模型4人船模型-动量守恒的九种模型解读

动量守恒的九种模型解读

模型四人船模型

模型解读

1.模型图示

2.模型特点

(1)两物体满足动量守恒定律：〃川人一M1，船=0。

(2)两物体的位移大小满足："牛一若=0,s人+s产L得s人=六的$帽=瑞”。

3.运动特点

(I)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，即二=一=・。

s船丫公m

“人船模型”的拓展(某一方向动量守恒)

【典例透析】

【典例】1.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轨道，椭圆的半长轴

和半短轴分别为。和6长轴水平，短轴竖直。质量为小的小球，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。

M

（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小;

⑵凹槽相对于初始时刻运动的距离。

［答案］⑴，:嘴;⑵谭"

【解析】（1）小球从静止到第一次运动到轨道最低点的过程，小球刑凹槽组成的系统水平方向上动量守恒，有0=

mv\—MV2

对小球与凹槽组成的系统，由机械能守恒定律有

mgb八彳

联立解得『5含着）。

⑵根据人船模型规律，在水平方向上有mU=MX2

又由位移关系知XI+X2=。

解得凹槽相对于初始时刻运动的距离X2=T7T-O

M十〃2

【名师点拨】

应用“人船模型”解题的两个关键点

（1）“人船模型”的应用条件：相互作用的物体原来都静止，且满足动量守恒条件。

（2）人、船位移大小关系：m人x人=小射彳船，x人+/船=£（£为船的长度）。

【针对训练】

1.（2024河南名校联考）.如图，棱长为〃、大小形状相同的立方体木块和铁块，质量为〃?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从当细绳断裂后，

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（）

============

：：：：：：：：：；衣变浮

HEHEEH；一展施自

M+m

A，M卜B.S+2〃)

M+mM+机

CMS+2a)D.~^-h+2a

【答案】D

【解析】设铁块竖直下降的位移为4对木块与铁块组成的系统，系统外力为零，由动最守恒定律［人船模型）可得0

=mh-Md,池深〃=力+4+2小解得”=f—力+2«,D正确。

2.（2024全国高考模拟）一小船停靠在湖边码头，小船又窄又长（估计重一吨左右）。一位同学想用一个卷尺粗

略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻

下船。用卷尺测出船后退的距离d,然后用卷尺测出船长L已知他的自身质量为〃?，水的阻力不计，船的质量为

m(L-d)nt(L+d)n1(L+d)

~d~

【答案】A

【解析】设人走动时船的速度大小为”，人的速度大小为匕人从船尾走到船头所用时间为，，取船的速度为正方向,

则y=M=j,根据动量守恒定律Ml，一,加=0,解得船的质量加=蟠二色，故选A。

ftA

3.如图所示，一个倾角为a的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M,顶端高度为〃.今有一质量为〃，的

小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是（）

A，M+机R-

zn/zcotaM»cota

cM+mM+〃？

【答案】C

【解析】此题属于“人船模型''问题，巾与M组成的系统在水平方向上动量守恒，设机在水平方向上对地位移为

X1，M在水平方向上对地位移为X2.因此0=〃a1-MX2①，且Xi+X2="cota②由①②可得工2="，选项C

正确.

4光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为a的斜面A,斜面质量为M、底边长为L,如图所示。将一质量为

机可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间/刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支

持力大小为尸N，则下列说法中正确的是（）

A.FN=//^COSa

B.滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为乐/cosa

C.滑块B下滑的过程中4、B组成的系统动量守恒

D.此过程中斜面向左滑动的距离为L

【答案】D

【解析】当滑块8相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块8相对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为零，所以斜面对滑块的支持力小不等于机geos*A错误；滑块

3下滑过程中支持力对B的冲量大小为尸N/，B错误；由于滑块8有竖直方向的分加速度，所以系统竖直方向合外

力不为零，系统的动量不守恒，C错误；系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、8两者水平位移大小

分别为汨、X2，则加口=〃a2，X\+X2=L,解得介=、工〃上,D正确。

5(2022北京平谷模拟)如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平桌面上，小车的上表面是半径为R的光滑

