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專題11 爆炸與類爆炸模型
目錄
【模型一】爆炸模型 1
【模型二】彈簧的“爆炸”模型 6
【模型三】人船模型與類人船模型 12
【模型四】 類爆炸（人船）模型和類碰撞模型的比較 15

【模型一】爆炸模型
一．爆炸模型的特點
1、動量守恒：由于爆炸是極短時間內完成的，爆炸物體間的相互作用力遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統的總動量守恒。
2、動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量（如化學能）轉化為動能，所以爆炸后系統的總動能增加。
3、位置不變：由于爆炸的時間極短。因而作用過程中，物體產生的位移很小，一般可以忽略不計，可認為物體爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動。
二、爆炸模型講解
1、如圖：質量分別為、的可視為質點A、B間夾著質量可忽略的火藥．一開始二者靜止，點燃火藥(此時間極短且不會影響各物體的質量和各表面的光滑程度)，則：

、組成的系統動量守恒：①得：
②
②式表明在爆炸過程中相互作用的兩個物體間獲得的速度與它們的質量成反比。
、組成的系統能量守恒：③

①式也可以寫為：④又根據動量與動能的關系得
④進一步化簡得：⑤
⑤式表明在爆炸過程中相互作用的兩個物體間獲得的動能與它們的質量成反比。
②⑤聯立可得： ⑥
2、若原來、組成的系統以初速度在運動，運動過程中發生了爆炸現象則：
、組成的系統動量守恒：⑦
、組成的系統能量守恒：⑧
【模型演練1】.(多選)(2020·廣西池州市期末)如圖所示，可視為質點且質量均為1 kg的甲、乙兩物體緊靠著放在水平地面上，物體甲與左側地面間的動摩擦因數為0.3，物體乙右側地面光滑，兩物體間夾有炸藥，爆炸后兩物體沿水平方向左右分離，分離瞬間物體乙的速度大小為3 m/s，重力加速度g取10 m/s2.則(　　)

A．炸藥爆炸后，兩物體分離瞬間物體甲的速度大小為3 m/s
B．甲、乙兩物體分離瞬間獲得的總能量為18 J
C．從分離到甲物體停止運動，經過的時間為4 s
D．甲、乙兩物體分離2 s時，兩物體之間的距離為7.5 m
【答案】　AD
【解析】　炸藥爆炸后，設分離瞬間物體甲的速度大小為v1，物體乙的速度大小為v2，對甲、乙兩物體組成的系統由動量守恒定律得mv1＝mv2，甲、乙兩物體速度大小v1＝v2＝3 m/s，選項A正確；由能量守恒得E＝mv12＋mv22＝9 J，選項B錯誤；甲、乙兩物體分離后，甲物體向左勻減速滑行，a＝μg＝3 m/s2，從分離到甲物體停止運動，經過的時間t1＝＝1 s，選項C錯誤；物體甲運動的位移為x1＝t1＝1.5 m，物體乙運動的位移為x2＝v2t＝6 m，故甲、乙兩物體分離2 s時，兩物體之間的距離d＝x2＋x1＝7.5 m，選項D正確．
【模型演練2】(2021·山東濟南市歷城二中一模) 如圖所示，質量均為m的兩塊完全相同的木塊A、B放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木塊A、B間夾有一小塊炸藥(炸藥的質量可以忽略不計)。讓A、B以初速度v0一起從O點滑出，滑行一段距離x后到達P點，速度變為，此時炸藥爆炸使木塊A、B脫離，發現木塊A繼續沿水平方向前進3x后停下。已知炸藥爆炸時釋放的化學能有50%轉化為木塊的動能，爆炸時間可以忽略不計，重力加速度為g，求：

(1)木塊與水平地面間的動摩擦因數μ；
(2)炸藥爆炸時釋放的化學能E0。
【答案】　(1)　(2)2mv
【解析】　(1)從O滑到P，對系統由動能定理得
－μ·2mgx＝×2m()2－×2mv
解得μ＝
(2)爆炸前對系統，有v－()2＝2ax
在P點爆炸，A、B系統動量守恒，有2m＝mvA＋mvB
爆炸后對A，有v＝2a·3x，
根據能量守恒定律有
mv＋mv－×2m()2＝50%E0，
解得E0＝2mv
【模型演練3】(2020·河北邯鄲市模擬)如圖所示，木塊A、B的質量均為m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木塊A、B間夾有一小塊炸藥(炸藥的質量可以忽略不計)．讓A、B以初速度v0一起從O點滑出，滑行一段距離后到達P點，速度變為，此時炸藥爆炸使木塊A、B脫離，發現木塊B立即停在原位置，木塊A繼續沿水平方向前進．已知O、P兩點間的距離為s，設炸藥爆炸時釋放的化學能全部轉化為木塊的動能，爆炸時間很短可以忽略不計，求：

