Question

如圖所示，質(zhì)量為M=0.7kg的靶盒位于光滑水平導(dǎo)軌上．在O點時，恰能靜止，每當它離開O點時便受到一個指向O點的大小恒為F=50N的力．P處有一固定的發(fā)射器，它可根據(jù)需要瞄準靶盒．每次發(fā)射出一顆水平速度v₀=50m/s，質(zhì)量m=0.10kg的球形子彈（它在空中運動過程中不受任何力的作用）．當子彈打入靶盒后，便留在盒內(nèi)不反彈也不穿出．開始時靶盒靜止在O點．今約定，每當靶盒停在或到達O點時，都有一顆子彈進入靶盒內(nèi)．
（1）當?shù)谌�顆子彈進入靶盒后，靶盒離開O點的最大距離為多少？第三顆子彈從離開O點到又回到O點經(jīng)歷的時間為多少？
（2）若P點到O點的距離為S=0.20m，問至少應(yīng)發(fā)射幾顆子彈后停止射擊，才能使靶盒來回運動而不會碰到發(fā)射器？

Answer 1

分析：（1）、第一顆子彈進入靶盒的過程中，動量是守恒的，用動量守恒定律求出第一顆子彈和靶盒的共同速度v₁，之后第一顆子彈和靶盒在力F的作用下做勻減速運動，速度為零后做反方向運動，再回到O點，此時接收第二顆子彈，在接收第二顆子彈的過程中，整體動量守恒，由動量守恒定律可知，此時的速度為零．用求第一顆子彈進入靶盒的方法求出第三課子彈射入靶盒后系統(tǒng)的共同速度V₃，由動能定理求出三顆子彈和靶盒共同向右的位移S₃，由牛頓第二定律求出第三顆子彈從離開O點到又回到O點經(jīng)歷的時間t．
（2）、由第一問的分析可知，當靶盒接收奇數(shù)顆子彈時，會靜止于O點，靶盒接收偶數(shù)顆子彈時，靶盒和子彈才會在力F的作用下向右作勻減速運動，由動量守恒可知，隨著子彈數(shù)的增加，靶盒和子彈開始向右運動的速度變小，所以離開O點最大距離也就變小，當最大距離小于0.2m時，就不會碰到發(fā)射器．運用動量守恒定律和動能定理可求出當?shù)趲最w子彈射入靶盒后，不會和發(fā)射器碰撞．

解答：解：（1）第一顆子彈進入靶盒過程，系統(tǒng)動量守恒，設(shè)射入后獲得速度v₁，則有mv₀=（M+m）v₁
得：v1=

m

M+m

v0…①
由于恒力作用又回到O點的過程，F(xiàn)做功為零，所以靶盒回到O點時，速度大小仍為v₁，但方向相反．第二顆子彈射靶后，設(shè)速度為v₂，
則有：mv₀-（M+m）v₁=（M+2m）v₂=0…②
當?shù)谌�顆子彈射入后，設(shè)靶盒的速度為v₃，則有mv₀=（M+3m）v₃
得：v3=

m

M+3m

v0…③
此后靶盒克服F向右運動，至速度減為零時，離開O點的距離最大，設(shè)為S₃，由動能定理有
FS3=

1

2

(M+3m)

v

2 3

…④
S3=

(M+3m) v 2 3

2F

…⑤
由③、⑤式代入數(shù)據(jù)得S₃=0.25m…⑥
與第一顆子彈射入后的過程類似，第三顆子彈返回O點時速度大小仍為v₃，但方向左．設(shè)這一過程中加速度為a，往返時間為t．
由牛頓第二定律    a=

F

M+3m

…⑦
由運動學公式，有-v₃=v₃-at…⑧
由③、⑦、⑧式代入數(shù)據(jù)得t=0.2s…⑨
（2）由以上計算可見，每當奇數(shù)顆子彈射入靶后，靶都會開始運動，而偶數(shù)顆子彈射入靶后靶盒都會停止運動，所以射入子彈數(shù)必須為奇數(shù)，才能使停止射擊后，靶盒能往復(fù)運動，設(shè)為n顆，
則：mv₀=（M+nm）v_n…⑩
FS ＞

1

2

(M+nm)

v

2 n

…（11）
由⑩、（11）代入數(shù)據(jù)得n＞5.5  取n=7（顆）
答：（1）當?shù)谌�顆子彈進入靶盒后，靶盒離開O點的最大距離為0.25m，第三顆子彈從離開O點到又回到O點經(jīng)歷的時間為0.2s．
（2）若P點到O點的距離為S=0.20m，問至少應(yīng)發(fā)射7顆子彈后停止射擊，才能使靶盒來回運動而不會碰到發(fā)射器．

點評：本題要求我們要有較強的對物體運動的分析能力，要能分析出當有奇數(shù)顆子彈打入靶盒時，靶盒是會靜止在O點的，偶數(shù)顆子彈打入靶盒時，靶盒和子彈會一起向右做勻減速運動，并知道，隨著子彈的增加，向右運動的最大距離也會隨之減�。�在整個過程中，要注意分析動量守恒的條件（合外力為零或內(nèi)力遠遠大于外力時），綜合運用動量守恒定律和動能定理來解答．