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动量守恒定律是自然界中最基本的守恒规律之一。在高中物理的教学过程中，“人船模型”及其应用是动量守恒定律的典例。应用该模型分析问题，涉及到参考系的选取、研究过程的选取与分析、研究对象的选取与转移等诸多方面，这就对学生分析问题、解决问题的能力提出了较高要求。本文在简述“人船模型”的基础上，对其具体应用进行了分类讨论，并从中归纳总结出解决相应问题的一些思路和方法，籍此与同行交流探讨。
“水平方向上的人船模型”：在平静的水面上，人和船均处于静止状态，人的质量为m1，船的质量为m2。如图1所示。人从船的右端向船的左端运动，不计水的阻力。设人开始走动后的任一时刻，人的速度为v1，船的速度为v2，以向左为正方向。对人和船组成的系统由动量守恒定律
[JZ]0=m1v1-m2v2，
即[JZ]m1v1=m2v2，
由上式可知，由于人和船之间的相互作用，故有人动船动，人停船停，人快船快，人慢船慢；人左船右，[TP12GW129。TIF，Y#]人右船左。
设船长为l，在人从船的右端走到左端的时间t内，人发生的对地位移为x1，船发生的对地位移为x2，如图1所示。
已知[JZ]m1v1=m2v2，
在任一微小时间Δt内，上式可以表示为
[JZ]m1v1·Δt=m2v2·Δt，
上式两边同时对时间t求和，即有
[JZ]m1∑[DD（X]t[DD）]v1·Δt=m2∑[DD（X]t[DD）]v2·Δt，
也即 m1x1=m2x2（1）
同时由图1可知 x1 x2=l（2）
由（1）、（2）式可得
[JZ]x1=[SX（]m2[]m1 m2[SX）]l，x2=[SX（]m1[]m1 m2[SX）]l。
下面将通过具体实例来展示该模型在解决和处理问题中的实际应用。需要说明的是，下述示例中的“人”或者“船”不一定是我们上述的实际意义上的人或者船，而是泛指与上述“人船模型”中“人”或者“船”具有相同运动性质或受力性质的研究对象。
示例1 竖直方向上的人船模型
[TP12GW130。TIF，Y#]
如图2所示，质量为M的气球载有质量为m的人，均静止在空中距离地面h高的地方，气球下方悬挂一轻绳，人沿绳缓慢地下滑至地面，空气阻力不计。为安全到达地面，试求该绳最短的长度。
由于人是“缓慢地”下滑，故可认为人和气球组成的系统任一时刻均处于平衡状态，人向下运动的同时气球向上运动，二者组成的系统动量守恒，属于竖直方向上的、系统初速度均为零的“人船模型”。
设人到达地面时气球向上的对地位移为x气球，此时人发生的对地位移为x人=h，以竖直向下为正方向，对人和气球系统，由动量关系（1）式可得
[JZ]m·x人=M·x气球，
即 m·h=M·x气球（3）
又由位移关系（2）式可知
[JZ]x人 x气球=l，
其中，l为所求绳的最短长度。
也即 h x气球=l（4）
由（3）式及（4）式可得最短绳长l=[SX（]M m[]M[SX）]h。
本题目属于存在相对运动的动量守恒问题，借助“人船模型”，不难解决。在这里尤其要注意两点，一是参考系始终是地面，二是要清晰人和气球各自的对地位移与绳长的关系。
示例2 “人和船”具有相同方向的初速度
目前，滑板运动受到青少年的追捧。图3是某滑板运动员在一次表演时的一部分赛道在竖直平面内的示意图。赛道光滑，KA平台的高度为h=1。8 m。B处平滑连接。滑板a和b的质量均为m，m=5 kg，运动员质量为M，M=45 kg。[TP12GW131。TIF，Y#]
表演开始，运动员站在滑板b上。先让滑板a从A点静止下滑，t1=0。1 s后再与b板一起从A点静止下滑。滑上BC赛道后，运动员从b板跳到同方向运动的a板上，在空中运动的时间t2=0。6 s（水平方向是匀速运动）。 （滑板和运动员的所有运动都在同一竖直平面内，计算时滑板和运动员都看作质点，取g=10 m/s2）
（1）求滑板a由A点静止下滑到BC赛道速度为v1。
（2）运动员跳上滑板a后，在BC赛道上与滑板a共同运动的速度是多大？
（3）在运动员离开滑板b的过程中。滑板b受合外力的冲量大小？
解 （1）以滑板a和地球组成的系统为研究对象，由系统机械能守恒得
mgh=[SX（]1[]2[SX）]mv21，解得v1=6 m/s。
（2）在本小题中，研究对象为人和a滑板组成的系统，研究过程为人从b滑板起跳至人与a滑板相互作用达到共同速度的过程。这一过程可以看作人从一只“船”跳上另一只“船”，属于“人船模型”的简单变形。这里需要注意的是人、a滑板均具有一定的初速度，并且在人起跳之前二者相距一定位移。
