第7章 第2讲 动量守恒定律及其应用 课件 -2027届高考物理一轮复习考点精讲

该高中物理高考复习课件聚焦“动量与动量守恒定律”专题，依据高考评价体系梳理了动量守恒条件、碰撞分类、反冲运动及模型（人船、爆炸）等核心考点，通过真题分析明确动量守恒应用占60%、碰撞问题占30%的高频分布，归纳选择、计算等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题溯源+模型突破+素养提升”策略，如以2023广东卷药品传送系统为例，运用动量守恒和能量观念推导碰撞后速度，培养科学思维中的模型建构与科学推理能力。特设“考点过关”分层训练和易错警示，助力学生掌握碰撞三原则等解题技巧，教师可据此实施精准复习，提升备考效率。

第七章　动量与动量守恒定律 第2讲　动量守恒定律及其应用 -- 第七章　动量与动量守恒定律 1．通过理论推导和实验，理解动量守恒定律。 2．能用动量守恒定律解释(解决)生产生活中的现象(问题)。 3．知道动量守恒定律的普适性。 4．知道弹性碰撞和非弹性碰撞的特点。 5．定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象。 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 √ × √ √ -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 C -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 BC -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 BC -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 B -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 A -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 谢谢观看 -- 第七章　动量与动量守恒定律 考点一　动量守恒定律的理解 【考点内化】 1．内容。 如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变。 2．表达式。 (1)p＝p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′。 (2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量矢量和等于作用后的动量矢量和。 (3)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。 (4)Δp＝0，系统总动量的增量为零。 3．适用条件。 (1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零。 (2)近似守恒：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)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒。 4．理解动量守恒定律的“六种性质”。 系统性 研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统 条件性 首先判断系统是否满足守恒条件 相对性 公式中v1、v2、v1′、v2′必须相对于同一个惯性系 同时性 公式中v1、v2是在相互作用前同一时刻的速度，v1′、v2′是相互作用后同一时刻的速度 矢量性 应先选取正方向，凡是与选取的正方向一致的动量为正值，相反为负值 普适性 不仅适用于低速宏观系统，也适用于高速微观系统 【考点过关】 1．请判断有关动量守恒定律的表述正误，正确的打“√”，错误的打“×”。 (1)只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒。(　　) (2)系统动量不变是指系统的总动量大小和方向都保持不变。(　　) (3)两物体组成的系统总动量守恒，这个系统中两个物体的动量变化总是大小相等、方向相反。(　　) (4)动量守恒定律的表达式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′是矢量式，应用时一定要规定正方向，且其中的速度必须相对于同一个惯性参考系。(　　) 2．请以下面情境推导出动量守恒定律的表达式：设在光滑水平面上做匀速运动的两个小球A和B，质量分别是m1和m2，沿同一直线同向运动，速度分别是v1和v2(v1>v2)，后发生碰撞，碰撞过程相互作用时间为t，碰撞后的速度分别是v1′和v2′。请按下列问题步骤推导。 问题(1)：A、B两个小球在碰撞过程中各自所受的平均作用力F1与F2有什么关系？ 问题(2)：设向右为正方向，写出碰撞过程中小球各自的冲量跟动量变化量的关系式。 问题(3)：如何消去这两个冲量？得到了什么样的式子？ 解答：问题(1)大小相等，方向相反。 问题(2)对A球，有－F2t＝m1v1′－m1v1， 对B球，有F1t＝m2v2′－m2v2。 问题(3)两式相加，得m1v1 ＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。 【考教衔接】 　(教材改编)所谓对接是指两艘同方向几乎同样快慢运行的宇宙飞船在太空中互相靠近，最后连接在一起。假设天舟一号和天宫二号的质量分别为M、m，两者对接前的在轨速度分别为(v＋Δv)、v，对接持续时间为Δt，则在对接过程中天舟一号对天宫二号的平均作用力 大小为F＝_______________。 解析：在天舟一号和天宫二号对接过程中沿运动方向动量守恒，有M(v＋Δv)＋mv＝(M＋m)v′，解得对接后两者的共同速度v′＝v＋，以天宫二号为研究对象，根据动量定理有FΔt＝mv′－mv，解得F＝。 