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和u，则由动量守恒定律得：mv=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u和也应满足相似的关系，即m=Mu而xt，yut，所以上式可以转化为：mx=My又有，x+y=L,得：MxLmMmyLmM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。MLmMLxy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”。3、“人船模型”的应用①“等效思想”如图所示，长为L质量为M的小船停在静水中，船头船尾分别站立质量为m1、m2（m1m2）的两个人，那么，当两个人互换位置后，船在水平方向移动了多少？分析：将两人和船看成系统，系统水平方向总动量守恒。本题可以理解为是人先后移动，但本题又可等效成质量为12()mmmm的人在质量为2'2MMm的船上走，这样就又变成标准的“人船模型”。解答：人和船在水平方向移动的距离为x和y，由动量守恒定律可得：'mxMyxyL这样就可将原本很复杂的问题变得简化。②“人船模型”和机械能守恒的结合如图所示，质量为M的物体静止于光滑水平面上，其上有一个半径为R的光滑半圆形轨道，现把质量为m的小球自轨道左测最高点静止释放，试计算：1．摆球运动到最低点时，小球与轨道的速度是多少?2．轨道的振幅是多大?分析：设小球球到达最低点时，小球与轨道的速度分别为v1和v2，mMxym1m2M'MmxyLMmm'M船S人S根据系统在水平方向动量守恒，得：12mvMv又由系统机械能守恒得：22121122mgRmvMv解得：12MgRvmM，22mMgRvMmM当小球滑到右侧最高点时，轨道左移的距离最大，即振幅A。由“人船模型”得：mxMy2xyR解得：2MxRmM，2myRmM即振幅A为：2mARmM例1．质量是M，长为L的船停在静止水中，若质量为m的人，由船头走向船尾时，人行走的位移和船的位移是多少？解：不考虑水的粘滞阻力，人和船组成的系统在水平方向不受外力，系统在水平方向动量守恒，则人船mM①人进船退，人停船停，人由船头走向船尾的这个过程中，始终满足①式，则全过程有MmSS人船人船人船②又LSS人船③由②③得，LmMmS船例2．一长为L，质量为M的船上两端分别站有甲、乙两人，质量分别为m甲和m乙．当两人交换位置后，船移动距离多大？其中m甲m乙．解：（方法一）先作出如右草图，解法同上面例1，Mmm乙乙甲甲①MSSmSm乙乙甲甲②乙SLS③LSS甲④由②③④得，LmmMmmS乙甲乙甲（方法二）等效法：把（乙甲mm）等效为一个人，把（乙mM2）看成船，用例1结论，即得乙SS甲S到LmmMmmS乙甲乙甲说明：无论甲、乙谁先走还是同时走，无论在运动过程中谁的速度大谁的速度小，也无论谁先到达船的另一头，最终的结果，船移动的方向和距离都是唯一确定的。例3．小车静置在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车上的另一端。已知车、人、枪和靶的总质量为M（不含子弹），每颗子弹质量为m，共n发。打靶时，每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发。若枪口到靶的距离为d，待打完n发子弹后，小车移动的距离为_______。解：等效为人船模型，总质量为nm的子弹，运动到小车的另一端，则小车移动的距离可直接由例1结论得到，dnmMnmS车例4．如图所示,一辆小车静止在光滑水平面上在C、D两端置有油灰阻挡层,整辆小车质量1㎏,在车的水平底板上放有光滑小球A和B,质量分别为mA=1㎏,mB=3㎏,A、B小球间置一被压缩的弹簧,其弹性势能为6J,现突然松开弹簧,A、B小球脱离弹簧时距C、D端均为0.6m.然后两球分别与油灰阻挡层碰撞,并被油灰粘住,问：(1)A、B小球脱离弹簧时的速度大小各是多少?(2)整个过程小车的位移是多少?解：（1）以向左为正方向0BBAAmm①pBBAAEmm222121②由①②得，smA/3smB/1（2）（方法一）A以smA/3向左运动，经0.2s和C碰撞时，B只前进了0.2m，离D还有0.4m，A和C碰撞，水平方向动量守恒ACAAAmmm)(解得，smAC/5.1碰后瞬间，A和C就以共同速度smAC/5.1向左运动，B继续以smB/1的速度向右运动。B再经ssmmt16.0/15.14.0与D相碰。则整个过程小车的位移是mtSAC24.0（方法二）等效为“人船模型”的例2，注意这里的“船长”为“L=0.6m”.则，mmLmmmmmSBAAB24.06.031113车图2中，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平直导轨上，弹簧处在原长状态。另一质量与B相同滑块A，从导轨上的P点以某一初速度向B滑行，当A滑过距离l1时，与B相碰，碰撞时间极短，碰后A、B紧贴在一起运动，但互不粘连。已知最后A恰好返回出发点P并停止，滑块A和B与导轨的滑动摩擦因数都为，运动过程中弹簧最大形变量为l2，重力加速度为g，求A从P出发时的初速度v0。