2011北京市中考一模物理各区力学综合计算及答案 29页

北京市2011年初三中考一模物理分类汇编之力学综合计算及答案 海淀计算力学 ‎38．图22是某科研小组设计的高空作业装置示意图，该装置固定于六层楼的顶部，从地面到楼顶高为18m，该装置由悬挂机构和提升装置两部分组成。悬挂机构由支架AD和杠杆BC构成，CO:OB=2:3。配重E通过绳子竖直拉着杠杆B端，其质量mE=100kg，底面积S=200cm2。安装在杠杆C端的提升装置由定滑轮M、动滑轮K、吊篮及与之固定在一起的电动机Q构成。电动机Q和吊篮的总质量m0=10kg，定滑轮M和动滑轮K的质量均为mK。可利用遥控电动机拉动绳子H端，通过滑轮组使吊篮升降，电动机Q提供的功率恒为P。当提升装置空载悬空静止时，配重E对楼顶的压强p0=4×104Pa，此时杠杆C端受到向下的拉力为FC。科研人员将质量为m1的物体装入吊篮，启动电动机，当吊篮平台匀速上升时，绳子H端的拉力为F1，配重E对楼顶的压强为p1，滑轮组提升物体m1的机械效率为η。物体被运送到楼顶卸下后，科研人员又将质量为m2的物体装到吊篮里运回地面。吊篮匀速下降时，绳子H端的拉力为F2，配重E对楼顶的压强为p2，吊篮经过30s从楼顶到达地面。已知p1：p2=1:2，F1：F2=11:8，不计杠杆重、绳重及摩擦，g取10N/kg。求：‎ 图22‎ 动滑轮K B E 定滑轮M C O D H Q 楼顶 A ‎（1）拉力FC； ‎ ‎（2）机械效率η； ‎ ‎（3）功率P。‎ 题号 答 案 ‎38‎ ‎38．解：（1）当提升装置空载悬空静止时，配重E的受力分析如图1所示。‎ GE=mEg=100kg×10N/kg=1000N N0=p0S=4×104Pa×200×10-4m2=800N TB= GE-N0=1000N- 800N=200N ‎ 图2‎ C B O FC FB 当提升装置空载悬空静止时，杠杆B端和C端的受力分析如图2所示。‎ 图1‎ TB N0‎ GE ‎ FB= TB=200N FC·CO=FB·OB ‎ ‎ 图3‎ TC G0+2GK ‎（2）当提升装置空载悬空静止时，提升装置整体的受力分析如图3所示。‎ ‎ TC = FC =300N G0=m0g=10kg×10N/kg=100N ‎ TC= G0+2GK= m0g +2mKg ‎ 解得mK=10kg ‎ ‎ 吊篮匀速上升时，配重E、杠杆、提升装置的受力分析分别如图4、图5、图6所示，物体、动滑轮、电动机与吊篮整体的受力分析如图7所示。‎ 图4‎ TB1‎ N1‎ GE 图5‎ C B O TC1‎ G0+2GK+G1‎ 图6‎ ‎3F1‎ G0+GK+G1‎ 图7‎ TB1 = FB1 TC1 = FC1 FC1·CO= FB1 ·OB ‎ FC1 =TC1= G0+2GK+G1‎ FB1=( G0+2GK+G1)‎ ‎ 配重对楼顶的压力N1'= GE- FB1‎ ‎ p1= ①‎ ‎ F1= ②‎ ‎ 吊篮匀速下降时，配重E、杠杆、提升装置的受力分析分别如图8、图9、图10所示，物体、动滑轮、电动机与吊篮整体的受力分析如图11所示。‎ ‎3F2‎ G0+GK+G2‎ 图11‎ TC2‎ G0+2GK+G2‎ 图10‎ 图8‎ TB2‎ N2‎ GE 图9‎ C B O FB2‎ FC2‎ TB2 = FB2 TC2 = FC2 FC2·CO= FB2 ·OB ‎ FC2 =TC2= G0+2GK+G2‎ FB2=( G0+2GK+G2) ‎ ‎ 配重对楼顶的压力N2'= GE- FB1‎ ‎ p2= ③ ‎ ‎ F2= ④‎ 由①③可得 ‎ 解得2m1-m2=120kg ⑤‎ 由②④可得 ‎ ‎ 解得 8m1-11m2=60kg ⑥‎ ‎ 由⑤⑥解得：m1=90kg，m2=60kg ‎ 当吊篮匀速上升时，滑轮组提升重物的机械效率：‎ η== ‎ ‎（3）当吊篮匀速下降时，电动机Q提供的功率：‎ ‎ P= F2×3v ‎=‎ 朝阳计算力学 ‎38．小阳站在地面上脚与地面的接触面积是S脚＝500cm2，且保持不变，用图29甲所示的滑轮组提起在水中的物体A，物体A重GA＝735N，体积为VA＝1.5×10-2m3。当物体缓慢匀速竖直上升，在物体A未离开水面前，小阳对地面的压强是p1，使用滑轮组的机械效率是η1；在物体A完全离开水面后，小阳对地面的压强是p2，使用滑轮组的机械效率是η2。