【练习1】　(单选)天问一号着陆巡视器成功着陆于火星，标志着中国首次火星探测任务着陆火星取得圆满成功。携带火星车的着陆器与环绕器分离后，最后阶段利用反推火箭在火星表面实现软着陆，设着陆器总质量为M，极短时间内瞬间喷射的燃气质量是m，为使着陆器经一次瞬间喷射燃气后，其下落的速率从v0减为v，需要瞬间喷出的燃气速率约为(　　) A．v0－v B． C．＋v D． 解析：根据动量守恒定律知，Mv0＝(M－m)v＋mv1，解得v1＝＋v。故选C。 点评：试题仅应用动量守恒定律列一式就能计算得到答案，体现了基础性。 考点二　弹性碰撞与非弹性碰撞 【考点内化】 1．碰撞。 (1)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远大于外力，系统总动量守恒。 (2)分类。 ①弹性碰撞：碰撞后系统的总动能没有损失。 ②非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能有损失。 ③完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最大。 2．碰撞三个原则问题。 (1)碰撞前、后两物体速度的关系：碰撞前两物体同向运动，碰撞物体的速度为v1，被碰撞物体的速度为v2，则v1>v2；碰撞后两物体同向运动，碰撞物体的速度为v1′，被碰撞物体的速度为v2′，则v1′≤v2′。 (2)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′(本式为矢量式)。 (3)动能不增加：＋≥＋。 【考点过关】 1．请按以下情境推导弹性碰撞后两个小球速度的表达式。 钢球A的质量为m1，钢球B的质量为m2，速度为v0的A球和静止的B球发生弹性碰撞，求两球碰撞后的速度v1和v2。 解答：m1v0＝m1v1＋m2v2, ① m1v02＝m1v12＋m2v22, ② 解得v1＝v0，v2＝v0。 讨论：①若m1>m2，则v1>0，v2>0，但v1<v2。 ②若m1＝m2，则v1＝0，v2＝v0(即双方速度交换)。 ③若m1≪m2，则v1＝－v0，v2＝0(即碰方按原速率反弹)。 2．研究完全非弹性碰撞损失的机械能。 情境：球A的质量为m1，球B的质量为m2，速度为v0的A球和静止的B球发生完全非弹性碰撞。请回答下列问题。 问题(1)：碰撞后两个球的共同速度为v，试列式计算v的大小。 问题(2)：试列式计算系统损失的机械能ΔE占初动能的比率表达式。 问题(3)：讨论当m2≫m1时，损失的机械能是更大还是更小？ 解答：问题(1)根据动量守恒定律，有 m1v0＝(m1＋m2)v，解得v＝v0。 问题(2)系统损失的机械能 ΔE＝m1v02－(m1＋m2)v2＝·m1v02， 则＝。 问题(3)当m2≫m1时，≈1，ΔE≈mv02， 说明损失的机械能更大。 【考教衔接】 　(多选)(教材改编)质量不等的A、B两小球在光滑的水平面上沿同一直线向同一方向运动，A球的动量为5 kg·m/s，B球的动量为7 kg·m/s。当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球动量的可能值为(　　) 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′＝－5 kg·m/s，pB′＝17 kg·m/s 解析：本题属于碰撞问题，对题给的各选项进行验证，发现题给数据都满足上述动量守恒的原则,即pA＋pB＝pA′＋pB′。再由原则一可作进一步判断：因碰撞前要求vA>vB，而pA<pB，说明mA<mB，碰撞后要vB′≥vA′，则pB′>pA′，故A错误；由原则三可知，总动能不能增加，即mAvA′2＋mBvB′2≤mAvA2＋mBvB2，因为mBvB′2>mBvB2，所以mAvA′2<mAvA2，即pB′2>pB2，pA′2<pA2，故D错误。故选BC。 【练习2】　球A的质量为m1，球B的质量为m2，速度为v0的A球和静止的B球发生完全非弹性碰撞，试计算确定共同速度v及系统损失的机械能ΔE的表达式。 【拓展1】　如图，在光滑地面上，质量为m1的滑块A以速度v0向质量为m2的静止滑块B运动，B的左端连有轻弹簧，试计算确定共同速度v及弹簧获得的最大弹性势能Epm的表达式。 【拓展2】　如图，在光滑地面上，静止放置质量为M的长木板B，质量为m的滑块A(可视为质点)以初速度v0滑上B的左端，滑块A恰好不会从长木板B中掉下来，试计算确定共同速度v及系统产生的内能Q的表达式。 【拓展3】　如图，在光滑地面上，静止放置质量为M的木块B，质量为m的子弹A(可视为质点)以初速度v0射入B的左端，A恰好不会从B中射出，试计算确定共同速度v及系统产生的内能Q的表达式。 解答：系统动量守恒，有m1v0＝(m1＋m2)v[或mv0＝(M＋m)v]， 解得v＝v0， 系统损失的机械能(或弹簧获得的最大弹性势能Epm) ΔE＝m1v02－(m1＋m2)v2＝·m1v02， 。 【练习3】　(多选)质量为2m的物体A以速度v0碰撞质量为m的静止物体B，碰后A、B的运动方向均与v0的方向相同，则碰撞后B的速度可能为(　　) A．v0 B．v0 C．v0 D．2v0 解析：设A、B碰撞之后的速度分别为v1、v2，两个物体发生碰撞时由动量守恒定律，有2mv0＝2mv1＋mv2, ① 如果碰撞是完全非弹性碰撞，则v1＝v2, ② 联立①②解得v2＝v0。 如果碰撞是弹性碰撞，由系统的机械能守恒定律， 有(2m)v02＝(2m)v12＋mv22, ③ 联立①③解得v2＝v0，可见碰后物体B的速度应介于v0和v0之间。 故选BC。 考点三　反冲运动及两大模型 【考点内化】 1．反冲运动。 (1)反冲运动过程中，一般满足系统的合外力为零，或内力远大于外力的条件，因此可用动量守恒定律进行分析。 (2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统总的机械能增加。 2．“人船”模型。 (1)两物体满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0。 (2)两物体的位移满足：m－M＝0(如图所示)。 