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考点3 人船模型1.人船模型问题如图所示，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.2.人船模型的特点（1）两物体满意动量守恒定律：m1v1－m2v2＝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x1 x2＝v1v2＝m2m1.（3）应用x1x2＝v1v2＝m2m1时要留意：v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的.3.“人船模型”的拓展研透高考明确方向6.[人船模型]有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长.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岸，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（B）A.m（L＋d）d B.m（L－d）dC.mLd D.m（L＋d）L解析设船的质量为M，人走动的时候船的平均速度为v，人的平均速度为v'，人从船尾走到船头用时为t，人的位移为L-d，船的位移为d，所以v＝dt ，v'＝L−dt.以船后退的方向为正方向，依据动量守恒定律有Mv-mv'＝0，可得M dt ＝m(L−d)t，小船的质量为M＝m(L−d)d，故B正确.7.[“人船模型”的拓展/2024云南曲靖模拟/多选]如图所示，一半圆槽滑块的质量为M，半圆槽半径为R，滑块静止在光滑水平桌面上，一质量为m的小型机器人（可视为质点）置于半圆槽的A端，在无线遥控器限制下，小型机器人从半圆槽A端移动到B端.下列说法正确的是（CD）A.小型机器人与滑块组成的系统动量守恒B.滑块运动的距离为MRM＋mC.滑块与小型机器人运动的水平距离之和为2RD.小型机器人运动的位移是滑块的Mm倍解析小型机器人和滑块组成的系统只在水平方向动量守恒，A错误；小型机器人从A端移动到B端的过程中，由水平方向动量守恒得mx1＝Mx2，依据位移关系有x1＋x2＝2R，可得小型机器人和滑块移动的距离分别为x1＝2MRM＋m ，x2＝2mRM＋m，即小型机器人运动的位移与滑块运动的位移之比为x1x2＝Mm，故B错误，C、D正确.。
动量守恒定律及其应用动量守恒定律是物理学中的一条基本定律，它描述了在没有外力作用下，一个系统的总动量保持不变。
这个定律在许多领域都有广泛的应用，例如机械、流体力学、电磁学等。
本文将探讨动量守恒定律的原理以及其在实际中的应用。
首先，我们来了解一下动量的概念。
动量是物体运动的一种量度，它等于物体的质量乘以其速度。
即动量（p）=质量（m）×速度（v）。
动量是一个矢量量，具有方向和大小。
当一个物体的质量和速度发生变化时，其动量也会相应改变。
根据动量守恒定律，一个系统的总动量在没有外力作用下保持不变。
这意味着，当一个物体在一个封闭系统中发生碰撞或运动时，其动量的改变必须通过其他物体的动量改变来实现。
换句话说，如果一个物体的动量增加了，那么其他物体的动量必须减少，使得系统的总动量保持不变。
动量守恒定律在实际中有许多重要的应用。
其中一个应用是在交通事故中。
当两辆车相撞时，根据动量守恒定律，两辆车的总动量在碰撞前后应该保持不变。
因此，如果一辆车的速度减小，那么另一辆车的速度必须增加，以保持总动量不变。
这个原理可以帮助我们理解交通事故发生的原因和严重程度。
另一个应用是在火箭发射中。
当火箭喷射燃料时，燃料的速度增加，从而使火箭的速度增加。
根据动量守恒定律，火箭的动量增加必须通过燃料的动量减小来实现。
这就是为什么火箭在发射时会喷射燃料的原因。
动量守恒定律在火箭发射中的应用使得人类能够进入太空并进行探索。
动量守恒定律还可以应用于运动中的碰撞问题。
当两个物体碰撞时，它们之间会发生相互作用。
根据动量守恒定律，两个物体的总动量在碰撞前后应该保持不变。
根据这个原理，我们可以计算碰撞后物体的速度和方向，从而了解碰撞的结果。
除了碰撞问题，动量守恒定律还可以应用于流体力学中的问题。
例如，在水流中有一个旋涡，根据动量守恒定律，旋涡内部的流速必须比旋涡外部的流速更快，以保持总动量不变。
这个原理可以帮助我们理解旋涡的形成和运动。
动量守恒定律的应用场景动量守恒定律是物理学中的重要定律之一，它描述了在物理系统中动量的守恒性质。
