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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：mv 人－Mv 船＝0。
(2)两物体的位移大小满足：m－M＝0，s 人＋s 船＝L 得s 人＝L，s 船＝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，即＝＝。
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轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a 和b，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.
（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xOy 中，求出小球运动的轨迹方程；
（3）若M
m ＝
b
a－b ，求小球下降h＝b
2高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用a、b
及g 表示）.
答案 （1）❑√
2m
2 gb
M （m＋M ）
ma
M ＋m
（2）[( M ＋m）x－ma]
2
M
2a
2
＋y
2
b
2 ＝1（y≤0）
（3）2b❑√
g
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＝mv1－Mv2
对小球与凹槽组成的系统，由机械能守恒定律有
mgb＝1
2mv1
2＋1
2Mv2
2
联立解得v2＝❑√
2m
2 gb
M （m＋M ）
根据人船模型规律，在水平方向上有mx1＝Mx2
又由位移关系知x1＋x2＝a
解得凹槽相对于初始时刻运动的距离x2＝
ma
M ＋m
（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'1＝a－x，则凹槽水平向右运动的位移为x'2＝m
M （a－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
（x－x'❑2）
2
a
2
＋y
2
b
2 ＝1
整理得小球运动的轨迹方程为[( M ＋m）x－ma]
2
M
2a
2
＋y
2
b
2 ＝1（y≤0）
（3）若M
m ＝
b
a－b ，代入（2）问结果化简可得
[x－（a－b）]2＋y2＝b2
即小球的运动轨迹是半径为b 的圆
小球下降h＝b
2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mv'1x＝Mv'2
对小球与凹槽组成的系统，由机械能守恒定律有
mgh＝1
2mv'❑1
2＋1
2Mv'❑2
2
由几何关系及速度的分解得v'1sin30°＝v'1x
联立解得v'1＝2b❑√
g
a+3b
.
【针对性训练】
1. 如图，棱长为a、大小形状相同的立方体木块和铁块，质量为m 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h。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( )
A.h
B.(h＋2a)
C.(h＋2a)
D.h＋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0＝mh－Md，池深H＝h＋d＋2a，解得H＝h＋
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，一可视为质点的小物块A 从物块B 的底端
以速度
滑上圆弧，经过时间t 恰好能滑上B 的圆弧面顶端，已知滑块A 的质量
为m，重力加速度为g，则（ ）
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m
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
D. A 和B 分离时，B 的速度大小为
【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
，
解得
，故B 正确；
A 滑上B 的过程，A 和B 系统在水平方向动量守恒
故
，
，
，
解得
，故C 正确；
由于A 和B 质量相等，A 和B 分离时，相当于发生弹性碰撞，A 和B 交换速度，A
速度
为0，B 的速度大小为
，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。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
。求：
（1）每次青蛙起跳做的功
；
（2）青蛙第三次向右上方跳跃的水平距离
；
（3）若长木板的长度为
，青蛙第二次向右上方起跳的水平位移
（用木板长度
表示）；
（4）长木板的长度
与的关系。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【解析】(1)对青蛙竖直起跳过程列动能定理
解得每次青蛙起跳做的功
(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，则
竖直方向
水平方向
联立解得
则当
时，
对青蛙起跳
解得青蛙第三次向右上方跳起
水平距离
(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
由几何关系
联立解得
(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
，水平初速度为
，木板
后退速度为
。则对青蛙，竖直方向
水平方向
对青蛙和木板系统
青蛙相对地面位移
对青蛙第一次起跳
联立得
又由于
可知当
时，青蛙跳的最远，则
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b，右侧固定粗糙斜面体ABC，斜面体AB 和BC 的倾角均为60°，B 离地
面高度h=1.6m，另有一个质量m=1kg 的小滑块a（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θ..。滑块与斜面AB 之间的动摩擦因数
，且滑块通过A 点时无机械能损失.sin37°=0.6，重力加速度g=10m/s2.
（1）若圆弧槽b 固定不动且小滑块a 静止释放位置θ=37°，求a 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b 不固定且小滑块a 静止释放位置θ=90°，求a 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 固定不动，小滑块从某一位置静止释放，小滑块沿斜面AB 通过B 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θ 角度.
