【物理】2018届一轮复习人教版第十二章第1讲动量定理　动量守恒定律学案

【物理】2018届一轮复习人教版第十二章第1讲动量定理　动量守恒定律学案

‎[考试标准]‎ 知识内容 必考要求 加试要求 说明 动量和动量定理 c ‎1.运用动量定理计算时，只限于一个物体、一维运动和一个过程．‎ ‎2.运用动量定理计算时，不要求涉及连续介质．‎ ‎3.只要求解决一维运动中简单的动量守恒问题．‎ ‎4.只要求解决两个物体构成的系统相互作用一次的动量守恒问题．‎ ‎5.运用动量守恒定律计算时，不要求涉及相对速度．‎ ‎6.运用动量守恒定律计算时，不要求涉及平均速度．‎ ‎7.运用动量守恒定律计算时，不要求涉及变质量问题．‎ ‎8.综合应用动量、能量进行计算时，不要求联立方程求解．‎ ‎9.不要求定量计算反冲问题.‎ 动量守恒定律 c 碰撞 d 反冲运动　火箭 b 一、动量和动量定理 ‎1．动量 物体的质量与速度的乘积为动量，即p＝mv，单位是kg·m/s.动量是描述物体运动状态的物理量，是矢量，其方向与速度的方向相同．‎ ‎2．冲量 力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，即I＝F·t，冲量是矢量，其方向与力的方向相同，单位是N·s.‎ ‎3．动量定理 物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量，即p′－p＝I.适用于单个物体或多个物体组成的系统．‎ 二、动量守恒定律 ‎1．适用条件 ‎(1)系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合力都为零，更不能认为系统处于平衡状态．‎ ‎(2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．‎ ‎(3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在该方向上动量守恒．‎ ‎2．动量守恒定律的不同表达形式 ‎(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．‎ ‎(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．‎ ‎(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零．‎ 三、碰撞 ‎1．碰撞 碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．‎ ‎2．特点 在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．‎ ‎3．分类 动量是否守恒 机械能是否守恒 弹性碰撞 守恒 守恒 非弹性碰撞 守恒 有损失 完全非弹性碰撞 守恒 损失最大 四、反冲运动　火箭 ‎1．反冲现象 ‎(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动．‎ ‎(2)反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理．‎ ‎(3)反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能增加．‎ ‎2．火箭 ‎(1)工作原理：利用反冲运动．火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得巨大的反作用力．‎ ‎(2)设火箭在Δt时间内喷射燃气的质量是Δm，喷出燃气的速度是u，喷出燃气后火箭的质量是m，则火箭获得的速度v＝.‎ ‎1．两辆汽车的质量分别为m1和m2，已知m1＞m2，沿水平方向同向行驶具有相等的动能，则此时两汽车动量p1和p2的大小关系(　　)‎ A．p1等于p2 B．p1小于p2‎ C．p1大于p2 D．无法比较 答案　C ‎2．关于冲量，以下说法正确的是(　　)‎ A．只要物体受到了力的作用，一段时间内物体受到的总冲量就一定不为零 B．只要物体受到的合外力不为零，该物体在任意时间内所受的总冲量就一定不为零 C．做曲线运动的物体，在任意时间内所受的总冲量一定不为零 D．如果力是恒力，则其冲量的方向与该力的方向相同 答案　D ‎3．关于系统动量守恒，下列说法错误的是(　　)‎ A．只要系统内有摩擦力，动量就不可能守恒 B．只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒 C．系统所受合外力不为零，其动量一定不守恒，但有可能在某一方向上守恒 D．相互作用的两物体动量的增量的矢量和一定为零 答案　A ‎4．如图1所示，在光滑的水平面上有静止的物体A和B.物体A的质量是B的2倍，两物体中间用被细绳束缚的处于压缩状态的轻质弹簧相连．当把细绳剪断，弹簧在恢复原长的过程中(　　)‎ 图1‎ A．