水对物体的阻力、滑轮组轮与轴的摩擦、绳重和绳的伸长都忽略不计时，p1∶p2 ＝5∶4，η1∶η2 ＝84∶85。小阳仍用该滑轮组加一个定滑轮匀速拉动放在水平地面的物体B，如图23乙所示，他对地面的压强p3＝2.94×103Pa，物体B在t=3s时间内移动s =0.6m。（g取9.8N∕kg）‎ 求：⑴物体A的密度ρA及它在水中所受的浮力F浮；‎ ‎⑵小阳的体重G人；‎ 图29 甲 A 图29 乙 B ‎⑶当小阳拉动物体B时，机械效率和总功率。（7分）‎ ‎38．‎735N ‎9.8N∕kg GA g 解：⑴由G =m·g，m A = = = 75kg 1分 ‎75kg ‎1.5×10－2m3 ‎ m V ‎ 由ρ= ，ρA= = 5×103kg/m3 1分 ‎ ‎ 由阿基米德原理，F浮 =V 排·ρ水·g =1.5×10－2m3×1×103kg∕m3×9.8N/kg =147N 1分 G人 F1/‎ N1‎ ‎⑵人站在地面上静止，拉动水中的物体时，受到三个力：重力G人、绳子拉力F1/、地面支持力N 1，如图 由同一直线力的平衡，G人 =F1′＋N 1，‎ 人对地面的压力 N 1/与地面对人的支持力N 1为相互作用力，N 1/ =N 1‎ 人对绳子的拉力F1与绳子对人的拉力F1/为相互作用力，F1/ =F1‎ ‎ F S G人 －F1‎ ‎ S脚 ‎ N1/‎ S脚 N 1/ = G人 －F1 ‎ 由压强公式P = ，人对地面的压强p1= =‎ 同理，人站在地面上静止，拉动水面上的物体时，受到三个力：重力G人、绳子拉力F2//、地面支持力N 2，如图 G人 F2//‎ N2‎ G人 －F2‎ ‎ S脚 ‎ N2/‎ S脚 得到：‎ 人对地面的压强p2= =‎ G人 －F2‎ ‎ S脚 G人 －F1‎ ‎ S脚 由已知p1∶ p2 ＝ ∶ =5∶4‎ 得到：（G人 －F1）∶（G人 －F2）=5∶4‎ 即：G人 =5F2—4F1 ‎ ‎ W有/‎ W总 ‎ ‎ 根据η = ，3 F1= GA＋G动—F浮，3F2= GA＋G动 GA－F浮 GA＋G动—F浮 ‎（GA －F浮）·h ‎ 3F1·h η1 = = ‎ ‎ ‎ GA GA＋G动 GA ‎3F2‎ GA·h ‎3F2·h η2 = = = ‎ GA GA－F浮 GA＋G动—F浮 GA＋G动 由已知η1∶η2 ＝ ∶ = 84∶85‎ ‎735N－147N ‎735N－147N＋G动 ‎735N ‎735N＋G动 即 ∶ = 84∶85 ‎ ‎735N ‎735N＋G动 ‎588N ‎588N＋G动 ‎ ‎ ‎84× = 85 × ‎ ‎ 解出G动 =36.75N 1分 F1 =208,25N F2 = 257.25N ‎ G人 =453.25N 1分 ‎⑶人站在地面上静止，拉动水平地面上的物体时，受到三个力：重力G人、绳子拉力F3/、地面支持力N 3，人对地面的压力N3/与地面对人的支持力N 3是相互作用力，大小相等。人对绳子的拉力F3与绳子对人的拉力F3/为相互作用力，F3/ =F3[来源:Z§xx§k.Com]‎ G人 －F3‎ ‎ S脚 ‎ N3/‎ S脚 人对地面的压强p3= = ‎ 解出F3 =G人－p3·S脚 =453.25N－2.94×103Pa×500×10—4m2 =306.25N 分析动滑轮受力，3 F3 = G动＋f ，f是物体B在地面上运动时受到的摩擦力 解出f =3F3－G动 =3×306.25N－36.75N =882N ‎ ‎882N f·s ‎3F3·s ‎ W有 W总 ‎918.75N 根据η = η3 = = = 96% 1分 总功率P总 =3 F3·s/t =3×306.25N×0.6m/3s =183.75W 1分 通州计算力学 1. 如图20所示为一种蓄水箱的人工放水装置，AOB是以O点为转轴的轻质杠杆，AB呈水平状态，AO = 40cm，BO= 10cm。Q是一个重为5N、横截面积为100cm2的盖板（恰好堵住出水口），它通过细绳与杠杆的A端相连。在水箱右侧的水平地面上，有一质量为70kg的人通过滑轮组拉动系在B点呈竖直状态的绳子，可以控制出水口上的盖板。