【名师解析】：（1）从释放位置到最低点由动能定理
求得
所以最低点向心加速度
（2）a 与b 水平方向动量守恒且总动量等于零，满足
且
所以可得滑块水平位移
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
a 与b 水平方向动量守恒可得
可得
a 相对b 的速度大小
小滑块由合力提供向心力
所以
（3）B 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
在竖直方向竖直上抛，取向下为正方向，则
得
释放位置到B 点由动能定理
解得
所以
5.(9 分)如图所示,光滑固定水平杆上套有质量均为m=0.5 kg 的滑块A 和B。长
l=1.0 m 的轻质细线一端固定在滑块B 上,另一端系住一质量为m0=1.0 kg 的小球
C。现将C 球向左拉起至细线与竖直方向成θ=53°角的位置,然后由静止释放C
球,已知sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。求:
(1)A、B 两滑块分离时,A、B、C 的速度大小;
(2)A、B 两滑块分离时,滑块A 的位移大小;
(3)A、B 两滑块分离后,C 球能向上摆动的最大高度。
【参考答案】 (1)2 m/s 2 m/s 2 m/s (2)0.4 m (3) 4
15 m
【名师解析】 (1)C 摆到最低点的过程中,A、B、C 组成的系统水平方向动量守
恒,机械能守恒,则有0=2mvAB-m0vC
(1 分)
m0gl(1-cos 53°)=1
2×2mv AB
2 +1
2m0vC
2 (1 分)
解得vAB=vC=2 m/s,即vA=vB=vC=2 m/s(1 分)
(2)C 运动到最低点时,A、B 恰要分离,A、B、C 组成的系统在水平方向上动量守
恒,有2mxA=m0xC(1 分)
又xA+xC=l sin 53°
(1 分)
解得xA=0.4 m(1 分)
(3)A、B 分离后,B、C 组成的系统水平方向动量守恒,机械能守恒,则有m0vC-
mvB=(m+m0)v 共(1 分)
1
2m0vC
2+1
2mvB
2=1
2×(m0+m)v共
2 +m0gh
(1 分)
解得h= 4
15 m(1 分)
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b 和
2b。质量为m 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，斜面体的位移大小为b，滑块与斜面间因摩擦产生的热量为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。
【答案】（1）
；（2）
【解析】（1）设斜面体质量为M，由水平动量守恒得
方程式两边同时对时间进行累积，整理有
又因为位移关系有
解得
（2）设滑块运动到斜面底端时速度为
，将其分解，则其水平分速度大小为
，竖直分
速度大小为
，设斜面倾角为
，则有
设M 速度为
，该系统水平方向上动量守恒，有
由系统能量守恒，有
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
的光滑四分之一圆弧体
、
，两圆弧面的最底端与水平面相切，圆弧
体
的质量
，质量
的小球由圆弧体
的顶端静止滑下，一段时间后冲
上圆弧体
。重力加速度
取
。求：
（1）小球刚离开圆弧体A 时的速度大小；
（2）小球从圆弧体
上下滑过程中，圆弧体
滑行的距离及小球第一次滑上圆弧体
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
，圆弧体
的质量应满足的条件。
答案：（1）
（2）
（3）
（或
）
解析：（1）设小球离开
时速度大小为
，
的速度大小为
根据能量守恒定律有
根据动量守恒定律有
解㥂
，
（2）设小球由
上下滑的过程中，
向右滑动距离为
。小球水平位移大小为
，对小
球与
，水平方向动量守恒，根据动量守恒定律得
，
解得
小球第一次滚上圆孤体
的瞬间，由牛顿第二定定律可得
解得
根据牛顿第三定律可知，小球对圆弧体
的压力大小
（3）规定向左为正方向，设小球离开圆弧体
时小球的速度为
、圆孤体
的速度为
，
根据动量守恒定律有
对小球及B，根据能量守恒定侓有
若小球不能再次滑上圆孤体
，则需要满足小球从
上滑下时速度向左，即
或速度向右，即
且
联立解得
或
所以圆弧体
的质量应满足
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，凹槽内有一个半椭圆形的轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a
和b，长轴水平，短轴竖直。再将质量为m 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h 处由静止自由释放，刚
好能到达该半长轴最左端。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长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
。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。试求出在平面直角坐标系
中小球运动的轨迹方程。
【解析】：（1）小球从
处释放至凹槽最右端
得
，方向向左
小球从
处释放到凹槽最左端
（2）小球运动到最低点的时候小球和凹槽水平方向系统动量守恒，取向左为正
小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒
联立解得
（3）因水平方向在任何时候都动量守恒即
两边同时乘可得
小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为
时，此时凹槽水平向右运动的
位移为
，根据上式有
则小球在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为
整理得
将
代入小球的轨迹方程化简可得
