資源簡介

培優提升九　機械能守恒定律的綜合應用
學習目標　1.能靈活應用機械能守恒定律的三種表達形式。2.會分析處理非質點類物體的機械能守恒問題。3.掌握系統機械能守恒定律的綜合應用，會正確應用機械能守恒定律和動能定理解題。
提升1　非質點類物體的機械能守恒問題
1.在應用機械能守恒定律處理實際問題時，經常遇到像“鏈條”“液柱”類的物體，其在運動過程中將發生形變，其重心位置相對物體也發生變化，因此這類物體不能再看成質點來處理。
2.物體雖然不能看成質點來處理，但因只有重力做功，物體整體機械能守恒。一般情況下，可將物體分段處理，確定質量分布均勻形狀規則的物體各部分的重心位置，根據初、末狀態物體重力勢能的變化列式求解。
角度1　“液柱”類物體機械能守恒
例1 如圖所示，粗細均勻，兩端開口的U形管內裝有同種液體，開始時兩邊液面高度差為h，液體靜止，管中液柱總長度為4h，后來讓液體自由流動(不計一切摩擦)，當U形管兩側液面高度相等時，右側液面下降的速度為(重力加速度大小為g)(　　 )
A. B.
C. D.
聽課筆記　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
角度2　“鏈條”類物體機械能守恒
例2 如圖甲所示，長為L的勻質鏈條靜置于光滑水平桌面上，現使鏈條右端從靜止開始豎直向下運動，剛運動到豎直長度為時，鏈條速度大小為v，如圖乙所示，重力加速度為g，則(　　)
A.v＝ B.v＝
C.v＝ D.v＝
聽課筆記　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
提升2　動能定理和機械能守恒定律的綜合應用
1.動能定理和機械能守恒定律的比較
　　規律比較　　 機械能守恒定律 動能定理
表達式 E1＝E2ΔEk＝－ΔEpΔEA＝－ΔEB W＝ΔEk
使用范圍 只有重力或彈力做功 無條件限制
研究對象 物體與地球組成的系統 質點
物理意義 重力或彈力做功的過程是動能與勢能相互轉化的過程 合外力對物體做的功是物體動能變化的量度
應用角度 守恒條件及初、末狀態機械能的形式和大小 物體動能的變化及合外力做功情況
選用原則 (1)無論直線運動還是曲線運動，條件滿足時，兩規律都可以應用，都要考慮初、末狀態，都不需要考慮所經歷過程的細節(2)能用機械能守恒定律解決的問題，都能用動能定理解決；能用動能定理解決的問題，不一定能用機械能守恒定律解決(3)動能定理比機械能守恒定律應用更廣泛、更普遍
2.動能定理和機械能守恒定律都可以用來求能量或速度，但側重不同，動能定理解決物體運動問題，尤其計算對該物體做的功時較簡單，機械能守恒定律解決系統問題往往較簡單，兩者的靈活選擇可以簡化運算過程。
例3 如圖所示，曲面AB與半徑為r、內壁光滑的四分之一細圓管BC平滑連接于B點，管口B端切線水平，管口C端正下方立一根輕彈簧，輕彈簧一端固定，另一端恰好與管口C端齊平。質量為m的小球(可視為質點)在曲面上某點由靜止釋放，進入管口B端時，上管壁對小球的作用力為mg(g為重力加速度)。
(1)求小球到達B點時的速度大小vB；
(2)若釋放點距B點的高度為2r，求小球在曲面AB上運動的過程中克服阻力所做的功W；
(3)小球通過BC后壓縮彈簧，壓縮彈簧過程中彈簧彈性勢能的最大值為Ep，求彈簧被壓縮的最大形變量x。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