若水箱中水深为50cm，当盖板恰好要被拉起时，人对绳子的拉力为F1，水平地面对人的支持力为N1；若水箱中水深为80cm，当盖板恰好要被拉起时，人对绳子的拉力为F2，水平地面对人的支持力为N2。已知N1与N2之比为64∶61，盖板的厚度、绳重及绳与滑轮间的摩擦均可忽略不计，人对绳的拉力与人所受重力在同一直线上，g取10N/kg。求：‎ ‎（1）当水箱中水深为80cm时，盖板上表面所受水的压强；‎ 图20‎ A O B Q 出水口 天花板 C ‎（2）动滑轮的总重G动。‎ ‎ ‎ ‎38.解：（1）水深h2=80cm时：‎ p2=ρ水gh2=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.8m=8×103Pa ………… 1分 N1‎ FQ1‎ G板 FA1′‎ 图1‎ 图2‎ FA1‎ FB1‎ A O B 图3‎ FC1‎ G动 ‎4F1‎ F1 ′‎ G人 图4‎ ‎（2）盖板恰好要被拉起时，分别以盖板、杠杆、动滑轮、人为研究对象，‎ 受力分析示意图依次为图1、图2、图3、图4 ‎ ‎………… 1分 水深h1=50cm时 由图1: FA1′=FQ1+G板=p1 S+G板=ρ水gh1 S +G板 ‎ =1.0×103kg/m3×10N/kg×0.5m×0.01m2+5N=55N ‎ 由图2: FA1×AO =FB1×BO ‎ ‎ ∵FA1= FA1′=55N ∴ 55N×40cm= FB1×10cm ∴ FB1=220 N ‎ FC1= FB1 ………………… 1分 由图3: =G动+FC1 ………… ①‎ ‎ 由图4: ………… ② ‎ 由①、②得 ………… ③ ………………… 1分 ‎ ‎ 水深h2=80cm时，FQ2‎ G板 FA2′‎ 图5‎ 图6‎ FA2‎ FB2‎ A O B 图7‎ FC2‎ G动 ‎4F2‎ F2 ′‎ G人 N2‎ 图8‎ 受力分析示意图依次为图5、图6、图7、图8‎ 由图5: FA2′=FQ2+G板=p2 S+G板=ρ水gh2 S +G板 ‎ =1.0×103kg/m3×10N/kg×0.8 m×0.01m2+5N=85N ‎ 由图6: FA2×OA =FB2×OB ‎ ‎ ∵FA2= FA2′=85N ∴ 85N×40cm= FB2×10cm ∴ FB2=340 N ‎ FC2= FB2 …………………1分 由图7: =G动+FC2 ………… ④‎ ‎ 由图8: ………… ⑤‎ ‎ ‎ 由④、⑤得 ………… ⑥ …………………1分 ‎ 由题意：N1∶N2=31∶29 解③、⑥两式可得G动=20N …………………1分 ‎ 大兴计算力学 ‎39、如图21甲所示是液压汽车起重机从水中打捞重物的示意图。A是动滑轮，B是定滑轮，C是卷扬机，D是油缸，E是柱塞。通过卷扬机转动使钢丝绳带动A上升，被打捞重物的体积是V＝0.6m3。若在打捞前起重机对地面的压强p1＝1.8×107Pa，当物体在水中匀速上升时起重机对地面的压强为p2＝2.4×107Pa，重物完全出水后匀速上升时起重机对地面的压强p3＝2.6×107Pa。假设起重时E沿竖直方向，重物出水前、后E对吊臂的支撑力分别为N1和N2，重物出水前滑轮组的机械效率为90%，重物出水前卷扬机牵引力做的功随时间变化的图象如图21乙所示。‎ 吊臂、定滑轮、钢丝绳的重以及轮与绳的摩擦不计。（g取10N/kg）求：‎ ‎（1）动滑轮的重力；‎ ‎（2）支撑力N1和N2之比；‎ ‎（3）重物出水前匀速上升的速度。‎ A B D C E O F 图21‎ 乙 ‎1×10 5‎ W/J ‎2×10 5‎ ‎3×10 5‎ ‎4×10 5‎ ‎0‎ t/s ‎20‎ ‎40‎ ‎10‎ ‎30‎ 甲 ‎39．解：‎ ‎（1） F浮=ρ水gV排=103Kg/m3×10N/Kg×0.6m3=6×103 N 1分 G车=P1S=1.8×107Pa×S ------------------①‎ G车+G物-F浮=P2S ‎ G车+G物-6×103N=2.4×107Pa×S ----------------②‎ G车+G物=P3S =2.6×107Pa×S -----------------③‎ 由①②③得： G物=2.4×104 N 1分 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ G动=2×103N 1分 FB2=G物+G动 B F N2‎ L1‎ L2‎ FB1=G物-F浮+G动 B F N1‎ L1‎ L2‎ ‎ （2）‎ ‎ 1分 ‎ ‎ ‎ N1L1=（G物-F浮+G动）L2‎ ‎ N2L1=（G物 +G动）L2‎ ‎ 1分 ‎（3） 1分 ‎ ‎ ‎ 1分 D CE O E A ‎38．