如图乙是一种新型吊运设备的简化模型示意图，图中OC是一根以O点为支点的水平杠杆，AB表示对杠杆起固定作用且不可伸缩的缆绳
如图乙是一种新型吊运设备的简化模型示意图，图中OC是一根以O点为支点的水平杠杆，AB表示对杠杆起固定作用且不可伸缩的缆绳，OC、AB的长度均为5m，BC的长度为1m．滑轮组绳子的自由端由额定电压为380V的电动机拉动，定滑轮和电动机均固定在B点．
在某次作业中，该吊运设备匀速竖直提升重为2000N物体，此时滑轮组的机械效率为80%，电动机做的功跟时间的变化关系如甲图所示．不考虑杠杆的质量、绳子的质量、滑轮与轴和绳子间的摩擦：
（1）求此次作业中物体匀速上升的速度为多大？绳子自由端的拉力为多大？
（2）此次作业中，电动机工作时每分钟产生4200J的热量，电动机的输入电流是多少？
（3）另一次作业中，利用该设备以相同的速度匀速提升重为3500N的物体，两次作业中缆绳AB的拉力变化了3000N，求缆绳AB拉力的力臂为多少m？
在某次作业中，该吊运设备匀速竖直提升重为2000N物体，此时滑轮组的机械效率为80%，电动机做的功跟时间的变化关系如甲图所示．不考虑杠杆的质量、绳子的质量、滑轮与轴和绳子间的摩擦：
（1）求此次作业中物体匀速上升的速度为多大？绳子自由端的拉力为多大？
（2）此次作业中，电动机工作时每分钟产生4200J的热量，电动机的输入电流是多少？
（3）另一次作业中，利用该设备以相同的速度匀速提升重为3500N的物体，两次作业中缆绳AB的拉力变化了3000N，求缆绳AB拉力的力臂为多少m？
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解题思路：（1）根据图象求出电动机做功的功率，根据滑轮组的机械效率求出有用功率，又知道重物的重力即可利用P=Gv求出物体上升的速度；
由图可知：滑轮组的绳子股数n=3，绳子自由端的速度v′=nv，根据W=Fv′求出拉力；
（2）根据电动机的功率求出工作时1分钟做的功，则即可求出电动机1分钟需要的电能，根据W=UIt求出电流；
（3）根据杠杆平衡条件列出两次平衡的等式，结合拉力之差为3000N，即可求出拉力的力臂．
由图可知：滑轮组的绳子股数n=3，绳子自由端的速度v′=nv，根据W=Fv′求出拉力；
（2）根据电动机的功率求出工作时1分钟做的功，则即可求出电动机1分钟需要的电能，根据W=UIt求出电流；
（3）根据杠杆平衡条件列出两次平衡的等式，结合拉力之差为3000N，即可求出拉力的力臂．
（1）由图象可知，t=5s时，W=2500J，则电动机做功的功率：P总=[W/t]=[2500J/5s]=500W，
由η=
W有用
W总=
P有用
P总得：P有用=P总η=500W×80%=400W，
由P=Gv可得，物体上升的速度：v物=
P有用
G=[400W/2000N]=0.2m/s，
由图可知：滑轮组的绳子股数n=3，绳子自由端的速度v′=nv=3×0.2m/s=0.6m/s，
由P=Fv′得：拉力F=
P总
v′=[500W/0.6m/s]≈833.3N．
（2）电动机工作1分钟做的功W机=P总t=500W×60s=30000J，
则电动机消耗的电能为：W=W机+W热=30000J+4200J=34200J；
由W=UIt得：I=[W/Ut]=[34200J/380V×60s]=1.5A；
（3）不考虑杠杆的质量、绳子的质量、滑轮与轴和绳子间的摩擦：
根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2得：
匀速提升重为2000N的物体时，F1L1=G1L2，则F1=
G1L2
L1=
2000N×4m
L1，
匀速提升重为3500N的物体时，F1′L1=G2L2，则F1′=
G2L2
L1=
3500N×4m
L1，
由题意可知：F1′-F1=3000N，
即
3500N×4m
L1-
2000N×4m
L1=3000N，
∴L1=2m．
答：（1）此次作业中物体匀速上升的速度为0.2m/s；绳子自由端的拉力为833.3N；
（2）电动机的输入电流是1.5A；
（3）缆绳AB拉力的力臂为2m．
点评：
本题考点： 滑轮组绳子拉力的计算；杠杆的平衡分析法及其应用；电功计算公式的应用．
考点点评： 此题是简单机械、浮力、功率、机械效率综合计算题，难度较大．
1年前
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