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    5．如图所示为水平传送装置，轴间距离AB长l=8.3m，质量为M=1kg的木块随传送带一起以v1=2m/s的速度向左匀速运动（传送带的传送速度恒定），木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5．当木块运动至最左端A点时，一颗质量为m=20g的子弹以$\overline{{v}_{0}}$=300m/s水平向右的速度正对射入木块并穿出，穿出速度u=50m/s，以后每隔1s就有一颗子弹射向木块，设子弹射穿木块的时间极短，且每次射入点各不相同，g取10m/s2．求：
    （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？
    （2）木块在传达带上最多能被多少颗子弹击中？
    （3）从第一颗子弹射中木块到木块最终离开传送带的过程中，子弹、木块和传送带这一系统产生的总内能是多少？

    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）根据运动学公式求出子弹被一颗子弹击中到下一颗子弹击中，这段时间内的位移，从而确定最多能被多少颗子弹击中．
    （3）根据功能关系求出被一颗子弹击中到下一颗子弹击中这段时间内所产生的热量，包括子弹击穿木块的过程中产生的内能，与传送带发生相对滑动产生的内能，从而得出子弹、木块和传送带这一系统产生的总内能．

    解答 解：（1）子弹射入木块过程系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正反方向，由动量守恒定律得：
    mv0-Mv1=mv+Mv1′，
    解得：v1′=3m/s，
    木块向右作减速运动加速度：a=$\frac{μMg}{M}$=μg=0.5×10=5m/s2，
    木块速度减小为零所用时间：t1=$\frac{{v}_{1}′}{a}$
    解得：t1=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=$\frac{v{′}_{1}^{2}}{2a}$，
    解得：s1=0.9m．
    （2）在第二颗子弹射中木块前，木块再向左作加速运动，时间为：t2=1s-0.6s=0.4s
    速度增大为：v2=at2=2m/s（恰与传送带同速）；
    向左移动的位移为：s2=$\frac{1}{2}$at22=$\frac{1}{2}$×5×0.42=0.4m，
    所以两颗子弹射中木块的时间间隔内，木块总位移S0=S1-S2=0.5m方向向右
    第16颗子弹击中前，木块向右移动的位移为：s=15×0.5m=7.5m，
    第16颗子弹击中后，木块将会再向右先移动0.9m，总位移为0.9m+7.5=8.4m＞8.3m木块将从B端落下．
    所以木块在传送带上最多能被16颗子弹击中．
    （3）第一颗子弹击穿木块过程中产生的热量为：
    Q1=$\frac{1}{2}$mv02+$\frac{1}{2}$Mv12-$\frac{1}{2}$mu2-$\frac{1}{2}$Mv1′2，
    木块向右减速运动过程中板对传送带的位移为：s′=v1t1+s1，
    产生的热量为：Q2=μMgs′，
    木块向左加速运动过程中相对传送带的位移为：s″=v1t2-s2，
    产生的热量为：Q3=μMgs″，
    第16颗子弹射入后木块滑行时间为t3有：v1′t3-$\frac{1}{2}$at32=0.8，
    解得：t3=0.4s
    木块与传送带的相对位移为：S=v1t3+0.8
    产生的热量为：Q4=μMgs，
    全过程中产生的热量为：Q=15（Q1+Q2+Q3）+Q1+Q4
    解得：Q=14155.5J；
    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）木块在传达带上最多能被16颗子弹击中．
    （3）子弹、木块和传送带这一系统产生的热能是14155.5J．

    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．

    练习册系列答案
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