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大题03 力学三大观点的综合应用（黑吉辽蒙专用）
热点题型1 动量、能量、动力学的综合应用
例1.【答案】（1）①环卫车空载时的速度vm的大小为P0
kMg ；
②环卫车扫起垃圾后的运动状态为匀速直线运动；
（2）①环卫车的动能Ek与时间t 的关系为Ek = 1
2 ( M +m0v0t )v0
2；
②环卫车的实际功率P 与时间t 的关系为P＝m0v0
3+kMgv0+km0gv0
2t。
【解题建模】
(1)平衡建模：环卫车匀速行驶，处于平衡状态。
(2)对环卫车进行动量守恒定律建模：作用时间极短满中动量守恒定律。
(3)对环卫车进行功能建模。
(4)对环卫车进行动量定理建模。求出P-t 的关系。
【解析】（1）①当环卫车匀速行驶时，牵引力F 与阻力f 平衡，即F＝f
根据P＝Fv，可得：P0＝Fvm＝kMgvm
解得：vm= P0
kMg
②扫起垃圾的时间极短，满足动量守恒，则有：Mvm＝（M+m）v
功率仍为P0保持恒定，则有：P0＝F′v
解得牵引力为：F′= P0( M +m)
M vm
=k（M+m）g
阻力变为f′＝k（M+m）g
可见F′＝f′，所以环卫车扫起垃圾后，做匀速直线运动。
（2）①环卫车以速度v0匀速行驶，垃圾均匀分布，单位长度质量为m0，环卫车行驶时间为t，行驶距
离为s＝v0t。
t 时刻扫起的垃圾质量为：m＝m0s＝m0v0t
t 时刻环卫车总质量为为：M+m＝M+m0v0t
可得环卫车的动能Ek与时间t 的关系为：
Ek = 1
2 ( M +m0v0t )v0
2
②环卫车阻力为为：f＝k（M+m0v0t）g
经过很小的一段时间Δt，扫起的垃圾质量为：Δm＝m0v0Δt
根据动量定理得：FΔt﹣fΔt＝Δmv0
环卫车的实际功率P 与时间t 的关系为：
P＝Fv0＝m0v0
3+kMgv0+km0gv0
2t
答：（1）①环卫车空载时的速度vm的大小为P0
kMg
；
②环卫车扫起垃圾后的运动状态为匀速直线运动；
（2）①环卫车的动能Ek与时间t 的关系为Ek = 1
2 ( M +m0v0t )v0
2；
②环卫车的实际功率P 与时间t 的关系为P＝m0v0
3+kMgv0+km0gv0
2t。
1.【答案】（1）若人从车的左端以加速度a1匀加速直线运动跑到车的右端，此过程中人对地的位移为
ML
M +m
，方向由车头指向车尾，时间是❑√
2 ML
( M +m)a1
；
（2）若人从车的左端刚好跳到车的右端，要使人对地的速度最小，则人相对车的速度大小为
❑√
(2 M
2+m
2+2 Mm)gL
2 M ( M +m)
，方向与水平方向夹角为tanθ =
M
m+ M
。
【解析】（1）假设人所受摩擦力大小为f，对人，根据牛顿第二定律f＝ma1
对车，根据牛顿第二定律f＝Ma2
假设时间为t，则人对地的位移是x1= 1
2 a1t
2，车对地的位移是x2= 1
2 a2t
2
两者位移关系x1+x2＝L ，联立以上方程解得x1= ML
M +m
，方向由车头指向车尾，所用时间是
t = ❑√
2 ML
( M +m)a1
（2）设人起跳时对地的速度大小为v0，方向与水平面的夹角为α
则人的水平位移x = v0cosα ⋅2v0 sinα
g
= v0
2sin 2α
g
以水平向右为正方向，水平方向动量守恒：﹣Mv+mv0cosα＝0，解得车的速度v = m v0cosα
M
人落到车的右端条件是v0
2sin 2α
g
+ m v0cosα
M
⋅2v0 sinα
g
= L
解得起跳的速度大小v0= ❑√