A的速率是B的2倍 B．A的动量大于B的动量 C．A受的力大于B受的力 D．A、B组成的系统的总动量为零 答案　D ‎5．(多选)下列属于反冲运动的是(　　)‎ A．汽车的运动 B．直升飞机的运动 C．火箭的运动 D．反击式水轮机的运动 答案　CD ‎6．如图2所示，光滑水平面上的两个小球A和B，其质量分别为mA和mB，且mA＜mB，B球上固定一水平轻质弹簧，且处于静止状态．现A球以速度v撞击弹簧的左端(撞击后A、B两球在同一直线上运动)，则下列关于撞击后的说法中正确的是(　　)‎ 图2‎ A．两球共速时，速度大小为 B．当两球速度相等时，弹簧恢复原长 C．当A球速度为零时，B球速度为v D．当弹簧压缩量最大时，两球速度都为零 答案　A 命题点一　动量定理的理解与应用 例1　(2015·重庆理综·3)高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)．此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为(　　)‎ A.＋mg B.－mg C.＋mg D.－mg 解析　由自由落体运动公式得人下降h距离时的速度为v＝，在t时间内对人由动量定理得(F－mg)t＝mv，解得安全带对人的平均作用力为F＝＋mg，A项正确．‎ 答案　A 用动量定理解题的基本思路 题组阶梯突破 ‎1．篮球运动员通常要伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前，如图3所示．这样做可以(　　)‎ 图3‎ A．减小球对手的冲量 B．减小球对人的冲击力 C．减小球的动量变化量 D．减小球的动能变化量 答案　B 解析　先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得：－Ft＝0－mv F＝，冲量和动量、动能的变化量都不变，当时间增大时，作用力减小，所以B正确．‎ ‎2．(多选)如图4，在光滑水平面上有一质量为m的物体，在与水平方向成θ角的恒定拉力F作用下运动，则在时间t内(　　)‎ 图4‎ A．重力的冲量为0‎ B．拉力F的冲量为Ft C．拉力F的冲量为Ftcos θ D．物体动量的变化量等于Ftcos θ 答案　BD 解析　重力的冲量IG＝mgt.故A错误．拉力F的冲量IF＝Ft.故B正确，C错误．合力的冲量I合＝Ftcos θ，根据动量定理知，合力的冲量等于动量的变化量，则动量的变化量为Ftcos θ.故D正确．‎ ‎3．如图5所示，运动员挥拍将质量为m的网球击出．如果网球被拍子击打前、后瞬间速度的大小分别为v1、v2，v1与v2方向相反，且v2＞v1.重力影响可忽略，则此过程中拍子对网球作用力的冲量(　　)‎ 图5‎ A．大小为m(v2＋v1)，方向与v1方向相同 B．大小为m(v2＋v1)，方向与v2方向相同 C．大小为m(v2－v1)，方向与v1方向相同 D．大小为m(v2－v1)，方向与v2方向相同 答案　B 解析　取拍子击打前网球的速度v1的方向为正方向，根据动量定理得：拍子对网球作用力的冲量I＝－mv2－mv1＝－m(v1＋v2)，即冲量大小为m(v1＋v2)，方向与v1方向相反，与v2方向相同．选项B正确，A、C、D错误．‎ 命题点二　动量守恒定律的应用 例2　质量为10 g的子弹，以300 m/s的速度射入质量为24 g、静止在光滑水平桌面上的木块．如果子弹留在木块中，则木块运动的速度是多大？如果子弹把木块打穿，子弹穿过后的速度为100 m/s，这时木块的速度又是多大？‎ 解析　子弹质量m＝10 g＝0.01 kg，子弹初速度v0＝300 m/s，木块质量M＝24 g＝0.024 kg，设子弹嵌入木块后与木块的共同速度为v，以子弹初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v 解得v＝＝ m/s≈88.2 m/s.‎ 若子弹穿出木块后速度为v1＝100 m/s，设木块速度为v2，仍以子弹初速度方向为正方向，由动量定恒定律得mv0＝mv1＋Mv2.代入数据解得v2≈83.3 m/s.‎ 答案　88.2 m/s　83.3 m/s 动量守恒定律解题的基本步骤 ‎1．明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；‎ ‎2．进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；‎ ‎3．规定正方向，确定初、末状态动量；‎ ‎4．由动量守恒定律列出方程；‎ ‎5．代入数据，求出结果，必要时讨论说明．‎ 题组阶梯突破 ‎4．如图6所示，一个质量为M的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量m＝0.25M的小木块．现使木箱获得一个向右的初速度v0，则(　　)‎ 图6‎ A．木箱和小木块最终都将静止 B．