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专题11 爆炸与类爆炸模型
目录
【模型一】爆炸模型 1
【模型二】弹簧的“爆炸”模型 6
【模型三】人船模型与类人船模型 12
【模型四】 类爆炸（人船）模型和类碰撞模型的比较 15

【模型一】爆炸模型
一．爆炸模型的特点
1、动量守恒：由于爆炸是极短时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒。
2、动能增加：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、位置不变：由于爆炸的时间极短。因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可以忽略不计，可认为物体爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。
二、爆炸模型讲解
1、如图：质量分别为、的可视为质点A、B间夹着质量可忽略的火药．一开始二者静止，点燃火药(此时间极短且不会影响各物体的质量和各表面的光滑程度)，则：

、组成的系统动量守恒：①得：
②
②式表明在爆炸过程中相互作用的两个物体间获得的速度与它们的质量成反比。
、组成的系统能量守恒：③

①式也可以写为：④又根据动量与动能的关系得
④进一步化简得：⑤
⑤式表明在爆炸过程中相互作用的两个物体间获得的动能与它们的质量成反比。
②⑤联立可得： ⑥
2、若原来、组成的系统以初速度在运动，运动过程中发生了爆炸现象则：
、组成的系统动量守恒：⑦
、组成的系统能量守恒：⑧
【模型演练1】.(多选)(2020·广西池州市期末)如图所示，可视为质点且质量均为1 kg的甲、乙两物体紧靠着放在水平地面上，物体甲与左侧地面间的动摩擦因数为0.3，物体乙右侧地面光滑，两物体间夹有炸药，爆炸后两物体沿水平方向左右分离，分离瞬间物体乙的速度大小为3 m/s，重力加速度g取10 m/s2.则(　　)

A．炸药爆炸后，两物体分离瞬间物体甲的速度大小为3 m/s
B．甲、乙两物体分离瞬间获得的总能量为18 J
C．从分离到甲物体停止运动，经过的时间为4 s
D．甲、乙两物体分离2 s时，两物体之间的距离为7.5 m
【答案】　AD
【解析】　炸药爆炸后，设分离瞬间物体甲的速度大小为v1，物体乙的速度大小为v2，对甲、乙两物体组成的系统由动量守恒定律得mv1＝mv2，甲、乙两物体速度大小v1＝v2＝3 m/s，选项A正确；由能量守恒得E＝mv12＋mv22＝9 J，选项B错误；甲、乙两物体分离后，甲物体向左匀减速滑行，a＝μg＝3 m/s2，从分离到甲物体停止运动，经过的时间t1＝＝1 s，选项C错误；物体甲运动的位移为x1＝t1＝1.5 m，物体乙运动的位移为x2＝v2t＝6 m，故甲、乙两物体分离2 s时，两物体之间的距离d＝x2＋x1＝7.5 m，选项D正确．
【模型演练2】(2021·山东济南市历城二中一模) 如图所示，质量均为m的两块完全相同的木块A、B放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A、B间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)。让A、B以初速度v0一起从O点滑出，滑行一段距离x后到达P点，速度变为，此时炸药爆炸使木块A、B脱离，发现木块A继续沿水平方向前进3x后停下。已知炸药爆炸时释放的化学能有50%转化为木块的动能，爆炸时间可以忽略不计，重力加速度为g，求：

(1)木块与水平地面间的动摩擦因数μ；
(2)炸药爆炸时释放的化学能E0。
【答案】　(1)　(2)2mv
【解析】　(1)从O滑到P，对系统由动能定理得
－μ·2mgx＝×2m()2－×2mv
解得μ＝
(2)爆炸前对系统，有v－()2＝2ax
在P点爆炸，A、B系统动量守恒，有2m＝mvA＋mvB
爆炸后对A，有v＝2a·3x，
根据能量守恒定律有
mv＋mv－×2m()2＝50%E0，
解得E0＝2mv
【模型演练3】(2020·河北邯郸市模拟)如图所示，木块A、B的质量均为m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A、B间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)．让A、B以初速度v0一起从O点滑出，滑行一段距离后到达P点，速度变为，此时炸药爆炸使木块A、B脱离，发现木块B立即停在原位置，木块A继续沿水平方向前进．已知O、P两点间的距离为s，设炸药爆炸时释放的化学能全部转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽略不计，求：