MLg
( M +m)sin 2α
当α＝45°时，v0最小，起跳的最小速度v0= ❑√
MLg
M +m
设人起跳时相对车的速度为u，则水平方向分速度ux＝v+v0cosα
竖直方向分速度uy＝v0sinα
相对速度大小是u=
❑√ux
2+u y
2 =
❑√
(2 M
2+m
2+2 Mm)gL
2 M ( M +m)
方向与水平方向夹角为θ，满足tanθ= u y
ux
=
M
m+ M
答：（1）若人从车的左端以加速度a1匀加速直线运动跑到车的右端，此过程中人对地的位移为ML
M +m
，
方向由车头指向车尾，时间是❑√
2 ML
( M +m)a1
；
（2）若人从车的左端刚好跳到车的右端，要使人对地的速度最小，则人相对车的速度大小为
❑√
(2 M
2+m
2+2 Mm)gL
2 M ( M +m)
，方向与水平方向夹角为tanθ =
M
m+ M
。
热点题型2 碰撞模型拓展（曲面、弹簧、子弹打木块）
例2.【答案】（1）子弹相对木块静止时的速度大小mv0
M +m
；
（2）子弹对木块的平均作用力大小是
Mm v0
( M +m) Δt ；
（3）子弹和木块组成的系统损失的机械能ΔE 是
Mm v0
2
2( M +m)
。
解题建模】
(1)对子弹和木块进行动量守恒定律建模：以子弹和木块为一个系统，动量守恒。
(2)对木块进行动量定律建模：利用动量定理求平均作用力。
(3)对系统进行功能关系建模：利用能量守恒列式。
【解析】（1）子弹相对木块静止时的速度大小v，以子弹的初速度方向为正方向，子弹与木块组成的
系统水平方向不受外力，动量守恒，系统初动量为子弹的动量，木块初始静止动量为0；末态两者共速，
总质量为M+m
规定初速度方向为正，由动量守恒定律mv0＝（M+m）v
解得共速速度v = mv0
M +m
（2）木块水平方向仅受子弹的平均作用力F，在Δt 时间内速度从0 增加到v
规定初速度方向为正，由动量定理（合外力的冲量等于物体动量的变化量）F•Δt＝Mv﹣0
代入数据得F=
Mm v0
( M +m) Δt
（3）初动能Ek 初= 1
2 mv0
2
末动能Ek 末= 1
2 ( M +m)v
2
则损失的机械能：ΔE＝Ek 初﹣Ek 末
代入数据得ΔE=
Mm v0
2
2( M +m)
答：（1）子弹相对木块静止时的速度大小mv0
M +m
；
（2）子弹对木块的平均作用力大小是
Mm v0
( M +m) Δt ；
（3）子弹和木块组成的系统损失的机械能ΔE 是
Mm v0
2
2( M +m)
。
2.【答案】（1）O 到O′点的距离是4.5m
（2）凹槽与物块间动摩擦因数μ 的取值范围是5
18 ≤μ＜5
12
。
【解析】（1）小球从水平位置摆至竖直位置过程，由动能定理有mgL= 1
2 mv0
2
代入数据解得小球运动至最低点时的速度为v0= ❑√2 gL
设小球与凹槽碰撞后速度为v1，凹槽的速度为v2，设初速度方向为正，则由动量守恒定律有mv0＝
mv1+Mv2
由机械能守恒定律有1
2 m v0
2= 1
2 m v1
2+ 1
2 M v2
2
代入数据可得v1＝﹣5m/s，v2＝5m/s
小球与凹槽碰撞后以5m/s 的速度反弹，之后小球绕O′恰好做完整的圆周运动，到达最高点时重力提
供向心力，则有mg=m v3
2
R
小球与凹槽碰撞后从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理有−mg⋅2 R = 1
2 mv3
2−1
2 mv1
2
代入数据可得小球绕O′恰好做完整的圆周运动的半径为R＝0.5m
所以O 到O′点的距离为h＝L﹣R