例4 如圖所示，足夠長的光滑斜面傾角為30°，質量相等的甲、乙兩物塊通過輕繩連接放置在光滑輕質定滑輪兩側，并用手托住甲物塊，使兩物塊都靜止，移開手后，甲物塊豎直下落，當甲物塊下降0.8 m時，求乙物塊的速度大小(此時甲未落地，g＝10 m/s2)。請用機械能守恒定律和動能定理分別求解，并比較解題的簡易程度。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
隨堂對點自測
1.(非質點類物體的機械能守恒問題)如圖所示，有一條長為1 m的均勻金屬鏈條，有一半長度在光滑的足夠高的斜面上，斜面頂端是一個很小的圓弧，斜面傾角為30°，另一半長度豎直下垂在空中。當鏈條從靜止開始釋放后鏈條滑動，則鏈條剛好全部滑出斜面時的速度為(g取10 m/s2)(　　)
A.2.5 m/s B. m/s
C. m/s D. m/s
2.(動能定理和機械能守恒定律的綜合應用)如圖所示，質量不計的硬直桿的兩端分別固定質量均為m的小球A和B，它們可以繞光滑軸O在豎直面內自由轉動。已知OA＝2OB＝2l，將桿從水平位置由靜止釋放(重力加速度為g)。
(1)在桿轉動到豎直位置時，小球A、B的速度大小分別為多少？
(2)在桿轉動到豎直位置的過程中，桿對A球做了多少功？
培優提升九　機械能守恒定律的綜合應用
提升1
例1 A　[當U形管兩側液面高度相等時，液體減少的重力勢能轉化為全部液體的動能，根據機械能守恒定律得mg·h＝mv2，解得v＝，選項A正確。]
例2 A　[鏈條釋放之后，到離開桌面的過程，整個鏈條的機械能守恒。取桌面為零勢能面，設整個鏈條的質量為m。根據機械能守恒定律得－mg·L＋mv2＝0，解得v＝，故A正確，B、C、D錯誤。]
提升2
例3 (1)　(2)mgr　(3)－2r
解析　(1)小球在B點時，由牛頓第二定律可得
mg＋mg＝meq \f(v,r)
解得vB＝。
(2)小球從被釋放至滑到B點的過程，由動能定理得
mg·2r－W＝mv－0
解得W＝mgr。
(3)當彈簧彈性勢能最大時，小球的速度為0，對小球從B點到彈簧被壓縮的形變量最大的過程中，由小球與彈簧組成的系統機械能守恒可得
mg(r＋x)＋mv＝Ep
解得x＝－2r。
例4 見解析
解析　方法一　利用機械能守恒定律
設甲、乙兩物塊質量均為m，物塊甲下降h＝0.8 m
由于甲、乙兩物塊組成的系統機械能守恒，則
mgh－mghsin 30°＝×2mv2
解得v＝2 m/s
故此時乙物塊的速度大小為2 m/s。
方法二　利用動能定理
設甲、乙兩物塊的質量都為m，甲下落0.8 m時兩物塊速度大小都為v
對甲，由動能定理有mgh－FTh＝mv2①
對乙，由動能定理有FTh－mghsin 30°＝mv2②
由①②式聯立解得v＝2 m/s
故此時乙物塊的速度大小為2 m/s。
可見用機械能守恒定律解題更簡單一些。
隨堂對點自測
1.A　[設鏈條的質量為2m，長度為L，以開始時鏈條的最高點所在的水平面為參考平面，鏈條的機械能為E＝Ep＋Ek＝－mg·sin 30°－mg·＋0＝－mgL，鏈條全部滑出斜面后，動能為Ek′＝×2mv2，重力勢能為Ep′＝－2mg·，由機械能守恒定律可得E＝Ek′＋Ep′，即－mgL＝mv2－mgL，解得v＝＝2.5 m/s，故A正確，B、C、D錯誤。]
2.(1)　　(2)－mgl
解析　(1)小球A和B及桿組成的系統機械能守恒。設轉到豎直位置的瞬間，A、B的速率分別為vA、vB，桿旋轉的角速度為ω，由機械能守恒定律有mg·2l－mgl＝mv＋mv
又vA＝2lω，vB＝lω，則vA＝2vB
聯立解得vB＝，vA＝。
(2)對A球，由動能定理得mg·2l＋W＝mv
解得W＝－mgl。培優提升九　機械能守恒定律的綜合應用
(分值：70分)
選擇題1～2題，每小題7分，共14分。
對點題組練
題組一　非質點類物體的機械能守恒問題