B 如图26所示，物体A重1000 N，其体积为4×10-2m3，B、C都是完全相同的动滑轮；杠杆DE可绕O点在竖直平面内转动，OE∶OD＝2∶1。小成受到的重力为600N，当物体A完全浸没在水中时，他通过细绳在E点施加竖直向下的拉力F1，杠杆在水平位置平衡，小成对地面的压强为p1；当物体A有一半体积露出水面时，小成在E点施加竖直向下的拉力F2，杠杆仍在水平位置平衡，小成对地面的压强为p2，已知p1∶p2 ＝5∶3，杠杆ED和细绳的质量，以及滑轮的轴摩擦均忽略不计。求：‎ ‎（1）物体A浸没在水中受到的浮力；‎ B ‎（2）动滑轮B受到的重力G动；‎ ‎（3）小成在E点施加竖直向下的拉力F2。‎ 图26‎ ‎[来源:学_科_网Z_X_X_K]‎ ‎[来源:学,科,网Z,X,X,K]‎ ‎39．（1）F浮=ρgV排=1.0×103kg/m3×10N/kg ×4×10-2m3=400N …………… （1分）‎ ‎（2）‎ GA F浮1‎ FA1‎ F1′‎ F支1‎ G人 Fc1‎ G动 ‎2FA1′‎ ‎2FD1‎ G动 FC1′‎ F1‎ FD1′‎ 甲 乙 丙 丁 戊 人 C B A A的受力情况如图甲：‎ FA1=GA－F浮1=1000N－400N=600N ‎ FA2=GA－F浮2=1000N－200N=800N ‎ 动滑轮B的受力情况如图乙，FA1与FA1′相等，FA2与FA2′相等 FC1=G动+2FA1= G动+1200N ……………………………①‎ FC2=G动+2FA2= G动+1600N ………………………… ②‎ C的受力情况如图丙，FC1与FC1′相等，FC2与FC2′相等，由已知条件和式①、式②可得：‎ FD1=（G动+FC1）= （2G动+1200N） ……………………………③‎ FD2=（G动+FC2）= （2G动+1600N） …………………………④‎ 杠杆的受力情况如图丁，由杠杆平衡条件可知：FD·OD=F1·OE，FD1与FD1′相等，FD2与FD2′相等，代入已知条件和式③、式④，可得：‎ ‎ F1=·FD1=FD1= （2G动+1200N） …………………………⑤‎ F2=·FD2=FD2= （2G动+1600N） ……… ……………⑥‎ 对人进行受力分析如图戊，F1与F1′相等：‎ P1===‎ P2===‎ ‎ 将P1、P2代入=得： G动 = 100 N ………………………（1分）‎ ‎（3）将已知条件代入式⑤⑥可得：F2 = （2G动+1600N）=（2×100N+1600N）=450N ‎………………………（1分）‎ 说明：（1）38题等效电路图均正确给1分。‎ ‎（2）39题隔离分析物体受力图至少三个正确给1分，正确写出任意两个不同研究对象的平衡方程给1分，若只写出FA1、FA2的正确数值给1分。‎ ‎（3）其它方法正确均给分。‎ 门头沟计算力学 ‎41.如图26所示，是一个上肢力量健身器示意图。配重A的质量为40kg，其底面积为100cm2。B、C、D都是定滑轮，E是动滑轮。杠杆GH可绕O点在竖直平面内转动，OG∶OH =2∶3。小勇通过细绳在H点施加竖直向下的拉力F1时，配重A受到的拉力为FA1，配重A对地面的压强为2×104Pa；他通过细绳在H点施加竖直向下的拉力F2时，配重A受到的拉力为FA2，配重A对地面的压强为3×104Pa.杠杆两次都在水平位置平衡，杠杆GH和细绳的质量及滑轮组装置的摩擦力均忽略不计，已知F1∶F2 ＝9∶5， g取10N/kg。求：‎ 图26‎ C B D E A G O H ‎(1) 拉力FA2；‎ ‎(2) 动滑轮的重力G动 ；‎ ‎(3) 小勇对细绳的拉力F1的大小 ‎41.