代入数据可得h＝4.5m
（2）凹槽与物块组成的系统动量守恒，规定初速度方向为正，则有Mv2＝（M+m′）v 共
代入数据可得v共= 10
3 m/ s
设物块在凹槽上相对滑动的路程为s，由于凹槽与物块发生两次弹性碰撞后不再发生第三次碰撞，说明
相对滑动的总路程满足2d＜s≤3d
其中d＝1m，所以有2m＜s≤3m
由能量守恒定律有1
2 M v2
2−1
2 ( M +m′ )v共
2 = μm′ gs
当s＝2m 时，代入数据可得μmax = 5
12
当s＝3m 时，代入数据可得μmin= 5
18
故凹槽与物块间动摩擦因数的取值范围为5
18 ≤μ＜5
12
答：（1）O 到O′点的距离是4.5m
（2）凹槽与物块间动摩擦因数μ 的取值范围是5
18 ≤μ＜5
12
。
刷模拟
1.【答案】（1）A 受到的滑动摩擦力为4N，方向水平向右，B 受到的摩擦力4N，方向水平向左；
（2）t＝t0时，B 的速度大小是1m/s；
（3）t0后弹簧的最大伸长量Δxm是(❑√10−2)m。
【解析】（1）对物块A 分析，规定末速度方向为正，由动量定理得I＝mv0﹣0
代入数据得v0＝4m/s 大于传送带速度。
fA＝μ1mAg＝4N 方向水平向右
fB＝μ2mBg＝4N 方向水平向左
（2）A、B 所组成的系统合外力为0，由动量守恒得mAv0＝mAv+mBvB
代入数据得vB＝1m/s
（3）选A、B 和弹簧组成的系统为研究对象，设t0时弹簧伸长量为Δx1，弹簧伸长过程中皮带与A、B
摩擦产生的热量为Q1。在t0之前，由fA＝fB＝f，传送带所受摩擦力合力为零，传送带对系统做功为0，
由能量守恒1
2 mA v0
2= 1
2 mA v
2+ 1
2 mB vB
2 + 1
2 kΔ x1
2+Q1
皮带与A、B 物块摩擦产生的热量Q1＝fΔx1
代入数据得Q1＝4J，Δx1＝1mt0时刻，对物块A 分析F 弹1＝kΔx1
代入数据得F 弹1＝2N＜fmax此后物块A 与传送带保持相对静止，从t0到物块B 物块速度首次与传送带共
速过程中，设弹簧最大伸长量Δxm，弹簧再次伸长过程中皮带与A、B 摩擦产生的热量为Q2。
以传送带为参考系，物块A 静止，物块B 具有向右的速度v3 ＝1m/s ，由能量守恒定律
1
2 mB v3
2+ 1
2 kΔ x1
2= 1
2 kΔ xm
2 +Q2
皮带与A、B 滑块摩擦产生的热量Q2＝f（Δxm﹣Δx1）
代入数据得Δ xm=(❑√10−2)m，F 弹2＝kΔxm＜fmax
则最终A、B 物块相对传送带都静止，和传送带一起以2m/s 向左匀速运动
代入数据得弹簧最大伸长量Δ xm=(❑√10−2)m
答：（1）A 受到的滑动摩擦力为4N，方向水平向右，B 受到的摩擦力4N，方向水平向左；
（2）t＝t0时，B 的速度大小是1m/s；
（3）t0后弹簧的最大伸长量Δxm是(❑√10−2)m。
2.【答案】（1）小滑块运动过程中的最大速度大小3m/s；
（2）轨道BC 的最小长度L 是1m；
（3）当小车相对地面有最大位移时，小滑块水平方向相对地面位移的大小x 是1.2m。
【解析】（1）小滑块在长滑板上运动的过程中，长滑板先加速后减速，最后静止。小滑块刚滑到B 点
时速度最大，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得0＝mvm﹣Mv
由机械能守恒律得mgR = 1
2 mvm
2 + 1
2 M v
2
代入数据得小滑块运动过程中的最大速度大小vm＝3m/s
（2）对整个运动过程，由水平方向动量守恒定律得0＝（m+M）v
