Question

12．如圖所示，水平傳送帶AB長L=8.3m，質(zhì)量M=1kg的木塊隨傳送帶一起以v₁=2m/s的速度向左運動（傳送帶的速度恒定不變），木塊與傳送帶間的摩擦因數(shù)μ=0.5．當木塊運動到傳送帶最左端A點時，一顆質(zhì)量為m=20g的子彈以 v₀=300m/s水平向右的速度正對入射木塊并穿出，穿出速度為v₂=50m/s，以后每隔1s就有一顆子彈射向木塊．設子彈與木塊的作用時間極短，且每次射入點不同，g=10m/s²．求：
（1）在木塊被第二顆子彈擊中前木塊向右運動離A點的最大距離．
（2）木塊在傳送帶上最多能被多少顆子彈子擊中．
（3）在被第二顆子彈擊中前，子彈、木塊、傳送帶這一系統(tǒng)所產(chǎn)生的熱能是多少？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動量守恒定律求出子彈穿過木塊的瞬間，木塊的速度，結(jié)合牛頓第二定律和運動學公式求出在被第二顆子彈擊中前，木塊向右運動離A點的最大距離．
（2）由題意利用運動學公式求得兩顆子彈擊中木塊過程木塊向前滑動的距離，則可求得最多有多少子彈擊中木塊；
（3）系統(tǒng)所產(chǎn)生的內(nèi)能是兩部分組成：一是子彈打擊木塊產(chǎn)生的，由能量守恒求出；二是木塊在傳送帶上滑動摩擦生熱，運用運動學公式求出木塊與傳送帶的相對位移，求解摩擦生熱．

解答 解：（1）第一顆子彈射入木塊過程中動量守恒，以子彈與木塊組成的系統(tǒng)為研究對象，以子彈的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：
mv₀-Mv₁=mu+Mv₁′，
代入數(shù)據(jù)解得：v₁′=3m/s，
木塊向右作減速運動的加速度大小為：a=$\frac{μMg}{M}$=μg=0.5×10=5m/s²，
木塊速度減小為零所用時間t₁=$\frac{{v}_{1}′}{a}$=$\frac{3}{5}$=0.6s＜1s，
所以木塊在被第二顆子彈擊中前向右運動離A點最遠時，速度為零，
移動距離為：s₁=$\frac{{v′}_{1}^{2}}{2a}$，
代入數(shù)據(jù)解得：s₁=0.9m．
（2）在第二顆子彈射中木塊前，木塊再向左做加速運動，時間：t₂=1s-0.6s=0.4s
速度增大為：v'₂=at₂=2m/s（木塊恰與傳遞帶同速）向左移動的位移為：s₂=$\frac{1}{2}$at₂²=$\frac{1}{2}×$5×0.16=0.4m；
所以兩顆子彈擊中木塊的時間間隔內(nèi)，木塊總位移：s₀=s₁-s₂=0.5m，方向向右設木塊在傳送帶上最多能被n顆子彈擊中，則：
（n-2）×0.5+0.9≤8.3；
（n-1）×0.5+0.9≥8.3
聯(lián)立解得：n=16
（3）第一顆子彈擊穿木塊過程中產(chǎn)生的熱能為：
${Q_1}=\frac{1}{2}mv_0^2+\frac{1}{2}MV_1^2-\frac{1}{2}m{u^2}-\frac{1}{2}MV'_1^2$，
代入數(shù)據(jù)解得：Q₁=872.5J，
木塊向右減速運動過程中相對傳送帶的位移為：
s₂=V₁t₁+s₁，
代入數(shù)據(jù)解得：s₂=2.1m，
產(chǎn)生的熱能為：Q₂=μMgS₂，
代入數(shù)據(jù)解得：Q₂=10.5J，
在第二顆子彈射中木塊前，木塊再向左作加速運動，
運動時間：t₂=1s-0.6s=0.4s，
速度增大到：v₂=at₂=5××0.4=2m/s（恰與傳送帶同速）
向左移動的位移為：s₃=$\frac{1}{2}$at₂²=$\frac{1}{2}$×5×0.4²=0.4m
木塊向左加速運動過程中相對傳送帶的位移為：
s₄=v₁t₂-s₃，
代入數(shù)據(jù)解得：s₄=0.4m，
產(chǎn)生的熱能為：Q₃=μMgS₄，
代入數(shù)據(jù)解得：Q₃=2J，
所求過程中產(chǎn)生的熱能為：Q=Q₁+Q₂+Q₃=872.5J+10.5J+2J=885J；
答：（1）在被第二顆子彈擊中前，木塊向右運動離A點的最大距離為0.9m；
（2）木塊在傳送帶上最多能被16顆子彈子擊中．
（3）從第一顆子彈射中木塊到木塊剛要被第二顆子彈擊中的過程中，子彈、木塊和傳送帶這一系統(tǒng)產(chǎn)生的熱能是885J．

點評 此題綜合性非常強，既有動量守恒定律又有勻變速直線運動，要求掌握物理知識要準確到位，能夠靈活應用，物體運動過程復雜，分析清楚物體運動過程是正確解題的關鍵，分析清楚過程后，應用動量守恒定律、牛頓第二定律、運動學公式即可正確解題．