设人跳离b滑板时水平方向的速度大小为u，人和a滑板的共同速度为v共，以水平向右为正方向，由系统动量守恒可得
Mu mv1=（m M）v共（5）
又，在t2时间内，人在水平方向上的对地位移为ut2， a滑板在水平方向上的对地位移为v1t2，人和b滑板在人起跳前相距v1t1，考虑到位移关系，有
ut2-v1t2=v1t1（6）
由（5）、（6）两式可得 v共=6。9 m/s。
（3）在本小题中，选取人和滑板b为研究对象。设人起跳后滑板b的速度为vb，以水平向右为正。由系统动量守恒得
[JZ]（M m）v1=Mu mvb， 解得vb=-3 m/s，负号表示人跳离后b滑板向左运动。
对滑板b由动量定理，可得在人跳离的过程中，滑板b所受冲量为
I=mvb-mv1，
解得I=-45 N·s，负号表示滑板b所受冲量方向水平向左。
示例3 人和船具有相反方向的初速度
如图4所示，一质量为M、长为l的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m [TP12GW132。TIF，Y#]
（1）若已知A和B的初速度大小为v0，求它们最后的速度的大小和方向。
（2）若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到达的最远处（从地面上看）离出发点的距离。
解 我们可以将A和B组成的系统视作“人船模型”系统。“人”（物块A）向左做匀减速直线运动，“船”（木板B）向右做匀减速直线运动。
（1）对A和B组成的系统，以水平向右为正方向，由动量守恒定律
Mv0-mv0=（M m）v共（7）
解得[JZ]v共=[SX（]M-m[]M m[SX）]v0，
由于m0，即系统共同速度方向向右。
（2）在本小题中，当“人”向左的速度为零时，距离出发点最远。设“人”和“船”的初速度均为v0，“人”向左达到的最远距离为xm，加速度为am，由运动学公式
[JZ]02-v20=-2amxm，am=μg，
由系统能量转化与守恒
[SX（]1[]2[SX）]Mv20 [SX（]1[]2[SX）]mv20=[SX（]1[]2[SX）]（M m）v2共 μmgl（8）
联立解得[JZ]xm=[SX（]M m[]4M[SX）]l。
“人船模型”问题是中学物理学习与研究中经常遇到的问题之一，以上所呈现的应用“人船模型”分析问题、解决问题的思路和方法具有普遍意义。因此，在分析和解决相关问题时，首先需厘清与问题相关的研究对象、研究过程、研究状态，同时还应注意动量守恒定律的矢量性、参考系的同一性、动量求和的同时性，以期在实践中不断总结提升。
“水平方向上的人船模型”：在平静的水面上，人和船均处于静止状态，人的质量为m1，船的质量为m2。如图1所示。人从船的右端向船的左端运动，不计水的阻力。设人开始走动后的任一时刻，人的速度为v1，船的速度为v2，以向左为正方向。对人和船组成的系统由动量守恒定律
[JZ]0=m1v1-m2v2，
即[JZ]m1v1=m2v2，
由上式可知，由于人和船之间的相互作用，故有人动船动，人停船停，人快船快，人慢船慢；人左船右，[TP12GW129。TIF，Y#]人右船左。
设船长为l，在人从船的右端走到左端的时间t内，人发生的对地位移为x1，船发生的对地位移为x2，如图1所示。
已知[JZ]m1v1=m2v2，
在任一微小时间Δt内，上式可以表示为
[JZ]m1v1·Δt=m2v2·Δt，
上式两边同时对时间t求和，即有
[JZ]m1∑[DD（X]t[DD）]v1·Δt=m2∑[DD（X]t[DD）]v2·Δt，
也即 m1x1=m2x2（1）
同时由图1可知 x1 x2=l（2）
由（1）、（2）式可得
[JZ]x1=[SX（]m2[]m1 m2[SX）]l，x2=[SX（]m1[]m1 m2[SX）]l。
下面将通过具体实例来展示该模型在解决和处理问题中的实际应用。需要说明的是，下述示例中的“人”或者“船”不一定是我们上述的实际意义上的人或者船，而是泛指与上述“人船模型”中“人”或者“船”具有相同运动性质或受力性质的研究对象。
示例1 竖直方向上的人船模型
[TP12GW130。TIF，Y#]
如图2所示，质量为M的气球载有质量为m的人，均静止在空中距离地面h高的地方，气球下方悬挂一轻绳，人沿绳缓慢地下滑至地面，空气阻力不计。为安全到达地面，试求该绳最短的长度。
由于人是“缓慢地”下滑，故可认为人和气球组成的系统任一时刻均处于平衡状态，人向下运动的同时气球向上运动，二者组成的系统动量守恒，属于竖直方向上的、系统初速度均为零的“人船模型”。