代入数据得v＝0
由能量守恒定律得mgR＝μmgL
代入数据得轨道BC 间的最小长度L＝1m。
（3）设长滑板相对地面的最大位移大小为s，小滑块水平方向相对地面的位移为x 取水平向右为正方向，
由水平方向动量守恒得m x
t = M S
I =0
又s+x＝1.6m
代入数据得小滑块水平方向相对地面的位移的大小x＝1.2m
答：（1）小滑块运动过程中的最大速度大小3m/s；
（2）轨道BC 的最小长度L 是1m；
（3）当小车相对地面有最大位移时，小滑块水平方向相对地面位移的大小x 是1.2m。
3.【答案】（1）小球的初速度大小是4m/s，质量m 是5kg；
（2）小球运动到最高点时的速度大小是20
9
m/s；
（3）小球能够上升的最大高度h 是16
45
m。
【解析】（1）规定初速度方向为正，在水平方向上由动量守恒定律得mv0＝mv1+Mv2
代入数据得v2= m v0
M −m
M v1
结合题图乙可得m
M = 5
4 ，m v0
M =5m/ s
代入数据得v0＝4m/s，m＝5kg。
（2）小球运动到最高点时，在竖直方向上的速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度v 其，在水
平方向上由动量守恒定律得mv0＝（m+M）v 共
代入数据得v其= 20
9 m/ s。
（3）小球从开始运动至到达最高点的过程中，由机械能守恒定律得1
2 mv0
2= 1
2 (m+ M )v共
2 +mgh
代入数据得h= 16
45 m。
答：（1）小球的初速度大小是4m/s，质量m 是5kg；
（2）小球运动到最高点时的速度大小是20
9
m/s；
（3）小球能够上升的最大高度h 是16
45
m。
4.【答案】（1）弹簧弹开过程中滑块A 的最大加速度大小是200m/s2；
（2）从弹簧解除锁定到B、C 分离，木板B 发生的位移大小是0.1m；
（3）初始时木板C 的右端到D 的左端的距离是0.4m，木板C 的长度是0.5m；
（4）滑块A 沿D 的圆弧轨道上升的最大高度是0.075m。
【解析】（1）弹簧刚解除锁定时滑块A 的加速度最大，此时对滑块A 受力分析并结合牛顿第二定律有
kx0＝mAamax
代入数据得amax =200m/ s
2
（2）取水平向右为正方向，从弹簧解除锁定到B、C 分离的过程中，由动量守恒有mAxA＝（mB+mC）
xBC
由几何关系有xA+xBC＝0.5m
代入数据得xBC＝0.1m
（3）弹簧压缩时储存的弹性势能EP= k x0+0
2
× x0
代入数据得Ep＝8J
当B、C 分离时由动量守恒有mAvA+（mB+mC）vBC＝0
根据能量守恒有EP= 1
2 mA v A
2 + 1
2 (mB+mC)vBC
2
代入数据得vA＝8m/s，vBC＝﹣2m/s
滑块A 在木板C 上运动过程中由动量守恒有mAvA+mCvBC＝（mA+mC）vAC
由能量守恒有μmA g LC = 1
2 mA v A
2 + 1
2 mC vBC
2 −1
2 (mA+mC)v AC
2
代入数据得LC＝5m，滑块A 在木板C 上运动过程中对木板C 分析，由动量定理有μmAgt＝mCvAC﹣
mCvBC
所以木板C 发生的位移xC = v AC + vBC
2
t
代入数据得xC＝0.5m
所以初始时木板C 的右端到D 的左端的距离d＝xC﹣xBC
代入数据得d＝0.4m
（4）C、D 碰撞过程有mCvAC＝（mC+mD）vCD
当A 沿圆弧轨道上升到最高点时有mAvAC+（mC+mD）vCD＝（mA+mC+mD）vACD
由能量守恒有mA gh= 1
2 mA v AC