(1)木块与水平地面间的动摩擦因数μ；
(2)炸药爆炸时释放的化学能E0.
【答案】　(1)　(2)mv
【解析】　(1)从O滑到P，对A、B由动能定理得
－μ·2mgs＝×2m()2－×2mv
解得μ＝
(2)在P点爆炸时，A、B组成的系统动量守恒，有
2m· ＝mv，
根据能量守恒定律有
E0＋×2m()2＝mv2
解得E0＝mv
【模型演练4】（2021·山东省济宁市高三上学期1月期末）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地面的最大高度。
【答案】　(1)　(2)
【解析】　(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有
E＝mv①
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＝－gt②
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＝mgh1④
火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，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
mv＋mv＝E⑤
mv1＋mv2＝0⑥
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。
设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有
mv＝mgh2⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为
h＝h1＋h2＝⑧
【模型演练5】(2021·四川双流中学诊断)如图所示，A、B两个物体粘在一起以v0＝3 m/s的速度向右运动，物体中间有少量炸药，经过O点时炸药爆炸，假设所有的化学能全部转化为A、B两个物体的动能且两物体仍然在水平面上运动，爆炸后A物体的速度依然向右，大小变为vA＝2 m/s，B物体继续向右运动进入光滑半圆轨道且恰好通过最高点D，已知两物体的质量mA＝mB＝1 kg，O点到半圆轨道最低点C的距离xOC＝0.25 m，物体与水平轨道间的动摩擦因数为μ＝0.2，A、B两个物体均可视为质点，取g＝10 m/s2，求：

(1)炸药的化学能E；
(2)半圆轨道的半径R。
【答案】　(1)1 J　(2)0.3 m
【解析】　(1)A、B在炸药爆炸前后动量守恒，由动量守恒定律可得2mv0＝mvA＋mvB，
根据能量守恒定律可得·2mv＋E＝mv＋mv，
两式联立并代入数据解得E＝1 J。
(2)由于B物体恰好经过半圆轨道的最高点，故有mg＝m，在B物体由O运动到D的过程中，由动能定理可得－μmgxOC－mg·2R＝mv－mv，联立可解得R＝0.3 m。
【模型演练6】(2020·山东济宁市质检)如图所示，质量为m的炮弹运动到水平地面O点正上方时速度沿水平方向，离地面高度为h，炮弹动能为E，此时发生爆炸，炮弹炸为质量相等的两部分，两部分的动能之和为2E，速度方向仍沿水平方向，爆炸时间极短，重力加速度为g，不计空气阻力和火药的质量，求炮弹的两部分落地点之间的距离．

【答案】　4
【解析】　爆炸之前E＝mv
爆炸过程动量守恒：mv0＝mv1＋mv2
·v＋·v＝2E
解得：v1＝0，v2＝2v0
随后一块做自由落体运动，一块做平抛运动，
则由h＝gt2，x＝2v0t
解得x＝4.
【模型二】弹簧的“爆炸”模型

、组成的系统动量守恒：①得：
②
②式表明在爆炸过程中相互作用的两个物体间获得的速度与它们的质量成反比。
、组成的系统能量守恒：③

①式也可以写为：④又根据动量与动能的关系得
④进一步化简得：⑤
⑤式表明在爆炸过程中相互作用的两个物体间获得的动能与它们的质量成反比。
②⑤联立可得： ⑥
3、若原来、组成的系统以初速度在运动，运动过程中发生了爆炸现象则：
、组成的系统动量守恒：⑦
、组成的系统能量守恒：⑧
【模型演练1】(2020·安徽名校高考冲刺模拟卷)如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m和m的两滑块A、B，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧(弹簧与A、B不拴连)，由于被一根细绳拉着而处于静止状态.当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下列说法正确的是(　　)

A.两滑块的动量大小之比pA∶pB＝2∶1
B.两滑块的速度大小之比vA∶vB＝2∶1
C.两滑块的动能之比EkA∶EkB＝1∶2
D.弹簧对两滑块做功之比WA∶WB＝1∶1
【答案】　C
【解析】　以滑块A运动的方向为正方向，在两滑块刚好脱离弹簧时运用动量守恒定律得：2mvA－mvB＝0，得vA＝，两滑块速度大小之比为：＝，两滑块的动能之比EkA∶EkB＝＝，B错误，C正确；两滑块的动量大小之比＝＝，A错误；弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比，即WA∶WB＝1∶2，D错误.
【模型演练2】（2021·云南省保山市智源中学高三下学期开学考试）两个小木块A和B中间夹着一轻质弹簧，用细线捆在一起，放在光滑的水平平台上，某时刻剪断细线，小木块被弹开，落地点与平台边缘的水平距离分别为lA＝1 m，lB＝2 m，如图所示，则下列说法正确的是

A.木块A、B离开弹簧时的速度大小之比
B.木块A、B的质量之比mA∶mB＝2∶1
C.木块A、B离开弹簧时的动能之比EkA∶EkB＝1∶2
D.弹簧对木块A、B的冲量大小之比IA∶IB＝1∶2
【答案】ABC
【解析】　两个木块被弹出离开桌面后做平抛运动，因下落的高度相等，所以运动的时间相等。由及lA＝1 m，lB＝2 m
得，故A正确。
弹簧弹开两个物体的过程，对两个木块组成的系统，由动量守恒定律得：

得，故B正确。
由，根据可得：，故C正确。
由动量定理D错误。
【典例分析3】（2021·黑龙江大庆市·大庆实验中学高三月考）质量分别为3m和m的两个物体，用一根细线相连，中间夹着一个被压缩的轻质弹簧，整个系统原来在光滑水平地面上以速度v0向右匀速运动，如图所示。后来细线断裂，质量为m的物体离开弹簧时的速度变为2v0。求弹簧在这个过程中做的总功。

