Question

1．如圖所示，在水平地面上有一質(zhì)量為M=1kg的長木板，一質(zhì)量為m=980g的滑塊（可視為質(zhì)點）置于長木板的左端，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，滑塊與長木板間的動摩擦因數(shù)μ₁=0.4．長木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ₂=0.1．與長木板的右端相聚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木板相同．當長木板的右端與半圓槽低端相碰時，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��；
（2）長木板的長度L；
（3）在確�；瑝K能夠通過圓弧最高點的前提下，改變R的大小，當R取何值時，滑塊從圓弧最高點平拋的水平位移最大．

Answer 1

分析 （1）子彈擊中滑塊過程系統(tǒng)動量守恒，應(yīng)用動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動，木板向右做勻加速直線運動，應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度，應(yīng)用運動學公式可以求出位移，然后求出木板的長度．
（3）求出滑塊到達圓弧軌道時的速度，滑塊在圓弧軌道上運動過程機械能守恒，應(yīng)用機械能守恒定律可以求出滑塊到達頂端時的速度，滑塊離開圓形軌道后做平拋運動，應(yīng)用平拋運動規(guī)律可以求出其水平位移的表達式，然后求出其最大水平位移．

解答 解：（1）子彈擊中滑塊過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：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動，木板向右做加速運動，
由牛頓第二定律得，對滑塊：a₁=$\frac{{μ}_{1}（m+{m}_{0}）g}{m+{m}_{0}}$=4m/s²，方向向左，
對木板：a₂=$\frac{{μ}_{1}（m+{m}_{0}）g-{μ}_{2}（M+m+{m}_{0}）g}{M}$=2m/s²，方向水平向右，
對木板：d=$\frac{1}{2}$a₂t²，解得：t=1s，
設(shè)滑塊離開木板時的速度為：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動機械能守恒，由機械能守恒定律得：
$\frac{1}{2}$（m+m₀）v₁²=$\frac{1}{2}$（m+m₀）v₂²+（m+m₀）g•2R，
解得：v₂=$\sqrt{36-4gR}$，
滑塊離開軌道后做平拋運動，
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R=0.45m時，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）長木板的長度L為7m；
（3）在確�；瑝K能夠通過圓弧最高點的前提下，改變R的大小，當R=0.45m時，滑塊從圓弧最高點平拋的水平位移最大．

點評 本題是一道力學綜合題，考查了動量守恒定律的應(yīng)用，本題物體運動過程復(fù)雜，難度較大，分析清楚物體的運動過程是解題的前提與關(guān)鍵；應(yīng)用動量守恒定律、牛頓第二定律、運動學公式可以解題．