半圆形轨道。小车两侧距离桌面边缘的水平距离均为此质量为/〃的小球从小车上圆形轨道右侧的最高点由静

止释放，已知M>〃i。下列说法正确的是

A.小球由静止释放后，小球的机械能守恒

B.小球由静止释放后，小球和小车组成的系统的动量守恒

C小球到达圆弧轨道左侧最高处时，小车的速度为零

D.小车的左边外侧始终不会伸出桌面左边缘，小车的右边外侧会伸出桌面右边缘

【答案】C

【解析】此题为人船模型。小球由静止释放后，小球和小车组成的系统的机械能守恒，选项A错误：小球由静止释

放后，小球和小车组成的系统水平方向的动量守恒，竖直方向的动量不守恒，选项B错误；由动量守恒定律,

小球到达圆弧轨道左侧最高处时，小车的速度为零，选项C正琥；由于当小球到达圆弧轨道左侧最高

处时，由人船模型，mx=M(2R-x),解得：X=?MR,小车向右移动距离s=2R-x=2'VR,即小车的左边

M+mM+nt

外侧始终不会伸出桌面左边缘，小车的右边外侧不会伸出桌面右边缘，选项D错误。

6.(2021辽宁模拟预测12〉如图所示，质量为M的车静止在光滑水平面上，车右侧内壁固定有发射装置。车左侧

内壁固定有沙袋。把质晶为机的弹丸最终射入沙袋中，这一过程中车移动的距离是S,则小球初位置到沙袋的距离

d为()

M

///77/////'/////

(M+m)S(M+m)S「mSMS

mMM+mM+m

【答案】A

【解析】在发射弹丸到弹丸落到沙袋运动中，弹丸和车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律，则有〃“，邦-加心二0,

可得机"二一M三=0,解得d=(M+」2)s,A正确，BCD错误。

m

7.（2024年4月湖北部分重点高中期中联考物理）如图所示，质量为〃的带有四分之一光滑圆弧轨道的小车静止

置于光滑水平面上，圆弧的半径为R（未知），一质量为〃?的小球以速度%水平冲上小车，恰好达到圆弧的顶端，此

时M向前走了0.25R,接着小球又返回小车的左端。若M=2?n,重力加速度为g,则（）

A.整个过程小车和小球组成系统动量和机械能都守恒

B.圆弧的半径为

3g

C.小球在弧形槽上上升到最大高度所用的时间为警

15g

D.整个过程小球对小车做的功为警

【答案】BD

【解析】整个过程小车和小球组成系统仅在水平方向动量守恒，系统的机械能守恒，故A错误：

从滑上就道到到达顶端，规定向右为正，根据水平方向动量守恒可得加氏=（M+m）v,根据机械能守恒可得诏=

mgR+^M+m}v2,联立可得u=mR=总，故3正确：规定向右为正，设小球返回小车左端时的速度大小为巧、

小车的速度大小为也，根据水平方向动量守恒可得〃l“o=Mn-m匕，根据机械能守恒可得;"I诃1M1?2»

其中M=2zn,联立可得方=华，对小车根据动能定理可得W=诏-0=等，故。正确；小球从滑上轨道到

到达顶端，设小球与弧形槽相对地面的水平位移分别为勺，%2,

则根据题意可得%=1.25/?,x2=0.25/?,在水平方向任一时刻都满足m%=mv^+Mv2',则有+

=mx1+MX2＞结合M=2m,R=*可解得亡=笥，故C错误。

8.（2024山东青岛市平度一中期末）如图，质量为2m的物块B放在光滑水平面上，B上方用较链连接一根长为L

的轻杆，轻杆顶端固定一质量为机的小球A,开始时轻杆竖直。给小球A一个向左的轻微扰动，已知重力加速度

大小为g，下列说法正确的是（）

A.若物块B固定，在轻杆转动过程中，小球A水平方向的速度先增大后减小

B.若物块B固定，在轻杆转动过程中，重力做功的最大功率为花戢

C.若物块B不固定，A、B组成的系统水平方向的动量不守恒

2/

D.若物块B不固定，当轻杆转到水平方向时，小球A在水平方向上的位移大小为二-

3

【答案】ABD

【解析】若物块B固定，在轻杆转动过程中，开始时小球A水平退度为零，到达最低点时水平速度又为零，可知

在轻杆转动过程中小球A水平方向的速度先增大后减小，选项A正确；若物块B固定，在轻杆转动过程中，当小

球到达最低点时竖直速度最大，根据机械能守恒〃吆心=；机声，则重力做功的功率最大，最大为

兄=选项B正确；若物块B不固定，A、B组成的系统水平方向受合外力为零，则系统的动

量守恒，选项C错误；若物块B不固定，当轻杆转到水平方向时，小球A在水平方向上的位移为力则由人船模型

2L

可知如=2利（心一幻，解得x=—,选项D正确。

3

9.（2024安徽安庆市二中第四次质桧）如图，质量均为〃?的木块A和B,并排放在光滑水平面上，A上固定一竖

直轻杆，轻杆上端的。点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为〃?。的球C。现将C球拉起使细线水平伸直，

