052动量守恒之人船模型及类人船模型 精讲精练-2022届高三物理一轮复习疑难突破微专题

一.必备知识精讲

1.人船模型

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＝L，x船＝L。

2.类人船模型

（1）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；

（2）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。

二.典型例题精讲：

题型一：人船模型

例1：有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(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m，水的阻力不计，则船的质量为(　　)

A.   B.

C.   D.

答案　B

解析　设船的质量为M，人走动的时候船的速度为v，人的速度为v′，人从船头走到船尾用时为t，人的位移为L－d，船的位移为d，所以v＝，v′＝.以船后退的方向为正方向，根据动量守恒有：Mv－mv′＝0，可得：M ＝，小船的质量为：M＝，故B正确．

题型二：类“人船模型”

例2：载人气球静止于高h的空中，气球的质量为M，人的质量为m，若人沿绳梯滑至地面，则绳梯至少为多长？

答案：　h

解析：气球和人原来静止在空中，说明系统所受合力为零，故系统在人下滑过程中动量守恒，人着地时绳梯至少应接触地面，设绳梯长为L，人沿绳梯滑至地面，人的位移大小为x人，气球的位移大小为x球，它们的位移状态图如图所示，

由动量守恒定律有：0＝Mx球－mx人，

又有x球＋x人＝L，x人＝h，故L＝h。

例3：如图所示，一个倾角为α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h，今有一质量为m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.  B.

C.  D.

答案　C

解析　m与M组成的系统在水平方向上动量守恒，设m在水平方向上对地位移大小为x1，M在水平方向上对地位移大小为x2，因此有0＝mx1－Mx2。①

且x1＋x2＝。②

由①②可得x2＝，故C正确。

三.举一反三，巩固练习

1.有一只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m，水的阻力不计，船的质量为(　　)

A.  B.

C.  D.

答案　A

解析　设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t。取船的速度方向为正方向，则v＝，v′＝；根据动量守恒定律有：Mv－mv′＝0，则：M＝m，解得船的质量为：M＝，故A正确。

2.光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面体A，斜面体质量为M、底边长为L，如图3所示．将一质量为m、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t刚好滑到斜面底端．此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，重力加速度为g，则下列说法中正确的是(　　)

图3

A．FN＝mgcos α

B．滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcos α

C．滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量守恒

D．此过程中斜面体向左滑动的距离为L

答案　D

解析　当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面体A水平向左加速运动，所以滑块B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FN不等于mgcos α，A错误；滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt，B错误；由于滑块B有竖直方向的分加速度，所以A、B组成的系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，C错误；A、B组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B的水平位移大小分别为x1、x2，则Mx1＝mx2，x1＋x2＝L，解得x1＝L，D正确．

3.如图所示，小物块甲紧靠轨道BCD静置于光滑水平面上，轨道BCD由水平轨道CD及与CD相切于C点的光滑圆弧轨道组成，圆弧轨道的半径为R。现将小物块乙(视为质点)从B点正上方到B点高度为R的P点由静止释放，乙从B点沿切线方向进入圆弧轨道，恰好不会从水平轨道CD的左端D点掉落。已知甲、乙以及轨道BCD的质量相同，乙与CD间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度大小为g。求：

(1)乙通过C点时的速度大小v1；

(2)CD的长度L以及乙在CD上滑行的时间t；

(3)在乙从B点开始滑到D点的时间内，轨道BCD的位移大小x。

答案　(1) 　(2)3R　　(3)R

解析　(1)设乙的质量为m，当乙滑到C点时，轨道BCD与甲的共同速度大小为v2，甲、乙及轨道组成的系统水平方向动量守恒，有mv1－2mv2＝0，

乙滑到C点之前，甲、乙及轨道组成的系统机械能守恒，有mg×2R＝mv＋×2mv

解得v1＝，v2＝。

(2)乙滑到C点后，轨道BCD与甲分离，设轨道BCD与乙速度相同时的速度大小为v，乙从C点滑到D点的过程中，对乙和轨道BCD组成的系统，以水平向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得

mv1－mv2＝2mv

mv＋mv－×2mv2＝μmgL

则v＝＝

解得L＝3R；

设乙从C点滑到D点的过程中的加速度大小为a，由牛顿第二定律有μmg＝ma

乙从C点滑到D点的过程做匀减速直线运动，有

v＝v1－at

解得t＝ 。

(3)设乙从B点滑到C点的时间为t1，该过程轨道BCD通过的距离为x1，甲、乙及轨道组成的系统水平方向动量守恒，有2m·－m＝0

设乙沿轨道BCD从C点运动到D点的过程中轨道BCD通过的距离为x2，由动能定理有

－μmgx2＝mv2－mv

经分析可知x＝x1＋x2

解得x＝R。