13/13第7講動量定理和動量守恒定律1.（2024·江蘇高考9題）如圖所示，在水平面上靜止有一個U形滑板A，A的上表面有一個靜止的物體B，左側用輕彈簧連接在滑板A的左端，右側用一根細繩連接在滑板A的右端，開始時彈簧處于拉伸狀態(tài)，各表面均光滑，剪斷細繩后，則（）A.彈簧恢復原長時A的動能最大B.彈簧壓縮至最短時A的動量最大C.整個系統(tǒng)動量變大D.整個系統(tǒng)機械能變大解析：A對A、彈簧與B組成的系統(tǒng)受力分析，該系統(tǒng)所受外力矢量和為零，則其動量守恒，又運動過程中，只有彈簧彈力做功，所以系統(tǒng)的機械能守恒，C、D錯誤；對系統(tǒng)，由動量守恒定律可知mAvA＝mBvB，由機械能守恒定律有Ep＝12mAvA2＋12mBvB2，聯(lián)立兩式可知當彈簧恢復至原長，彈簧的彈性勢能完全轉化為A、B的動能時，A的動能最大，動量也最大2.（多選）（2024·廣東高考10題）如圖所示，光滑斜坡上，可視為質點的甲、乙兩個相同滑塊，分別從H甲、H乙高度同時由靜止開始下滑。斜坡與水平面在O處平滑相接，滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，乙在水平面上追上甲時發(fā)生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下列說法正確的有（）A.甲在斜坡上運動時與乙相對靜止B.碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度C.乙的運動時間與H乙無關D.甲最終停止位置與O處相距H解析：ABD兩滑塊在光滑斜坡上加速度相同，同時由靜止開始下滑，則相對速度為0，故A正確；兩滑塊滑到水平面后均做勻減速直線運動，由于兩滑塊質量相同，且發(fā)生彈性碰撞，可知碰后兩滑塊交換速度，即碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度，故B正確；設斜面傾角為θ，乙下滑過程有H乙＝12gsinθ·t12，在水平面運動一段時間t2后與甲相碰，碰后以甲碰前速度做勻減速直線運動的時間為t3，則乙運動的時間為t＝t1＋t2＋t3，由于t1與H乙有關，則總時間與H乙有關，故C錯誤；乙下滑過程有mgH乙＝12mv乙2，由于甲和乙發(fā)生彈性碰撞，交換速度，則可知甲最終停止位置與不發(fā)生碰撞時乙最終停止的位置相同；則如果不發(fā)生碰撞，乙在水平面運動到停止有v乙2＝2μgx，聯(lián)立可得x＝H乙3.（2024·江蘇高考14題）嫦娥六號探測器于5月3日在中國文昌航天發(fā)射場發(fā)射升空并進入地月轉移軌道，探測器經(jīng)過軌道修正、近月制動，順利進入環(huán)月軌道飛行。此后，探測器經(jīng)歷著陸器和上升器組合體、軌道器和返回器組合體的分離。已知嫦娥六號在軌速度為v0，著陸器對應的組合體A與軌道器對應的組合體B分離時間為Δt，分離后B的速度為vB，且與v0同向，A、B的質量分別為m、M。求：（1）分離后A的速度vA；（2）分離時A對B的推力大小。答案：（1）（m＋M）v解析：（1）A、B組成的系統(tǒng)沿速度方向動量守恒，由動量守恒定律有（m＋M）v0＝MvB＋mvA解得分離后A的速度vA＝（m（2）A、B分離的過程，對B由動量定理有FΔt＝MvB－Mv0解得分離時A對B的推力大小為F＝Mv考點一動量定理的應用1.沖量的三種計算方法公式法I＝Ft適用于求恒力的沖量動量定理法多用于求變力的沖量或F、t未知的情況圖像法F-t圖線與時間軸圍成的面積表示力的沖量，若F與t成線性關系，也可直接用平均力求解2.動量定理（1）公式：FΔt＝mv'－mv（2）應用技巧①研究對象可以是單個物體，也可以是多個物體組成的系統(tǒng)。②表達式是矢量式，需要規(guī)定正方向。③勻變速直線運動，如果題目不涉及加速度和位移，用動量定理比用牛頓第二定律求解更簡捷。④在變加速運動中F為Δt時間內的平均力。