知識點58應用三大觀點解決爆炸問題（拔尖）

學問點58：應用三大觀點解決爆炸問題【學問思維方法技巧】〔1〕解動力學問題的三種觀點：①動力學的方法：運用牛頓運動定律結合運動學學問解題，可處理勻變速運動問題．②能量方法：用動能定理和能量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題．③動量方法：用動量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題．〔2〕力學規(guī)律的選用原那么①假如要列出各物理量在某一時刻的關系式，可用牛頓其次定律．②爭論某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運動狀態(tài)轉變時，一般用動量定理(涉準時間的問題)或動能定理(涉及位移的問題)去解決問題．③假設爭論的對象為一物體系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般用動量守恒定律和能量守恒定律去解決問題，但需留意所爭論的問題是否滿意守恒的條件．④在涉及相對位移問題時那么優(yōu)先考慮能量守恒定律，系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機械能的削減量，即轉變?yōu)橄到y(tǒng)內能的量．⑤在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現象時，需留意到這些過程一般均隱含有系統(tǒng)機械能與其他形式能量之間的轉換．這種問題由于作用時間都極短，因此用動量守恒定律去解決．〔3〕爆炸模型的特點：①爆炸現象滿意動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內完成的，爆炸物體間的相互作用力遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒．②爆炸現象滿意動能增加：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，所以爆炸前后系統(tǒng)的總動能增加．③爆炸現象滿意位置不變：爆炸的時間極短，因而作用過程中，物體產生的位移很小，一般可忽視不計，可以認為爆炸后仍舊從爆炸前的位置以新的動量開頭運動．考點一：爆炸模型與直線曲線運動模型組合的問題題型一：爆炸模型與直線運動組合的問題【典例1拔尖題】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局部，兩局部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〕煙花彈從地面開頭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局部距地面的最大高度．【典例1拔尖題】【答案】(1)eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))(2)eq\f(2E,mg)【解析】(1)設煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，設煙花彈從地面開頭上升到火藥爆炸所用的時間為t，由運動學公式有0－v0＝－gt，得t＝eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))(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＝mgh1，火藥爆炸后，煙花彈上、下兩局部均沿豎直方向運動，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eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,4)mveq\o\al(2,2)＝E，eq\f(1,2)mv1＋eq\f(1,2)mv2＝0知，煙花彈兩局部的速度方向相反，向上運動局部做豎直上拋運動．設爆炸后煙花彈上局部連續(xù)上升的高度為h2，由機械能守恒定律有eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mgh2，得煙花彈向上運動局部距地面的最大高度為h＝h1＋h2＝eq\f(2E,mg)。