解:分别对物体A、动滑轮、杠杆进行受力分析，如图所示：‎ GA=mAg N1=P1S FA1‎ mAg = P1S+ FA1 ①‎ FG1‎ FA1‎ FA1‎ G动 G动+2FA1=FG1 ②‎ O G H F′G1=FG1‎ ‎ F1‎ FG1×OG= F1 ×OH ③‎ GA N2=P2S FA2‎ mAg = P2S+ FA2 ④‎ FG2‎ FA2‎ FA2‎ G动 G动+2FA2=FG2 ⑤‎ O G H F′G2=FG2‎ ‎ F2‎ FG2×OG= F2 ×OH ⑥‎ 物体A、动滑轮、杠杆皆处于平衡状态，则 mAg = P1S+ FA1 ①‎ G动+2FA1=FG1 ②‎ FG1×OG= F1 ×OH ③‎ mAg = P2S+ FA2 ④‎ G动+2FA2=FG2 ⑤‎ FG2×OG= F2 ×OH ⑥ 4分 ‎ GA=mAg=400N ； FA2= GA－P2S=100N； FA1= GA－P1S=200N ‎ 5分 又已知： F1∶F2 ＝9∶5、OG∶OH =2∶3，由①②③④⑤⑥式解得：‎ ‎ FA1 = 200N G动=50N F1= 300 N ----------------------------------------------------- 7分 密云计算力学 ‎39．如图甲所示，杠杆AB能绕固定点O在竖直平面内转动，水平地面上的配重乙通过细绳竖直拉着杠杆B端。已知AO：OB=2：5，配重乙与地面的接触面积为S且S=0.04m2。当在动滑轮下面挂上重200N的物体甲静止时，竖直向上拉绳子自由端的力为T1，杠杆在水平位置平衡，此时配重乙对地面的压强为P1且P1=8800Pa；如果在物体甲下面挂一个质量为动滑轮质量5倍的物体丙，并把物体丙浸没在水中静止时，竖直向上拉绳子自由端的力为T2，杠杆在水平位置平衡。此时配重乙对地面的压强为P2且P2=8200Pa。已知物体丙的质量与体积的关系的图像如图乙所示，配重乙的体积为5×10-3m3，如果不计杠杆重、绳重和滑轮轴间摩擦，取g=10N/kg。求配重乙的密度。‎ ‎（‎ 第39题图乙 第39题图甲 O A B 甲 乙 F ‎5‎ m/g ‎10‎ ‎15‎ ‎20‎ ‎0‎ V/cm3‎ ‎4‎ ‎8‎ ‎2‎ ‎6‎ ‎39．受力分析并画出示意图。…………………………………………………………1分 当物体甲在空气中静止时，各物体受力情况如图1所示。‎ T1‎ T1‎ G0‎ f1‎ 甲 G甲 f1ˊ‎ A O B F1́‎ T1́‎ 乙 G乙 N1‎ F1‎ 图1‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎= ………………………………………………………………1分 ‎ ‎ ‎……………………………………………………………………………1分 ‎= ①………………………………………………1分 当把物体丙浸没在水中静止时，各物体受力情况如图2所示。‎ F2‎ f2ˊ‎ F浮 N2‎ T2‎ T2‎ G0‎ f2‎ 甲 丙 乙 B O A G乙 T2́‎ F2́‎ G甲+G丙 图2‎ ‎ ‎ 有图像可知，物体丙的密度为 ‎=…………1分 ‎ ‎ ‎②………………………………………………1分 由①②解得：G0=40N G乙=400N m乙=40kg …………………1分 顺义计算力学 ‎40．在图24所示的装置中DC＝3m，OD=1m，A、B两个滑轮的质量均为2kg,A是边长为20 cm 、密度为的正方体合金块，当质量为60kg的人用80N的力沿竖直方向向下拉绳时，合金块A全部浸没在密度为的液体中，杠杆恰好在水平位置平衡，此时人对地面的压强为；若人缓慢松绳，使合金块下降并与容器底接触（但不密合），当人用60N的力向下拉绳时，人对地面的压强为，容器底对A的压强为。 (杠杆DC的质量不计，、)‎ 求：（1）液体的密度；（2）。（7分） ‎ ‎40．解：（1）分别取滑轮B、杠杆、滑轮A和铝块为研究对象，其受力情况如图1~4所示。‎ 图1 图2 图3 图4‎ F浮1‎ T1‎ GE E F1‎ BAB TB GB F1‎ C O D AB TA GA ‎ ‎ ‎┄┄（1分）‎ 因为，所以，且 人AB N1‎ G人 人AB N2‎ G人 图5 图6‎ 即┄┄①┄┄（1分）‎ ‎（2）取人为研究对象，两种状态下的受力情况分别如图5~6所示，可求出人与地面的接触面积为：‎ ‎ ，‎ 当拉力60N时，人对地面的压强为┄（1分）‎ 分别取滑轮B、杠杆、滑轮A和铝块为研究对象，其受力情况如图7~10所示。