⑤電磁感應問題中，利用動量定理可以求解時間、電荷量或導體棒的位移。【例1】（2024·北京海淀三模）使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離，靜止于水平桌面上，甲的N極正對著乙的S極，甲的質量大于乙的質量，兩者與桌面之間的動摩擦因數(shù)相等?，F(xiàn)同時釋放甲和乙，在它們相互接近過程中的任一時刻（）A.甲的速度大小比乙的大B.甲的加速度大小比乙的加速度小C.甲的動量大小比乙的大D.甲合力沖量與乙合力沖量大小相等答案：B解析：對甲、乙兩條形磁鐵水平方向分別受力分析，如圖所示根據(jù)牛頓第二定律有a甲＝F－μm甲gm甲、a乙＝F'－μm乙gm乙，由于F＝F'，m甲＞m乙，所以a甲＜a乙，由于兩物體運動時間相同，且同時由靜止釋放，可得v甲＜v乙，A錯誤，B正確；對于整個系統(tǒng)而言，由于μm甲g＞μm乙g，系統(tǒng)所受合力方向向左，【例2】（2024·廣東汕頭一模）某實驗小組用電池、電動機等器材自制風力小車，如圖所示，葉片勻速旋轉時將空氣以速度v向后排開，葉片旋轉形成的圓面積為S，空氣密度為ρ，下列說法正確的是（）A.風力小車的原理是將風能轉化為小車的動能B.t時間內葉片排開的空氣質量為ρSvC.葉片勻速旋轉時，空氣對小車的推力為ρSv2D.葉片勻速旋轉時，單位時間內空氣流動的動能為12ρSv答案：C解析：風力小車的原理是消耗電能，先轉化成風能，再推動小車運動，所以其原理是將電能轉化為小車的動能，故A錯誤；t時間內葉片排開的空氣質量為m＝ρvtS，故B錯誤；由動量定理可得葉片勻速旋轉時，t時間內葉片排開的空氣受到的推力F＝mvt＝ρSvt·vt＝ρSv2，根據(jù)牛頓第三定律可知空氣對小車的推力為ρSv2，故C正確；葉片勻速旋轉時，單位時間內空氣流動的動能為Ek＝12m0v2＝12ρSv·v2＝12用動量定理求解“流體”問題的方法1.建立“柱狀”模型，沿流速v的方向選取一段柱形流體，其橫截面積為S。2.隔離微元研究，作用時間Δt內的一段柱形流體的長度為vΔt，對應質量為Δm＝ρSvΔt，求小柱體的動量變化Δp＝vΔm＝ρv2SΔt。3.應用動量定理FΔt＝Δp研究這段柱狀流體，列方程求解?！纠?】（多選）（2024·浙江6月選考15題）如圖所示，一根固定的足夠長的光滑絕緣細桿與水平面成θ角。質量為m、電荷量為＋q的帶電小球套在細桿上。小球始終處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向垂直細桿所在的豎直面，不計空氣阻力。小球以初速度v0沿細桿向上運動至最高點，則該過程（）A.合力沖量大小為mv0cosθB.重力沖量大小為mv0sinθC.洛倫茲力沖量大小為qBD.若v0＝2mgcos答案：CD解析：根據(jù)動量定理得I合＝0－mv0＝－mv0，則合力沖量大小為mv0，A錯誤；小球上滑時間t＝v0gsinθ，重力沖量大小為mgt＝mg·v0gsinθ＝mv0sinθ，B錯誤；小球所受洛倫茲力垂直桿向上，大小為qvB＝qB（v0－at）＝－qBat＋qBv0，隨時間線性變化。洛倫茲力的沖量大小為qv02Bt＝qv02B·v0gsinθ＝qBv022gsinθ，C正確；若v0＝2mgcosθqB，0時刻小球所受洛倫茲力為qv0B＝2mgcosθ，1.用動量定理解題的基本思路2.對過程較復雜的運動，可分段用動量定理，也可整個過程用動量定理。考點二動量守恒定律的應用動量守恒定律的三種表達形式（1）m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'，作用前的動量之和等于作用后的動量之和。（2）Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的變化量等大反向。（3）Δp＝0，系統(tǒng)總動量的變化量為零?！纠?】如圖所示，我國自行研制的第五代隱形戰(zhàn)機“殲-20”以速度v0水平向右勻速飛行，到達目標地時，將戰(zhàn)機上質量為M的導彈自由釋放，導彈向后噴出質量為m、對地速率為v1的燃氣，則對噴氣后瞬間導彈的速率下列表述正確的是（）A.