1.一根質量為m、長為L的均勻鏈條一半放在光滑的水平桌面上，另一半懸在桌邊，桌面足夠高，如圖甲所示。若將一個質量為m的小球分別拴在鏈條右端和左端，如圖乙、圖丙所示。約束鏈條的擋板光滑，三種情況均由靜止釋放，當整根鏈條剛離開桌面時，關于它們的速度關系，下列判斷正確的是(　　)
v甲＝v乙＝v丙 v甲v丙>v甲>v乙 v乙>v甲>v丙
題組二　動能定理和機械能守恒定律的綜合應用
2.(多選)如圖，長度為L的三根輕桿構成一個正三角形支架，在A處固定質量為2m的小球；B處固定質量為m的小球，支架懸掛在O點，可繞過O點與支架所在平面相垂直的固定軸轉動。開始時OB與地面相垂直，放手后開始運動。在無任何阻力的情況下，下列說法中正確的是(　　)
A處小球到達最低點時速度為
A處小球到達最低點時，B處小球速度為
A處小球到達最低點時，桿對A做的功為－
擺動過程中A處小球機械能守恒
3.(12分)如圖所示，有一光滑軌道PABC，PA部分豎直，AB部分為軌道半徑為R的圓弧，BC部分水平。質量均為m的小球a、b固定在豎直輕桿的兩端，輕桿長為R，不計小球大小。開始時a球處于圓弧上端A點，由靜止釋放小球和輕桿，使其沿光滑軌道下滑。重力加速度為g，求：
(1)(6分)小球a、b滑到水平軌道上的速度大小；
(2)(6分)從釋放小球a、b到滑到水平軌道上，整個過程中輕桿對小球a做的功。
綜合提升練
4.(12分)(2024·福建師范大學附屬中學期中)如圖甲，轆轤是古代民間提水設施，由卷筒、支架、井繩、水斗等部分構成。圖乙為提水設施工作原理簡化圖。某次需從井中汲取m＝2 kg的水(恰好裝滿水斗)，高度為d＝0.5 m的薄壁水斗的質量為m0＝0.5 kg，井中水面與井口的高度差為H＝10.5 m。t＝0時刻，厚度不計，質量為M＝0.5 kg卷筒由靜止開始繞中心軸轉動，裝滿水的水斗到達井口前已做勻速運動，繩子拉裝滿水的水斗的最大功率P＝90 W。不計輻條、井繩的質量和轉動軸處的摩擦，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)(4分)若裝滿水的水斗先以加速度a＝2 m/s2勻加速上升，求勻加速運動過程的最大速度v1的大小；
(2)(4分)空水斗從水斗口位于井口處由靜止釋放并帶動卷筒自由轉動，求水斗落到水面時的速度v的大小；
(3)(4分)水斗從圖示位置緩慢上升高度H＝10.5 m，忽略提水過程中水面高度的變化，考慮水斗在水中所受浮力，求此過程中人做的功W。
5.(16分)如圖所示，光滑水平面AB與豎直面內的半圓形軌道在B點平滑連接，軌道半徑為R，一個質量為m的小球將彈簧壓縮至A處。小球從A處由靜止釋放被彈開后，經過B點進入軌道的瞬間對軌道的壓力為其重力的8倍，之后向上運動恰能沿軌道運動到C點，重力加速度為g，求：
(1)(4分)小球在最高點C的速度大小vC；
(2)(4分)小球在最低點B的速度大小vB；
(3)(4分)釋放小球前彈簧的彈性勢能；
(4)(4分)小球由B到C克服阻力做的功。
培優加強練
6.(16分)如圖所示，是檢驗某種防護罩承受沖擊能力的裝置，M為半徑R＝1.6 m、固定于豎直平面內的光滑半圓弧軌道，A、B分別是軌道的最低點和最高點；N為防護罩，它是一個豎直固定的圓弧，其半徑r＝ m，圓心位于B點。在A點放置水平向左的彈簧槍，可向M軌道發射速度不同的質量均為m＝0.01 kg的小鋼珠，彈簧槍可將彈性勢能完全轉化為小鋼珠的動能。假設某次發射的小鋼珠沿軌道恰好能經過B點，水平飛出后落到圓弧N的某一點上，g＝10 m/s2。求：
(1)(5分)小鋼珠在B點的速度大小；
(2)(5分)發射該小鋼珠前，彈簧的彈性勢能Ep；
(3)(6分)小鋼珠從M圓弧軌道B點飛出至落到圓弧N上所用的時間。