2 + 1
2 (mC+mD)vCD
2 −1
2 (mA+mC+mD)v ACD
2
代入数据得h＝0.075m
答：（1）弹簧弹开过程中滑块A 的最大加速度大小是200m/s2；
（2）从弹簧解除锁定到B、C 分离，木板B 发生的位移大小是0.1m；
（3）初始时木板C 的右端到D 的左端的距离是0.4m，木板C 的长度是0.5m；
（4）滑块A 沿D 的圆弧轨道上升的最大高度是0.075m。
5.【答案】（1）碰撞前瞬间甲车的速度大小v1为14m/s；
（2）因a＜6g，故测试符合安全标准；
（3）两车组成的系统动量守恒，理由是：
碰撞前甲车的运动方向为正方向，对甲车，由动量定理有
﹣μmgΔt﹣IF＝mv10﹣mv1
对乙车，由动量定理有
IF﹣μmgΔt＝mv2﹣0
联立解得v2＝7.4m/s
碰前系统的总动量为p＝mv1＝1000×14kg•m/s＝1.4×104kg•m/s
碰后系统的总动量为p′＝mv10+mv2
解得p′＝1.34×104kg•m/s
根据题目所给的信息可得
δ＝| p−p′
p
|×100%
解得δ≈4.3%＜5%
故两车组成的系统动量守恒。
【解析】（1）对甲车刹车过程，由动能定理得
−μmgx = 1
2 m v1
2−1
2 m v0
2
解得v1＝14m/s
（2）对碰撞过程，甲车的速度变化量为Δv＝v10﹣v1＝6m/s﹣14m/s＝﹣8m/s
则该碰撞过程甲车的平均加速度为
a= Δv
Δt = −8
0.15
m/s2≈﹣53.3m/s2
其大小约为5.3g＜6g
可见，人在安全气囊的缓冲之下，加速度小于6g，测试符合安全标准。
（3）取碰撞前甲车的运动方向为正方向，对甲车，由动量定理有
﹣μmgΔt﹣IF＝mv10﹣mv1
对乙车，由动量定理有
IF﹣μmgΔt＝mv2﹣0
联立解得v2＝7.4m/s
碰前系统的总动量为p＝mv1＝1000×14kg•m/s＝1.4×104kg•m/s
碰后系统的总动量为p′＝mv10+mv2
解得p′＝1.34×104kg•m/s
根据题目所给的信息可得
δ＝| p−p′
p
|×100%
解得δ≈4.3%＜5%
故两车组成的系统动量守恒。
答：（1）碰撞前瞬间甲车的速度大小v1为14m/s；
（2）因a＜6g，故测试符合安全标准；
（3）两车组成的系统动量守恒，理由是：
碰撞前甲车的运动方向为正方向，对甲车，由动量定理有
﹣μmgΔt﹣IF＝mv10﹣mv1
对乙车，由动量定理有
IF﹣μmgΔt＝mv2﹣0
联立解得v2＝7.4m/s
碰前系统的总动量为p＝mv1＝1000×14kg•m/s＝1.4×104kg•m/s
碰后系统的总动量为p′＝mv10+mv2
解得p′＝1.34×104kg•m/s
根据题目所给的信息可得
δ＝| p−p′
p
|×100%
解得δ≈4.3%＜5%
故两车组成的系统动量守恒。
答：（1）碰撞前瞬间甲车的速度大小v1为14m/s；
（2）因a＜6g，故测试符合安全标准；
（3）两车组成的系统动量守恒，理由是：
碰撞前甲车的运动方向为正方向，对甲车，由动量定理有
﹣μmgΔt﹣IF＝mv10﹣mv1
对乙车，由动量定理有
IF﹣μmgΔt＝mv2﹣0
联立解得v2＝7.4m/s
碰前系统的总动量为p＝mv1＝1000×14kg•m/s＝1.4×104kg•m/s
碰后系统的总动量为p′＝mv10+mv2
解得p′＝1.34×104kg•m/s
根据题目所给的信息可得
δ＝| p−p′
p
|×100%
解得δ≈4.3%＜5%
故两车组成的系统动量守恒。
刷真题
1.【答案】（1）A 运动到最低点时细绳OP 所受的拉力为40N。
