Question

9．圖甲是建造大橋時所用的起吊裝置示意圖，使用電動機和滑輪組（圖中未畫出）將實心長方體A從河底豎直方向勻速吊起，鋼纜繩對A的拉力F₁隨時間t變化的圖象如圖乙所示．A完全離開水面后，電動機對繩的拉力F大小為7.5×10³N，滑輪組的機械效率為80%，A上升的速度始終為0.1m/s（g取10N/kg，不計鋼纜繩與滑輪間的摩擦及繩重，不考慮風浪、水流等因素的影響）．求：

（1）長方體A未露出水面時受到的浮力；
（2）長方體A在水中沒有開始起吊時，上表面受到水的壓強；
（3）未起吊前，長方體A對河底的壓強是多大；
（4）長方體A完全離開水面后，在上升過程中F的功率．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)圖象讀出長方體A的重力和未露出水面時受到的拉力，然后根據(jù)稱重法即可求出長方體A未露出水面時受到的浮力；
（2）貨箱浸沒在水中受到的壓強，用公式p=ρgh計算；
（3）根據(jù)起吊前長方體A的受力分析求出對河底的壓力，根據(jù)長方體A的體積和高度求出長方體A底面積，利用p=$\frac{F}{S}$即可求出A對河底的壓強；
（4）根據(jù)機械效率的關系列出兩種情況下成立的關系式，得出動滑輪的重力，根據(jù)滑輪組的省力特點計算出承擔物重的繩子段數(shù)；
從而可根據(jù)v_繩=nv_物得出繩子的速度，由公式P=$\frac{W}{t}$=Fv得出拉力的功率．

解答 解：（1）根據(jù)圖乙可知，長方體A未露出水面時所受的拉力F₁=2×10⁴N；
長方體A的重：G=3×10⁴N，
故A未露出水面時受到的浮力：F_浮=G-F₁=3×10⁴N-2×10⁴N=1×10⁴N；
（2）根據(jù)圖乙可知，長方體A從河底到上表面接觸水面所用時間t₁=40s，
則沒有開始起吊時，長方體上表面所處的深度為h₁=vt₁=0.1m/s×40s=4m，
上表面受到的壓強為p=ρgh=1.0×10³kg/m³×10N/kg×4m=4×10⁴Pa；
（3）由圖乙可知，長方體A的高：L=vt₂=0.1m/s×（60s-40s）=2m，
由F_浮=ρ_水gV_排可知，V_排=$\frac{{F}_{浮}}{{ρ}_{水}g}$=$\frac{1×1{0}^{4}N}{1×1{0}^{3}kg/{m}^{3}×10N/kg}$=1m³；
因為A浸沒在水中，所以A的體積：V_A=V_排=1m³；
則長方體A的底面積S_A=$\frac{{V}_{A}}{L}$=$\frac{1{m}^{3}}{2m}$=0.5m²，
起吊前長方體A受浮力的作用，則A對河底的壓力：F′=G-F_浮=3×10⁴N-1×10⁴N=2×10⁴N，
壓強：p′=$\frac{F′}{{S}_{A}}$=$\frac{2×1{0}^{4}N}{0.5{m}^{2}}$=4×10⁴Pa；
（4）長方體A完全離開水面后，滑輪組的機械效率：η=$\frac{{W}_{有用}}{{W}_{總}}$=$\frac{Gh}{Fs}$=$\frac{Gh}{Fnh}$=$\frac{G}{nF}$；
所以，n=$\frac{G}{ηF}$=$\frac{3×1{0}^{4}N}{80%×7.5×1{0}^{3}N}$=5，
則拉力F作用點移動的速度：v=5×0.1m/s=0.5m/s；
故拉力F的功率：P=Fv=7.5×10³N×0.5m/s=3750W．
答：（1）長方體A未露出水面時受到的浮力為1×10⁴N；
（2）長方體A在水中沒有開始起吊時，上表面受到水的壓強為4×10⁴Pa；
（3）未起吊前，長方體A對河底的壓強是4×10⁴Pa；
（4）長方體A完全離開水面后，在上升過程中F的功率為3750W．

點評 本題考查了浮力、密度、壓強、效率和功率的計算，主要是考查公式的靈活運用，關鍵會選擇合適的計算公式．