‎ 图7 图8 图9 图10‎ F浮2‎ T2‎ GE E F2‎ BAB TB2‎ GB F2‎ C O D AB TA2‎ GA N3‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 因为，且 ‎ ‎ ┄②‎ ‎ ┄┄③┄┄（1分）‎ ‎ 联立①②③式可解得；容器底对合金块的支持力；‎ ‎ 合金块的密度；‎ ‎ 液体的密度┄┄（1分）‎ ‎ 容器底对A的压强┄┄（1分）‎ ‎ 说明：10个受力图画对5个以上的可得1分，其它方法，只要正确可参照本标准给分。‎ 西城计算力学 ‎37．建筑工人使用如图28所示装置，将质量分布均匀的长方体水泥板M吊起后放入水中。工人通过控制电动机A、电动机B，始终保持水泥板M所受拉力竖直向上。当电动机A对绳的拉力为零时，电动机A对地面的压强为p0；当水泥板M一端被竖直滑轮组拉起，另一端仍停在地面上，且水泥板M与水平地面成某角度时，电动机A对地面的压强为p1；当水泥板M被竖直滑轮组拉离地面时，电动机A对地面的压强为p2；当将水泥板M被悬挂着浸没在水中时，电动机A对地面的压强为p3。已知：水泥板M的体积VM为0.1m3，==5250Pa，==10250Pa，==5250Pa，不计绳重和轴摩擦。（g取10N/kg）求：‎ ‎（1）竖直滑轮组中动滑轮的总重力G动 ； ‎ ‎（2）水泥板M所受重力GM； ‎ ‎（3）竖直滑轮组提拉水泥板M将其立起的过程中机械效率η。（结果保留两位有效数字）‎ ‎ ‎ ‎37. 解：（1）设电动机A的底面积为S ： GA＝S·p0＝N0 ‎ 当水泥板M未拉离地面时，水泥板M可看做以未离地端为支点的杠杆，其所受重力和悬挂端拉力如图8甲所示，动滑轮受力分析如图8乙所示，电动机A受力分析如图8丙所示。 ‎ T1＝GM/2 ①‎ ‎4F1＝G动+T1 ②‎ F1＝GA—N1＝N0—N1＝S· ③‎ 当水泥板M拉离地面尚未入水时，水泥板M受力分析如图9甲所示，动滑轮受力分析如图9乙所示，电动机A受力分析如图9丙所示；‎ T2＝GM ④‎ ‎4F2＝G动+T2 ⑤‎ F2＝GA—N2＝N0—N2＝S· ⑥‎ 当水泥板M完全浸没在水中时，水泥板M受力分析如图10甲所示，动滑轮受力分析如图10乙所示，电动机A受力分析如图10丙所示；‎ T3＝GM—F浮 ⑦‎ ‎4F3＝G动+T3 ⑧‎ F3＝GA—N3＝N0—N3＝S· ⑨ ‎ 力的平衡方程……1分 受力分析图 ……1分 ‎ 水泥板M浸没在水中时所受浮力 F浮=r水gVM=103N ……1分 ‎ ‎ ‎ 由⑥式—⑨式，⑤式—⑧式，④式—⑦式，解得：‎ ‎4 S（—）=F浮，则S=0.05m2，F1＝F3＝N，F2＝N ……1分 由①②④⑤式，解得：G动＝50N ……1分 ‎（2）GM＝2000N ……1分 T1＝1000N ‎（3）h＝＝＝＝≈95% ……1分 ‎（说明：受力分析图共1分，力的平衡方程共1分）‎ 解题过程中缺少必要的文字说明的扣1分；计算过程中缺少单位的扣1分。‎ 东城计算力学 ‎37．如图25所示是某种健身器械的示意图，轻质支架固定在轻质杠杆PQ两端，O为支点，PO∶OQ=1∶4。液压装置B可使支架获得与作用在踏板上的力大小相同、竖直向下的压力，配重A重GA =1500N悬挂在滑轮组下方，其下表面与支架接触，动滑轮重G动 =100N。人对滑轮轴处手柄施水平向右的拉力F=200N时，杠杆恰在水平位置平衡。为加大训练强度，将支点移至O，处，PO，∶O，Q= 1∶1，人对手柄施水平向右的拉力F1，同时对踏板施压力N1，配重A以v=0.2 m/s的速度竖直向上略微提升，杠杆P端匀速略微竖直向上抬起，这时滑轮组的机械效率为η1。继续加大训练强度，增加的配重为GA，，同时移动支点至O，，处，PO，，∶O，，Q= 4∶1，人对手柄施水平向右的拉力F2，此时对踏板施压力N2，配重被竖直向上匀速的略微提升，杠杆P端被匀速略微竖直向上抬起，这时滑轮组的机械效率为η2。滑轮组的绳重、绳的伸长和轮轴间摩擦可以忽略，F∶F1∶F2= 1∶2∶3，N1∶N2= 3∶11。‎ 求：（1）拉力F1的功率Ｐ。‎ ‎（2）增加的配重GA，。‎ ‎（3）η1∶η2 。