(1)木塊與水平地面間的動摩擦因數μ；
(2)炸藥爆炸時釋放的化學能E0.
【答案】　(1)　(2)mv
【解析】　(1)從O滑到P，對A、B由動能定理得
－μ·2mgs＝×2m()2－×2mv
解得μ＝
(2)在P點爆炸時，A、B組成的系統動量守恒，有
2m· ＝mv，
根據能量守恒定律有
E0＋×2m()2＝mv2
解得E0＝mv
【模型演練4】（2021·山東省濟寧市高三上學期1月期末）一質量為m的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直升空。當煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也為E，且均沿豎直方向運動。爆炸時間極短，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質量。求：
(1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經過的時間；
(2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度。
【答案】　(1)　(2)
【解析】　(1)設煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有
E＝mv①
設煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為t，由運動學公式有
0－v0＝－gt②
聯立①②式得
t＝③
(2)設爆炸時煙花彈距地面的高度為h1，由機械能守恒定律有
E＝mgh1④
火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動，設爆炸后瞬間其速度分別為v1和v2。由題給條件和動量守恒定律有
mv＋mv＝E⑤
mv1＋mv2＝0⑥
由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運動部分做豎直上拋運動。
設爆炸后煙花彈向上運動部分繼續上升的高度為h2，由機械能守恒定律有
mv＝mgh2⑦
聯立④⑤⑥⑦式得，煙花彈向上運動部分距地面的最大高度為
h＝h1＋h2＝⑧
【模型演練5】(2021·四川雙流中學診斷)如圖所示，A、B兩個物體粘在一起以v0＝3 m/s的速度向右運動，物體中間有少量炸藥，經過O點時炸藥爆炸，假設所有的化學能全部轉化為A、B兩個物體的動能且兩物體仍然在水平面上運動，爆炸后A物體的速度依然向右，大小變為vA＝2 m/s，B物體繼續向右運動進入光滑半圓軌道且恰好通過最高點D，已知兩物體的質量mA＝mB＝1 kg，O點到半圓軌道最低點C的距離xOC＝0.25 m，物體與水平軌道間的動摩擦因數為μ＝0.2，A、B兩個物體均可視為質點，取g＝10 m/s2，求：

(1)炸藥的化學能E；
(2)半圓軌道的半徑R。
【答案】　(1)1 J　(2)0.3 m
【解析】　(1)A、B在炸藥爆炸前后動量守恒，由動量守恒定律可得2mv0＝mvA＋mvB，
根據能量守恒定律可得·2mv＋E＝mv＋mv，
兩式聯立并代入數據解得E＝1 J。
(2)由于B物體恰好經過半圓軌道的最高點，故有mg＝m，在B物體由O運動到D的過程中，由動能定理可得－μmgxOC－mg·2R＝mv－mv，聯立可解得R＝0.3 m。
【模型演練6】(2020·山東濟寧市質檢)如圖所示，質量為m的炮彈運動到水平地面O點正上方時速度沿水平方向，離地面高度為h，炮彈動能為E，此時發生爆炸，炮彈炸為質量相等的兩部分，兩部分的動能之和為2E，速度方向仍沿水平方向，爆炸時間極短，重力加速度為g，不計空氣阻力和火藥的質量，求炮彈的兩部分落地點之間的距離．

【答案】　4
【解析】　爆炸之前E＝mv
爆炸過程動量守恒：mv0＝mv1＋mv2
·v＋·v＝2E
解得：v1＝0，v2＝2v0
隨后一塊做自由落體運動，一塊做平拋運動，
則由h＝gt2，x＝2v0t
解得x＝4.
【模型二】彈簧的“爆炸”模型

、組成的系統動量守恒：①得：
②
②式表明在爆炸過程中相互作用的兩個物體間獲得的速度與它們的質量成反比。
、組成的系統能量守恒：③

①式也可以寫為：④又根據動量與動能的關系得
④進一步化簡得：⑤
⑤式表明在爆炸過程中相互作用的兩個物體間獲得的動能與它們的質量成反比。
②⑤聯立可得： ⑥
3、若原來、組成的系統以初速度在運動，運動過程中發生了爆炸現象則：
、組成的系統動量守恒：⑦
、組成的系統能量守恒：⑧
【模型演練1】(2020·安徽名校高考沖刺模擬卷)如圖所示，在光滑水平面上，有質量分別為2m和m的兩滑塊A、B，它們中間夾著一根處于壓縮狀態的輕質彈簧(彈簧與A、B不拴連)，由于被一根細繩拉著而處于靜止狀態.當剪斷細繩，在兩滑塊脫離彈簧之后，下列說法正確的是(　　)