（2）碰后C 的速度大小为4m/s。
（3）C 和B 之间的动摩擦因数为0.15。
【解析】（1）细绳OP 的长度为L＝1.6m，从小球A 开始做圆周运动到最低点的过程，根据动能定理
得：
mAg（L﹣Lcos60°）= 1
2 mA v0
2−0
解得：v0＝4m/s
设小球A 运动到最低点时细绳OP 对小球A 的拉力为T，根据牛顿第二定律得：
T﹣mAg=mA
v0
2
L
解得：T＝40N
根据牛顿第三定律可知A 运动到最低点时细绳OP 所受的拉力为40N。
（2）A 飞出后与C 碰撞前做平抛运动，A 与C 碰撞前瞬间A 的水平分速度等于v0＝4m/s，由题意可知
碰撞后A 的水平分速度为零。A 与C 碰撞过程水平方向上动量守恒，以向右为正方向，则有：
mAv0＝mCvC
解得碰后C 的速度大小为：vC＝4m/s
（3）A、C 碰后，C 相对B 滑行Δx＝4m 后与B 共速（设共速的速度为v）。以向右为正方向，对C 相
对B 滑行过程，根据动量守恒定律与能量守恒定律得：
mCvC＝（mC+mB）v
μmCgΔx= 1
2 mC vC
2 −1
2 (mC+mB)v
2
解得C 和B 之间的动摩擦因数为：μ＝0.15
答：（1）A 运动到最低点时细绳OP 所受的拉力为40N。
（2）碰后C 的速度大小为4m/s。
（3）C 和B 之间的动摩擦因数为0.15。
2.【答案】（1）滑到B 点处的速度大小为4m/s；
（2）从B 点运动到C 点过程中摩擦力对其做的功为0.9J；
（3）在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度为0.2m；
（4）即将离开圆弧轨道最高点的瞬间，受到轨道的压力大小为3N。
【解析】（1）物体在斜面上下滑，根据动能定理有：mgLsin30°= 1
2 m vB
2 −0
解得：vB＝4m/s
（2）由于vB＜v0，物块滑上传送带将加速，根据牛顿第二定律：a= μmg
m
解得：a＝2.5m/s2
加速到和传送带共速，根据匀加速直线运动公式：v0＝vB+at
解得：t＝0.4s
这一阶段物块位移x1＝vBt+ 1
2 at
2
解得：x1＝1.8m
传送带位移x2＝v0t
解得：x2＝2m
之后传送带与物块一起匀速，不会受到摩擦力，因此所求W＝μmg•x1
解得：W＝0.9J
（3）在传送带上滑动过程中产生的滑动长度
Δx＝x2﹣x1＝2m﹣1.8m＝0.2m
（4）物块和半圆轨道作用过程，水平方向不受外力，水平方向上动量守恒
假设物块能运动到最高点，以水平向右为正方向，则有
mv0＝mv1+Mv2
根据能量守恒，则有：
1
2 m v0
2= 1
2 m v1
2+ 1
2 M v2
2+mg•2R
联立解得：v1＝﹣2.2m/s，v2＝0.8m/s
或v1＝3.2m/s，v2＝0.2m/s（该组解轨道速度比物块速度小，不符合实际，舍去）
在最高点，相对速度大小为：v＝|v1﹣v2|
解得：v＝3m/s＞❑√gR = ❑√10×0.36m/s= ❑√3.6m/s
故假设成立，在最高点：mg+N＝mv
2
R
解得物块受到轨道的压力：N＝3N
答：（1）滑到B 点处的速度大小为4m/s；
（2）从B 点运动到C 点过程中摩擦力对其做的功为0.9J；
（3）在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度为0.2m；
（4）即将离开圆弧轨道最高点的瞬间，受到轨道的压力大小为3N。
3.【答案】（1）小车运动至圆轨道B 点时所受支持力FN的大小为3.6N；
（2）小车与物块碰撞后瞬间组合体速度v 的大小为1.2m/s；
