Question

20．如圖所示，一根長(zhǎng)為L(zhǎng)、勁度系數(shù)為k的輕彈簧上端固定于O點(diǎn)，下端掛一個(gè)裝滿橡皮泥的木盒，木盒靜止時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量為x，現(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為m的子彈以速度v₀=4g$\sqrt{\frac{m}{k}}$（k為彈簧的勁度系數(shù)）豎直向上射入木盒內(nèi)的橡皮泥中，已知射入時(shí)間極短，當(dāng)木盒運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)彈簧的壓縮量也為x，若取當(dāng)?shù)刂亓�加速度為g，且整體運(yùn)動(dòng)過程中彈簧總在彈性限度內(nèi)，則下列說法正確的是（　�。�

• A． 內(nèi)裝橡皮泥的木盒總質(zhì)量為m
• B． 子彈射入后整體從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)過程中加速度先增大后減小
• C． 子彈射入后彈簧的伸長(zhǎng)量為x時(shí)木盒的速度為2$\sqrt{gx}$
• D． 木盒運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的加速度為2g

Answer 1

分析 子彈射入木盒的過程，由于時(shí)間極短，外力的沖量可忽略不計(jì)，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律列式．木盒上升的過程，由機(jī)械能守恒定律列式，聯(lián)立可求得木盒的質(zhì)量．分析整體的受力情況，由牛頓第二定律判斷加速度的變化情況．由牛頓第二定律求最高點(diǎn)的加速度．

解答 解：AC、設(shè)內(nèi)裝橡皮泥的木盒總質(zhì)量為M，子彈射入后彈簧的伸長(zhǎng)量為x時(shí)木盒的速度為v．對(duì)子彈射入木盒的過程，取豎直向上方向?yàn)檎�方向，由�?dòng)量守恒定律得：
  mv₀=（M+m）v
木盒向上運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程，對(duì)木盒和彈簧組成的系統(tǒng)，由于彈簧的彈性勢(shì)能的變化量為零，由機(jī)械能守恒定律得：
   $\frac{1}{2}（M+m）{v}^{2}$=（M+m）g•2x
由胡克定律有 mg=kx
結(jié)合v₀=4g$\sqrt{\frac{m}{k}}$，聯(lián)立解得 v=2$\sqrt{gx}$，M=m，故AC正確．
B、子彈射入后整體從最高點(diǎn)到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過程，由牛頓第二定律得 （M+m）g+kx=（M+m）a，x減小，a減�。�
從彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)到最低點(diǎn)過程中，由牛頓第二定律得 （M+m）g-kx=（M+m）a，x減小，a增大．所以加速度先減小后增大，故B錯(cuò)誤．
D、木盒運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得 （M+m）g+kx=（M+m）a
結(jié)合mg=kx，得 a=g+$\frac{mg}{M+m}$＜2g，故D錯(cuò)誤．
故選：AC

點(diǎn)評(píng) 本題分析清楚子彈和木盒的運(yùn)動(dòng)過程是正確解題的關(guān)鍵，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律與牛頓第二定律即可正確解題，要注意靈活選取研究對(duì)象．