速率變大，為MB.速率變小，為MC.速率變小，為MD.速率變大，為M答案：A解析：設導彈飛行的方向為正方向，由動量守恒定律可得Mv0＝（M－m）v－mv1，解得噴氣后瞬間導彈的速率v＝Mv0＋mv1M【例5】如圖所示，甲、乙兩小孩各乘一輛冰車在水平冰面上游戲。甲和他的冰車總質量為M，乙和他的冰車總質量也為M，游戲時，甲推著一個質量為m的箱子和他一起以v0的速度滑行，乙以同樣大小的速度迎面滑來。為了避免相撞，甲突然將箱子沿冰面推給乙，箱子滑到乙處，乙迅速抓住。不計冰面摩擦：（1）若甲將箱子以速度v推出，甲的速度變?yōu)槎嗌?；?）設乙抓住迎面滑來的速度為v的箱子后反向運動，乙抓住箱子后的速度變?yōu)槎嗌?；?）若甲、乙分別和他的冰車總質量均為M＝30kg，箱子質量m＝10kg，v0＝6m/s，為使甲、乙最后不相撞，則箱子被推出的速度至少多大（計算結果保留兩位小數(shù)）。答案：（1）（M＋m）v（3）21.43m/s解析：（1）甲將箱子推出的過程中，甲和箱子組成的系統(tǒng)動量守恒，以甲的運動方向為正方向，由動量守恒定律得（M＋m）v0＝mv＋Mv1，解得v1＝（M（2）箱子和乙作用的過程動量守恒，以箱子的速度方向為正方向，由動量守恒定律得mv－Mv0＝（M＋m）v2，解得v2＝mv－（3）甲、乙不相撞的條件是v1≤v2，即（M＋m）v0－mvM≤mv－考點三碰撞與反沖問題1.碰撞問題遵循的三條原則2.反沖的兩條規(guī)律（1）總的機械能增加：反沖運動中，由于有其他形式的能量轉化為機械能，所以總機械能增加。（2）平均動量守恒：若系統(tǒng)在全過程中動量守恒，則這一系統(tǒng)在全過程中平均動量必定守恒；若系統(tǒng)由兩個物體組成，且相互作用前均靜止，相互作用后均發(fā)生運動，則有m1v1－m2v2＝【例6】（2024·山東濟寧一模）目前我國空間實驗已走在世界的前列，神舟十六號航天員景海鵬、朱楊柱、桂海潮在空間站內做了鋼球相互碰撞的實驗。桂海潮用質量較小的鋼球以0.6m/s水平向左的速度與靜止的質量較大的鋼球正碰，碰后小鋼球與大鋼球速度大小分別為v1、v2，較小鋼球的質量為較大鋼球質量的一半，兩鋼球的碰撞可視為彈性碰撞。下列說法正確的是（）A.v1＝0.2m/s，方向水平向左B.v1＝0.2m/s，方向水平向右C.v2＝0.2m/s，方向水平向左D.v2＝0.1m/s，方向水平向左答案：B解析：設較小鋼球的質量為m，較大鋼球的質量為2m，碰后小鋼球與大鋼球的速度分別為v1'、v2'，兩鋼球的碰撞可視為彈性碰撞，以水平向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律可得mv0＝mv1'＋2mv2'，12mv02＝12mv1'2＋12×2mv2'2，代入數(shù)據(jù)解得v1'＝－0.2m/s，v2'＝0.4m/s，可知v1＝0.2m/s，方向水平向右；v2＝0.4【例7】噴氣背包曾經(jīng)是宇航員艙外活動的主要動力裝置。假定宇航員與空間站保持相對靜止。啟動噴氣背包后，橫截面積為S的噴口以速度v（以空間站為參考系）持續(xù)向后噴出密度為ρ的氣體。已知宇航員連同整套艙外太空服的質量為M（含背包及其內氣體），則啟動噴氣背包，經(jīng)過時間t后宇航員相對空間站的速度大小為（）A.ρSvtM B.C.ρSvtM－ρSvt 答案：D解析：設啟動噴氣背包，經(jīng)過時間t后宇航員相對空間站的速度大小為v'，規(guī)定宇航員相對空間站的速度方向為正方向，由動量守恒定律得0＝－ρvtS·v＋（M－ρvtS）v'，解得v'＝ρSv2tM【例8】（2024·吉林高考14題）如圖，高度h＝0.8m的水平桌面上放置兩個相同物塊A、B，質量mA＝mB＝0.1kg。A、B間夾一壓縮量Δx＝0.1m的輕彈簧，彈簧與A、B不拴接。