【典例1拔尖題對應練習】如下圖，相距L＝5m的粗糙水平直軌道兩端分別固定兩個豎直擋板，距左側擋板L′＝2m的O點處靜止放置兩個緊挨著的小滑塊A、B，滑塊之間裝有少量炸藥．炸藥爆炸時，能將兩滑塊分開并保持在直軌道上沿水平方向運動．滑塊A、B的質量均為m＝1kg，與軌道間的動摩擦因數均為μ＝0.2.不計滑塊與滑塊、滑塊與擋板間發(fā)生碰撞時的機械能損失，滑塊可視為質點，重力加速度g取10m/s2.〔1〕炸藥爆炸瞬間，假設有Q1＝10J的能量轉化成了兩滑塊的機械能，求滑塊A最終靜止時離動身點的距離；〔2〕假設兩滑塊A、B初始狀態(tài)并不是靜止的，當它們共同以v0＝1m/s的速度向右經過O點時炸藥爆炸，要使兩滑塊分開后能再次相遇，那么爆炸中轉化為機械能的能量的最小值Q2是多少？【典例1拔尖題對應練習】【答案】〔1〕1.5m〔2〕19J【解析】(1)爆炸過程中，以向右為正方向，兩滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒，有0＝mvB－mvA，Q1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得vA＝vB＝eq\r(10)m/s，爆炸后二者做減速運動的加速度大小均為a＝μg＝2m/s2，sA＝eq\f(v\o\al(2,A),2μg)＝2.5m由于sA＝2.5m>L′，A會遇到擋板后以原速率返回，再連續(xù)減速后停止．最終A停止時距離O點的距離為sA′＝L′－(sA－L′)＝1.5m.(2)(本問不管是否爭論只按情形①賦分，假如沒有情形①，情形②③中方程可相應賦分)爆炸后A、B分開，可能有三種情形．情形①，A、B反向運動，A遇到擋板后反彈，再與B相遇，以向右為正方向2mv0＝mvB－mvA，sA＝eq\f(v\o\al(2,A),2μg)，sB＝eq\f(v\o\al(2,B),2μg)，sA＋sB＝2L＝10m，由以上可解得vB＝(eq\r(19)＋1)m/s，vA＝(eq\r(19)－1)m/s，sA＝eq\f(\r(19)－12,4)≈2.8m>2m，sB＝eq\f(\r(19)＋12,4)≈7.2m>3m，符合題意Q2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)，解得Q2＝19J。情形②，A、B反向運動，A未遇到擋板，B反彈后與A相遇2mv0＝mvB－mvA，sA′＝eq\f(v\o\al(2,A),2μg)，sB′＝eq\f(v\o\al(2,B),2μg)，sB′－sA′＝2(L－L′)由以上可解得vB＝7m/s，vA＝5m/s，sA′＝6.25m>2m與預設相沖突．情形③，A、B同向運動，A慢B快，B反彈后與A相遇2mv0＝mvA＋mvB，sA″＝eq\f(v\o\al(2,A),2μg)，sB″＝eq\f(v\o\al(2,B),2μg)，sA″＋sB″＝2(L－L′)＝6m，以上方程聯立后無解．故最小值Q2＝19J.題型二：爆炸模型與曲線運動組合的問題【典例2拔尖題】一玩具以初速度從水平地面豎直向上拋出，到達最高點時，用遙控器將玩具內壓縮的輕彈簧彈開，該玩具沿水平方向分裂成質量之比為1∶4的兩局部，此時它們的動能之和與玩具從地面拋出時的動能相等。彈簧彈開的時間極短，不計空氣阻力。求〔1〕玩具上升到最大高度時的速度大?。弧?〕兩局部落地時速度大小之比。【典例2拔尖題】【答案】〔1〕；〔2〕【解析】〔1〕設玩具上升的最大高度為h，玩具上升到高度時的速度大小為v，重力加速度大小為g，以初速度方向為正，整個運動過程有，玩具上升到最大高度有，兩式聯立解得〔2〕設玩具分開時兩局部的質量分別為、，水平速度大小分別為、。依題意，動能關系為，玩具到達最高點時速度為零，兩局部分開時速度方向相反，水平方向動量守恒，有，分開后兩局部做平拋運動，由運動學關系，兩局部落回地面時，豎直方向分速度大小為，設兩局部落地時的速度大小分別為、，由速度合成公式，有，結合，解得考點二：爆炸模型與其他模型組合運動的問題題型一：爆炸模型與板塊模型組合運動的問題【典例1拔尖題】如下圖，一粗糙的水平平臺左端固定一輕質彈簧，在平臺最右端并排靜止放置可視為質點的兩個小物塊A和B，質量mA＝0.2kg，mB＝0.4kg，A、B間夾有少量炸藥．在平臺右側緊挨著平臺的水平地面上靜止放置一質量為mC＝0.2kg的木板C，木板C的上外表與平臺在同一水平面上，其高度h＝0.2m，長度L＝1m，物塊B與木板C上外表、地面與木板C下外表間的動摩擦因數分別為μ1＝，μ2＝0.1.