动量守恒定律可以应用于许多不同的场景，从交通事故到火箭发射，都有其重要性。
本文将探讨动量守恒定律的应用场景。
1. 车辆碰撞在交通事故中，动量守恒定律的应用非常重要。
根据动量守恒定律，当两辆车发生碰撞时，它们的总动量在碰撞前后保持不变。
这意味着如果一辆车的动量增加，那么另一辆车的动量必然减少。
基于这一定律，交通事故重建专家可以利用车辆碰撞后的损坏程度来确定碰撞的速度和方向。
2. 火箭发射在火箭发射中，动量守恒定律也起着至关重要的作用。
当火箭发射时，推进剂从火箭喷射出去，火箭的质量会减小，但是火箭的动量必须保持不变。
因此，为了提高火箭的速度，火箭必须向后喷射足够大的质量的推进剂，以增加火箭的动量，从而实现推进。
3. 子弹的射击在枪械射击中，动量守恒定律同样适用。
当子弹离开枪口时，枪械和子弹所受到的动量之和必须为零。
因此，当子弹的质量较小时，枪械的反冲会更大。
这也是为什么当射击时，持枪手需要控制好后坐力以保持稳定。
4. 运动中的碰撞在各种运动比赛中，动量守恒定律也适用于描述撞球、足球、曲棍球等运动中的碰撞。
当物体发生碰撞时，它们的动量会相互转移。
例如，在足球比赛中，当一位运动员将球踢向另一位运动员时，球的动量从踢球者转移到了接球者，确保了球的移动。
5. 飞机起飞和降落动量守恒定律在飞机起飞和降落过程中也起着重要作用。
当飞机起飞时，喷气机向后喷出大量的气体，从而增加了飞机的动量，使飞机得以脱离地面。
而在降落过程中，飞机必须减小动量，以减慢飞机的速度并安全降落。
6. 物体的反弹当一个物体打击另一个物体时，根据动量守恒定律，施加力的物体的动量会转移到被打击物体上。
如果被打击的物体不能够吸收全部的动量，那么它会反弹。
例如，当篮球撞击地面时，篮球的动量会转移到地面上，然后又转移到篮球上，使篮球反弹起来。
综上所述，动量守恒定律在许多不同的场景中都有着重要的应用。
全国版2019版高考物理一轮复习第7章动量守恒定律27动量守恒定律及其应用能力训练1．(2017·安徽滁州联考)(多选)一质量为M 的小船静止在平静的湖面上，船头和船尾各站一位质量均为m 的游泳爱好者，两人分别从船头和船尾沿相反的方向跃入水中，则下列说法中正确的有( )A ．若两人同时以相等的速率跃入水中，则船仍保持静止B ．若两人先后以相等的相对水的速率跃入水中，则船速等于0C ．若两人先后以相等的相对船的速率跃入水中，则船速等于0D ．无论两人如何跃入水中，船始终保持静止 答案 AB解析 两个人和船组成的系统在水平方向上动量守恒，开始总动量为零，不管谁先跃入水中，若两人相对水的速率相等，则有0＝mv －mv ＋Mv ′，可知v ′＝0，故A 、B 正确。
若两人先后以相等的相对船的速率跃入水中，可知两人相对水的速度大小不等，根据动量守恒定律知，船速不为0，故C 、D 错误。
2．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.mhM ＋m B.Mh M ＋m C.mh M ＋mαD.Mh M ＋mα答案 C解析 此题属“人船模型”问题。
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为x 1，M 在水平方向上对地位移为x 2，因此有0＝mx 1－Mx 2且x 1＋x 2＝htan α联立解得x 2＝mh M ＋mα，C 正确。
3．(2017·黑龙江哈三中二模)如图所示，在光滑水平面上质量为m 的物体A 以速度v 0与静止的物体B 发生碰撞，物体B 的质量为2m ，则碰撞后物体B 的速度大小可能为( )A ．v 0 B.4v 03 C ．0 D.v 03答案 D解析 物体A 与物体B 碰撞的过程中动量守恒，选物体A 原来的运动方向为正方向：如果发生的是完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得mv 0＝(m ＋2m )v ，计算得出v ＝v 03；如果发生的是弹性碰撞，由动量守恒定律得mv 0＝mv 1＋2mv 2，由能量守恒定律得12mv 20＝12mv 21＋12·2mv 22，计算得出v 2＝2v 03。
碰撞后物体B 的速度满足v 03≤v B ≤2v 03，D 正确。
