质量机=2kg的小球由圆弧体A的顶端静止滑下，一段时间后冲上圆弧

体B。重力加速度g取10m/s?。求：

（1）小球刚离开圆弧体A时的速度大小；

（2）小球从圆弧体A上下滑过程中，圆弧体A滑行的距离及小球第一次滑上圆弧体B瞬

间对圆弧体的压力大小；〔结果可用分式表示）

（3）若使小球不能再次滑上圆弧体A,圆弧体B的质量应满足的条件。

答案：(1)4m/s

140

(2)0.4m——N

3

(3)B-6kg(或0<<6kg)

解析：(1)设小球离开A时速度大小为％,A的速度大小为匕

根据能量守恒定律仃=-WVQ+—〃么或

根据动信守恒定律有mv0=mAvA

解怜%=4mIs,=2m/s

(2)设小球由A上下滑的过程中，4向右滑动距离为4。小球水平位移大小为x，对小

球与A，水平方向动量守恒，根据动量守恒定律得inx=mAxA,xA+x=R

解得.q=0.4m

V2

小球第一次滚上圆孤体B的瞬间，由牛顿第二定定律可得FN-"%=哪

140

解得&=亍N

140

根据牛顿第三定律可知，