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如图是某科技小组设计的打捞船打捞装置示意图．它由水平杠杆DB、竖直起吊系统（提升电动机、定滑轮K动滑轮M滑轮组）、水平行走装置（动滑轮X、提升电动机、定滑轮K、电动机Q）组成．打捞时，提升电动机通过滑轮组将物体竖直吊离水面一定高度后，水平行走装置启动，将物体水平移至甲板上放下．

（1）提升电动机通过滑轮组，将物体A从一定深度的水中沿竖直方向匀速地吊离水面一定高度．下面四个图中，表示此过程中系在物体A上方钢绳的拉力F随时间t变化的图象是．（水对物体的阻力忽略不计，物体A是一长方体、t₁和t₂分别是物体A上表面露出和下表面离开水面的时刻．）

（2）DB是以O点为转轴的水平杠杆，水平甲板上的配重E通过钢绳竖直拉着杠杆D端．若配重E的质量为M、行走装置（动滑轮X、提升电动机、滑轮组KM）的质量为m₀，OD的长度为L₁、行走装置在OB段可离开O点的最大距离为L₂．杠杆的质量、滑轮与轴的摩擦不计，理论上此打捞装置的最大起吊重量是．
（3）起吊系统沿竖直方向匀速缓慢地吊起物体A．测得物体A在水中吊升时，提升发动机消耗的功率为P₁；物体A离开水面吊升时，提升发动机消耗的功率为P₂．物体A的质量为m、体积为V，水对物体A的阻力不计．则起吊系统水中吊升物体A时的机械效率η₁与离开水面后吊升物体A时的机械效率η₂之比 $数学公式$ =__．

解：（1）因为t₁和t₂分别是物体A上表面露出和下表面离开水面的时刻．
当物体A未离开水面时，此时F_浮不变，所以F_拉=G-F_浮不变，当物体A上表面露出水面时，浮力减小，所以F_拉增大，当下表面离开水面时，浮力为0，F_拉不变，所以符合此规律的图象是D．
故选D．
（2）设此打捞装置的最大起吊重量是G，根据杠杆平衡条件：Mg×OD=（m₀g+G）OB，即MgL₁=（m₀g+G）L₂，解得G= $\text{[math]}$ ．
故答案为： $\text{[math]}$ ．
（3）测得物体A在水中吊升时，提升发动机消耗的功率为P₁；此时，滑轮组的机械效率η₁= $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ ，
物体A离开水面后匀速上升h₂的过程中，滑轮组机械效率η₂= $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ ，
则η₁：η₂= $\text{[math]}$ ．
故答案为： $\text{[math]}$ ．
分析：（1）根据物体的浮沉条件，当物体A上表面露出水面时，F_拉=G-F_浮，当下表面离开水面时，不再受浮力作用来分析．
（2）设此打捞装置的最大起吊重量是G，再根据杠杆平衡条件即可解答．
（3）根据测得物体A在水中吊升时，提升发动机消耗的功率为P₁；可知P₁=F₁v，滑轮组的机械效率η₁= $\text{[math]}$ ，同理，可知P₂=F₂v，滑轮组的机械效率η₂= $\text{[math]}$ ，然后即可求解．
点评：此类问题是一道复杂的综合题目，要会正确的对物体进行受力分析，结合平衡状态求解出各力的大小，进而利用杠杆的平衡条件和机械效率计算公式进行分析求解．

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（1）金属块露出液面前电动机所提供的拉力F₁；
（2）金属块A从上表面接触液面到下表面离开一共用时2秒，离开液面前后，液体对容器底部的压强变化量．

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（1）铝块露出液面前电动机所提供的拉力F₁；
（2）离开液面后如果铝块A以0.1m/s的速度匀速上升时，电动机所提供的拉力F₂的功率．

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（1）提升电动机通过滑轮组，将物体A从一定深度的水中沿竖直方向匀速地吊离水面一定高度．下面四个图中，表示此过程中系在物体A上方钢绳的拉力F随时间t变化的图象是

．（水对物体的阻力忽略不计，物体A是一长方体、t₁和t₂分别是物体A上表面露出和下表面离开水面的时刻．）

（2）DB是以O点为转轴的水平杠杆，水平甲板上的配重E通过钢绳竖直拉着杠杆D端．若配重E的质量为M、行走装置（动滑轮X、提升电动机、滑轮组KM）的质量为m₀，OD的长度为L₁、行走装置在OB段可离开O点的最大距离为L₂．杠杆的质量、滑轮与轴的摩擦不计，理论上此打捞装置的最大起吊重量是

-m0)g

．
（3）起吊系统沿竖直方向匀速缓慢地吊起物体A．测得物体A在水中吊升时，提升发动机消耗的功率为P₁；物体A离开水面吊升时，提升发动机消耗的功率为P₂．物体A的质量为m、体积为V，水对物体A的阻力不计．则起吊系统水中吊升物体A时的机械效率η₁与离开水面后吊升物体A时的机械效率η₂之比

η1

η2

m-ρV

．

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