“人船模型”問題在部分高考試題中的考查總結(jié)

中圖分類號：G633.7 文獻標識碼：A

高中物理解題的重點是牛頓運動定律、功能關(guān)系與動量。其中，動量部分是高考的核心考點，有其獨特的作用與地位。人船模型是動量守恒定律的一個知識模塊。筆者研究最近幾年高考部分試題特點時，發(fā)現(xiàn)基于不同角度下高考試題的考查方式愈發(fā)新穎，對學(xué)生思維的靈活性、創(chuàng)造性提出較高的要求，體現(xiàn)高考選拔功能。

1 人船模型

“人船模型”是基于高中物理動量守恒定律應(yīng)用的典型物理模型。如圖1所示，在一般的人船模型中，長為 L 的船停在靜水中，人由靜止開始從船的一端走到另一端，不計水的阻力。

人與船組成的系統(tǒng)所受合外力為零，因此動量守恒。初始總動量為0，因此動量守恒方程為0=m_∧v_∧-m_?Hⁿv_?Hⁿ ，這是一個瞬時方程。方程兩邊對以上是人船模型基本原理與基本規(guī)律的推導(dǎo)。不同情境中人船模型的考查及相關(guān)的核心方程如表1所示。

圖1人船模型示意圖

表1不同情境中人船模型的考查內(nèi)容及相關(guān)核心方程

續(xù)表1

2 人船模型拓展

模型擴展1：基于初始動量不為零的條件下的人船模型考查。

例（2024年河北高考題）如圖2所示，三塊厚度相同、質(zhì)量相等的木板 A，B，C （上表面均粗糙）并排靜止在光滑水平面上，尺寸不計的智能機器人靜止于A木板左端。已知三塊木板質(zhì)量均為 2.0kg，A 木板長度為 2.0m ，機器人質(zhì)量為6.0kg ，重力加速度 g 取 10m/s² ，忽略空氣阻力。

（1）機器人從A木板左端走到A木板右端時，求A、B木板間的水平距離。

（2）機器人走到A木板右端相對木板靜止后，以做功最少的方式從A木板右端跳到B木板左端，求起跳過程機器人做的功，及跳離瞬間的速度方向與水平方向夾角的正切值。

（3）若機器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻與B木板相對靜止，隨即相對B木板連續(xù)不停地3次等間距跳到B木板右端，此時B木板恰好追上A木板。求該時刻A、C木板間距與B木板長度的關(guān)系。

圖2機器人在木板上跳動問題

解題思路：本題（1）（2）問較為常規(guī)，這里不再贅述；針對第（3）問，為便于理解，畫機器人、長木板 A，B，C 在4個不同時刻的位置變化示意圖（圖3）;

圖3不同時刻機器人與長木板A、B、C位置變化示意圖

根據(jù)位置變化示意圖，知道所求A、C木板間距 d=x_B+L+x_C ；可以發(fā)現(xiàn)，所求距離 d 轉(zhuǎn)換為尋找時刻3到時刻4之間相對C木板的位移；同時，注意到機器人在時刻3跳到B木板上時，水平方向使得機器人 ?^B 木板、C木板三者瞬時獲得一個共同速度，一旦機器人再次跳起，B木板減速，但C木板不可能減速（B、C木板間為接觸彈力，B木板對C木板只有推力，不會產(chǎn)生拉力作用效果），因此B、C木板分離。

本題解題的關(guān)鍵在于：機器人跳到B木板上，使三者具有共同速度，以這個速度為參考系，三者動量守恒；類比人船模型：

機器人由B木板的最左側(cè)跳到最右側(cè)，由質(zhì)量關(guān)系， ，注意到此處 本質(zhì)就是B木板相對C木板運動的位移，即所求 ；則 。

本題難點：（1）機器人在時刻3跳到B木板上，水平方向動量守恒使得三者具有共同水平速度，這個關(guān)鍵點有很多學(xué)生分析不到。（2）機器人在B木板上跳起，使得 B，C 木板分離，這也是部分學(xué)生容易疏忽的點。（3）在研究對象創(chuàng)設(shè)上總共有4個物體，且涉及非質(zhì)點模型相遇問題，如何建立相遇滿足的空間位移關(guān)系上稍顯復(fù)雜。（4）以地面為參考系計算也可以，只是需要的時間稍多；以運動的物體為參考系，應(yīng)用動量守恒的思想方法，很多學(xué)生不夠熟練。

實際上，教材上在反沖運動章節(jié)，分析火箭發(fā)射階段是否能被加速的問題時，已經(jīng)非常明確地提到以運動的火箭為參考系，只要噴出的氣體相對火箭的速度向下，不一定相對地面向下，就可以獲得加速。

