Question

17．如圖甲所示，一質量為M=3.3kg的滑塊隨足夠長的水平傳送帶一起向右勻速運動，滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數μ=0.2．一質量m=0.05kg的子彈水平向左射入滑塊并留在其中，設子彈與滑動碰撞時在極短的時間內達到速度一致，取水平向左的方向為正方向，子彈在整個運動過程中的v-t圖象如圖乙所示，已知傳送帶的速度始終保持不變，滑塊最后恰好能從傳送帶的右端水平飛出，g取10m/s²．下列說法正確的是（　　）

• A． 傳送帶的速度大小為4m/s
• B． 滑塊相對傳送帶滑動的距離為9m
• C． 滑塊相對地面向左運動的最大位移為3m
• D． 若滑塊可視為質點且傳送帶與轉動輪間不打滑，則轉動輪的半徑R為0.4m

Answer 1

分析 （1）根據速度時間關系求出子彈碰撞前的速度和碰撞后的速度，根據動量守恒定律求出滑塊的質量；
（2）根據勻變速直線運動規(guī)律求出滑塊向左運動過程中相對皮帶運動的位移根據Q=fs求得摩擦產生的熱量；
（3）根據速度時間關系求出皮帶運動的速度抓住滑塊恰好能從右端水平飛出可知，滑塊滑離皮帶輪時滿足重力完全提供圓周運動向心力，從而據此求得皮帶輪半徑．

解答 解：A、由子彈的速度圖線可知，子彈射入滑塊后在極短的時間內與滑塊的速度相等，然后一起先向左勻減速，再向右勻加速，最后做勻速直線運動，必定與傳送帶的速度相等，可知傳送帶的速度大小是2m/s．故A錯誤；
B、C、滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數μ=0.2，設滑塊（包括子彈）向左運動過程中加速度大小為a，由牛頓第二定律，有
f=μ（M+m）g=（M+m）a
解得：加速度a=2m/s²
設滑塊（包括子彈）向左運動的時間為t₁，位移大小為s₁，則：
${t_1}=\frac{v_1}{a}$=2s
所以滑塊向左運動的位移${s_1}=\frac{{{v_1}+0}}{2}{t_1}$=4m
即滑塊相對于地面向左的最大位移為4m．
物塊向右加速的過程中，加速度的大小仍然是2m/s²，加速的時間：${t}_{2}=\frac{{v}_{2}-0}{a}=\frac{2-0}{2}=1$s
該過程中，物塊向右的位移是：${s}_{2}=\frac{1}{2}a{t}_{2}^{2}=\frac{1}{2}×2×{1}^{2}=1$m
這段時間內傳送帶向右運動的位移大小為：
s₃=v₂（t₁+t₂）=2×（2+1）=6m
所以滑塊相對于傳送帶的位移：△x=（s₁-s₂）+s₃=（4-1）+6=9m．故B正確，C錯誤；
D、在傳送帶右端，因滑塊（包括子彈）恰好能水平飛出，故有：
$（m+M）g=（m+M）\frac{v_2^2}{R}$…⑩
解得：R=$\frac{{v}_{2}^{2}}{g}$=0.4m．故D正確．
故選：BD

點評 本題是傳送帶問題與子彈射木塊問題的綜合問題，考查了運動學公式、牛頓運動定律、豎直平面內的圓周運動、功能關系等，難度較大．要注意對運動過程的分析與把握．