题目内容
（2011?房山区二模）如图甲所示，正方体A边长0.2m，作为配重使用，杠杆OE：OF=2：3，某同学用这个装置和一个密闭容器D提取水中的圆柱体B，圆柱体B的体积是密闭容器D的
；旁边浮体C的体积是0.1m3，该同学站在浮体C上，总体积的
浸入水中；该同学用力拉动滑轮组绕绳自由端，手拉绳的功率P和密闭容器D匀速被提升的距离关系如图乙所示；密闭容器D上升速度0.05m/s保持不变，密闭容器D被提出水后，圆柱体B从密闭容器D中取出放在浮体C的上面，同时手松开绳子时，浮体C露出水面的体积减少总体积的
；在提升全过程中，配重A始终没有离开地面．两个定滑轮总重10N．（绳的重力，滑轮与轴的摩擦及水的阻力不计．g=10N/kg），求：
（1）圆柱体B的重力；
（2）密闭容器D离开水面时，滑轮组提升重物B的机械效率；（百分号前面保留整数）；
（3）圆柱体B的密度；
（4）在提升全过程中配重A对地面的压强的最大变化量．
| 1 |
| 3 |
| 3 |
| 5 |
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| 25 |
（1）圆柱体B的重力；
（2）密闭容器D离开水面时，滑轮组提升重物B的机械效率；（百分号前面保留整数）；
（3）圆柱体B的密度；
（4）在提升全过程中配重A对地面的压强的最大变化量．
分析：（1）由图象可知D完全露出水面时F1的功率，知道D上升的速度，求出拉力端移动的速度，利用P=Fv求拉力大小；
把B放在C上，且放开手后，知道浮体C露出水面的体积减少总体积的
，可得GB+F1=ρ水g
VC，据此求圆柱体B的重力；
（2）对圆柱体做的功为有用功利用W=Gh计算，拉力做的功为总功利用W=Fs计算，再利用效率公式求此装置的机械效率；
（3）绳的重力，滑轮与轴的摩擦及水的阻力不计，利用F=
（GB+GD+G轮）求容器D和动滑轮总重，
由图可知，D未出水面时的功率，利用P=Fv求此时拉力，再根据F=
（GB+GD+G轮-F浮）求此时容器D受浮力大小，
再根据阿基米德原理求容器D的体积，根据圆柱体B的体积是密闭容器D的
求圆柱体B的体积；利用G=mg=ρvg求圆柱体B的密度；
（4）有4股绳子提定滑轮，定滑轮对杠杆右端的最大拉力Fmax=4F1+G定，由杠杆平衡条件Fmax×OF=FE1×OE求出杠杆左边的最大拉力；定滑轮对杠杆右端的最小拉力Fmin=4F2+G定，由杠杆平衡条件求出杠杆左边的最小拉力；求出杠杆左边受到的拉力变化量，利用压强公式求配重A对地面的压强的最大变化量．
把B放在C上，且放开手后，知道浮体C露出水面的体积减少总体积的
| 7 |
| 25 |
| 7 |
| 25 |
（2）对圆柱体做的功为有用功利用W=Gh计算，拉力做的功为总功利用W=Fs计算，再利用效率公式求此装置的机械效率；
（3）绳的重力，滑轮与轴的摩擦及水的阻力不计，利用F=
| 1 |
| 3 |
由图可知，D未出水面时的功率，利用P=Fv求此时拉力，再根据F=
| 1 |
| 3 |
再根据阿基米德原理求容器D的体积，根据圆柱体B的体积是密闭容器D的
| 1 |
| 3 |
（4）有4股绳子提定滑轮，定滑轮对杠杆右端的最大拉力Fmax=4F1+G定，由杠杆平衡条件Fmax×OF=FE1×OE求出杠杆左边的最大拉力；定滑轮对杠杆右端的最小拉力Fmin=4F2+G定，由杠杆平衡条件求出杠杆左边的最小拉力；求出杠杆左边受到的拉力变化量，利用压强公式求配重A对地面的压强的最大变化量．
解答：解：（1）由图象可知D完全露出水面时F1的功率P1=12W，
∵P1=F1v
∴F1=
=
=80N，
B放在C上，且放开手后，GB+F1=ρ水g
VC，
∴GB=ρ水g