【答案】
【解析】系统动量守恒①得
弹簧在这个过程中做的总功等于它减少的弹性势能则由能量守恒

【典例分析4】（2021·辽宁省营口市高三上学期1月期末）如图所示，光滑水平面上有质量均为的、两个小物块（均视为质点），、用轻绳连接，中间有一压缩的较短轻弹簧（弹簧与物块不拴接）。开始时、均静止。在物块右边一定距离处有一半径为的固定光滑竖直半圆形轨道，半圆形轨道与水平面相切于点，物块的左边静置着一个三面均光滑的斜面体（底部与水平面平滑连接）。某一时刻细绳突然断开，物块、瞬间分离，A向右运动，恰好能过半圆形轨道的最高点（物块过点后立即撤去），B向左平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为（小于斜面体的高度）。已知重力加速度为，求：
(1)细绳断开前弹簧的弹性势能大小？
(2)斜面体的质量？

【答案】(1)；(2)
【解析】
(1)在D点，有

从弹开到D，由动能定理，有

弹簧释放瞬间由动量守恒定律，有

细绳断开前弹簧的弹性势能大小为

解得

(2)B滑上斜面体最高点时，对B和斜面体，由动量守恒定律，有

由机械能守恒定律，有

解得

【模型演练5】（2021·吉林省榆树一中高三上学期1月期末）如图所示，在光滑水平桌面EAB上有质量为M＝0.2 kg的小球P和质量为m＝0.1 kg的小球Q，P、Q之间压缩一轻弹簧(轻弹簧与两小球不拴接)，桌面边缘E处放置一质量也为m＝0.1 kg的橡皮泥球S，在B处固定一与水平桌面相切的光滑竖直半圆形轨道。释放被压缩的轻弹簧，P、Q两小球被轻弹簧弹出，小球P与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点C；小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D点。已知水平桌面高为h＝0.2 m，D点到桌面边缘的水平距离为x＝0.2 m，重力加速度为g＝10 m/s2，求：

(1)小球P经过半圆形轨道最低点B时对轨道的压力大小F′NB；
(2)小球Q与橡皮泥球S碰撞前瞬间的速度大小vQ；
(3)被压缩的轻弹簧的弹性势能Ep。
【答案】(1)12 N　(2)2 m/s　(3)0.3 J
【解答】(1)小球P恰好能通过半圆形轨道的最高点C，则有Mg＝M
解得vC＝
对于小球P，从B→C，
由动能定理有－2MgR＝Mv－Mv
解得vB＝
在B点有FNB－Mg＝M
解得FNB＝6Mg＝12 N
由牛顿第三定律有F′NB＝FNB＝12 N。
(2)设Q与S做平抛运动的初速度大小为v，所用时间为t，
根据公式h＝gt2得
t＝0.2 s
根据公式x＝vt，得v＝1 m/s
碰撞前后Q和S组成的系统动量守恒，则有
mvQ＝2mv
解得vQ＝2 m/s。
(3)P、Q和弹簧组成的系统动量守恒，则有MvP＝mvQ
解得vP＝1 m/s
P、Q和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有
Ep＝Mv＋mv
解得Ep＝0.3 J。
【模型演练6】（2021·黑龙江牡丹江一中高三上学期1月期末）静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0 kg，mB＝4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0 m，如图1所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0 J．释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20.重力加速度取g＝10 m/s2.A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．

(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；
(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？
(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？
【答案】　(1)4.0 m/s　1.0 m/s　(2)物块B先停止0．50 m 　(3)0.91 m
【解析】　(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正方向，由动量守恒定律和题给条件有
0＝mAvA－mBvB①
Ek＝mAvA2＋mBvB2②
联立①②式并代入题给数据得
vA＝4.0 m/s，vB＝1.0 m/s③
(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a.假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B.设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有mBa＝μmBg④
sB＝vBt－at2⑤
vB－at＝0⑥
在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为
sA＝vAt－at2⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA＝1.75 m，sB＝0.25 m⑧
这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25 m处．B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为
s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m⑨
(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有
mAvA′2－mAvA2＝－μmAg⑩
联立③⑧⑩式并代入题给数据得
vA′＝ m/s⑪
故A与B将发生碰撞．设碰撞后A、B的速度分别为vA″和vB″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
mA＝mAvA″＋mBvB″⑫
mAvA′2＝mAvA″2＋mBvB″2⑬
联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得
vA″＝ m/s，vB″＝－ m/s⑭
这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动．设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式
2asA′＝vA″2,2asB′＝vB″2⑮
由④⑭⑮式及题给数据得
sA′＝0.63 m，sB′＝0.28 m⑯
sA′小于碰撞处到墙壁的距离．由上式可得两物块停止后的距离
s′＝sA′＋sB′＝0.91 m
【模型三】人船模型与类人船模型

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