學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精第4點爆炸現象的三個特征解決爆炸類問題時，要抓住以下三個特征：1．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大于受到的外力,所以在爆炸過程中，系統的動量守恒．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,因此爆炸后系統的總動能增加．3．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,一般可忽略不計,可以認為爆炸后，物體仍然從爆炸的位置以新的速度開始運動．對點例題從地面豎直向上發射一炮彈，炮彈的初速度v0＝100m/s，經t＝6s后，此炮彈炸成質量相等的兩塊．從爆炸時算起，經t1＝10s后，第一塊碎片先落到發射點，求從爆炸時起，另一碎片經多長時間也落回地面？（g＝10m/s2，空氣阻力不計，結果保留三位有效數字）解題指導設炮彈爆炸時的速度為v0′，離地面高度為H，則有：v0′＝v0－gt，H＝v0t－eq\f（1,2）gt2代入數據解得v0′＝40m/s,H＝420m設剛爆炸后瞬間，先落到地面上的碎片的速度為v1,因落在發射點，所以v1為豎直方向．若v1＞0，表示豎直向上運動；若v1＜0，表示豎直向下運動；若v1＝0，則表示自由落體運動．若v1＝0，則落地時間t′＝eq\r(\f(2H，g)）＝eq\r（84）s＜t1＝10.0s，由此可知,v1方向應是豎直向上．選炮彈爆炸時H高度為坐標原點，則：－H＝v1t1－eq\f（1,2）gteq\o\al(2,1），解得：v1＝8m/s設剛爆炸后瞬間，后落地的碎片的速度為v2,則由動量守恒定律得2mv0′＝mv1＋mv2將v0′、v1代入解得:v2＝72m/s若從爆炸時起,這塊碎片經時間t2落地，則－H＝v2t2－eq\f（1,2)gteq\o\al（2,2)，得：5teq\o\al（2,2）－72t2－420＝0t2≈18。9s。答案18.9s方法總結1.炮彈在空中爆炸時，所受合外力（重力）雖不為零，但重力比起炮彈碎塊間相互作用的內力小得多，故可認為爆炸過程炮彈系統（各碎塊)的動量守恒。2。爆炸時位置不變，各碎塊自爆炸位置以炸裂后的速度開始運動．1．有一大炮豎直向上發射炮彈,炮彈的質量為M＝6kg（內含炸藥的質量可以忽略不計），射出時的速度v0＝60m/s.當炮彈到達最高點時爆炸為沿水平方向運動的兩片,其中一片質量為4kg。現要求這一片不能落到以發射點為圓心、R＝600m為半徑的圓周范圍內,則剛爆炸完時兩彈片的總動能至少多大?（忽略空氣阻力，g＝10m/s2)答案6×104J解析炮彈炸裂時的高度h＝eq\f(v\o\al(2，0）,2g）＝eq\f(602，2×10）m＝180m彈片落地的時間t＝eq\r（\f(2h，g)）＝eq\r（\f(2×180，10））s＝6s兩彈片的質量m1＝4kg，m2＝2kg設它們的速度大小分別為v1、v2,由動量守恒定律知m1v1＝m2v2所以v2＝2v1設m1剛好落在R＝600m的圓周上則v1＝eq\f(R,t)＝eq\f（600m，6s）＝100m/s此時v2＝200m/s所以總動能至少為：E＝eq\f（1，2）m1veq\o\al（2,1)＋eq\f（1，2）m2veq\o\al(2，2)代入數據得E＝6×104J。2．在水平面上以v0＝20m/s的速度豎直向上發射一炮彈，其質量m＝10kg，當炮彈上升至最高點時,突然炸裂成A、B兩塊，各自沿著水平方向飛出,測得A、B落地點間的距離x＝100m,落地時兩者的速度相互垂直,問A、B的質量各為多少？(忽略空氣阻力，g取10m/s2)答案mA＝8kg,mB＝2kg或mA＝2kg，mB＝8kg解析炮彈豎直上升的高度h＝eq\f（v\o\al(2,0)，2g）＝20m,炸裂的瞬間，A、B組成的系統水平方向動量守恒0＝mAvA－mBvB.此后A、B各自做平拋運動，設A、B落地時與水平方向的夾角分別為α和β，依題意有α＋β＝90°,h＝eq\f（1,2）gt2,解得t＝eq\r(\f(2h,g)）＝2s．水平方向有vAt＋vBt＝100m，豎直方向有gt＝vAtanα＝vBtanβ,聯立以上各式，代入數據解得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（vA＝10m/s，vB＝40m/s）)或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（vA＝40m/s，vB＝10m/s）)故eq\f（mA,mB)＝eq\f(vB,vA)＝eq\f(4，1)或eq\f(1,4），又mA＋mB＝10kg，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(mA＝8kg，mB＝2kg))或eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al