A.兩滑塊的動量大小之比pA∶pB＝2∶1
B.兩滑塊的速度大小之比vA∶vB＝2∶1
C.兩滑塊的動能之比EkA∶EkB＝1∶2
D.彈簧對兩滑塊做功之比WA∶WB＝1∶1
【答案】　C
【解析】　以滑塊A運動的方向為正方向，在兩滑塊剛好脫離彈簧時運用動量守恒定律得：2mvA－mvB＝0，得vA＝，兩滑塊速度大小之比為：＝，兩滑塊的動能之比EkA∶EkB＝＝，B錯誤，C正確；兩滑塊的動量大小之比＝＝，A錯誤；彈簧對兩滑塊做功之比等于兩滑塊動能之比，即WA∶WB＝1∶2，D錯誤.
【模型演練2】（2021·云南省保山市智源中學高三下學期開學考試）兩個小木塊A和B中間夾著一輕質彈簧，用細線捆在一起，放在光滑的水平平臺上，某時刻剪斷細線，小木塊被彈開，落地點與平臺邊緣的水平距離分別為lA＝1 m，lB＝2 m，如圖所示，則下列說法正確的是

A.木塊A、B離開彈簧時的速度大小之比
B.木塊A、B的質量之比mA∶mB＝2∶1
C.木塊A、B離開彈簧時的動能之比EkA∶EkB＝1∶2
D.彈簧對木塊A、B的沖量大小之比IA∶IB＝1∶2
【答案】ABC
【解析】　兩個木塊被彈出離開桌面后做平拋運動，因下落的高度相等，所以運動的時間相等。由及lA＝1 m，lB＝2 m
得，故A正確。
彈簧彈開兩個物體的過程，對兩個木塊組成的系統，由動量守恒定律得：

得，故B正確。
由，根據可得：，故C正確。
由動量定理D錯誤。
【典例分析3】（2021·黑龍江大慶市·大慶實驗中學高三月考）質量分別為3m和m的兩個物體，用一根細線相連，中間夾著一個被壓縮的輕質彈簧，整個系統原來在光滑水平地面上以速度v0向右勻速運動，如圖所示。后來細線斷裂，質量為m的物體離開彈簧時的速度變為2v0。求彈簧在這個過程中做的總功。

【答案】
【解析】系統動量守恒①得
彈簧在這個過程中做的總功等于它減少的彈性勢能則由能量守恒

【典例分析4】（2021·遼寧省營口市高三上學期1月期末）如圖所示，光滑水平面上有質量均為的、兩個小物塊（均視為質點），、用輕繩連接，中間有一壓縮的較短輕彈簧（彈簧與物塊不拴接）。開始時、均靜止。在物塊右邊一定距離處有一半徑為的固定光滑豎直半圓形軌道，半圓形軌道與水平面相切于點，物塊的左邊靜置著一個三面均光滑的斜面體（底部與水平面平滑連接）。某一時刻細繩突然斷開，物塊、瞬間分離，A向右運動，恰好能過半圓形軌道的最高點（物塊過點后立即撤去），B向左平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為（小于斜面體的高度）。已知重力加速度為，求：
(1)細繩斷開前彈簧的彈性勢能大小？
(2)斜面體的質量？

【答案】(1)；(2)
【解析】
(1)在D點，有

從彈開到D，由動能定理，有

彈簧釋放瞬間由動量守恒定律，有

細繩斷開前彈簧的彈性勢能大小為

解得

(2)B滑上斜面體最高點時，對B和斜面體，由動量守恒定律，有

由機械能守恒定律，有

解得

【模型演練5】（2021·吉林省榆樹一中高三上學期1月期末）如圖所示，在光滑水平桌面EAB上有質量為M＝0.2 kg的小球P和質量為m＝0.1 kg的小球Q，P、Q之間壓縮一輕彈簧(輕彈簧與兩小球不拴接)，桌面邊緣E處放置一質量也為m＝0.1 kg的橡皮泥球S，在B處固定一與水平桌面相切的光滑豎直半圓形軌道。釋放被壓縮的輕彈簧，P、Q兩小球被輕彈簧彈出，小球P與彈簧分離后進入半圓形軌道，恰好能夠通過半圓形軌道的最高點C；小球Q與彈簧分離后與桌面邊緣的橡皮泥球S碰撞后合為一體飛出，落在水平地面上的D點。已知水平桌面高為h＝0.2 m，D點到桌面邊緣的水平距離為x＝0.2 m，重力加速度為g＝10 m/s2，求：