并由静止释放C球。求A、B两木块分离时，A、B、C的速度大小？

【解析】小球C下落到最低点时，AE开始分离，此过程水平方向动量守恒.根据机械能守恒有

/孔二g肛）uj+gx2m匕个，取水平向左为正方向，由水平方向动最守恒得/AR）VC-2/??VAB=O,联立.解得

10.（2024湖南新高考教研联盟一模）如图，质量为〃7的a球（中间有一个小孔）穿在足够长的光滑水平杆上。b

球质量为公〃，a球和b球用长为乙的轻杆相连。从图示位置，先给4球一个竖直向上的初速度％,让b球越过最高

点，假设b球连同轻杆在运动过程中均不会与水平杆相碰（稍微错开，但错开距离忽略不计，重力加速度为g）。

o-

（1）求b球到达最高点时，a球的位移大小；

（2）以a球初始位置为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为），轴正方向，求b球运动的轨迹方程;

（3）当b球运动到水平杆下方，且轻杆与水平杆正方向夹角为。=30。时，求b球的速度大小。

［解析］（1）b球运动到最高点，水平方向动量守恒：0=kn叫+一匕），

即：0=hnxh+m（一X”）①，

几何关系：Xa+%,=L②，

由①®得七,=±£。

（2）设球b的坐标为",），）时，a球水平向左移动距离为乙，b球水平向右距离为L-x：

以a球和b球为整体，水平方向动量守恒：0=版%+6（一也），

用小球水平方向位移表示为

0=km（L-x）+一5）③，

以a球为参考系，b球枕迹为圆+y2=产④，

（k丫

X-L2

由③@得^―J+1=1或［（1+加-也］2+9二巳

岛）L

b球的轨迹是一个椭圆。

（3）设b球的水平速度为以,，竖直速度为1与，a球水平速度为也,

以a球和b球为整体，水平方向动量守恒：0=切7%+〃?（一匕）⑤,

以a球和b球为整体，机械能守恒，以水平杆为零势能面：

1kmv1=-kmgLsin30°+to（+g〃*⑥,

当b球运动到水平杆卜.方，且轻杆为水平杆正方向夹角30。时，以a球为参考系，此时b球速度方向与水平方向夹

角为60。：tan60°=—学一-0,

%一（一匕）

由⑤⑥®⑧得0J竺岩需组

（2。24江西赣州质检）（“分）如图所示'半径为R的光滑（圆弧槽静止在足够长的光滑水平面上,圆弧底端与水

平面相切，其右侧距离为R处有厚度不计的薄木板，薄木板的左端放置一个小滑块，右端固定一竖直轻质挡板，挡

板左侧连有一轻质弹簧。现将一小球从圆弧槽左侧内切点正上方的•定高度由静止释放，小球落入恻弧槽后又滑离;

