Question

在风洞实验中“制造”出沿水平方向的风，进行如下实验：一个质量为M=0.2kg小球，静止在高度h=5.0m的直立杆上，一颗质量为 m=0.01kg的子弹．以水平速度v₀=420m/s 击中小球，并留在球内，小球落地点离杆的水平距离s=25m，假设小球飞行时始终受到水平向右的大小恒定的风力．求：
（l）子弹击中小球的过程中系统增加的内能Q；
（2）风力F的大小．（取g=l0m/s²）

Answer 1

分析：（1）子弹击中小球的过程，系统的合外力可不计，遵守动量守恒，由此定律列式可求得子弹击中小球后的共同速度．系统增加的内能Q等于系统动能的减少量．
（2）小球和子弹整体从杆上飞出后，受到竖直向下的重力和水平向右的风力．运用运动的分解法：竖直方向做自由落体运动，水平方向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解即可．

解答：解：（1）设子弹击中小球后子弹和小球的共同速度为v，对子弹和小球在击中前后，有：
mv₀=（m+M）v
解得：v=

mv0

m+M

=

0.01×420

0.01+0.2

m/s=20m/s
由能量关系可知：Q=

1

2

mv₀²-

1

2

（m+M）v ² 
解得：Q=

1

2

×0.01×4202-

1

2

(0.01+0.2)×20²=840J
（2）小球和子弹整体从杆上飞出后，竖直方向做自由落体运动，有：h=

1

2

gt²
水平方向上做以v为初速的匀加速直线运动，有：s=vt+

1

2

at²
由牛顿第二定律得：F=（m+M）a
联立解得：F=2.1N
答：（l）子弹击中小球的过程中系统增加的内能Q为840J；
（2）风力F的大小为2.1N．

点评：本题是含有打击的平抛运动，掌握打击过程系统的动量守恒，运用运动的分解法处理曲线运动，是常用的方法和思路．