同時由靜止釋放A、B，彈簧恢復原長時A恰好從桌面左端沿水平方向飛出，水平射程xA＝0.4m；B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離xB＝0.25m后停止。A、B均視為質點，取重力加速度g＝10m/s2。不計空氣阻力，求：（1）脫離彈簧時A、B的速度大小vA和vB；（2）物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ；（3）整個過程，彈簧釋放的彈性勢能ΔEp。答案：（1）1m/s1m/s（2）0.2（3）0.12J解析：（1）A離開桌面后做平拋運動，則水平方向有xA＝vAt豎直方向有h＝12gt聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得vA＝1m/sA、B與彈簧相互作用的過程中，A、B所受水平桌面的摩擦力等大反向，所受彈簧彈力也等大反向，又A、B豎直方向上所受合力均為零，故A、B組成的系統(tǒng)所受外力矢量和為零，動量守恒，則有mAvA＝mBvB解得vB＝1m/s。（2）對B離開彈簧后的運動過程，根據(jù)動能定理有－μmBgxB＝0－12mB代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.2。（3）對A、B與彈簧相互作用的過程，根據(jù)能量守恒定律有ΔEp＝12mAvA2＋12mBvB2＋μmAg·Δx代入數(shù)據(jù)解得ΔEp＝0.12J。歸納法解決多次碰撞問題當兩個物體之間或物體與擋板之間發(fā)生多次碰撞時，因碰撞次數(shù)較多，過程復雜，在求解多次碰撞問題時，通?？捎玫揭韵聝煞N方法：數(shù)學歸納法先利用所學知識把前幾次碰撞過程理順，分析透徹，根據(jù)前幾次數(shù)據(jù)，利用數(shù)學歸納法，可寫出以后碰撞過程中對應規(guī)律或結果，通常會出現(xiàn)等差、等比數(shù)列，然后可以利用數(shù)學數(shù)列求和公式計算全程的路程等數(shù)據(jù)圖像法通過分析前幾次碰撞情況，畫出物體對應的v-t圖像，通過圖像可使運動過程清晰明了，并且可通過圖像與t軸所圍面積求出物體的位移【典例】（2024·山東聊城二模）如圖所示，長木板在光滑水平面上以v0＝2m/s的速度做勻速直線運動，長木板質量M＝0.5kg，某時刻在長木板的右端輕放一個可視為質點的小物塊，小物塊的質量m＝1.5kg，長木板右側有一固定擋板，擋板下方留有僅允許長木板通過的缺口，小物塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，小物塊與擋板發(fā)生正碰，碰撞是彈性碰撞。假設長木板右端到擋板的距離足夠大。重力加速度取g＝10m/s2，求：（1）若要小物塊不從長木板上滑下，求長木板的長度至少是多少？（2）若長木板足夠長，質量變?yōu)?.5kg，求：①小物塊和擋板第一次相碰后向左運動的時間。②小物塊與擋板第n次碰撞到第n＋1次碰撞過程中，相對于長木板的位移是多少？答案：（1）0.625m（2）①1.5s②27×12解析：（1）設長木板和小物塊向右運動過程中第一次達到共速時的速度為v10，則由動量守恒定律得Mv0＝（M＋m）v10，小物塊與擋板發(fā)生彈性碰撞后，速度反向，大小不變，設長木板與小物塊再次共速時速度為v20，則由動量守恒定律得mv10－Mv10＝（M＋m）v20，由能量守恒定律可得μmgL＝12Mv02－12（M＋m）v202，解得L＝（2）①更換長木板后，設長木板與小物塊第一次共速時速度為v，由動量守恒定律可得M'v0＝（M'＋m）v，小物塊與擋板發(fā)生第一次彈性碰撞后，速度反向，大小不變，其向左運動過程中，由動量定理可得－μmgt＝0－mv，解得t＝1.5s。②設小物塊與擋板第二次碰撞前的速度為v1，由動量守恒定律可得M'v－mv＝（M'＋m）v1，解得v1＝12v，設第三次碰撞前、第四次碰撞前，小物塊和木板的共同速度為v2、v3，同理可得v2＝12v1＝122v，v3＝12v2＝123v，根據(jù)數(shù)學歸納法，第n＋1次碰撞前的共同速度為vn＝12vn－1＝12nv，小物塊與擋板第n次碰撞到第n＋1次碰撞過程中，相對于長木板的位移是x，由能量守恒定律可得μmgx＝12（M'＋m）vn－12－11.