VC-F1=1×103kg/m3×10N/kg×
×0.1m3-80N=200N；
（2）η=
=
=
≈83%；
（3）∵F1=
（GB+GD+G轮），
∴GD+G动=3F1-GB=3×80N-200N=40N；
D未出水面时的功率为P2=6W，拉力：F2=
=
=40N；
又∵F1=
（GB+GD+G轮-F浮），
∴D受浮力F浮=GB+GD+G动-3F2=200N+40N-3×40N=120N，
又∵F浮=ρ水gVD，
∴VD=
=
=0.012m3，
∴VB=
VD=
×0.012m3=0.004m3，
∵G=mg=ρvg，
∴ρB=
=
=5×103kg/m3；
（4）定滑轮对杠杆右端的最大拉力：
Fmax=4F1+G定=4×80N+10N=330N，
由杠杆平衡条件得：
Fmax×OF=FE1×OE，
∴FE1=
=
=495N，
定滑轮对杠杆右端的最小拉力：
Fmin=4F2+G定=4×40N+10N=170N，
由杠杆平衡条件得：
Fmin×OF=FE2×OE，
∴FE2=
=
=255N，
配重A对地面的压强的最大变化量：△p=
=
=6000Pa．
答：（1）圆柱体B的重力为200N；
（2）密闭容器D离开水面时，滑轮组提升重物B的机械效率为83%；
（3）圆柱体B的密度为5×103kg/m3；
（4）在提升全过程中配重A对地面的压强的最大变化量为6000Pa．
∵P1=F1v
∴F1=
| P1 |
| v |
| 12W |
| 3×0.05m/s |
B放在C上，且放开手后，GB+F1=ρ水g
| 7 |
| 25 |
∴GB=ρ水g
| 7 |
| 25 |
| 7 |
| 25 |
（2）η=
| W有 |
| W总 |
| GBh |
| F1×3h |
| 200N |
| 3×80N |
（3）∵F1=
| 1 |
| 3 |
∴GD+G动=3F1-GB=3×80N-200N=40N；
D未出水面时的功率为P2=6W，拉力：F2=
| P2 |
| v |
| 6W |
| 3×0.05m/s |
又∵F1=
| 1 |
| 3 |
∴D受浮力F浮=GB+GD+G动-3F2=200N+40N-3×40N=120N，
又∵F浮=ρ水gVD，
∴VD=
| F浮 |
| ρ水g |
| 120N |
| 1×103kg/m3×10N/kg |
∴VB=
| 1 |
| 3 |
| 1 |
| 3 |
∵G=mg=ρvg，
∴ρB=
| GB |
| gVB |
| 200N |
| 10N/kg×0.004m3 |
（4）定滑轮对杠杆右端的最大拉力：
Fmax=4F1+G定=4×80N+10N=330N，
由杠杆平衡条件得：
Fmax×OF=FE1×OE，
∴FE1=
| Fmax×OF |
| OE |
| 330N×3 |
| 2 |
定滑轮对杠杆右端的最小拉力：
Fmin=4F2+G定=4×40N+10N=170N，
由杠杆平衡条件得：
Fmin×OF=FE2×OE，
∴FE2=
| Fmin×OF |
| OE |
| 170N×3 |
| 2 |
配重A对地面的压强的最大变化量：△p=
| FE1-FE2 |
| SA |
| 495N-255N |
| (0.2m)2 |
答：（1）圆柱体B的重力为200N；
（2）密闭容器D离开水面时，滑轮组提升重物B的机械效率为83%；
（3）圆柱体B的密度为5×103kg/m3；
（4）在提升全过程中配重A对地面的压强的最大变化量为6000Pa．
点评：本题为力学综合题，分析时要求灵活选用公式，仔细分析题图明白题意、从图象得出相关信息是本题的关键．
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