4.(2017·四川成都石室中学二诊)如图所示，光滑水平面上有质量均为m 的物块A 和B ，B 上固定一轻质弹簧，B 静止，A 以速度v 0水平向右运动，从A 与弹簧接触至弹簧被压缩到最短的过程中( )A ．A 、B 的动量变化量相同 B ．A 、B 的动量变化率相同C ．A 、B 系统的总动能保持不变D ．A 、B 系统的总动量保持不变 答案 D解析 两物块相互作用过程中系统所受到的合外力为零，系统的总动量守恒，则A 、B 的动量变化量大小相等、方向相反，所以动量变化量不同，故A 错误、D 正确；由动量定理Ft ＝Δp 可知，动量的变化率等于物块所受到的合外力，A 、B 两物块所受的合外力大小相等、方向相反，所受到的合外力不同，则动量的变化率不同，故B 错误；A 、B 及弹簧系统的总机械能不变，弹性势能在变化，则A 、B 系统的总动能在变化，故C 错误。
5.(2017·重庆巴蜀中学模拟)(多选)如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为2m 的物体A 相连，A 放在光滑水平面上，有一质量为m 的物体B ，从高h 处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A 相碰(时间极短)后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B 与A 分开且沿曲面上升。
下列说法正确的是( )A ．物体B 、A 组成的系统，在发生碰撞的过程中动量守恒，在弹簧被压缩的过程中机械能守恒B ．物体B 返回过程中能达到的最大高度为h9C ．物体A 对B 的冲量大小为43m 2ghD ．物体A 对B 做的功为89mgh答案 BC解析 A 与B 组成的系统碰撞过程合外力为零，则系统的动量守恒，此后A 和B 一起压缩弹簧，只有弹簧的弹力做功，则A 和B 与弹簧组成的系统机械能守恒，故A 错误。
对B 下滑过程，根据机械能守恒定律可得mgh ＝12mv 20，B 刚到达水平面的速度v 0＝2gh ，B 与A 碰撞过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得mv 0＝3mv ，知A 与B 碰撞后的共同速度为v＝v 03，此后一起压缩弹簧到最短又恢复原长，B 以速度v 返回曲面，则mgh ′＝12mv 2，可得h ′＝h 9，故B 正确。
取向左为正方向，对B 分析，由动量定理可知I ＝mv －(－mv 0)＝43m ·2gh ，故C 正确。
A 对B 做的功由动能定理有W ＝12mv 2－12mv 20＝－89mgh ，故D 错误。
6．(2017·安徽模拟)如图所示，一个质量为m 的物块A 与另一个质量为2m 静止的物块B 发生正碰，碰后物块B 刚好能落入正前方的沙坑中。
假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B 与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5 m ，g 取10 m/s 2，物块可视为质点。
则碰撞前瞬间A 的速度为( )A ．0.5 m/sB ．1.0 m/sC ．1.5 m/sD ．2.0 m/s答案 C解析 碰撞后B 做匀减速运动，由动能定理得－μ·2mgx ＝0－12×2mv 2，代入数据解得v ＝1 m/s ，A 与B 组成的系统在碰撞过程中水平方向的动量守恒，取向右为正方向，则mv 0＝mv 1＋2mv ，由于碰撞过程中没有机械能损失，则12mv 20＝12mv 21＋12×2mv 2，联立可得v 0＝1.5 m/s ，故A 、B 、D 错误，C 正确。
7.(2017·河北衡水中学调研)(多选)如图所示，质量分别为m 1＝1.0 kg 和m 2＝2.0 kg 的弹性小球a 、b ，用轻绳紧紧地把它们捆在一起，使它们发生微小的形变。
该系统以速度v 0＝0.10 m/s 沿光滑水平面向右做直线运动。
某时刻轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动。
经过时间t ＝5.0 s 后，测得两球相距s ＝4.5 m ，则下列说法正确的是( )A ．刚分离时，a 球的速度大小为0.7 m/sB ．刚分离时，b 球的速度大小为0.2 m/sC ．刚分离时，a 、b 两球的速度方向相同D ．两球分开过程中释放的弹性势能为0.27 J 答案 ABD解析 系统的总动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，两球相距s ＝v 1t －v 2t ，代入数据解得v 1＝0.7 m/s ，v 2＝－0.2 m/s ，负号表示速度方向与正方向相反，故A 、B 正确，C 错误；由能量守恒定律得12(m 1＋m 2)v 20＋E p ＝12m 1v 21＋12m 2v 22，代入数据解得E p ＝0.27 J ，故D 正确。