（2024·河南鄭州三模）如圖所示，某同學利用平板車將貨物沿斜坡向上勻速運送，貨物與小車之間始終沒有發(fā)生相對滑動，則平板車與貨物組成的系統(tǒng)（）A.動量增大 B.機械能不變C.所受合外力的沖量為零 D.所受推力做功為零解析：C平板車將貨物沿斜坡向上勻速運送，速度不變，動量不變，根據(jù)動量定理可知所受合外力的沖量為零，A錯誤，C正確；平板車將貨物沿斜坡向上勻速運送，平板車與貨物組成的系統(tǒng)動能不變，重力勢能增加，則機械能增加，B錯誤；同學利用平板車將貨物沿斜坡向上勻速運送，推力不為零，位移不為零，則所受推力做功不為零，D錯誤。2.（2023·貴州安順一模）有些太空探測器裝配有離子發(fā)動機，其工作原理是將被電離后的正離子從發(fā)動機尾部高速噴出，從而為探測器提供推力。若發(fā)動機向后噴出的離子的速率為25km/s（遠大于探測器的飛行速率）時，探測器獲得的推力大小為0.1N，則該發(fā)動機1s時間內噴出離子的質量為（）A.4×10－4kg B.4×10－5kgC.4×10－6kg D.4×10－7kg解析：C由牛頓第三定律可知1s時間內噴出的離子受到發(fā)動機的平均作用力大小為F＝0.1N，對1s時間內噴出的離子，由動量定理可得Ft＝mv－0，解得該發(fā)動機1s時間內噴出離子的質量為m＝Ftv＝0.1×125000kg＝4×10－63.烏賊在無脊椎動物中游泳最快，被稱為“水中火箭”。一只懸浮在水中的烏賊，吸滿水時的質量為3kg，遇到危險時，烏賊通過體管在0.1s時間內將0.4kg的水向后以90m/s的速度噴出，從而獲得極大的逃竄速度，則烏賊在向后噴水的時間內，獲得的向前平均推力約為（）A.360N B.560NC.640N D.2700N解析：A設向后為正方向，由動量守恒定律有0＝m1v1－（M－m1）v2，由動量定理有－Ft＝－（M－m1）v2－0，解得F＝360N，故選A。4.（2024·山西一模）在近地圓軌道上繞地球做勻速圓周運動的天宮號空間站中，宇航員進行了奇妙的“乒乓球”實驗。實驗中，朱楊柱做了一顆實心水球，桂海潮取出一塊用毛巾包好的普通乒乓球拍，球拍擊打水球后，水球被彈開了，則水球在與球拍作用過程中及被擊打后的一小段時間內，水球（）A.與球拍作用過程中它們組成的系統(tǒng)動量守恒B.與球拍作用過程中水球受地球引力的沖量為零C.被擊打后水球相對地球做變速曲線運動D.被擊打后水球相對天宮做勻速圓周運動解析：C水球與球拍作用過程中，把水球與球拍作為系統(tǒng)，受到手對系統(tǒng)的作用力，所以系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；由沖量公式I＝Ft可知與球拍作用過程中水球受地球引力并且其作用時間不為0，所以它的沖量不為零，故B錯誤；實驗艙內的物體處于完全失重狀態(tài)，航天員會觀察到水球離開球拍后相對天宮號空間站做勻速直線運動，被擊打后水球相對地球做變速曲線運動，故C正確，D錯誤。5.水蠆（chǎi），就是蜻蜓的幼蟲，會將腹部所吸的水迅速向后噴出，所產(chǎn)生的反推力會帶動它們向前飛速移動以起到避害的作用。一只懸浮在水中的水蠆，當吸滿水后，它的總質量約為0.5g，遇到危險時，通過短漏斗狀的體管在極短時間內將水向后高速噴出，從而迅速逃竄，瞬時速度可達15m/s。已知噴射出水的質量約為0.2g，則噴射水的瞬時速度約為（）A.20m/s B.22.5m/sC.37.5m/s D.45m/s解析：B由題意可知，水蠆逃竄時的速度達到v1＝15m/s，水蠆和噴出的水組成的系統(tǒng)動量守恒，設水蠆噴射出水的速度為v2，取水蠆向前逃竄的方向為正方向，由動量守恒定律可得（m－m0）v1－m0v2＝0，解得v2＝m－m0m0v1＝0.5－0.20.26.