图2解析：令A、B质量皆为m，A刚接触B时速度为v1（碰前）由功能关系，有121202121mglmvmvA、B碰撞过程中动量守恒，令碰后A、B共同运动的速度为v2有212mvmv碰后A、B先一起向左运动，接着A、B一起被弹回，在弹簧恢复到原长时，设A、B的共同速度为v3，在这一过程中，弹簧势能始末状态都为零，利用功能关系，有)2()2()2(21)2(2122322lgmvmvm此后A、B开始分离，A单独向右滑到P点停下，由功能关系有12321mglmv由以上各式，解得)1610(210llgv用轻弹簧相连的质量均为2kg的A、B两物块都以smv/6的速度在光滑的水平地面上运动，弹簧处于原长，质量为4kg的物体C静止在前方，如图3所示，B与C碰撞后二者粘在一起运动。求：在以后的运动中，图3（1）当弹簧的弹性势能最大时物体A的速度多大？（2）弹性势能的最大值是多大？（3）A的速度有可能向左吗？为什么？解析：（1）当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，由于A、B、C三者组成的系统动量守恒，有ACBABAv)mmm(v)mm(解得：smvA/3（2）B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为'v，则smvvmmvmCBB/2'')(，设物块A速度为vA时弹簧的弹性势能最大为EP，根据能量守恒JvmmmvmvmmEACBAACBP12)(2121')(21222（3）由系统动量守恒得BCBAABAvmmvmvmvm)(设A的速度方向向左，0Av，则smvB/4则作用后A、B、C动能之和JvmmvmEBCBAAk48)(212122实际上系统的机械能JvmmmEEACBAP48)(21'2根据能量守恒定律，'EEk是不可能的。故A不可能向左运动。作业评价如图4所示，在光滑水平长直轨道上，A、B两小球之间有一处于原长的轻质弹簧，弹簧右端与B球连接，左端与A球接触但不粘连，已知mmmmBA22，，开始时A、B均静止。在A球的左边有一质量为m21的小球C以初速度0v向右运动，与A球碰撞后粘连在一起，成为一个复合球D，碰撞时间极短，接着逐渐压缩弹簧并使B球运动，经过一段时间后，D球与弹簧分离（弹簧始终处于弹性限度内）。图4（1）上述过程中，弹簧的最大弹性势能是多少？（2）当弹簧恢复原长时B球速度是多大？（3）若开始时在B球右侧某位置固定一块挡板（图中未画出），在D球与弹簧分离前使B球与挡板发生碰撞，并在碰后立即将挡板撤走，设B球与挡板碰撞时间极短，碰后B球速度大小不变，但方向相反，试求出此后弹簧的弹性势能最大值的范围。人船问题说明：若系统在全过程中动量守恒（包括单方向），则这一系统在全过程中的平均动量也必定守恒。推导：若两物体组成的系统相互作用前静止，则有：0=m1•v1+m2•v2即：m1•|S1|=m2•|S2|例1.静止在水面上的船长为L，质量为M，一个质量为m的人站在船头，当此人由船头走到船尾时，船移动了多大距离？分析：将人和车作为系统，动量守恒，设车向右移动的距离为s船=s，则人向左移动的距离为s人=L－s，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得M·s－m（L－s）＝0，从而可解得s.注意在用位移表示动量守恒时，各位移都是相对地面的，并在选定正方向后位移有正、负之分。LmMms说明：（1）此结论与人在船上行走的速度大小无关。不论是匀速行走还是变速行走，甚至往返行走，只要人最终到达船的左端，那么结论都是相同的。（2）做这类题目，首先要画好示意图，要特别注意两个物体相对于地面的移动方向和两个物体位移大小之间的关系。（3）以上所列举的人、船模型的前提是系统初动量为零。如果发生相互作用前系统就具有一定的动量，那就不能再用m1v1=m2v2这种形式列方程，而要利用（m1+m2）v0=m1v1+m2v2列式。例2.在光滑水平面上静止着一辆长为L的小车，其一端固定着靶牌，另一端有一人手拿手枪站在车上，车、靶、人（不含子弹）总质量为M，如图。人开枪，待子弹射中靶牌后再开枪，每发子弹均留在靶中，这样将枪中N发质量为m的子弹全部射出。求：在射击过程中车的位移多大？要点：由守恒，知道每一次子弹打入靶中时刻，车的速度都是零。分析：解法1：与N发齐发等同，即：N•m•v1+M•v2=0而t=L/（|v1|+|v2|）且|S1|=|v1|•t，|S2|=|v2|•t|S1|+|S2|=L联立解得：NmMNmLS1解法2：设第一颗子弹射出后船的后退速度为v1'，每发效果相同，即：m•v1=[M+（N－1）m]•v1'在时间t内船的后退距离s1=v1't子弹前进的距离d=v1t如图L=d+s1，即L=v1t+v1't子弹全部射出后船的后退距离S1=N•s1联立解得：NmMNmLS1小结：对本题物理过程分析的关键，是要弄清子弹射向靶的过程中，子弹与船运动的关系，而这一关系如果能用几何图形加以描述，则很容易找出子弹与船间的相对运动关系。可见利用运动的过程草图，帮助我们分析类似较为复杂的运动关系问题，