（3）组合体与水平桌面CD 间的动摩擦因数μ 的值为0.36。
【解析】（1）设小车运动至圆轨道B 点时的速度大小为v1，由机械能守恒定律，有mgR = 1
2 mv0
2
由牛顿第二定律，有F N −mg=m v0
2
R
联立解得FB＝3.6N
（2）小车与物块在C 点碰撞，在水平方向由动量守恒守恒，以水平向右为正方向，有mv0＝（M+m）
v
联立解得v＝1.2m/s
（3 ）组合体水平方向受动摩擦力作用，从C 点匀减速运动至D 点静止，由动能定理，有
−μ( M +m)gx =0−1
2 ( M +m)v
2
联立解得μ＝0.36
答：（1）小车运动至圆轨道B 点时所受支持力FN的大小为3.6N；
（2）小车与物块碰撞后瞬间组合体速度v 的大小为1.2m/s；
（3）组合体与水平桌面CD 间的动摩擦因数μ 的值为0.36。
4.【答案】（1）该物体抛出时的初速度大小v0为gt；
（2）炸裂后瞬间B 的速度大小vB为2v；
（3）A、B 落地点之间的距离d 为3vt。
【解析】（1）物体竖直上抛至最高点时速度为零，由运动学公式得：
0＝v0﹣gt
解得：v0＝gt
（2）爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为零，以炸裂后瞬间B 的速度方向为正方向，由动量
守恒定律得：
0＝﹣2mv+mvB
解得：vB＝2v
（3）爆炸后A、B 两部分均做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动。根据竖直上抛运动的对称性可
知平抛运动的时间与上升时间相等为t，可得：
A 的水平位移大小为：xA＝vt
B 的水平位移大小为：xB＝vBt＝2vt
可得A、B 落地点之间的距离为：d＝xA+xB＝vt+2vt＝3vt
答：（1）该物体抛出时的初速度大小v0为gt；
（2）炸裂后瞬间B 的速度大小vB为2v；
（3）A、B 落地点之间的距离d 为3vt。
5.【答案】（1）石杵上升的最大高度为0.40m，上升过程所用的时间为0.8s；
（2）Δt 时间内石杵对谷物的平均作用力大小为425N。
【解析】（1）加速上升阶段（0～t1），由牛顿第二定律：F1﹣mg＝ma1
代入数据F1= 200
7 N，m＝2.5kg，g＝10m/s2
解得：a1= 10
7
m/s2
t1＝0.7s 末速度：v1＝a1t1= 10
7 ×0.7m/s＝1m/s
此阶段位移：h1= 1
2 a1t1
2，解得h1＝0.35m
竖直上抛阶段（t1～t 总），松手后仅受重力，加速度a2=−g=−10m/ s
2
到最高点速度为0，则有：0＝v1﹣gt2
解得：t2＝0.1s
此阶段位移：h2= v1
2
2 g
，解得h2＝0.05m
总高度与总时间最大高度：h0＝h1+h2＝0.35m+0.05m＝0.40m
上升总时间：t 总＝t1+t2＝0.7s+0.1s＝0.8s
（2）下降阶段（从最高点到接触谷物）自由下落h0，由机械能守恒：mgh0+W F2= 1
2 m v
2
力F2随x 线性变化，做功为图线与x 轴围成的面积：W F2= 1
2 Fmh0= 1
2 ×50×0.40J＝10J
联立解得v＝4m/s
碰撞阶段（Δt＝0.025s），取向上为正方向，对石杵应用动量定理：( F −mg) Δt =0−(−mv)
解得：F =425N
由牛顿第三定律，石杵对谷物的平均作用力大小为425N。
答：（1）石杵上升的最大高度为0.40m，上升过程所用的时间为0.8s；
（2）Δt 时间内石杵对谷物的平均作用力大小为425N。