再看2024年湖南高考物理壓軸題第（3）問：

如圖4所示，半徑為 R 的圓環(huán)水平放置并固定，圓環(huán)內(nèi)有質(zhì)量分別為 m_A，m_B 的小球A和B（m_Agt;m_B） 。初始時小球A以初速度 v₀ 沿圓環(huán)切線方向運動，與靜止的小球B發(fā)生碰撞。不計小球與圓環(huán)之間的摩擦，兩小球始終在圓環(huán)內(nèi)運動。

圖4水平面內(nèi)兩個小球在圓軌道內(nèi)多次碰撞問題

試題特點：這是兩個小球在圓軌道中多次碰撞的問題，涉及追及相遇問題路程求解。可以分析碰撞規(guī)律，通過計算有限次碰撞后B小球運動的路程，再對碰撞 2n 次后B小球運動的路程進行歸納總結(jié)，進而得出最終結(jié)果。這是一種側(cè)重從數(shù)學(xué)歸納推理角度解題的思想方法，三個小問呈現(xiàn)先易后難、逐步深入的難度設(shè)置，讓不同層次的學(xué)生都有獲得感。從完全非彈性碰撞到彈性碰撞，再到一般的非彈性碰撞，并且引入恢復(fù)系數(shù)；從一次碰撞到多次反復(fù)碰撞，進而構(gòu)造出等比數(shù)列求和關(guān)系，凸顯數(shù)理深度結(jié)合的能力[1]。

解題思路：還有一種類比人船模型的方法計算路程；

根據(jù)碰撞動量守恒：對A、B小球第1次碰撞：m_Av₀=m_Av_Al+m_Bv_Bl

設(shè)第1次碰撞到第2次碰撞時間為 t₁₂ ，將上述方程轉(zhuǎn)化為位移關(guān)系，mvot1=mAXAI+mBBI

第1次碰撞后到第2次碰撞前B小球比A小球多運動一圈，即 x_Bl-x_Al=2πR，x_Bl=x_Al+2πR

第1次碰撞后， _A，B 小球相對速度為 ev₀ ，則

設(shè)第2次碰撞到第3次碰撞時間為 t₂₃ ，類比可得mAVot23=mAXA2+mBXB2

第2次碰撞后到第3次碰撞前A小球比B小球多運動一圈，即 x_A2-x_B2=2πR x_B2=x_A2-2πR

第2次碰撞后， _A，B 小球相對速度為 e²v₀ 則t23=

B小球運動的路程

碰撞 2n 次后，B小球運動的路程

s=x_B1+x_B2+…+x_B2n=x_A1+x_A2+…=

其中 ，t₁₂+t₂₃+…+t_2n-2n+1=

解得

本題難點：（1）多次碰撞，使得問題的分析與理解變得比較復(fù)雜。（2）相比直線運動中的碰撞，圓形軌道上的碰撞是二維平面內(nèi)的碰撞，相遇滿足空間位移條件對部分學(xué)生存在困難，有學(xué)生認為存在碰撞后兩球反向運動的可能。（3）每次碰撞前后相對速度的變化，使得建立碰撞前后速度表達式、時間表達式、路程表達式存在困難。（4）通過歸納迭代碰撞前后動量守恒對應(yīng)位移關(guān)系，發(fā)現(xiàn)規(guī)律，進而得出整個 2n 次碰撞過程中B小球運動的路程，存在較大困難。

實際上，圍繞初始動量不為零條件下人船模型情境的應(yīng)用，早在2022年全國乙卷高考物體壓軸題中考查過。

（2022年全國乙卷）如圖5（a）所示，一質(zhì)量為 m 的A物塊與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑水平面上；B物塊向A物塊運動， t=0 時與彈簧接觸，到 t=2t₀ 時與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束， 物塊的 v-t 圖像如圖5（b）所示。已知從 t=0 到 t= t₀ 時間內(nèi)，A物塊運動的距離為 0.36v₀t_0° A、B物塊分離后，A物塊滑上粗糙斜面，然后滑下，與一直在水平面上運動的B物塊再次碰撞，之后A物塊再次滑上斜面，達到的最高點與前一次相同。斜面傾角為 θ（sinθ=0.6） ，與水平面光滑連接。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。求

（1）第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值；（2）第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值;（3）A物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)。

圖5兩個物塊壓縮彈簧模型

試題特點：這道題以兩個物體與彈簧組成系統(tǒng)，其特點是水平方向動量守恒。在第（2）問中，彈簧壓縮量最大值轉(zhuǎn)化為共速時A、B物塊的相對位移 Δx_max=x_B-x_Ac 。彈簧的彈力作為變力，直接利用運動學(xué)公式無法求解，因此應(yīng)用動量守恒思想解題是關(guān)鍵。

試題解答：從B物塊開始壓縮彈簧到A、B物塊共速，動量守恒定律方程為mBX1.2vo=mAUA+mBUB，轉(zhuǎn)換成位移關(guān)系可知 m_B×1.2v₀t₀=m_Ax_A+m_Bx_B 按照題意，其中， x_A=0.36v₀t₀ ，得出 x_B=1.128v₀t₀ ，解得Δx_max=x_B-x_A=0.768v₀t_0°