设人到达地面时气球向上的对地位移为x气球，此时人发生的对地位移为x人=h，以竖直向下为正方向，对人和气球系统，由动量关系（1）式可得
[JZ]m·x人=M·x气球，
即 m·h=M·x气球（3）
又由位移关系（2）式可知
[JZ]x人 x气球=l，
其中，l为所求绳的最短长度。
也即 h x气球=l（4）
由（3）式及（4）式可得最短绳长l=[SX（]M m[]M[SX）]h。
本题目属于存在相对运动的动量守恒问题，借助“人船模型”，不难解决。在这里尤其要注意两点，一是参考系始终是地面，二是要清晰人和气球各自的对地位移与绳长的关系。
示例2 “人和船”具有相同方向的初速度
目前，滑板运动受到青少年的追捧。图3是某滑板运动员在一次表演时的一部分赛道在竖直平面内的示意图。赛道光滑，KA平台的高度为h=1。8 m。B处平滑连接。滑板a和b的质量均为m，m=5 kg，运动员质量为M，M=45 kg。[TP12GW131。TIF，Y#]
表演开始，运动员站在滑板b上。先让滑板a从A点静止下滑，t1=0。1 s后再与b板一起从A点静止下滑。滑上BC赛道后，运动员从b板跳到同方向运动的a板上，在空中运动的时间t2=0。6 s（水平方向是匀速运动）。 （滑板和运动员的所有运动都在同一竖直平面内，计算时滑板和运动员都看作质点，取g=10 m/s2）
（1）求滑板a由A点静止下滑到BC赛道速度为v1。
（2）运动员跳上滑板a后，在BC赛道上与滑板a共同运动的速度是多大？
（3）在运动员离开滑板b的过程中。滑板b受合外力的冲量大小？
解 （1）以滑板a和地球组成的系统为研究对象，由系统机械能守恒得
mgh=[SX（]1[]2[SX）]mv21，解得v1=6 m/s。
（2）在本小题中，研究对象为人和a滑板组成的系统，研究过程为人从b滑板起跳至人与a滑板相互作用达到共同速度的过程。这一过程可以看作人从一只“船”跳上另一只“船”，属于“人船模型”的简单变形。这里需要注意的是人、a滑板均具有一定的初速度，并且在人起跳之前二者相距一定位移。
设人跳离b滑板时水平方向的速度大小为u，人和a滑板的共同速度为v共，以水平向右为正方向，由系统动量守恒可得
Mu mv1=（m M）v共（5）
又，在t2时间内，人在水平方向上的对地位移为ut2， a滑板在水平方向上的对地位移为v1t2，人和b滑板在人起跳前相距v1t1，考虑到位移关系，有
ut2-v1t2=v1t1（6）
由（5）、（6）两式可得 v共=6。9 m/s。
（3）在本小题中，选取人和滑板b为研究对象。设人起跳后滑板b的速度为vb，以水平向右为正。由系统动量守恒得
[JZ]（M m）v1=Mu mvb， 解得vb=-3 m/s，负号表示人跳离后b滑板向左运动。
对滑板b由动量定理，可得在人跳离的过程中，滑板b所受冲量为
I=mvb-mv1，
解得I=-45 N·s，负号表示滑板b所受冲量方向水平向左。
示例3 人和船具有相反方向的初速度
如图4所示，一质量为M、长为l的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m
（1）若已知A和B的初速度大小为v0，求它们最后的速度的大小和方向。
（2）若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到达的最远处（从地面上看）离出发点的距离。
解 我们可以将A和B组成的系统视作“人船模型”系统。“人”（物块A）向左做匀减速直线运动，“船”（木板B）向右做匀减速直线运动。
（1）对A和B组成的系统，以水平向右为正方向，由动量守恒定律
Mv0-mv0=（M m）v共（7）
解得[JZ]v共=[SX（]M-m[]M m[SX）]v0，
由于m
（2）在本小题中，当“人”向左的速度为零时，距离出发点最远。设“人”和“船”的初速度均为v0，“人”向左达到的最远距离为xm，加速度为am，由运动学公式
[JZ]02-v20=-2amxm，am=μg，
由系统能量转化与守恒
[SX（]1[]2[SX）]Mv20 [SX（]1[]2[SX）]mv20=[SX（]1[]2[SX）]（M m）v2共 μmgl（8）
联立解得[JZ]xm=[SX（]M m[]4M[SX）]l。
“人船模型”问题是中学物理学习与研究中经常遇到的问题之一，以上所呈现的应用“人船模型”分析问题、解决问题的思路和方法具有普遍意义。因此，在分析和解决相关问题时，首先需厘清与问题相关的研究对象、研究过程、研究状态，同时还应注意动量守恒定律的矢量性、参考系的同一性、动量求和的同时性，以期在实践中不断总结提升。