（2013•深圳一模）如图甲所示，在高h=0.8m的平台上放置一质量为M=0.99kg的小木块（视为质点），小木块距平台
（2013•深圳一模）如图甲所示，在高h=0.8m的平台上放置一质量为M=0.99kg的小木块（视为质点），小木块距平台右边缘d=2m，一质量m=0.01kg的子弹沿水平方向射入小木块并留在其中，然后一起向右运动，在平台上运动的v2-x关系如图乙所示．最后，小木块从平台边缘滑出落在距平台右侧水平距离s=0.8m的地面上，g取10m/s2，求：
（1）小木块滑出时的速度；
（2）小木块在滑动过程中产生的热量；
（3）子弹射入小木块前的速度．
（1）小木块滑出时的速度；
（2）小木块在滑动过程中产生的热量；
（3）子弹射入小木块前的速度．
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解题思路：（1）小木块从平台滑出后做平抛运动，根据平抛运动的分位移公式列式求解；
（2）根据速度位移公式列式，得到v2-x图象的表达式，求出加速度；再根据牛顿第二定律求解出滑动摩擦力，最后根据功能关系求解热量；
（3）子弹射木块过程，系统动量守恒，根据动量守恒定律列式求解．
（2）根据速度位移公式列式，得到v2-x图象的表达式，求出加速度；再根据牛顿第二定律求解出滑动摩擦力，最后根据功能关系求解热量；
（3）子弹射木块过程，系统动量守恒，根据动量守恒定律列式求解．
（1）小木块从平台滑出后做平抛运动，
有：h＝
1
2gt2
得：t=0.4s
木块飞出时的速度：v2＝
s
t＝2m/s
（2）因为小木块在平台上滑动过程中做匀减速运动，根据：
v22−
v21＝−2ax
知v2-s图象的斜率：k＝
4−10
1＝−2a
得小木块在平台上滑动的加速度大小：a=3m/s2
根据牛顿第二定律，得：f=（M+m）a=（0.99+0.01）×3=3N
根据能量守恒定律，得小木块在滑动过程中产生的热量：Q=fx=6J
（3）由图象可得：
10−
v21
1−0＝
4−10
2−1
解得小木块刚开始滑动时的速度为：v1=4m/s
子弹射入木块的过程中，根据动量守恒定律，有：mv0=（M+m）v1
解得：v0=400m/s
答：（1）小木块滑出时的速度为2m/s；
（2）小木块在滑动过程中产生的热量为6J；
（3）子弹射入小木块前的速度为400m/s．
点评：
本题考点： 平抛运动；动量守恒定律．
考点点评： 本题关键是由图象得到减速过程加速度，由平抛运动得到初速度，然后根据运动学规律、牛顿第二定律等相关知识列式求解．
1年前
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