Question

1．如圖所示，在水平地面上有一質(zhì)量為M=1kg的長(zhǎng)木板，一質(zhì)量為m=980g的滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）置于長(zhǎng)木板的左端，質(zhì)量為m₀=20g的子彈以500m/s的速度射入滑塊并留在滑塊中，滑塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ₁=0.4．長(zhǎng)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ₂=0.1．與長(zhǎng)木板的右端相聚d=1m處放置一固定的光滑豎直半圓槽，圓槽半徑為R．半圓槽底端高度與長(zhǎng)木板相同．當(dāng)長(zhǎng)木板的右端與半圓槽低端相碰時(shí)，滑塊剛好滑離木板右端而滑上半圓槽軌道，重力加速度為g=10m/s²，求：
（1）子彈射入滑塊后，滑塊的速度大小；
（2）長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度L；
（3）在確�；瑝K能夠通過(guò)圓弧最高點(diǎn)的前提下，改變R的大小，當(dāng)R取何值時(shí)，滑塊從圓弧最高點(diǎn)平拋的水平位移最大．

Answer 1

分析 （1）子彈擊中滑塊過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律可以求出滑塊的速度．
（2）子彈擊中滑塊后滑塊向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，木板向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可以求出位移，然后求出木板的長(zhǎng)度．
（3）求出滑塊到達(dá)圓弧軌道時(shí)的速度，滑塊在圓弧軌道上運(yùn)動(dòng)過(guò)程機(jī)械能守恒，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律可以求出滑塊到達(dá)頂端時(shí)的速度，滑塊離開(kāi)圓形軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以求出其水平位移的表達(dá)式，然后求出其最大水平位移．

解答 解：（1）子彈擊中滑塊過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：m₀v₀=（m+m₀）v，
解得：v=10m/s；
（2）子彈擊中滑塊后滑塊向右做減速運(yùn)動(dòng)，木板向右做加速運(yùn)動(dòng)，
由牛頓第二定律得，對(duì)滑塊：a₁=$\frac{{μ}_{1}（m+{m}_{0}）g}{m+{m}_{0}}$=4m/s²，方向向左，
對(duì)木板：a₂=$\frac{{μ}_{1}（m+{m}_{0}）g-{μ}_{2}（M+m+{m}_{0}）g}{M}$=2m/s²，方向水平向右，
對(duì)木板：d=$\frac{1}{2}$a₂t²，解得：t=1s，
設(shè)滑塊離開(kāi)木板時(shí)的速度為：v₁，
則：v₁=v-a₁t=6m/s，x=$\frac{{v}_{1}^{2}-{v}^{2}}{2{a}_{1}}$=8m，
木板的長(zhǎng)度：L=x-d=7m；
（3）滑塊滑上圓弧底端的速度：v₁=6m/s，
滑塊在圓弧軌道上運(yùn)動(dòng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：
$\frac{1}{2}$（m+m₀）v₁²=$\frac{1}{2}$（m+m₀）v₂²+（m+m₀）g•2R，
解得：v₂=$\sqrt{36-4gR}$，
滑塊離開(kāi)軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，
水平方向：x=v₂t′，豎直方向：2R=$\frac{1}{2}$gt′²，
整理得：x=$\sqrt{（36-4gR）\frac{4R}{g}}$=$\sqrt{1．{8}^{2}-（4R-1.8）^{2}}$，
當(dāng)R=0.45m時(shí)，x有最大值；
答：（1）子彈射入滑塊后，滑塊的速度大小為10m/s；
（2）長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度L為7m；
（3）在確�；瑝K能夠通過(guò)圓弧最高點(diǎn)的前提下，改變R的大小，當(dāng)R=0.45m時(shí)，滑塊從圓弧最高點(diǎn)平拋的水平位移最大．

點(diǎn)評(píng) 本題是一道力學(xué)綜合題，考查了動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，本題物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程復(fù)雜，難度較大，分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的前提與關(guān)鍵；應(yīng)用動(dòng)量守恒定律、牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可以解題．