‎ ‎ ‎ 图25‎ ‎37.解：(1)当F =200N, PO:OQ = 1:4时 对动滑轮和A整体受力分析如图1（a）所示：‎ 对杠杆PQ 受力分析如图1（b）所示：‎ 对B受力分析如图1（c）：GB = FQ 解得：GB = 250Ｎ ……………………………………(1分)‎ ‎(2)当F1 = 2F = 400N,　PO’:O’Q =1:1时 对动滑轮和A整体受力分析如图2（a）所示: ‎ 对杠杆PQ 受力分析如图2（b）所示: ‎ ‎ FQ1=400N 对B受力分析如图2（c）：N1+GB=FQ1 解得：N1=150N ……………………………(1分)‎ 而：N1: N2=3:11 解得：N2=550N 由v1 = 3v = 0.6m/s 解得： P = F1v1 = 240W ………………………………………………(1分)‎ ‎…………………………①‎ ‎(3)当F2=3F=600N, 时 对B受力分析如图3（c）： N2+GB=FQ2 解得：FQ2=800N 对杠杆PQ 受力分析如图3（b）所示， ‎ ‎ 解得：‎ 对动滑轮、A和增加的配重整体受力分析如图3（a）所示: ‎ ‎ 解得： ………………………(1分)‎ 不计绳和滑轮的摩擦，可得：‎ ‎……………………② ……………(①②正确给1分)‎ ‎ ……………………………………………………………………………(1分)‎ 受力分析图正确给1分。‎ 昌平计算力学 图25‎ ‎37.某工厂设计了一个蓄水池，如图25所示，水源A罐的液面高度h1=3m，且保持不变。罐底有一个小出水口，面积为S1，S1=0.1m2.孔下通过一个截面积为S2活塞与杠杆BC相连, S2=0.24m2。杠杆可绕B端上下转动，另一端有一个中空的圆柱体浮子，横截面积为S3，S3=0.8m2，BO是杠杆总长的。原设计打算当杠杆水平时，浮子浸入水深为h2，h2=0.7m，活塞恰好能赌住出水口，但在使用时发现，活塞离出水口尚有一小段距离时，浮子便不再上浮，此时浮子浸入水深为h3，h3=1m，为了使活塞自动堵住出水口，只得将浮子的质量减去一部分，设减去的质量为m′。（g取10N/kg，杠杆水平时，认为BO仍是杠杆总长的，活塞及连杆和杠杆的质量均不计，杠杆所受浮力不计，浮子浸入水中体积变化引起的蓄水池液面变化忽略不计。）试求 ‎（1）活塞应上升的高度是多少；‎ ‎（2）浮子应减去质量m′是多少。‎ 图5‎ ‎37．设浮子原来重力为G，杠杆长为。浮子减重G′后，由倾斜变为水平，如图5所示，杠杆C端上升高度为hEC=h3-h2, (1分) ‎ 根据数学知识，三角形BDO相似于三角形BEC 所以 ‎ ‎ ‎ 活塞上升高度DO段长为Δh=。 (1分) ‎ 活塞减重前，杠杆平衡时， ‎ 以浮子为研究对象，C端受到的合力为F浮-G=（S3 h3ρ水g-G）‎ O点受到的力为F压=ρ水gS2(h1+Δh)‎ 根据杠杆平衡有：‎ ‎ （F浮-G）BE=F压 BD 图乙 ‎（S3 h3ρ水g-G）=ρ水gS2(h1+Δh) (1) (‎ ‎1分)‎ 浮子减重后，杠杆平衡时，以杠杆为研究对象，进行受力分析：‎ C端受到的合力为 F′浮-(G-G′)= 〔S3h2ρ水g-( G-G′)〕‎ O点受到的力为F´压=ρ水gS1h1‎ 根据杠杆平衡有：‎ ‎〔S3h2ρ水g-( G-G′)〕=ρ水gS1h1 (2) (1分)‎ 解上面的联立方程，可得 ‎ G´=ρ水g〔S1h1+3S3(h3-h2)-S2(h1+〕 (1分)‎ 带入已知数据解得：G′=920N (1分)‎ 注：正确画出受力分析图 （1分）‎ 房山计算电学 ‎39．如图19所示 支撑杠杆水平平衡的支架AOB随物体M在液体中能上下运动自动升降，物体M的密度为2.7×103kg/m3，轻质杠杆LOA∶LOB＝2∶5。某同学质量为60kg，利用这个装置进行多次实验操作，并将实验数据记录于表格中（表格中F浮为物体所受的浮力、h为物块浸入液体的深度，P为液体对容器底部的压强），在各次操作过程中可认为杠杆始终保持水平。其中一次实验用力F1拉动绳自由端匀速竖直向下运动，该同学对地面的压强为独立站在地面时对地压强的一半，滑轮组的机械效率η＝90％。已知，物体M浸没在液体中时，液体深度1.8m（绳的重力、滑轮与轴的摩擦及液体对物体的阻力不计。