x人＋x船＝L，得x人＝L，x船＝L。 3．“爆炸”模型。 (1)由于“爆炸”是在极短的时间内完成的，“爆炸”物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在“爆炸”过程中，系统的总动量守恒。 (2)在“爆炸”过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加。 (3)“爆炸”的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为“爆炸”后仍然从“爆炸”前的位置以新的动量开始运动。 【考点过关】 请按以下情境计算反冲运动两个物体分离瞬间各自的速度。 钢球A的质量为m1，钢球B的质量为m2，用手向内推两个钢球，使它们中间一轻质弹簧(不拴接)获得弹性势能Ep。现突然放开两手，求到弹簧恢复原长时，两个钢球的速度大小v1和v2。 解答：由系统动量守恒有 m1v1－m2v2＝0, ① 由系统机械能守恒有Ep＝m1v12＋m2v22, ② 联立①②，解得v1＝，v2＝。 【考教衔接】 命题点1：应用于“人船”模型 　(教材改编)如图，长为L、质量为M的小船停在静水中，质量为m的人立在船尾，若不计水的黏滞阻力，当人从船尾走到船头的过程中，人和船相对静水的位移大小s1和s2各是多少？ 解答：设某一时刻人相对静水的速度为v1，船相对静水的速度为v2，选人前进的方向为正方向，根据动量守恒定律有mv1＝Mv2。 由于瞬时速度是一一对应的，故对双方的平均速度而言， 有m1＝M2。 由于两物体运动时间相同，则有m1t＝M2t， 可推出ms1＝Ms2, ① 由图可以看出s1＋s2＝L, ② 联立①②解得s1＝L，s2＝L。 【练习4】　如图，甲、乙两小孩各坐一辆冰橇，在水平冰面上游戏，甲和他乘的冰橇总质量为M＝30 kg，乙和他乘的冰橇总质量也是30 kg。游戏时，甲推着一个质量m＝15 kg的箱子以速度v0＝2 m/s滑行，乙以同样大的速度迎面而来，为了避免相撞，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。若不计冰面的摩擦，则甲至少以多大的速度(相对地面)将箱子推出才能避免相撞？ 解答：设甲以速度v推出箱子，推出后甲的速度为v′。以甲和箱子为系统，根据动量守恒定律，有(M＋m)v0＝mv＋Mv′， ① 设乙接到箱子后的速度为v″，以乙和箱子为系统，根据动量守恒定律，有mv－Mv0＝(M＋m)v″， ② 甲、乙不相撞的临界条件是甲推出箱子后的速度v′与乙接到箱子后的速度v″大小相等，方向相同。 即v′＝v″， ③ 联立①②③解得v＝5.2 m/s。 命题点2：应用于“爆炸”模型 　一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空，当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求： (1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间。 (2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距离地面的最大高度。 解答：(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有 E＝mv02, ① 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t， 由运动学公式有 0－v0＝－gt, ② 联立①②式得t＝。 ③ (2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有 E＝mgh1， ④ 火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，取竖直向上为正方向，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律，有mv1－mv2＝0, ⑤ ×v12＋×v22＝E, ⑥ 由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上半部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律，有v12＝gh2， ⑦ 联立④⑤⑥⑦得，烟花弹上半部分距地面的最大高度 h＝h1＋h2＝。 【练习5】　(单选)(2025大湾区联考)在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340 m/s，重力加速度大小g取10 m/s2，忽略空气阻力。下列说法正确的是(　　) A．两碎块的位移大小之比为1∶2 B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80 m C．爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/s D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m 解析：设碎块落地的时间为t，质量大的碎块水平初速度为v，则由动量守恒定律知质量小的碎块水平初速度为2v，爆炸后的碎块做平抛运动，下落的高度相同，则在空中运动的时间相同，由水平方向x＝v水平初t知落地水平位移之比为1∶2，碎块位移s＝，可见两碎块的位移大小之比不是1∶2，故A错误；据题意知，质量大的碎块运动的水平位移x1＝vt＝(5 s－t)×340 m/s，又质量小的碎块运动的水平位移x2＝2vt＝(6 s－t)×340 m/s，联立解得t＝4 s，v＝85 m/s，故爆炸点离地面高度为h＝gt2＝80 m，故B正确，C错误；两碎块落地点的水平距离为Δx＝x1＋x2＝3vt＝1 020 m，故D错误。故选B。 