如圖所示，靜止在光滑水平面上的A、B、C三個質量均為2kg的物體緊貼著放在一起，A、B之間有微量炸藥。炸藥爆炸后三個物體均沿水平方向運動且B對C做的功為16J，若炸藥爆炸過程釋放的能量全部轉化為三個物體的動能，則炸藥爆炸過程中釋放出的能量為（）A.48J B.64JC.96J D.108J解析：C對C由動能定理得WC＝12mCvC2，解得vC＝4m/s，爆炸后B和C共速，即vBC＝vC＝4m/s，對A、B、C整體，動量守恒，則mvA＝2mvBC，解得vA＝8m/s，爆炸釋放的能量為三者動能之和，故E＝12mvA2＋12×2mvBC7.有一條捕魚小船停靠在湖邊碼頭，小船又窄又長（估計一噸左右），一位同學想用一個卷尺粗略測定它的質量。他進行了如下操作：首先將船平行碼頭自由停泊，輕輕從船尾上船，走到船頭后停下來，而后輕輕下船。用卷尺測出船后退的距離為d，然后用卷尺測出船長L，已知他自身的質量為m，則漁船的質量M為（）A.mLd B.C.m（L＋d解析：B人從船尾走到船頭的過程動量守恒，則Mv船＝mv人，即Mdt＝mL－dt，解得漁船的質量為M＝m8.（2024·山東菏澤三模）風箏在我國已存在兩千年之久，又有紙鳶、鷂子之稱。如圖所示，某時刻風箏靜止在空中，風箏面與水平面夾角為θ，牽引線與豎直方向夾角為2θ。已知風箏質量為m，垂直于風箏面的風速大小為v，風箏面的面積為S，重力加速度為g，則風箏所在高度空氣密度為（）A.2mgcosθSC.4mgSv2解析：A對風箏受力分析如圖1所示，作出矢量三角形如圖2所示，可知風箏此時獲得的垂直于風箏面的力F＝2mgcosθ，根據(jù)牛頓第三定律，風箏對垂直于風箏面的風的作用力大小也為F，以風為研究對象，Δt時間內，垂直打在風箏面的風的質量Δm＝ρSvΔt，在垂直于風箏面方向上由動量定理有F·Δt＝Δm·v，聯(lián)立解得空氣密度為ρ＝2mgcosθS9.為測量某未知原子核的質量，用帶正電的α粒子（24He）以初動量p轟擊靜止的未知原子核，其過程可視為彈性正碰，如圖甲。α粒子在全過程中的p-t圖像如圖乙所示，其中，t1為圖線切線斜率最大時刻，已知α粒子的質量為m，下列說法正確的是（A.該未知粒子的質量約為α粒子質量的2倍B.t1時刻α粒子的動量為pC.t2時刻兩粒子相距最近D.全過程中系統(tǒng)最大電勢能為3解析：D碰撞過程由動量守恒定律可知p＝－p2＋p'，由能量關系可得：p22m＝p222m＋p'22m'，解得m'＝3m，選項A錯誤；t1時刻圖線切線斜率最大，此時加速度最大，兩粒子距離最近，兩者共速，則由動量守恒定律得p＝（m＋3m）v，解得t1時刻α粒子的動量為pα＝mv＝p4，選項B、C錯誤；當兩粒子相距最近時電勢能最大，最大電勢能為Epm＝p2210.（2024·江蘇南師附中三模）如圖所示，人坐在滑車上在冰面上以速度v0＝4m/s向右滑行，人與滑車總質量m1＝100kg，與冰面摩擦不計，在O點靜止一質量m2＝20kg的木箱，木箱與冰面間動摩擦因數(shù)μ＝0.2，當人到達O點時，將木箱相對地以速度v＝5m/s水平向右推出。此后人在A點再次追上木箱，人迅速抓住木箱并水平推著木箱一起運動，最后停在B點。重力加速度g取10m/s2。（1）推出木箱后，人的速度大小為多少？（2）B點離O點距離x為多少？答案：（1）3m/s（2）16.7m解析：（1）對人與木箱組成的系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律可知m1v0＝m1v1＋m2v，得v1＝3m/s。（2）人推出木箱后，此后木箱向前勻減速運動，加速度大小為a，則有a＝μg＝2m/s2，經(jīng)時間t人追上木箱，則有s1＝v1t，s2＝vt－12at2，s＝s1＝s2，得t＝2s，s＝6m，此時木箱速度為v2'＝v－at＝1m/s，人抓住木箱后，共同速度為v'，系統(tǒng)動量守恒，則m1v1＋m2v2'＝（m1＋m2）v'，得v'＝83m/s，此后二者共同勻減速運動，則12（m1＋m2）v'2＝μm2gs'，解得s'＝323m，又因為x＝s＋s'，所以x＝503m＝1611.（2