培優提升九　機械能守恒定律的綜合應用
1.D　[三種情況下所研究的系統機械能均守恒，根據－ΔEp＝ΔEk，對甲有mg×＋mg×＝mv，解得v甲＝，對乙有mg×＋mg×＋mg×＝×2mv，解得v乙＝，對丙有mg×＋mg×＝×2mv，解得v丙＝，則v乙>v甲>v丙，故D正確。]
2.BC　[當A處小球到達最低點時，對A、B兩處小球組成的系統由機械能守恒定律有(2mg－mg)·＝(2m＋m)v2，解得v＝，即此時兩球的速度均為，故A錯誤，B正確；對A處小球，由動能定理得2mg·＋W＝×2mv2，解得W＝－，故C正確；擺動過程中，兩球組成的系統的機械能守恒，但A處小球機械能不守恒，故D錯誤。]
3.(1)　(2)
解析　a、b球和輕桿組成的系統機械能守恒。a、b球均到達水平軌道上時，a、b球的速度關系為va＝vb，由系統機械能守恒定律得
mgR＋mg·2R＝mv＋mv
聯立解得va＝vb＝。
(2)設桿對小球a做的功為W
對小球a由動能定理得
W＋mgR＝mv，解得W＝。
4.(1)3 m/s　(2)10 m/s　(3)257.5 J
解析　(1)對裝滿水的水斗，由牛頓第二定律得
FT－(m＋m0)g＝(m＋m0)a
又P＝FTv1
解得v1＝＝3 m/s。
(2)空水斗由靜止下落的過程中，空水斗和卷筒組成的系統機械能守恒，則有
m0g(H－d)＝(m0＋M)v2
解得v＝＝10 m/s。
(3)設水桶在水中受到的浮力為F浮，水斗口運動到井口的過程中，由動能定理得
W－(m＋m0)gH＋d＝0
又F浮＝mg
解得W＝(m＋m0)gH－d＝257.5 J。
5.(1)　(2)　(3)mgR　(4)mgR
解析　(1)在最高點C時，根據牛頓第二定律有
meq \f(v,R)＝mg，解得vC＝。
(2)根據牛頓第三定律可知，小球在最低點B時所受支持力大小為FN＝8mg
根據牛頓第二定律有FN－mg＝meq \f(v,R)
解得vB＝。
(3)根據機械能守恒定律可得釋放小球前彈簧的彈性勢能為
Ep＝mv＝mgR。
(4)設小球由B到C克服阻力做的功為W，根據動能定理有
－2mgR－W＝mv－mv
解得W＝mgR。
6.(1)4 m/s　(2)0.4 J　(3)0.4 s
解析　(1)小鋼珠恰好能經過B點，由牛頓第二定律，得
mg＝meq \f(v,R)，解得vB＝＝4 m/s。
(2)從發射小鋼珠到上升至B點的過程中，由機械能守恒定律，得
Ep＝ΔEp＋ΔEk＝mg·2R＋mv
解得Ep＝0.4 J。
(3)從B點飛出后，小鋼珠做平拋運動，有
h＝gt2，x＝vBt
又x2＋h2＝r2，聯立解得t＝0.4 s。(共37張PPT)
培優提升九　機械能守恒定律的綜合應用
第八章　機械能守恒定律
1.能靈活應用機械能守恒定律的三種表達形式。
2.會分析處理非質點類物體的機械能守恒問題。
3.掌握系統機械能守恒定律的綜合應用，會正確應用機械能守恒定律和動能定理解題。
學習目標
目 錄
CONTENTS
提升
01
隨堂對點自測
02
課后鞏固訓練
03
提升
1
提升2　動能定理和機械能守恒定律的綜合應用
提升1　非質點類物體的機械能守恒問題
提升1　非質點類物體的機械能守恒問題
1.在應用機械能守恒定律處理實際問題時，經常遇到像“鏈條”“液柱”類的物體，其在運動過程中將發生形變，其重心位置相對物體也發生變化，因此這類物體不能再看成質點來處理。
2.物體雖然不能看成質點來處理，但因只有重力做功，物體整體機械能守恒。一般情況下，可將物體分段處理，確定質量分布均勻形狀規則的物體各部分的重心位置，根據初、末狀態物體重力勢能的變化列式求解。
A
A
提升2　動能定理和機械能守恒定律的綜合應用
