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    12．如图所示，水平传送带AB长L=8.3m，质量M=1kg的木块随传送带一起以v1=2m/s的速度向左运动（传送带的速度恒定不变），木块与传送带间的摩擦因数μ=0.5．当木块运动到传送带最左端A点时，一颗质量为m=20g的子弹以 v0=300m/s水平向右的速度正对入射木块并穿出，穿出速度为v2=50m/s，以后每隔1s就有一颗子弹射向木块．设子弹与木块的作用时间极短，且每次射入点不同，g=10m/s2．求：
    （1）在木块被第二颗子弹击中前木块向右运动离A点的最大距离．
    （2）木块在传送带上最多能被多少颗子弹子击中．
    （3）在被第二颗子弹击中前，子弹、木块、传送带这一系统所产生的热能是多少？

    分析 （1）根据动量守恒定律求出子弹穿过木块的瞬间，木块的速度，结合牛顿第二定律和运动学公式求出在被第二颗子弹击中前，木块向右运动离A点的最大距离．
    （2）由题意利用运动学公式求得两颗子弹击中木块过程木块向前滑动的距离，则可求得最多有多少子弹击中木块；
    （3）系统所产生的内能是两部分组成：一是子弹打击木块产生的，由能量守恒求出；二是木块在传送带上滑动摩擦生热，运用运动学公式求出木块与传送带的相对位移，求解摩擦生热．

    解答 解：（1）第一颗子弹射入木块过程中动量守恒，以子弹与木块组成的系统为研究对象，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
    mv0-Mv1=mu+Mv1′，
    代入数据解得：v1′=3m/s，
    木块向右作减速运动的加速度大小为：a=$\frac{μMg}{M}$=μg=0.5×10=5m/s2，
    木块速度减小为零所用时间t1=$\frac{{v}_{1}′}{a}$=$\frac{3}{5}$=0.6s＜1s，
    所以木块在被第二颗子弹击中前向右运动离A点最远时，速度为零，
    移动距离为：s1=$\frac{{v′}_{1}^{2}}{2a}$，
    代入数据解得：s1=0.9m．
    （2）在第二颗子弹射中木块前，木块再向左做加速运动，时间：t2=1s-0.6s=0.4s
    速度增大为：v'2=at2=2m/s（木块恰与传递带同速）向左移动的位移为：s2=$\frac{1}{2}$at22=$\frac{1}{2}×$5×0.16=0.4m；
    所以两颗子弹击中木块的时间间隔内，木块总位移：s0=s1-s2=0.5m，方向向右设木块在传送带上最多能被n颗子弹击中，则：
    （n-2）×0.5+0.9≤8.3；
    （n-1）×0.5+0.9≥8.3
    联立解得：n=16
    （3）第一颗子弹击穿木块过程中产生的热能为：
    ${Q_1}=\frac{1}{2}mv_0^2+\frac{1}{2}MV_1^2-\frac{1}{2}m{u^2}-\frac{1}{2}MV'_1^2$，
    代入数据解得：Q1=872.5J，
    木块向右减速运动过程中相对传送带的位移为：
    s2=V1t1+s1，
    代入数据解得：s2=2.1m，
    产生的热能为：Q2=μMgS2，
    代入数据解得：Q2=10.5J，
    在第二颗子弹射中木块前，木块再向左作加速运动，
    运动时间：t2=1s-0.6s=0.4s，
    速度增大到：v2=at2=5××0.4=2m/s（恰与传送带同速）
    向左移动的位移为：s3=$\frac{1}{2}$at22=$\frac{1}{2}$×5×0.42=0.4m
    木块向左加速运动过程中相对传送带的位移为：
    s4=v1t2-s3，
    代入数据解得：s4=0.4m，
    产生的热能为：Q3=μMgS4，
    代入数据解得：Q3=2J，
    所求过程中产生的热能为：Q=Q1+Q2+Q3=872.5J+10.5J+2J=885J；
    答：（1）在被第二颗子弹击中前，木块向右运动离A点的最大距离为0.9m；
    （2）木块在传送带上最多能被16颗子弹子击中．
    （3）从第一颗子弹射中木块到木块刚要被第二颗子弹击中的过程中，子弹、木块和传送带这一系统产生的热能是885J．

    点评 此题综合性非常强，既有动量守恒定律又有匀变速直线运动，要求掌握物理知识要准确到位，能够灵活应用，物体运动过程复杂，分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，分析清楚过程后，应用动量守恒定律、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题．

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