某時刻炸藥爆炸，A、B分別沿水平方向運動，物塊A壓縮彈簧后被彈回并恰好停在爆炸前的位置，且彈簧被壓縮過程中的最大彈性勢能為Ep＝4.05J；物塊B最終落到地面上．取重力加速度g＝10m/s2.求：(1)物塊B從木板C上外表飛出至落到地面上所經受的時間；(2)爆炸后瞬間，物塊B的速度大??；(3)物塊B剛落到地面時與木板C右端的水平距離．【典例1拔尖題】【答案】(1)0.2s(2)4.5m/s(3)0.32m【解析】(1)物塊B從木板C上外表飛出做平拋運動，由h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(02)得：t0＝eq\r(\f(2h,g))＝0.2s(2)設爆炸后瞬間，物塊A的速度大小為vA，物塊B的速度大小為vB，物塊A向左運動的最大距離為s，物塊A與水平平臺間的動摩擦因數為μ.由功能關系可知－μmAg·2s＝0－eq\f(1,2)mAveq\o\al(A2)，μmAgs＝Ep，爆炸前、后，A、B系統(tǒng)動量守恒：mBvB－mAvA＝0，得：vA＝9.0m/s，vB＝4.5m/s(3)設B從C的左端滑到右端過程中，設C運動的距離為sC，那么此過程中：μ1mBg＝mBaB，得：aB＝4m/s2，sC＋L＝vBt－eq\f(1,2)aBt2，μ1mBg－μ2(mB＋mC)g＝mCaC，得：aC＝5m/s2，sC＝eq\f(1,2)aCt2得：t＝eq\f(1,3)s或t＝eq\f(2,3)s(舍去)，B從C的上外表水平拋出時，設B、C的速度分別為vB′、vC，vB′＝vB－aBt，vC＝aCt，B從C的上外表水平拋出后：μ2mCg＝mCaC′，B從C的上外表水平拋出后，C速度減小到0所用時間：t′＝eq\f(vC,aC′)>t0，由此可知B在平拋過程中C始終在做勻減速直線運動．那么B從C的上外表水平拋出后，B、C在水平方向運動的距離xB＝vB′t0xC＝vCt0－eq\f(1,2)aC′teq\o\al(02)，物塊B剛落到水平地面時與木板C右端的水平距離Δx＝xB－xC＝0.32m題型二：爆炸模型與其他模型組合運動的問題【典例2拔尖題】如下圖，可視為質點的滑塊A、B靜止在光滑水平地面上，A、B滑塊的質量分別為mA＝1kg，mB＝3kg。在水平地面左側有傾角θ＝30°的粗糙傳送帶以v＝6m/s的速率順時針勻速轉動。傳送帶與光滑水平面通過半徑可忽視的光滑小圓弧平滑連接A、B兩滑塊間夾著質量可忽視的炸藥，現點燃炸藥爆炸瞬間，滑塊A以6m/s水平向左沖出，接著沿傳送帶向上運動，滑塊A與傳送帶間的動摩擦因數為μ＝eq\f(\r(3),3)，傳送帶與水平面足夠長，重力加速度g取10m/s2?！?〕求滑塊A沿傳送帶上滑的最大距離；〔2〕假設滑塊A滑下后與滑塊B相碰并粘住，求A、B碰撞過程中損失的能量ΔE；〔3〕求滑塊A與傳送帶接觸過程中因摩擦產生的熱量Q?！镜淅?拔尖題】【答案】(1)1.8m(2)6J(3)36J【解析】(1)設爆炸后A、B的速度分別為vA、vB，爆炸過程，對A和B組成的系統(tǒng)由動量守恒有：mAvA－mBvB＝0解得：vB＝2m/s，水平地面光滑，滑塊A沿傳送帶向上運動，對A進行受力分析有：mAgsinθ＋μmAgcosθ＝ma，a＝g(sinθ＋μcosθ)＝10m/s2，即A沿傳送帶向上做勻減速直線運動，經t1＝0.6s滑塊A速度減為0，故滑塊A沿傳送帶向上減速到零通過的距離為：xA1＝eq\f(v\o\al(2,A),2a)＝1.8m，當滑塊A速度減為零后，其受力狀況如圖甲所示：故滑塊A將沿傳送帶向下做勻加速運動經t2＝0.6s滑塊A與傳送帶共速，此后受力狀況如圖乙：mAgsinθ－μmAgcosθ＝0，滑塊將與傳送帶相對靜止一起向下運動。當滑塊A再次滑上水平面時，速度大小與傳送帶速度相等為6m/s，滑塊A與滑塊B碰撞時，粘連在一起，對A、B組成的系統(tǒng)：由動量守恒定律得：mAv傳＋mBvB＝(mA＋mB)v解得：v＝3m/s，碰撞過程中損失的能量為E＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,傳)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)(mA＋mB)v2代入數據得：E＝6J(3)由(1)知，經t1＝0.6s滑塊A速度減為零滑塊A沿傳送帶向上減速到零，通過的位移xA1＝eq\f(v