1.動能定理和機械能守恒定律的比較
　　規律 比較　　 機械能守恒定律 動能定理
表達式 E1＝E2 ΔEk＝－ΔEp ΔEA＝－ΔEB W＝ΔEk
使用范圍 只有重力或彈力做功 無條件限制
研究對象 物體與地球組成的系統 質點
　　規律 比較　　 機械能守恒定律 動能定理
物理意義 重力或彈力做功的過程是動能與勢能相互轉化的過程 合外力對物體做的功是物體動能變化的量度
應用角度 守恒條件及初、末狀態機械能的形式和大小 物體動能的變化及合外力做功情況
選用原則 (1)無論直線運動還是曲線運動，條件滿足時，兩規律都可以應用，都要考慮初、末狀態，都不需要考慮所經歷過程的細節 (2)能用機械能守恒定律解決的問題，都能用動能定理解決；能用動能定理解決的問題，不一定能用機械能守恒定律解決 (3)動能定理比機械能守恒定律應用更廣泛、更普遍
2.動能定理和機械能守恒定律都可以用來求能量或速度，但側重不同，動能定理解決物體運動問題，尤其計算對該物體做的功時較簡單，機械能守恒定律解決系統問題往往較簡單，兩者的靈活選擇可以簡化運算過程。
例3 如圖所示，曲面AB與半徑為r、內壁光滑的四分之一細圓管BC平滑連接于B點，管口B端切線水平，管口C端正下方立一根輕彈簧，輕彈簧一端固定，另一端恰好與管口C端齊平。質量為m的小球(可視為質點)在曲面上某點由靜止釋放，進入管口B端時，上管壁對小球的作用力為mg(g為重力加速度)。
(1)求小球到達B點時的速度大小vB；
(2)若釋放點距B點的高度為2r，求小球在曲面AB上運動的過程中克服阻力所做的功W；
(3)小球通過BC后壓縮彈簧，壓縮彈簧過程中彈簧彈性勢能的最大值為Ep，求彈簧被壓縮的最大形變量x。
解析　(1)小球在B點時，由牛頓第二定律可得
(2)小球從被釋放至滑到B點的過程，由動能定理得
解得W＝mgr。
(3)當彈簧彈性勢能最大時，小球的速度為0，對小球從B點到彈簧被壓縮的形變量最大的過程中，由小球與彈簧組成的系統機械能守恒可得
例4 如圖所示，足夠長的光滑斜面傾角為30°，質量相等的甲、乙兩物塊通過輕繩連接放置在光滑輕質定滑輪兩側，并用手托住甲物塊，使兩物塊都靜止，移開手后，甲物塊豎直下落，當甲物塊下降0.8 m時，求乙物塊的速度大小(此時甲未落地，g＝10 m/s2)。請用機械能守恒定律和動能定理分別求解，并比較解題的簡易程度。
解析　方法一　利用機械能守恒定律
設甲、乙兩物塊質量均為m，物塊甲下降h＝0.8 m
由于甲、乙兩物塊組成的系統機械能守恒，則
解得v＝2 m/s
故此時乙物塊的速度大小為2 m/s。
方法二　利用動能定理
設甲、乙兩物塊的質量都為m，甲下落0.8 m時兩物塊速度大小都為v，
由①②式聯立解得v＝2 m/s
故此時乙物塊的速度大小為2 m/s。
可見用機械能守恒定律解題更簡單一些。
答案　見解析
隨堂對點自測
2
A
1.(非質點類物體的機械能守恒問題)如圖所示，有一條長為1 m的均勻金屬鏈條，有一半長度在光滑的足夠高的斜面上，斜面頂端是一個很小的圓弧，斜面傾角為30°，另一半長度豎直下垂在空中。當鏈條從靜止開始釋放后鏈條滑動，則鏈條剛好全部滑出斜面時的速度為(g取10 m/s2)(　　)
2.(動能定理和機械能守恒定律的綜合應用)如圖所示，質量不計的硬直桿的兩端分別固定質量均為m的小球A和B，它們可以繞光滑軸O在豎直面內自由轉動。已知OA＝2OB＝2l，將桿從水平位置由靜止釋放(重力加速度為g)。
(1)在桿轉動到豎直位置時，小球A、B的速度大小分別為多少？
(2)在桿轉動到豎直位置的過程中，桿對A球做了多少功？
又vA＝2lω，vB＝lω，則vA＝2vB
課后鞏固訓練
3
D
題組一　非質點類物體的機械能守恒問題