小木块最终速度大小为4v0，方向向右 C．木箱最终速度大小为0.8v0，方向向右 D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动 答案　C 解析　系统所受外力的合力为零，动量守恒，初状态木箱有向右的动量，小木块动量为零，故系统总动量向右，系统内部存在摩擦力，阻碍两物体间的相对滑动，最终相对静止，由于系统的总动量守恒，不管中间过程如何相互作用，根据动量守恒定律，最终两物体以相同的速度一起向右运动，选项A、D错误；最终两物体速度相同，由动量守恒定律得Mv0＝(m＋M)v ‎，则得v＝＝v0＝0.8v0，方向向右，选项C正确，B错误．‎ ‎5．(多选)如图7所示，放在光滑水平桌面上的两个木块A、B中间夹一被压缩的弹簧，当弹簧被放开时，它们各自在桌面上滑行一段距离后飞离桌面落在地上．A的落地点与桌边的水平距离为0.5 m，B的落地点与桌边的水平距离为1 m，那么(　　)‎ 图7‎ A．A、B离开弹簧时的速度之比为1∶2‎ B．A、B质量之比为2∶1‎ C．未离开弹簧时，A、B所受冲量之比为1∶2‎ D．未离开弹簧时，A、B加速度之比为1∶2‎ 答案　ABD 解析　A、B组成的系统在水平方向上不受外力，动量守恒，A、B两物体的落地点到桌边的距离x＝v0t，因为两物体的落地时间相等，所以v0与x成正比，故vA∶vB＝1∶2，即A、B离开弹簧时的速度之比．由动量守恒定律可知，mA∶mB＝2∶1.未离开弹簧时，A、B受到的弹力相等，作用时间相同，冲量大小也相同．未离开弹簧时，F相等，m不同，加速度a＝，与质量成反比，故aA∶aB＝1∶2.‎ 命题点三　碰撞模型的规律及应用 例3　如图8所示，一个质量为M＝50 kg的运动员和质量为m＝10 kg的木箱静止在光滑水平面上，从某时刻开始，运动员以v0＝3 m/s的速度向墙的方向推出箱子，箱子与右侧墙壁发生完全弹性碰撞后返回．当运动员接到箱子后，再次重复上述过程，每次运动员均以v0＝3 m/s的速度向墙的方向推出箱子．求：‎ 图8‎ ‎(1)运动员第一次接到木箱后的速度大小；‎ ‎(2)运动员最多能够推出木箱几次？‎ 解析　(1)取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得 第一次推出木箱0＝Mv1－mv0‎ 第一次接住木箱Mv1＋mv0＝(M＋m)v1′‎ 解得v1′＝＝1 m/s ‎(2)第二次推出木箱(M＋m)v1′＝Mv2－mv0‎ 第二次接住木箱Mv2＋mv0＝(M＋m)v2′‎ 同理可得第n次接住木箱时获得的速度为 vn′＝2n≤v0(n＝1,2,3…)‎ 解得n≤3‎ 故运动员最多能够推出木箱3次．‎ 答案　(1)1 m/s　(2)3次 碰撞问题解题策略 ‎1．抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解．‎ ‎2．熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度；当m1≫m2，且v20＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v.当m1≪m2，且v20＝0时，碰后质量小的球原速率反弹．‎ 题组阶梯突破 ‎6．质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7 kg·m/s，B球的动量是5 kg·m/s，A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是(　　)‎ A．pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s B．pA′＝3 kg·m/s，pB′＝9 kg·m/s C．pA′＝－2 kg·m/s，pB′＝14 kg·m/s D．pA′＝－4 kg·m/s，pB′＝17 kg·m/s 答案　A 解析　从碰撞前后动量守恒pA＋pB＝pA′＋pB′验证，A、B、C三项皆有可能．从碰撞后总动能不增加，即＋≥＋来看，只有A可能．‎ ‎7．一中子与一质量数为A(A>1)的原子核发生弹性正碰．若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为(　　)‎ A. B. C. D. 答案　A 解析　设中子的质量为m，则被碰原子核的质量为Am，两者发生弹性碰撞，据动量守恒，有mv0＝mv1＋Amv′，根据机械能守恒，有mv＝mv＋Amv′2.解以上两式得v1＝v0.若只考虑速度大小，则中子的速率为v1′＝v0，故碰撞前、后中子速率之比为.‎ ‎8．(多选)如图9甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2，图乙为它们碰撞前后的x－t图象．已知m1＝0.1 kg.由此可以判断(　　)‎ 图9‎ A．碰前m2静止，m1向右运动 B．