Question

（2012?桂林模擬）如圖所示，一木塊位于光滑的水平桌面上，木塊上固連一支架，木塊與支架的總質量為M．一擺球掛于支架上，擺球的質量為m，m＜

1

2

M擺線的質量不計．初始時，整個裝置處于靜止狀態(tài)．一質量為m的子彈以大小為v₀、方向垂直于圖面向里的速度射人擺球并立即停留在球內(nèi)，擺球和子彈便一起開始運動．已知擺線最大的偏轉角小于90°，在小球往返運動過程中擺線始終是拉直的，木塊未發(fā)生轉動．
求①擺球上升的最大高度．
②擺球在最低處時速度的大小和方向．

Answer 1

分析：①子彈射入擺球的過程中，時間極短，子彈和擺球組成的系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒定律求出它們的共同速度．當擺球上升到最大高度時，擺球相對與木塊靜止，整個系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，結合動量守恒定律和機械能守恒定律求出擺球上升的高度．
②結合水平方向上動量守恒，以及機械能守恒求出擺球擺到最低處的速度的大小和方向．

解答：解：①子彈射人擺球，擺球位于最低處，設這時擺球的速度為u，由動量守恒定律有  mv₀=2mu…（l）  
擺球以速度u開始向前擺動，木塊亦發(fā)生運動．當擺球上升至最高時，擺球相對木塊靜止，設此時木塊的速度為V，擺球上升的高度為h，因水平方向動量守恒以及機械能守恒有
2mu=（2m+M）V…（2）

1

2

?2mu2=

1

2

(2m+M)V2+2mgh…（3）
解（l）、（2）、（3）三式得h=

M υ 2 0

8g(2m+M)

…（4）
②當擺球回到最低處時，設這時擺球的速度為u'，木塊的速率為V’，當u'＞0，表示其方向水平向前，反之，則水平向后．因水平方向動量守恒以及機械能守恒，故有
2mu=2mu'+MV'…（5）
mu2=mu′2+

1

2

MV′2…（6）
由 （l）、（5）、（6）得u′=

m- 1 2 M

M+2m

v0，方向向后，是擺球第一次回到最低處時的速度  
u''=u=

1

2

v0，方向向前，是擺球第二次回到最低處時的速度開始重復初始的運動．  
答：①擺球上升的最大高度為h=

M υ 2 0

8g(2m+M)

．
②擺球第一次回到最低處時的速度為u′=

m- 1 2 M

M+2m

v0，方向向后；擺球第二次回到最低點時的速度大小為

1

2

v0，方向向前．

點評：本題綜合考查了動量守恒定律、能量守恒定律，綜合性較強，對學生的能力要求較高，是道好題．