1.一根質量為m、長為L的均勻鏈條一半放在光滑的水平桌面上，另一半懸在桌邊，桌面足夠高，如圖甲所示。若將一個質量為m的小球分別拴在鏈條右端和左端，如圖乙、圖丙所示。約束鏈條的擋板光滑，三種情況均由靜止釋放，當整根鏈條剛離開桌面時，關于它們的速度關系，下列判斷正確的是(　　)
對點題組練
A.v甲＝v乙＝v丙 B.v甲C.v丙>v甲>v乙 D.v乙>v甲>v丙
BC
題組二　動能定理和機械能守恒定律的綜合應用
2.(多選)如圖，長度為L的三根輕桿構成一個正三角形支架，在A處固定質量為2m的小球；B處固定質量為m的小球，支架懸掛在O點，可繞過O點與支架所在平面相垂直的固定軸轉動。開始時OB與地面相垂直，放手后開始運動。在無任何阻力的情況下，下列說法中正確的是(　　)
(1)小球a、b滑到水平軌道上的速度大小；
(2)從釋放小球a、b到滑到水平軌道上，整個過程中輕桿對小球a做的功。
解析　a、b球和輕桿組成的系統機械能守恒。a、b球均到達水平軌道上時，a、b球的速度關系為va＝vb，由系統機械能守恒定律得
(2)設桿對小球a做的功為W
對小球a由動能定理得
4.(2024·福建師范大學附屬中學期中)如圖甲，轆轤是古代民間提水設施，由卷筒、支架、井繩、水斗等部分構成。圖乙為提水設施工作原理簡化圖。某次需從井中汲取m＝2 kg的水(恰好裝滿水斗)，高度為d＝0.5 m的薄壁水斗的質量為m0＝0.5 kg，井中水面與井口的高度差為H＝10.5 m。t＝0時刻，厚度不計，質量為M＝0.5 kg卷筒由靜止開始繞中心軸轉動，裝滿水的水斗到達井口前已做勻速運動，繩子拉裝滿水的水斗的最大功率P＝90 W。不計輻條、井繩的質量和轉動軸處的摩擦，重力加速度g＝10 m/s2。
綜合提升練
(1)若裝滿水的水斗先以加速度a＝2 m/s2勻加速上升，求勻加速運動過程的最大速度v1的大小；
(2)空水斗從水斗口位于井口處由靜止釋放并帶動卷筒自由轉動，求水斗落到水面時的速度v的大小；
(3)水斗從圖示位置緩慢上升高度H＝10.5 m，忽略提水過程中水面高度的變化，考慮水斗在水中所受浮力，求此過程中人做的功W。
答案　(1)3 m/s　(2)10 m/s　(3)257.5 J
解析　(1)對裝滿水的水斗，由牛頓第二定律得
FT－(m＋m0)g＝(m＋m0)a
又P＝FTv1
(2)空水斗由靜止下落的過程中，空水斗和卷筒組成的系統機械能守恒，則有
(3)設水桶在水中受到的浮力為F浮，水斗口運動到井口的過程中，由動能定理得
5.如圖所示，光滑水平面AB與豎直面內的半圓形軌道在B點平滑連接，軌道半徑為R，一個質量為m的小球將彈簧壓縮至A處。小球從A處由靜止釋放被彈開后，經過B點進入軌道的瞬間對軌道的壓力為其重力的8倍，之后向上運動恰能沿軌道運動到C點，重力加速度為g，求：
(1)小球在最高點C的速度大小vC；
(2)小球在最低點B的速度大小vB；
(3)釋放小球前彈簧的彈性勢能；
(4)小球由B到C克服阻力做的功。
解析　(1)在最高點C時，根據牛頓第二定律有
(2)根據牛頓第三定律可知，小球在最低點B時所受支持力大小為FN＝8mg
綜合提升練
(1)小鋼珠在B點的速度大小；
(2)發射該小鋼珠前，彈簧的彈性勢能Ep；
(3)小鋼珠從M圓弧軌道B點飛出至落到圓弧N上所用的時間。
答案　(1)4 m/s　(2)0.4 J　(3)0.4 s
(2)從發射小鋼珠到上升至B點的過程中，由機械能守恒定律，得
解得Ep＝0.4 J。
(3)從B點飛出后，小鋼珠做平拋運動，有
又x2＋h2＝r2，聯立解得t＝0.4 s。

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