8．(2017·天津一中月考)如图所示，在光滑水平面上有A 、B 两辆小车，水平面左侧有一竖直墙，在车B 上坐着一个小孩，车B 与小孩的总质量是车A 质量的4倍。
从静止开始，小孩把车A 以速度v (对地)推出，车A 返回后，小孩抓住并两次把它推出，每次推出车A 的速度都是v (对地)、方向向左，则小孩把车A 总共推出多少次后，车A 返回时，小孩不能再接到车A 。
(小车与竖直墙相撞无能量损失)答案 3解析 设小孩把车A 总共推出n 次后，车A 返回时，小孩恰好不能再接到小车A 。
此时，车A 返回时的速度v 与车B 的速度恰好相等，即v B ＝v ①第1次推车时，小孩和车B 获得的动量为m A v ，以后每次推车时获得的动量为2m A v ，根据动量守恒定律得m A v ＋(n －1)·2m A v ＝m B v B ②又由题意知4m A＝m B③联立①②③，解得n＝2.5所以小孩把车A总共推出3次后，车A返回时，小孩不能再接到小车A。
9．(2015·福建高考)如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A 的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )A．A和B都向左运动B．A和B都向右运动C．A静止，B向右运动D．A向左运动，B向右运动答案 D解析选向右的方向为正方向，根据动量守恒定律得：2mv0－2mv0＝mv A＋2mv B＝0，选项A、B、C都不满足此式，只有D满足此式，所以D正确，A、B、C错误。
10．(2014·重庆高考)一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1，不计质量损失，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )答案 B解析 由h ＝12gt 2可知，爆炸后甲、乙两块做平抛运动的时间t ＝1 s ，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的一块的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即v >2 m/s ，因此水平位移大于2 m ，C 、D 错误；甲、乙两块在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙两块的动量改变量大小相等，两块质量比为3∶1，所以速度变化量之比为1∶3，由平抛运动水平方向上x ＝v 0t ，所以A 图中v 乙＝－0.5 m/s ，v 甲＝2.5 m/s ，Δv 乙＝2.5 m/s ，Δv 甲＝0.5 m/s ，A 错误；B 图中，v 乙＝0.5 m/s ，v 甲＝2.5 m/s ，Δv 乙＝1.5 m/s ，Δv 甲＝0.5 m/s ，B 正确。
11.(2017·河南洛阳一模)(多选)如图所示，质量为m ＝245 g 的物块(可视为质点)放在质量为M ＝0.5 kg 的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4，质量为m 0＝5 g 的子弹以速度v 0＝300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g 取10 m/s 2，则在整个过程中( )A ．物块和木板组成的系统动量守恒B ．子弹的末动量大小为0.01 kg·m/sC ．子弹对物块的冲量大小为0.49 N·sD ．物块相对于木板滑行的时间为1 s 答案 BD解析 子弹射入物块的过程中，物块的动量增大，所以物块和木板组成的系统动量不守恒，故A 错误；选取向右为正方向，子弹射入物块过程，由动量守恒定律可得m 0v 0＝(m 0＋m )v 1，物块在木板上滑动过程，由动量守恒定律可得(m 0＋m )v 1＝(m 0＋m ＋M )v 2，联立可得v 2＝m 0v 0m 0＋m ＋M＝2 m/s ，所以子弹的末动量大小为p ＝m 0v 2＝0.01 kg·m/s，故B 正确；由动量定理可得子弹受到的冲量I ＝Δp ＝p －p 0＝0.01 kg·m/s－5×10－3×300 kg·m/s＝－1.49 kg·m/s＝－1.49 N·s。