(1)小球P經過半圓形軌道最低點B時對軌道的壓力大小F′NB；
(2)小球Q與橡皮泥球S碰撞前瞬間的速度大小vQ；
(3)被壓縮的輕彈簧的彈性勢能Ep。
【答案】(1)12 N　(2)2 m/s　(3)0.3 J
【解答】(1)小球P恰好能通過半圓形軌道的最高點C，則有Mg＝M
解得vC＝
對于小球P，從B→C，
由動能定理有－2MgR＝Mv－Mv
解得vB＝
在B點有FNB－Mg＝M
解得FNB＝6Mg＝12 N
由牛頓第三定律有F′NB＝FNB＝12 N。
(2)設Q與S做平拋運動的初速度大小為v，所用時間為t，
根據公式h＝gt2得
t＝0.2 s
根據公式x＝vt，得v＝1 m/s
碰撞前后Q和S組成的系統動量守恒，則有
mvQ＝2mv
解得vQ＝2 m/s。
(3)P、Q和彈簧組成的系統動量守恒，則有MvP＝mvQ
解得vP＝1 m/s
P、Q和彈簧組成的系統，由能量守恒定律有
Ep＝Mv＋mv
解得Ep＝0.3 J。
【模型演練6】（2021·黑龍江牡丹江一中高三上學期1月期末）靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質量分別為mA＝1.0 kg，mB＝4.0 kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側的豎直墻壁距離l＝1.0 m，如圖1所示．某時刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動能之和為Ek＝10.0 J．釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運動．A、B與地面之間的動摩擦因數均為μ＝0.20.重力加速度取g＝10 m/s2.A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短．

(1)求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大小；
(2)物塊A、B中的哪一個先停止？該物塊剛停止時A與B之間的距離是多少？
(3)A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？
【答案】　(1)4.0 m/s　1.0 m/s　(2)物塊B先停止0．50 m 　(3)0.91 m
【解析】　(1)設彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB，以向右為正方向，由動量守恒定律和題給條件有
0＝mAvA－mBvB①
Ek＝mAvA2＋mBvB2②
聯立①②式并代入題給數據得
vA＝4.0 m/s，vB＝1.0 m/s③
(2)A、B兩物塊與地面間的動摩擦因數相等，因而兩者滑動時加速度大小相等，設為a.假設A和B發生碰撞前，已經有一個物塊停止，此物塊應為彈簧釋放后速度較小的B.設從彈簧釋放到B停止所需時間為t，B向左運動的路程為sB，則有mBa＝μmBg④
sB＝vBt－at2⑤
vB－at＝0⑥
在時間t內，A可能與墻發生彈性碰撞，碰撞后A將向左運動，碰撞并不改變A的速度大小，所以無論此碰撞是否發生，A在時間t內的路程sA都可表示為
sA＝vAt－at2⑦
聯立③④⑤⑥⑦式并代入題給數據得
sA＝1.75 m，sB＝0.25 m⑧
這表明在時間t內A已與墻壁發生碰撞，但沒有與B發生碰撞，此時A位于出發點右邊0.25 m處．B位于出發點左邊0.25 m處，兩物塊之間的距離s為
s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m⑨
(3)t時刻后A將繼續向左運動，假設它能與靜止的B碰撞，碰撞時速度的大小為vA′，由動能定理有
mAvA′2－mAvA2＝－μmAg⑩
聯立③⑧⑩式并代入題給數據得
vA′＝ m/s?
故A與B將發生碰撞．設碰撞后A、B的速度分別為vA″和vB″，由動量守恒定律與機械能守恒定律有
mA＝mAvA″＋mBvB″?
mAvA′2＝mAvA″2＋mBvB″2?
聯立???式并代入題給數據得
vA″＝ m/s，vB″＝－ m/s?
這表明碰撞后A將向右運動，B繼續向左運動．設碰撞后A向右運動距離為sA′時停止，B向左運動距離為sB′時停止，由運動學公式
2asA′＝vA″2,2asB′＝vB″2?
由④??式及題給數據得
sA′＝0.63 m，sB′＝0.28 m?
sA′小于碰撞處到墻壁的距離．由上式可得兩物塊停止后的距離
s′＝sA′＋sB′＝0.91 m
【模型三】人船模型與類人船模型

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