疑難解析：學(xué)生解答本題時，存在如下疑問：彈簧彈力作為相互作用力，同時也具有隨位移線性變化的特點，可以考慮以平均力來計算彈力做功，按照如下思路解答。這一思考是否合理呢？

x_a=0.36v₀t₀ ，得出 x_B=0.792v₀t₀ ，解得 Δx_max= x_B-x_A=0.432v₀t₀ ，錯在哪里？看似非常有邏輯的解答，實則是平均力濫用導(dǎo)致。按照變力做功的特點，我們需要對整個過程進行微元處理：

注意到：

從兩個物塊運動的具體過程來看，相同彈力作用在質(zhì)量不同物塊上引起各自位移 x_Ai、x_Bi 相互影響，并非相互獨立，因此 ;同理 。至于為什么？可借助數(shù)學(xué)中多項式求和的基本定義知識。

可能有學(xué)生問：為什么日常講彈力做功可以按照平均力計算？如圖6所示，彈簧連接一個物塊，物塊以一定速度壓縮彈簧，此時壓縮量就等于物塊的位移（連接彈簧的另一端墻壁保持靜止），因此彈力做功W=∑x△x=2

圖6物塊壓縮彈簧模型

類似的情況放在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，如圖7雙桿切割磁場，計算焦耳熱時，也不能用公式 Q= 計算，原因如上述彈簧力做功類似。

圖7雙桿切割磁場模型

模型擴展2：基于人船模型求解軌跡方程。

圍繞人船模型中由速度關(guān)系遷移到位移關(guān)系，也可以進一步考查物體運動過程中軌跡方程問題。下面以2023年湖南高考物理壓軸題為例：

（2023年湖南高考題）如圖8所示，質(zhì)量為M 的勻質(zhì)凹槽放在光滑水平地面上，凹槽內(nèi)有一個半橢圓形的光滑軌道，橢圓的半長軸、半短軸分別為 Ψ_a 和 b ，長軸水平，短軸豎直。質(zhì)量為 Ω_m 的小球，初始時刻從橢圓軌道長軸的右端點由靜止開始下滑。以初始時刻橢圓中心的位置為坐標原點，在豎直平面內(nèi)建立固定于地面的直角坐標系xOy ，橢圓長軸位于 x 軸上。整個過程凹槽不翻轉(zhuǎn)，重力加速度為 g 。

（1）小球第一次運動到軌道最低點時，求凹槽的速度大小以及凹槽相對于初始時刻運動的距離；

（2）在平面直角坐標系 _xOy 中，求出小球運動的軌跡方程；

（3）若M 求小球下降 高度時，小球相對于地面的速度大小（結(jié)果用 a，b 及 g 表示）。

圖8小球沿橢圓軌道運動軌跡方程問題

在第（2）問中，水平方向在任何時候均動量守恒，即

兩邊同時乘 χ_t ，可得 mx₁=Mx₂ ，且由幾何關(guān)系

可知x+x=a;

小球向左運動過程中凹槽向右運動，當(dāng)小球的坐標為 （x，y） 時，此時凹槽水平向右運動的位移為 Δx ，根據(jù)上式有 m（a-x）=M?Δx

而小球現(xiàn)在在凹槽所在的橢圓上，根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知此時的橢圓方程為

上述是高考試題中出現(xiàn)的考查內(nèi)容，常見的桿連接體中也可以考查軌跡方程問題。

試題呈現(xiàn)：試題情境如圖9甲所示，以A物體的初始位置為坐標原點建立圖9乙所示的平面直角坐標系 _xOy ，求B小球運動至最低點過程中，B小球運動的軌跡方程。

圖9桿連接模型中軌跡方程問題

試題解析：B小球從初始位置到第一次到達最低點的過程中，B小球和A物體系統(tǒng)水平方向動量守恒。取水平向左為正方向，可得

mv_1x?-2mv₂=0

當(dāng)小球位置坐標為 （x，y） 時，此時A物體運動的位移為 Δx ，而水平方向動量守恒

m（L-x）-2mΔx=0

由幾何關(guān)系可知

（x-Deltax）²+y²=L²

解得小球從出發(fā)點至最低點過程的軌跡方程

可以看出其軌跡也為橢圓。

3 總結(jié)與展望

從當(dāng)前考題來看，人船模型可滲透到不同情境中。本文通過分析試題呈現(xiàn)特點，指出解題疑難點，給出解題思路。只有掌握必要的解題技巧，才能達到快速解題的目的。日常教學(xué)中，教師要適度開展“一題多解”“多題一解\"的教學(xué)模式，拓寬解題思路，培養(yǎng)創(chuàng)造性思維，避免學(xué)生思維僵化，陷入解題的死胡同。

參考文獻：

[1]段石峰.2024年高考湖南卷壓軸題“多次碰撞問題\"的研究[J].物理教師，2024，45（9）：75-77.

（欄目編輯 陳潔）