Question

5．如图甲为塔式起重机简易示意图，塔式起重机主要用于房屋建筑中材料的输送及建筑构件的安装（动滑轮重、绳重及摩擦不计、g取10N/kg）．
（1）为保持平衡，起重臂的长度越长的塔式起重机，配备的平衡重的质量应越大（选填“大”或“小”）．
（2）图乙为起重机钢丝绳穿绳简化示意图，定滑轮a的作用是改变力的方向．若钢丝绳能承受的最大拉力为3×10⁴N，则能吊起货物的质量不能超过多少千克？
（3）若将重为1.5×10⁴N的货物由地面沿竖直方向匀速提升10m，再沿水平方向移动20m，则此过程中钢丝绳做功多少焦？
（4）若该提升电动机的效率为90%，将重为1.2×10⁴N的货物匀速提升到30m的高度，用时50s，则该提升电动机的实际功率是多少瓦？

Answer 1

分析 （1）因动力臂及动力的乘积不变，则由杠杆的平衡条件可知配重与配重臂的关系；
（2）根据滑轮的特点分析其作用；根据滑轮组特点确定绳子段数求出物体重力；再结合重力公式求出质量；
（3）根据功的公式W=Fs求出克服重力做功大小；
（4）求出有用功，利用效率公式求总功，再利用P=$\frac{W}{t}$求实际功率．

解答 解：
（1）由杠杆的平衡条件F₁L₁=F₂L₂（动力×动力臂=阻力×阻力臂）可得：F₂=$\frac{{F}_{1}{L}_{1}}{{L}_{2}}$，由此可知当阻力臂和动力不变时，阻力与动力臂成正比；即动力臂越大，阻力越大；动力臂越小，阻力越小．故为保持平衡，起重臂的长度越长的塔式起重机，配备的平衡重的质量应越大；
（2）图示中滑轮a为定滑轮，其作用是改变用力的方向；
由题意可知该滑轮组承担总重的绳子有2段，故G=2F=3×10⁴牛×2=6×10⁴牛
由G=mg可得：m=$\frac{G}{g}$=$\frac{6×1{0}^{4}N}{10N/kg}$=6000千克；
（3）W=Fs=Gh=1.2×10⁴牛×30米=3.6×10⁵焦，
由于水平移动时，重力方向上没移动距离，故水平移动过程中重力没做功；
（4）有用功W_有用=Gh=1.2×10⁴牛×30米=3.6×10⁵焦，
总功W_总=$\frac{{W}_{有用}}{η}$=$\frac{3.6×1{0}^{5}J}{90%}$=4×10⁵焦，
实际功率P=$\frac{{W}_{总}}{t}$=$\frac{4×1{0}^{5}J}{50s}$=8000W．
答：（1）大；
（2）改变力的方向；能吊起货物的质量不能超过6000千克；
（3）此过程中克服货物重力做功3.6×10⁵焦；
（4）该起升电动机的实际功率是8000瓦．

点评 此题主要考查学生对于杠杆平衡条件、滑轮与滑轮组特点以及功公式的理解和掌握，属于综合型题目．