1、核心素养专项提升典型物理模型指导突破科学思维之模型建构“人船模型”模型概述常见情境问题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;这样的问题归为“人船模型”问题特点人动船动,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x1x2=v1v2=m2m1注意应用此关系时要注意一个问题:公式v1、v2和x一般都是相对地面而言的案例探究(2020辽宁沈阳三模)如图所示,质量为M的小车静止在光滑的水平面上,小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨
2、道,BC段是长为L的水平粗糙轨道,两段轨道相切于B点,一质量为m的滑块在小车上从A点静止开始沿AB轨道滑下,然后滑入BC轨道,最后恰好停在C点。已知小车质量M=3m,滑块与轨道BC间的动摩擦因数为,重力加速度为g。则()A.全程滑块水平方向相对地面的位移为R+LB.全程小车相对地面的位移大小s=14(R+L)C.滑块运动过程中的最大速度vm=2gRD.、L、R三者之间的关系为R=4L解题指导审题关键词句分析解读小车静止在光滑的水平面上滑块和小车初状态均静止,系统水平方向动量守恒,满足人船模型条件滑块在小车上从A点静止开始半径为R的四分之一光滑圆弧轨道滑块与小车在水平方向的位移大小之和为R+L,
3、滑块在BC段运动产生摩擦热BC段是长为L的水平粗糙轨道滑块与轨道BC间的动摩擦因数为滑块和小车最终均静止,系统机械能损失等于mgL最后恰好停在C点应用“人船模型”求解问题应注意以下两点(1)适用条件系统由两个物体组成且相互作用前静止,系统总动量为零;在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向)。(2)画草图解题时要画出各物体的位移关系草图,找出各长度间的关系,注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。创新训练1.(多选)如图所示,绳长为l,小球质量为m,小车质量为M,将小球向右拉至水平后放手,则(水平面光滑)()A.系统的总动量守恒B.水平方向任意时刻小球与小车的
4、动量等大反向C.小球不能向左摆到原高度D.小车向右移动的最大距离为2mlM+m2.(2020广东中山模拟)如图所示,三角形木块A质量为M,置于光滑水平面上,水平长度为a,在其顶部有一三角形小木块B,质量为m,水平长度为b,若B从顶端由静止滑至底部,则木块A后退的距离为()A.maM+mB.MaM+mC.m(a-b)M+mD.M(a-b)M+m核心素养专项提升典型物理模型指导突破案例探究B设全程小车相对地面的位移大小为s,则滑块水平方向相对地面的位移x=R+L-s,取水平向右为正方向,由水平方向动量守恒得mxt-Mst=0,即mR+L-st-Mst=0,结合M=3m,解得s=14(R+L),x=
5、34(R+L),故A错误,B正确;滑块刚滑到B点时速度最大,取水平向右为正方向,由动量守恒定律和机械能守恒定律得0=mvm-Mv、mgR=12mvm2+12Mv2,联立解得vm=32gR,故C错误;对整个过程,由动量守恒定律得0=(m+M)v,得v=0,由能量守恒定律得mgR=mgL,得R=L,故D错误。创新训练1.BD系统只是在水平方向所受的合力为零,竖直方向的合力不为零,故水平方向的动量守恒,而总动量不守恒,A错误,B正确;根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得,小球仍能向左摆到原高度,C错误;小球相对于小车的最大位移为2l,根据“人船模型”,系统水平方向动量守恒,设小球的平均速度为vm,小车的平均速度为vM,mvm-MvM=0,两边同时乘以运动时间t,mvmt-MvMt=0,即mxm=MxM,又xm+xM=2l,解得小车移动的最大距离为2mlM+m,D正确。2.C取向右为正方向,设木块A后退的距离为x,B从顶端由静止滑至底部时,B向左运动的距离为a-b-x,则水平方向上A的平均速度大小为xt,B的平均速度大小为a-b-xt,根据水平方向动量守恒得Mxt-ma-b-xt=0,解得x=m(a-b)M+m。