考点四　动量守恒定律的综合应用 【考教衔接】 命题点1：应用于生产生活实际 　(2022广东卷)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求： (1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小 和。 (2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v。 (3)滑杆向上运动的最大高度h。 解答：(1)当滑块处于静止状态时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即＝(m＋M)g＝8 N， 当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力大小也为1 N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为＝Mg－f′＝5 N。 (2)滑块从开始向上运动到碰前瞬间，根据动能定理有－mgl－fl＝mv2－mv02，代入数据解得v＝8 m/s。 (3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有mv＝(m＋M)v共， 碰后滑块和滑杆以速度v共整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有－(m＋M)gh＝0－(m＋M)v共2， 代入数据联立解得h＝0.2 m。 【练习6】　(单选)(2025广东卷)如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水平恒力F1和F2作用下，由静止开始沿同一直线相向运动，在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1和F2始终大小相等、方向相反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中，两小球速度v随时间t变化的图像，可能正确的是(　　) 　 A B C D 解析：根据牛顿第二定律可得加速度大小a＝，两小球受外力F大小相等，由图像的斜率等于加速度可知小球M、N的加速度大小之比为2∶3，可知小球M、N的质量之比为3∶2，设分别为3m和2m，由图像可设小球M、N碰前的速度分别为4v和6v，因小球M、N组成的系统受合外力为零，则系统动量守恒，取向右为正方向，则由动量守恒定律3m·4v－2m·6v＝3mv1＋2mv2，若系统为弹性碰撞，则由机械能守恒可知×3m(4v)2＋×2m(6v)2＝×3mv12＋×2mv22，解得碰撞后M、N的速 度分别为v1＝－4v、v2＝6v，因小球M、N的加速度大小之比仍为2∶3，则停止运动的时间之比为1∶1，即两小球一起停止，故BD错误；若不是弹性碰撞，则由动量守恒定律3m·4v－2m·6v＝3mv1＋2mv2，可知碰后速度大小之比为v1∶v2＝2∶3，若假设v1＝2v，则v2＝3v，此时满足×3m(4v)2＋×2m(6v)2>×3mv12＋×2mv22，则假设成立，因小球M、N的加速度大小之比仍为2∶3，则停止运动的时间之比为1∶1，对小球M来说碰撞前后的速度之比为4v∶2v＝2∶1，可知碰撞前后运动时间之比为2∶1，故A正确，C错误。故选A。 【练习7】　(2023广东卷)如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直 径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的。A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，A、B在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求： (1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t。 (2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W。 (3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。 解答：(1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速，由动量定理可知μmgt＝mv0， 解得所用的时间t＝。 (2)B从M点滑至N点的过程中，由能量关系可知2mg·3L－W＝·2m(2v0)2－·2mv02，解得W＝6mgL－3mv02。 (3)A、B碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律可知2m·2v0＝mv1＋2mv2，·2m·(2v0)2－＝×， 解得v1＝2v0，v2＝v0(另一组解为v1＝v0，v2＝v0， 不符合题意，舍掉)， 两药品盒做平抛运动，L＝gt′2， 解得t′＝， 则s－r＝v2t′，s＋r＝v1t′， 解得s＝。 点评：本题选择生产生活中的某药品自动传送系统这个情境，应用动量守恒定律、能量守恒定律、运动学公式解答实际问题。 命题点2：应用于“流体”模型 　如图，静止在光滑水平面上的小车质量M＝20 kg。从水枪中喷出的水柱的横截面积S＝10 cm2，速度v＝10 m/s，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，若用水枪喷出的水从车后沿水平方向冲击小车的前壁，且冲击到小车前壁的水全部沿前壁流进小车中。当有质量m＝5 kg的水进入小车时。求： (1)小车的速度大小。 (2)小车的加速度大小。 解答：(1)流进小车的水与小车组成的系统动量守恒，设当进入质量为m的水后，小车速度为v1，则mv＝(m＋M)v1，即v1＝＝2 m/s。 (2)当质量为m的水流进小车后，在极短的时间Δt内，冲击小车的水的质量Δm＝ρS(v－v1)Δt， 设此时水对车的冲击力为F，则车对水的作用力为－F，由动量定理有－FΔt＝Δm·v1－Δm·v，得F＝ρS(v－v1)2＝64 N， 小车的加速度大小a＝＝2.56 m/s2。 $