碰后m2和m1都向右运动 C．由动量守恒可以算出m2＝0.3 kg D．碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能 答案　AC 解析　由x－t(位移时间)图象的斜率表示速度，碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止．m1的速度大小为v1＝＝4 m/s，方向只有向右才能与m2相撞．故A正确．由图读出，碰后m2的速度为正方向，说明向右运动，m1的速度为负方向，说明向左运动．故B错误．由图求出碰后m2和m1的速度分别为v2′＝2 m/s，v1′＝－2 m/s，根据动量守恒定律得，m1v1＝m2v2′＋m1v1′，代入解得，m2＝0.3 kg.故C正确．碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE＝m1v－m1v1′2－m2v2′2，代入解得，ΔE＝0 J，故D错误.‎ ‎1．将吹足气的气球由静止释放，球内气体向后喷出，气球会向前运动，这是因为气球受到(　　)‎ A．重力 B．手的推力 C．空气的浮力 D．喷出气体对气球的作用力 答案　D ‎2．(多选)鸡蛋掉在草地上比掉在水泥地上不容易碎．下列防护与规定中与其具有相同原理的是(　　)‎ A．撑竿跳高比赛中，横杆的下方放有较厚的海绵垫 B．易碎物品运输时要用柔软材料包装，船舷和码头悬挂旧轮胎 C．有关部门规定用手工操作的各类振动机械的频率必须大于20赫兹 D．在汽车上安装安全气囊 答案　ABD 解析　鸡蛋掉在草地上时与草地的作用时间比，掉在水泥地上时与水泥地的作用时间长，由动量定理知FΔt＝Δp，当动量变化量相同时，鸡蛋掉在草地上时受到的作用力小，所以不易碎．撑竿跳高比赛时，横杆的下方有较厚的海绵垫是为了增大运动员与海绵的作用时间而减小运动员受到的作用力，选项A正确；易碎物体运输时要用柔软材料包装，船舷和码头悬挂旧轮胎是为了增大物体间的作用时间而减小物体间的作用力，选项B正确；用手工操作的各类振动机械的频率大于20 Hz是为了防止发生共振现象而对人体健康造成危害，选项C错误；在汽车上安装安全气囊是为了增大安全气囊与人的作用时间而减小人受到的作用力，选项D正确．‎ ‎3．如图1所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱．关于上述过程，下列说法中正确的是(　　)‎ 图1‎ A．男孩和木箱组成的系统动量守恒 B．小车与木箱组成的系统动量守恒 C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒 D．木箱的动量增量与小车(包含男孩)的动量增量相同 答案　C 解析　木箱、男孩、小车组成的系统动量守恒，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同，方向相反，故A、B、D错误．‎ ‎4．有消息称：中国羽毛球运动员在一档节目上演示了一把高速度杀球，轻小的羽毛球被快速击出后瞬间将西瓜冲撞爆裂！据测羽毛球的时速高达300 km，羽毛球的质量介于4.74 g～5.50 g之间，经分析，下列说法中正确的是(　　)‎ A．这则消息一定是假的，因为羽毛球很轻小，不可能使西瓜爆裂 B．这则消息一定是假的，因为击出的羽毛球速度虽然高，但其能量却很小 C．这则消息可能是真的，俗话说无快不破，羽毛球虽然很轻小，但速度很高 D．这则消息可能是真的，西瓜是否被撞击爆裂取决于羽毛球对西瓜的冲击力大小 答案　D 解析　在高速度杀球时，由于球速较快，在与西瓜相撞的瞬间，速度急剧变化，根据动量定理可知，羽毛球对西瓜的作用力较大，完全可以使西瓜爆裂，故使西瓜裂开的原因不是速度，而是冲击力的大小，该消息可能是真的， 故只有D正确，A、B、C错误．‎ ‎5．(多选)动能相同的A、B两球(mA＞mB)在光滑的水平面上相向运动，当两球相碰后，其中一球停止运动，则可判定(　　)‎ A．碰撞前A球的速度小于B球的速度 B．碰撞前A球的动量大于B球的动量 C．碰撞前后A球的动量变化大于B球的动量变化 D．碰撞后，A球的速度一定为零，B球朝反方向运动 答案　ABD 解析　A、B两球动能相同，且mA＞mB，可得vB＞vA，再由动量和动能关系可得pA＞pB；由动量守恒得，碰撞前后A球的动量变化量与B球的动量变化量大小相等；由题意可知，碰撞后A球的速度一定为零，B球朝反方向运动，所以A、B、D对．‎ ‎6．两名质量相等的滑冰运动员甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在其中一人向另一人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次后，甲和乙最后的速率关系是(　　)‎ A．若甲先抛球，则一定是v甲>v乙 B．若乙先抛球，则一定是v乙>v甲 C．只有甲先抛球，乙最后接球，才有v甲>v乙 D．