Question

图甲是某中学科技小组设计的打捞水池中物体出水面的装置示意图．BOE为一轻质杆，在其两端分别固定着以OB和OE为半径的两段圆弧形的凹槽ABC和DEF，支点O为这两段圆弧形凹槽对应的圆心．轻质绳G和H分别固定在圆弧形凹槽ABC的A点和DEF的D点，杆BOE旋转时细绳总能在凹槽中，绳G和H拉力的力臂始终保持不变．固定在水平地面上的电动机M可以通过拉动绳子H带动杠杆和滑轮组将水池中物体捞出水面．电动机M的质量m为52.5kg．电动机M用力拉动绳子H使柱形物体K始终以速度v匀速上升．物体K浸没在水中匀速上升的过程中，滑轮组的机械效率为η₁，电动机M对地面的压强为P₁；物体K全部露出水面匀速竖直上升的过程中，滑轮组的机械效率为η₂，电动机M对地面的压强为P₂；电动机M对地面的压强随时间变化的图象如图乙所示．已知物体K的底面积S=0.1m²，高h=0.2m，OB：OE=3：4，η₁：η₂=27：28．细绳和杠杆的质量、滑轮及杠杆与轴的摩擦、细绳和凹槽的摩擦、水对物体的阻力均忽略不计，K出水前后水面高度的变化忽略不计，g取10N/kg．求：
（1）物体K完全浸没时受到的浮力；
（2）动滑轮的质量；
（3）若用该装置以同样速度打捞质量为120kg的物体K′，求K′全部露出水面后，电动机M拉动绳H的功率．

Answer 1

【答案】分析：（1）根据公式F_浮=ρ_水gV_排求出物体受的浮力；
（2）对物体进行受力分析，根据图象找出其压强关系列出方程式，解出动滑轮的重力；
（3）求出物体的速度，根据杠杆平衡条件求出电动机的拉力，再根据P=Fv求出电动机的功率．
解答：解：（1）物体排开水的体积V_排=V=Sh=0.1m²×0.2m=0.02m³，
物体K完全浸没时受到的浮力：
F_浮=ρ_水gV_排=1×103kg/m3×10N/kg×0.02m3=200N；
（2）物体K浸没在水中匀速上升时，以物体K和动滑轮的整体为研究对象，受力分析图如答图甲所示；电动机M的受力分析图如答图乙所示；杠杆两端的受力分析图如答图丙所示．
由图甲得：F_浮+3F₁=G_k+G_动，
由图乙得：N₁+T₁=p₁S+T₁=mg，
由图丙得：F₁′×OB=T₁′×OE，F₁=F₁′，T₁=T₁′，
物体K全部露出水面匀速上升时，以物体K和动滑轮的整体为研究对象，受力分析图如答图1甲所示；电动机M的受力分析图如答图1乙所示；杠杆两端的受力分析图如答图1丙所示．

由图1甲得：3F₂=G_k+G_动，
由图1乙得：N₂+T₂=p₂S+T₂=mg，
由图1丙得：F₂×OB=T₂×OE，F₂=F₂′，T₂=T₂′，
分析题目中图乙可知，在0-5s的时间里，p₁=2.1×10⁴Pa；在15-20s的时间里p₂=1.8×10⁴Pa．
p₁：p₂=2.1×10⁴Pa：1.8×10⁴Pa=7：6=N1：N₂=（mg-T₁）：（mg-T₂）=（mg-）：（mg-）=（525N-）：（525N-），
又η₁：η₂=27：28=：=：，
解得：动滑轮重G_动=100N，
所以动滑轮的质量m===10kg；
（3）分析题目中图乙可知，在5-15s的时间里，物体K从上表面开始接触水面到下表面离开水面．由于K出水前后水面高度的变化忽略不计：
物体上升速度v_k===0.02m/s，v_k=v_k′，
K’全部露出水面后，电动机M的拉力：
T==×=×=325N，
v_绳G=3v_k′=3×0.02m/s=0.06m/s，
由几何关系，v_绳H=×v_绳G=×0.06m/s=0.08m/s，
∴电动机M拉动绳H的功率P_M=Tv_绳H=325N×0.08m/s=26W．
答：（1）物体K完全浸没时受到的浮力为200N；
（2）动滑轮的质量为10kg；
（3）K′全部露出水面后，电动机M拉动绳H的功率为26W．
点评：此题主要考查的是学生对浮力、压强、机械效率、功率计算公式的理解和掌握，知识点较多，难度很大．