Question

3．一彈射裝置，可簡化為如圖所示的模型，內(nèi)部光滑的彈射管AB長為6.4m、高為3.2m．AB末端B水平，水平部分長度忽略不計，且可忽略經(jīng)過時的動能損失．現(xiàn)將一質(zhì)量為m=0.1kg的小球以初速度v₀從管底A處彈出，重力加速度g=10m/s²．
（1）當(dāng)v₀=10m/s時，小球A運動多長時間到達管口B處？
（2）在彈射裝置的正前方，有寬度為4m的目標(biāo)區(qū)域CD（厚度忽略不計），C端距O點的水平距離OC=12m，小球在A處的初速度v₀為多大時才能落入CD區(qū)域？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)牛頓第二定律求出小球從A到B過程中的加速度大小，結(jié)合位移時間公式求出小球運動到管口B的時間．
（2）根據(jù)高度求出平拋運動的時間，結(jié)合水平位移的范圍求出平拋運動的初速度范圍，再結(jié)合動能定理求出小球在A處的初速度大小范圍．

解答 解：（1）小球從A到B的過程中，重力的分力產(chǎn)生加速度，即mgsinθ=ma，
解得a=gsinθ，
由條件可知，sinθ=0.5，
則a=5m/s²，
根據(jù)位移時間公式${x}_{AB}={v}_{0}t-\frac{1}{2}a{t}^{2}$，
代入數(shù)據(jù)解得t=0.8s．
（2）根據(jù)平拋的規(guī)律，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做自由落體運動，
小球下落的時間h=$\frac{1}{2}g{t}^{2}$，
解得t=$\sqrt{\frac{2h}{g}}=\sqrt{\frac{2×3.2}{10}}s=0.8s$．
要擊中目標(biāo)水平位移x的范圍為12m≤x≤16m，
水平位移x=v₀t，
求得B點的速度范圍為：15m/s≤v_B≤20m/s．
A到B的過程根據(jù)動能定理得，$-mgh=\frac{1}{2}m{{v}_{B}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$，
代入數(shù)據(jù)解得$17m/s≤{v}_{0}≤4\sqrt{29}m/s$．
答：（1）當(dāng)v₀=10m/s時，小球A運動0.8s時間到達管口B處；
（2）小球在A處的初速度范圍為$17m/s≤{v}_{0}≤4\sqrt{29}m/s$．

點評 本題考查了牛頓第二定律、動能定理和運動學(xué)公式的綜合運用，知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，知道運動的時間由高度決定，結(jié)合水平位移范圍得出平拋運動的初速度范圍是關(guān)鍵．