Question

5．如圖所示，為平衡箱可移動的塔式起重機簡易示意圖，它廣泛用于樓房建筑中材料的輸送及建筑構件的安裝．平衡臂與起重臂可視為杠桿，O為支點，平衡臂最長為L₁=10m、起重臂最長為L₂=25m，平衡箱的質量為2×10⁴kg．（平衡臂重、起重臂重、動滑輪重、繩重及吊鉤重均不計，g取10N/kg）
（1）為保持平衡，起重臂的長度越長的塔式起重機，配備的平衡箱的質量應越大．
（2）當吊鉤在起重臂的最右端時（起重臂為最長），起重機能吊起貨物的最大質量是8000kg；接著，吊起最重的貨物后，在電動機的牽引下，吊起的貨物以2m/s的速度從起重臂的最右端向O點移動，同時平衡箱也以某一速度向O點移動，在確保起重機起重臂、平衡臂始終平衡的情況下，平衡箱移動的速度是多少？
（3）在某次起吊重為1.2×10⁴N的貨物過程中，將貨物提升到30m的高度，用時50s，此過程起升電動機的效率為90%，則該起升電動機的實際功率是多少？
（4）在確保安全的情況下，該起重機在不起吊貨物時，平衡箱應處在O點左面、O點右面還是O點？

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配重與配重臂的關系；
（2）根據杠桿的平衡原理求出物體重力；再結合重力公式求出質量；
（3）根據功的公式W=Fs求出克服重力做功大小；求出有用功，利用效率公式求總功，再利用P=$\frac{W}{t}$求實際功率；
（4）根據杠桿的平衡原理分析平衡箱應處的位置．

解答 解：1
（1）由杠桿的平衡條件F₁L₁=F₂L₂（動力×動力臂=阻力×阻力臂）可得：F₂=$\frac{{F}_{1}{L}_{1}}{{L}_{2}}$，由此可知當阻力臂和動力不變時，阻力與動力臂成正比；即動力臂越大，阻力越大；動力臂越小，阻力越小．故為保持平衡，起重臂的長度越長的塔式起重機，配備的平衡重的質量應越大；
（2）配重物的重力G=mg=2×10⁴kg×10N/kg=2×10⁵N；
根據杠桿的平衡條件F₁L₁=F₂L₂可知，
起重機在最大起吊幅度時能吊起物體的重力G′=$\frac{G{L}_{1}}{{L}_{2}}$=$\frac{2×1{0}^{5}N×10m}{25m}$=80000N
由G=mg可得：m=$\frac{G′}{g}$=$\frac{80000N}{10N/kg}$=8000千克；
由圖可知，有兩段繩子吊著物體，
而v_物=2m/s，
所以繩子末端移動的速度為：v_繩=2v_物=2×2m/s=4m/s
吊起最重的貨物后，在電動機的牽引下，吊起的貨物以2m/s的速度從起重臂的最右端向O點移動，同時平衡箱也以某一速度向O點移動，在此過程中，確保起重機起重臂、平衡臂始終平衡的情況下，根據杠桿的平衡條件F₁L₁=F₂L₂可得，
G′（L₂-v_繩t）=G（L₁-vt），
80000N（25m-4m/st）=200000N（10m-vt），
解得v=1.6m/s；
（3）有用功W_有用=Gh=1.2×10^4_N×30m=3.6×10⁵J，
總功W_總=$\frac{{W}_{有用}}{η}$=$\frac{3.6×1{0}^{5}J}{90%}$=4×10⁵焦，
實際功率P=$\frac{{W}_{總}}{t}$=$\frac{4×1{0}^{5}J}{50s}$=8000W；
（4）由于平衡臂重、起重臂重、動滑輪重、繩重及吊鉤重均不計，根據杠桿的平衡原理，平衡箱應處在O點，因為無論處在左側還是右側杠桿都不會平衡，只有處在O點才能保持平衡，故應位于O點．
答：（1）大；
（2）8000kg；平衡箱移動的速度是1.6m/s；
（3）該起升電動機的實際功率是8000瓦；
（4）平衡箱應處在O點．

點評 本題考查杠桿的平衡條件，要求學生能熟練應用平衡條件解決生產生活中的一些現象；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用．此題應用到的公式較多，在計算時要注意公式的化簡．