然后以大小为w的速度与小滑块发生弹性碰撞，碰撞时间极短；随后小滑块拖动薄木板向右滑动，压缩弹簧后反弹，

且恰好能回到薄木板的最左端而不掉下。已知小球的质量为〃?，圆弧槽和小滑块的质量均为3小，薄木板的质量为

6〃?，小球和小滑块均可视为质点，重力加速度为g。求：

（1）小球开始下落时离水平地面的高度

（2）小球与滑块碰撞的瞬间，小球与圆弧槽底端的距离x；

（3）弹簧的最大弹性势能

【答案】（1）%；（2）乎：（3）皿

3g38

【解析】（1）设小球滑离圆弧槽时，圆弧槽的反冲速度大小为1小方向水平向左

由动量守恒定律得机%=3〃%

解得W音

从小球开始下落至球、槽第一次分离过程，系统机械能守恒。由机械能守恒定律得

nigh=+g*

解得4

（2）设小球从开始下落至刚好滑离圆弧槽，相对地面向右滑过圆弧槽反冲相对地面后退口，由平均动量守恒

可得/叫=3nix2

X1+x,=R

31

解得X2=^R

小球要批续向右滑过&+R，历时则，=三述=¥

圆弧槽在/时间内向左继续滑行的距离为卬二v三乂5六R二不5R

小球与滑块碰撞的瞬间，小球*J圆弧槽底端的距离x=印+『R=竽

(3)规定向右为正方向，小球与滑块发生弹性碰撞，动量守恒，机械能守恒

，〃%=+3mv2

121,,1。，

-/MV-=-wn-0-+-x3;nv；

解得匕=-£

方向向左；T吟

方向向右。

滑块与薄木板共速时弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律得3〃%=(3/〃+6/〃)v

解得「廿

6

因滑块恰好回到薄木板的最左端，故薄木板与滑块间一定有摩擦，且相对薄木板向右运动和返回向左运动的摩擦生

热相同，设为Q,则4u=；X3〃"-；(3〃1+6m)V2-Q

乙乙

滑块恰好回到薄木板的最左端时仍共速，速度仍为故

解得/=驾

O

12.(2023湖北四市七校联盟期中联考)如图所示，质量为3〃?、半径为R的光滑圆弧形槽静止在光滑水平面上,

质量为〃?的小钢球从槽的顶端A处静止释放，不计一切阻力，重力加速度为g,在此后的过程中，下列说法正确的

77777777777777777777

A.小钢球和圆弧形槽组成的系统动量不守恒

B.小钢球运动到圆弧槽B处时速度为伍无

C.小钢球运动到圆弧槽B处时，此圆弧槽的对地位移大小可能为

4

D.小钢球运动到圆弧槽B处时，此小钢球的对地位移大小可能为*R

4

【答案】ACD

【解析】小钢球在竖直方向受重力作用，合力不为零，小钢球和槽组成的系统动量不守恒，A正确；

小钢球和槽组成的系统水平方向上不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒，由题意知水平方向上初动量为零,

则有mvi=3mvi

又因为整个过程系统机械能守恒又有肛4=解得w=4竽，w=qx,B错误：

设小钢球小钢球卜滑到底端B的过程中所用时间为3圆弧向左移动的距离为x,则小钢球向右移动的距离为R—X,

R_yyRO

根据水平方向动量守恒得〃2•二一=3〃z•-，解得工二二，R-x=-R

tt44

由于小钢球在竖直方向运动了R,则小钢球运动到圆弧槽B处时，此小钢球的对地位移大小可能为

L=」R?+（，）2=>R,CD正确“

V44

13..（2023湖南名校5月质检）气球质量为100kg,载有质量为50kg的人，静止在空中距地面20m的地方，气球

下悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至安全到达地面，则这根绳长至少为（）

A.6.67mB.20m

C.30mD.60m

【答案】C

【解析】以人和气球组成的系统为研究对象，系统动量守恒，设人在沿绳缓慢下滑时的速度为W，气球的速度为也，

经过时间/人安全到达地面，人运动的位移为si=20m,气球上升的位移为S2,因为人从气球上沿绳慢慢下滑，所以在

整个过程可看成匀速直线运动，有〃7/一根2y2=0，则町，一加21二0

解得*，所以绳长最短为20m+10m=30m,故选Co

14.（2023湖北孝感重点高中期中联考）如图，质量为小的人站在质量为M的车的一端，m>M,车相对于地面静

止。在人由一端走到另一端的过程中，人重心高度不变，空气阻力、车与地面间的摩擦力均可以忽略不计（）

A.人对车的冲量大小大于车对人的冲量大小

B.人发生的位移大小大于车发生的位移大小

C.人运动越快，人和车的总动量越大

D.不管人运动多快，车和人的总动量不变

【答案】D

【解析】在人由一端走到另一端的过程中，对于人和车组成的系统，所受的合外力为零，系统的动量守恒，C错误，

D正确，根据/=历，人对车的作用力等于车对人的作用力，作用时间相等，所以人对车的冲量大小等于车对人的

冲量大小，A错误；根据动量守恒定律，〃人了人=M车峰，两边同时乘于时间，则得〃"J"=历乍打”，即

"X人=加车工车，心也解得x人＜1,B错误。

15.（2023湖北六校期中联考）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

止在平静的水面上,质量为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.人在甲板上向右散步时，船也将向右运动

B.人在立定跳远的过程中船相对地面保持静止

C.人在立定跳远的过程中船相对地面后退了0.4m

D.人相对地面的成绩为1.8m

【答案】D

【解析】根据动量守恒定律知，人在甲板上散步时，船将向后退，即船向左运动，故A错误；

根据“人船模型”动量守恒有Mt=制"7）,代入数据解得x=0.2m,即人在立定跳远的过程中船后退了0.2m,

故BC错误：人相对地面的成绩为2m-°.2m=1.8m,故D正确；

16.（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轨道，

椭圆的半长轴和半短轴分别为。和〃，长轴水平，短轴竖直.质最为小的小球，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X。），，椭圆

长轴位于大轴上.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xQy中，求巴小球运动的轨迹方程；

（3）若竺二一4,求小球下降〃=