《2025年一遍过高中物理必修第二册人教版》

4 [新情境]如图甲,辘轳是古代民间提水设施,由卷筒、支架、井绳、水斗等部分构成。图乙为提水设施工作原理简化图,某次需从井中汲取$m = 2$kg的水(恰好装满水斗),高度为$d = 0.5$m的薄壁水斗的质量为$m_0 = 0.5$kg,井中水面与井口的高度差为$H = 10.5$m。$t = 0$时刻,厚度不计,质量为$M = 0.5$kg的卷筒由静止开始绕中心轴转动,装满水的水斗到达井口前已做匀速运动,绳子拉装满水的水斗的最大功率$P = 90$W,不计辐条、井绳的质量和转动轴处的摩擦,重力加速度$g = 10$m/s²。
(1)若装满水的水斗先以加速度$a = 2$m/s²匀加速上升,求匀加速运动最大速度$v_1$的大小;
(2)空水斗从水斗口位于井口处由静止释放并带动卷筒自由转动,求水斗落到水面时的速度大小$v_2$;
(3)水斗从图乙所示位置缓慢上升高度$H = 10.5$m,忽略提水过程中水面高度的变化,考虑水斗在水中所受浮力,求此过程中人做的功W。

答案： 答案
(1) $3 m/s$
(2) $10 m/s$
(3) $257.5 J$
解：
(1)由牛顿第二定律有 $T - (m + m_{0})g = (m + m_{0})a$ 又 $P = Tv_{1}$
解得 $v_{1} = \frac{P}{(m + m_{0})(a + g)} = 3 m/s$
(2)当卷筒边缘速率为 $v$ 时，将卷筒均分成 $n$ 份，当 $n$ 趋于无穷时，一小份卷筒可视为质点，动能为 $E'_{k} = \frac{1}{2} · \frac{M}{n}v^{2}$，故卷筒动能为 $E_{k} = \frac{1}{2}Mv^{2}$，则水斗由静止下落的过程中，水斗和卷筒组成的系统由动能定理得 $m_{0}g(H - d) = \frac{1}{2}(m_{0} + M)v_{2}^{2} - 0$
解得 $v_{2} = \sqrt{\frac{2m_{0}g(H - d)}{m_{0} + M}} = 10 m/s$
(3)设水斗刚开始在水中受到的浮力为 $F_{浮}$，水斗口缓慢运动到井口的过程中，由动能定理得 $W - (m + m_{0})gH + \frac{F_{浮}}{2}d = 0$ $F_{浮} = mg$
解得 $W = (m + m_{0})gH - \frac{mg}{2}d = 257.5 J$

5 如图所示,足够长的光滑倾斜轨道倾角为37°,圆形管道半径为R、内壁光滑,倾斜轨道与圆形管道之间平滑连接,相切于B点,C、D分别为圆形管道的最低点和最高点,整个装置固定在竖直平面内。一小球质量为m,小球直径略小于圆形管道内径,圆形管道内径远小于R,重力加速度为g,$\sin37° = 0.6$,$\cos37° = 0.8$。

(1)从倾斜轨道上距离C点多高的位置A由静止释放小球,小球滑下后,在圆形管道内运动通过D点时,管道内壁对小球的作用力恰好为0?
(2)若将圆形管道上面的三分之一部分(PDQ段)取下来,并保证剩余圆弧管道的P、Q两端等高,将小球仍然从第(1)问中的位置A由静止释放,通过计算说明小球能否从Q处进入管道继续在管道内运动?
(3)若将圆形管道的DQB段取下来,改变小球在倾斜轨道上由静止释放的位置,小球从D点飞出后落到倾斜轨道时的动能也随之改变,求小球从D点飞出后落到倾斜轨道上动能的最小值(只考虑小球落到倾斜轨道上的第一落点)。

答案： 答案
(1) $2.5R$
(2) 见解析
(3) $(\sqrt{13} - 2)mgR$
解：
(1)小球从 $A$ 点到 $D$ 点，根据动能定理有 $mg(h - 2R) = \frac{1}{2}mv_{D}^{2}$
小球运动到 $D$ 点时，管道内壁对小球的作用力恰好为 $0$，根据牛顿第二定律有 $mg = m\frac{v_{D}^{2}}{R}$
联立解得 $h = 2.5R$
(2)设小球从 $P$ 点开始以大小为 $v_{P}$ 的速度做斜上抛运动，则 $v_{P}$ 与水平方向的夹角为 $60^{\circ}$，小球从 $A$ 点运动到 $P$ 点的过程，根据动能定理有 $mg(h - R - R\cos 60^{\circ}) = \frac{1}{2}mv_{P}^{2}$
设小球从 $P$ 点抛出后经过时间 $t$ 落回 $P$ 点所在的水平面，根据抛体运动规律可知，水平方向的位移 $s = v_{P}\cos 60^{\circ} · t$
在竖直方向上，有 $t = \frac{2v_{P}\sin 60^{\circ}}{g}$
联立解得 $s = \sqrt{3}R$
根据几何关系可知 $PQ = 2R\sin 60^{\circ} = \sqrt{3}R$ 则 $s = PQ$
即小球能从 $Q$ 处进入管道继续在管道内运动。
(3)若将圆形管道的 $DQB$ 段取下来，小球从倾斜轨道的某一位置释放后，到达 $D$ 点的速度大小设为 $v_{0}$；此后，小球做平抛运动，经过时间 $t_{0}$ 落到倾斜轨道时的动能为 $E_{k}$，水平位移为 $x$，竖直位移为 $y$，有 $E_{k} = mgy + \frac{1}{2}mv_{0}^{2}$ $x = v_{0}t_{0}$ $y = \frac{1}{2}gt_{0}^{2}$
根据几何关系可知 $R(1 + \cos 37^{\circ}) - y = (x - R\sin 37^{\circ})\tan 37^{\circ}$
联立解得 $E_{k} = mg\left(\frac{13y}{9} + \frac{9R^{2}}{4y} - 2R\right)$
当 $y = \frac{9\sqrt{13}}{26}R$ 时，$E_{k}$ 有最小值，又 $\frac{9\sqrt{13}}{26}R ＜ R(1 + \cos 37^{\circ})$，则小球动能最小值 $E_{k\min} = (\sqrt{13} - 2)mgR$