Question

1．如圖是建筑工地上常用的塔式起重機，這種起重機是通過電動機帶動工作的，主要用于房屋建筑施工中物料的豎直或水平輸送．圖（甲）是該起重機的工作示意圖，AO是塔吊的平衡臂，BO是塔吊的吊臂，BO之間有可控制移動的滑輪組小車．

（1）由圖甲方可知，塔式起重機的起重量越大，起吊幅度越小（選填“越大”、“不變”或“越小”）；在水平輸送物料的過程中，拉力F對物料不做功（選填“做功”或“不做功”）．
（2）某塔式起重機是通過電動機帶動如圖乙所示滑輪組豎起起吊物料的，已知起吊重為3000kg的物料時，拉力的功率為60kW，物料上升的速度為1.5m/s，若不計繩重和摩擦，s取10N/kg，試求：
①作用在滑輪組上的水平拉力F為多少N？
②這次起吊時滑輪組的機械效率為多大？
③若用4×10⁴N的水平拉力勻速起吊某物料，1min內(nèi)對物料所做的有用功為3.6×10⁵J，則物料上升過程中的速度為多少m/s？

Answer 1

分析 （1）因動力臂及動力的乘積不變，則由杠桿的平衡條件可知起吊輻度與起重量的關(guān)系；做功的兩個必要因素：一是作用在物體上的力，二是在力的方向上移動的距離，力與運動方向垂直，物體不做功；
（2）①由W=Fs得出F=$\frac{W}{s}$；再將W=Pt和s=v_繩t代入，化簡后計算出結(jié)果．
     ②根據(jù)機械效率的公式η=$\frac{{W}_{有用}}{{W}_{總}}$，將W_有=Gh，W_總=Fs代入，化簡后計算出結(jié)果；
③已知1min內(nèi)對物料所做的有用功為3.6×10⁴J，由F=$\frac{1}{2}$（G+G_動），求出動滑輪重，再利用W′=G′h，則v=$\frac{h}{t}$可求．

解答 解：（1）由杠桿平衡條件F₁L₁=F₂L₂可知，當動力與動力臂不變時，阻力與阻力臂成反比，即阻力臂越大，阻力越��；假設(shè)配重的重力為動力，本題中動力與動力臂不變，則起吊幅度越大（即阻力臂越大），起吊重量越小；
物體在水平方向上運動，而物體受到的拉力是向上的，物體在豎直方向上沒有移動距離，所以拉力對物料不做功；
（2）①由圖可知，n=2，則繩端移動的速度為物體運動速度的2倍，
由P=Fv可得拉力：
 F=$\frac{P}{{v}_{繩}}$=$\frac{60000W}{2×1.5m/s}$=2×10⁴N．
②滑輪組的機械效率：
η=$\frac{{W}_{有用}}{{W}_{總}}$×100%=$\frac{Gh}{Fs}$×100%=$\frac{G}{2F}$×100%=$\frac{3×1{0}^{4}N}{2×2×1{0}^{4}N}$×100%=75%；
③不計繩重和摩擦，則繩端的拉力F=$\frac{1}{2}$（G+G_動），
動滑輪的重力：G_動=2F-G=2×2×10⁴N-3×10⁴N=1×10⁴N，
若用4×10⁴N的水平拉力勻速起吊某物料，此時的物重：G′=2F′-G_動=2×4×10⁴N-1×10⁴N=7×10⁴N，
1min內(nèi)對物料所做的有用功為3.6×10⁵J，
根據(jù)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，
物料上升過程中的速度：v=$\frac{h}{t}$=$\frac{5.14m}{60s}$≈0.086m/s．
答：（1）越��；
（2）①電動機作用在滑輪組上的水平拉力F為2×10⁴N；
②這次起吊時滑輪組的機械效率為75%；
③物料上升過程中的速度為0.086m/s．

點評 本題考查杠桿的平衡條件，要求學生能熟練應(yīng)用平衡條件解決生產(chǎn)生活中的一些現(xiàn)象；機械功有兩種表達式即W=FS和W=Pt，注意在題目中的靈活應(yīng)用．此題應(yīng)用到的公式較多，在計算時要注意公式的化簡．