Question

如圖所示，質量為M=0.7kg的靶盒位于光滑水平導軌上．在O點時，恰能靜止，每當它離開O點時便受到一個指向O點的大小恒為F=50N的力．P處有一固定的發(fā)射器，它可根據需要瞄準靶盒．每次發(fā)射出一顆水平速度v₀=50m/s，質量m=0.10kg的球形子彈（它在空中運動過程中不受任何力的作用）．當子彈打入靶盒后，便留在盒內不反彈也不穿出．開始時靶盒靜止在O點．今約定，每當靶盒停在或到達O點時，都有一顆子彈進入靶盒內．
（1）當第三顆子彈進入靶盒后，靶盒離開O點的最大距離為多少？第三顆子彈從離開O點到又回到O點經歷的時間為多少？
（2）若P點到O點的距離為S=0.20m，問至少應發(fā)射幾顆子彈后停止射擊，才能使靶盒來回運動而不會碰到發(fā)射器？

Answer 1

分析：（1）、第一顆子彈進入靶盒的過程中，動量是守恒的，用動量守恒定律求出第一顆子彈和靶盒的共同速度v₁，之后第一顆子彈和靶盒在力F的作用下做勻減速運動，速度為零后做反方向運動，再回到O點，此時接收第二顆子彈，在接收第二顆子彈的過程中，整體動量守恒，由動量守恒定律可知，此時的速度為零．用求第一顆子彈進入靶盒的方法求出第三課子彈射入靶盒后系統的共同速度V₃，由動能定理求出三顆子彈和靶盒共同向右的位移S₃，由牛頓第二定律求出第三顆子彈從離開O點到又回到O點經歷的時間t．
（2）、由第一問的分析可知，當靶盒接收奇數顆子彈時，會靜止于O點，靶盒接收偶數顆子彈時，靶盒和子彈才會在力F的作用下向右作勻減速運動，由動量守恒可知，隨著子彈數的增加，靶盒和子彈開始向右運動的速度變小，所以離開O點最大距離也就變小，當最大距離小于0.2m時，就不會碰到發(fā)射器．運用動量守恒定律和動能定理可求出當第幾顆子彈射入靶盒后，不會和發(fā)射器碰撞．

解答：解：（1）第一顆子彈進入靶盒過程，系統動量守恒，設射入后獲得速度v₁，則有mv₀=（M+m）v₁
得：v1=

m

M+m

v0…①
由于恒力作用又回到O點的過程，F做功為零，所以靶盒回到O點時，速度大小仍為v₁，但方向相反．第二顆子彈射靶后，設速度為v₂，
則有：mv₀-（M+m）v₁=（M+2m）v₂=0…②
當第三顆子彈射入后，設靶盒的速度為v₃，則有mv₀=（M+3m）v₃
得：v3=

m

M+3m

v0…③
此后靶盒克服F向右運動，至速度減為零時，離開O點的距離最大，設為S₃，由動能定理有
FS3=

1

2

(M+3m)

v

2 3

…④
S3=

(M+3m) v 2 3

2F

…⑤
由③、⑤式代入數據得S₃=0.25m…⑥
與第一顆子彈射入后的過程類似，第三顆子彈返回O點時速度大小仍為v₃，但方向左．設這一過程中加速度為a，往返時間為t．
由牛頓第二定律    a=

F

M+3m

…⑦
由運動學公式，有-v₃=v₃-at…⑧
由③、⑦、⑧式代入數據得t=0.2s…⑨
（2）由以上計算可見，每當奇數顆子彈射入靶后，靶都會開始運動，而偶數顆子彈射入靶后靶盒都會停止運動，所以射入子彈數必須為奇數，才能使停止射擊后，靶盒能往復運動，設為n顆，
則：mv₀=（M+nm）v_n…⑩
FS ＞

1

2

(M+nm)

v

2 n

…（11）
由⑩、（11）代入數據得n＞5.5  取n=7（顆）
答：（1）當第三顆子彈進入靶盒后，靶盒離開O點的最大距離為0.25m，第三顆子彈從離開O點到又回到O點經歷的時間為0.2s．
（2）若P點到O點的距離為S=0.20m，問至少應發(fā)射7顆子彈后停止射擊，才能使靶盒來回運動而不會碰到發(fā)射器．

點評：本題要求我們要有較強的對物體運動的分析能力，要能分析出當有奇數顆子彈打入靶盒時，靶盒是會靜止在O點的，偶數顆子彈打入靶盒時，靶盒和子彈會一起向右做勻減速運動，并知道，隨著子彈的增加，向右運動的最大距離也會隨之減�。�在整個過程中，要注意分析動量守恒的條件（合外力為零或內力遠遠大于外力時），綜合運用動量守恒定律和動能定理來解答．