Question

1．如图是建筑工地上常用的塔式起重机，这种起重机是通过电动机带动工作的，主要用于房屋建筑施工中物料的竖直或水平输送．图（甲）是该起重机的工作示意图，AO是塔吊的平衡臂，BO是塔吊的吊臂，BO之间有可控制移动的滑轮组小车．

（1）由图甲方可知，塔式起重机的起重量越大，起吊幅度越小（选填“越大”、“不变”或“越小”）；在水平输送物料的过程中，拉力F对物料不做功（选填“做功”或“不做功”）．
（2）某塔式起重机是通过电动机带动如图乙所示滑轮组竖起起吊物料的，已知起吊重为3000kg的物料时，拉力的功率为60kW，物料上升的速度为1.5m/s，若不计绳重和摩擦，s取10N/kg，试求：
①作用在滑轮组上的水平拉力F为多少N？
②这次起吊时滑轮组的机械效率为多大？
③若用4×10⁴N的水平拉力匀速起吊某物料，1min内对物料所做的有用功为3.6×10⁵J，则物料上升过程中的速度为多少m/s？

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起吊辐度与起重量的关系；做功的两个必要因素：一是作用在物体上的力，二是在力的方向上移动的距离，力与运动方向垂直，物体不做功；
（2）①由W=Fs得出F=$\frac{W}{s}$；再将W=Pt和s=v_绳t代入，化简后计算出结果．
     ②根据机械效率的公式η=$\frac{{W}_{有用}}{{W}_{总}}$，将W_有=Gh，W_总=Fs代入，化简后计算出结果；
③已知1min内对物料所做的有用功为3.6×10⁴J，由F=$\frac{1}{2}$（G+G_动），求出动滑轮重，再利用W′=G′h，则v=$\frac{h}{t}$可求．

解答 解：（1）由杠杆平衡条件F₁L₁=F₂L₂可知，当动力与动力臂不变时，阻力与阻力臂成反比，即阻力臂越大，阻力越小；假设配重的重力为动力，本题中动力与动力臂不变，则起吊幅度越大（即阻力臂越大），起吊重量越小；
物体在水平方向上运动，而物体受到的拉力是向上的，物体在竖直方向上没有移动距离，所以拉力对物料不做功；
（2）①由图可知，n=2，则绳端移动的速度为物体运动速度的2倍，
由P=Fv可得拉力：
 F=$\frac{P}{{v}_{绳}}$=$\frac{60000W}{2×1.5m/s}$=2×10⁴N．
②滑轮组的机械效率：
η=$\frac{{W}_{有用}}{{W}_{总}}$×100%=$\frac{Gh}{Fs}$×100%=$\frac{G}{2F}$×100%=$\frac{3×1{0}^{4}N}{2×2×1{0}^{4}N}$×100%=75%；
③不计绳重和摩擦，则绳端的拉力F=$\frac{1}{2}$（G+G_动），
动滑轮的重力：G_动=2F-G=2×2×10⁴N-3×10⁴N=1×10⁴N，
若用4×10⁴N的水平拉力匀速起吊某物料，此时的物重：G′=2F′-G_动=2×4×10⁴N-1×10⁴N=7×10⁴N，
1min内对物料所做的有用功为3.6×10⁵J，
根据W_有用′=G′h可得，物料被提升的高度：
h=$\frac{{W}_{有用}′}{G′}$=$\frac{3.6×1{0}^{5}J}{7×1{0}^{4}N}$≈5.14m，
物料上升过程中的速度：v=$\frac{h}{t}$=$\frac{5.14m}{60s}$≈0.086m/s．
答：（1）越小；
（2）①电动机作用在滑轮组上的水平拉力F为2×10⁴N；
②这次起吊时滑轮组的机械效率为75%；
③物料上升过程中的速度为0.086m/s．

点评 本题考查杠杆的平衡条件，要求学生能熟练应用平衡条件解决生产生活中的一些现象；机械功有两种表达式即W=FS和W=Pt，注意在题目中的灵活应用．此题应用到的公式较多，在计算时要注意公式的化简．