无论谁先抛球，只要乙最后接球，就有v甲>v乙 答案　D 解析　因系统动量守恒，故最终甲、乙动量大小必相等．谁最后接球谁的质量中包含了球的质量，即质量大，根据动量守恒：m1v1＝m2v2，因此谁最终接球谁的速度小．‎ ‎7．(多选)质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速度变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小为(　　)‎ A．m(v－v0) B．mgt C．m D．m 答案　BCD 解析　由动量定理得I＝Δp，即mgt＝Δp，故B正确；由p＝mv知，Δp＝m·Δv，而Δv＝＝，所以Δp＝m·＝m，故C、D正确．‎ ‎8．如图2甲所示，光滑平台上物体A以初速度v0‎ 滑到静止于水平地面且上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的动摩擦因数不计，图乙为物体A与小车B的v－t图象，由图乙中各物理量可求得(　　)‎ 图2‎ A．小车上表面的长度 B．物体A的质量 C．小车B的质量 D．物体A与小车B的质量之比 答案　D 解析　由图象可知，A、B最终以共同速度v1匀速运动，可以确定小物块相对小车的位移，不能确定小车上表面长度，A错误；由动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v1，可解得物体A与小车B的质量之比，D正确，B、C错误．‎ ‎9．古时有“守株待兔”的寓言，倘若兔子受到的冲击力(可视为恒力)大小为自身体重2倍时即可导致死亡，如果兔子与树桩的作用时间为0.2 s，则被撞死的兔子其奔跑速度可能是(重力加速度g取10 m/s2)(　　)‎ A．1.5 m/s B．2.5 m/s C．3.5 m/s D．4.5 m/s 答案　D ‎10．(2014·福建理综·30(2))如图3所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为(　　)‎ 图3‎ A．v0－v2 B．v0＋v2‎ C．v0－v2 D．v0＋(v0－v2)‎ 答案　D 解析　根据动量守恒定律(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，解得v1＝v0＋(v0－v2)，故A、B、C错误，D正确．‎ ‎11．在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m、静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反．则碰撞后B球的速度大小可能是(　　)‎ A．0.6v B．0.4v C．0.3v D．0.2v 答案　A 解析　设碰撞后A球的速度大小为vA，B球的速度大小为vB，碰撞前A球的运动方向为正方向．根据动量守恒定律得：mv＝2mvB－mvA化简可得，vA＝2vB－v，因vA>0，所以vB>，故只有A项正确．‎ ‎12．如图4所示，倾角为α的光滑斜面AB的长度为s，一个质量为m的物体自A点从静止滑下，在由A点到B点的过程中，斜面对物体的冲量大小是________，重力对物体的冲量大小是________．物体受到的合力对物体的冲量大小是________(斜面固定不动)．‎ 图4‎ 答案　mcos α 　m 　m 解析　物体沿光滑斜面下滑，加速度a＝gsin α，滑到底端所用的时间为t，由s＝at2可知t＝＝ 由冲量的定义式可知斜面对物体的冲量大小为：‎ IF＝mgcos α·t＝mgcos α ＝mcos α 重力的冲量大小IG＝mgt＝mg ＝m 合力的冲量大小I合＝F合t＝mgsin α ＝m.‎ ‎13．如图5所示，甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏．甲和他的冰车质量共为30 kg，乙和他的冰车质量也是30 kg.游戏时，甲推着一个质量为15 kg箱子和他一起以2 m/s的速度滑行，乙以同样大小的速率迎面滑来．为避免相撞，‎ 甲突然将箱子沿冰面推给乙．箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住．若不计冰面摩擦，甲至少以多大速度(相对地)将箱子推出，才能避免与乙相撞？‎ 图5‎ 答案　5.2 m/s 解析　要想刚好避免相撞，要求乙抓住箱子后与甲推出箱子后的速度正好相同，设甲推出箱子后的速度为v1，箱子的速度为v，乙抓住箱子后的速度为v2.‎ 对甲和箱子，推箱子前后动量守恒，以初速度方向为正，由动量守恒定律(M＋m)v0＝mv＋Mv1①‎ 对乙和箱子，抓住箱子前后动量守恒，由动量守恒定律有mv－Mv0＝(m＋M)v2②‎ 刚好不相撞的条件是v1＝v2③‎ 联立①②③式解得v＝5.2 m/s.故甲至少以速度(相对地)5.2 m/s将箱子推出，才能避免与乙相撞．‎