g＝10N/kg）。‎ F浮/ N ‎100‎ ‎200‎ ‎300‎ ‎400‎ ‎500‎ ‎600‎ ‎600‎ ‎600‎ h/m ‎0.1‎ ‎0.2‎ ‎0.3‎ ‎0.4‎ ‎0.5‎ ‎0.6‎ ‎0.7‎ ‎0.8‎ P/ pa ‎16725‎ ‎16975‎ ‎17225‎ ‎17425[来源:Z|xx|k.Com]‎ ‎17725‎ ‎18000‎ ‎18000‎ ‎18000‎ 求：‎ ‎（1）拉力F1的大小；‎ ‎（2）液体的密度；‎ ‎（3）物体M完全露出液体表面时，滑轮组的机械效率（百分号前面保留整数）；‎ B O A M 图19‎ C ‎39．解：‎ ‎（1）G人=m人g=60kg10N/kg=600N F1=‎ ‎（2）由表中最后三列数据可知，物体完全浸没时，液体对容器底训的压强为P=18000Pa，‎ 由 ‎ 得 ==1×103kg/m3‎ ‎（3）‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ =0.06m3‎ ‎ =1620N 怀柔计算力学 ‎39．图28的装置主要由长木板甲、物块乙和丙、定滑轮S和动滑轮P、水箱K、配重C和D及杠杆AB组成。C、D分别与支架固连在AB两端，支架与AB垂直，AB可绕支点O在竖直平面内转动。C通过细绳与P相连，绕在P上的绳子的一端通过固定在墙上的S连接到乙上，乙的另一端用绳子通过固定在桌面上的定滑轮与丙连接，乙置于甲上，甲放在光滑的水平桌面上。已知C重100N，D重10 N，丙重20N，OA:OB＝1:2，在物体运动的过程中，杠杆始终保持水平位置平衡。若在D上施加竖直向下F0=20N的压力，同时在甲的左端施加水平向左的拉力F，甲恰好向左匀速直线运动，乙相对桌面恰好静止；若撤去拉力F改为在甲的右端施加水平向右的拉力F＇时，甲恰好在桌面上向右匀速直线运动，要继续保持乙相对桌面静止，则此时在D上施加竖直向下的压力为F1；若移动K，将丙浸没水中，在拉力F＇作用下，甲仍向右匀速直线运动且乙相对桌面静止，则此时在D上施加竖直向下的压力为F2。已知ρ丙=2×103kg/m3，F1:F2=4:5。杠杆、支架和不可伸缩细绳的质量、滑轮与轴的摩擦、杠杆与轴的摩擦均忽略不计。g取10N/kg。[来源:学科网]‎ 求：（1）丙浸没水中后受到的浮力F浮；‎ ‎（2）拉力F。‎ 图28‎ 丙 甲 ‎ 乙 F 定滑轮S 配重D 压力F0‎ 配重C O A B 动滑轮P 支架 支架 水箱K ‎ ‎ ‎39．解：图正确 …………………………… （1分）‎ 对P和C整体 对杠杆 对D FA0‎ O A B FB0‎ G p + GC FA0¢ ‎2T0‎ 图1 图2 图3 图4 图5‎ 对甲 对乙 F f G丙 T0‎ f G D ‎ FB0¢ F0 ‎ ‎ （1）丙浸没水中：F浮＝ρ水gV丙＝ρ水g=10N …………………… （1分）‎ ‎（2）对第一个状态受力分析：‎ ‎ ……………………………（1分）‎ ‎ 将Gc=100N、GD=10N、OA:OB＝1:2代入 解得Gp=2f ……………………（1分） ‎ 对第二个状态受力分析：‎ FA1‎ O A B FB1‎ G p + GC FA1¢ ‎2T1‎ 图5 图6 图7 图8 图9‎ 对P和C整体 对杠杆 对D 对甲 对乙 f F ¢ G丙 T1‎ f G D ‎ FB1¢ F1 ‎ FA2¢ ‎ …………………………（1分）‎ FA2‎ O A B FB2‎ G p + GC ‎2T2‎ 图9 图10 图11 图12 图13‎ 对P和C整体 对杠杆 对D 对甲 对乙 f F ¢ G丙－F浮 T2‎ f G D ‎ FB2¢ F2 ‎ 对第三个状态受力分析：‎ ‎ …………………………（1分）‎ ‎ ‎ 直接写成上式等同于二、三状态的方程组，直接得2分 将Gp=2f代入 解得 F = f = 10N ……………………………………（1分）‎ 平谷计算力学 ‎38．图20是某科技小组设计的滑轮组模型装置。滑轮组由电动机提供动力，在实验室中小明和他的同学进行了如下实验：在底面积为300cm2的圆柱形玻璃筒中倒入一定量的液体，铝块A完全浸没在液体中匀速竖直上升的过程中，滑轮组的机械效率为η1；铝块A全部露出液面后匀速竖直上升的过程中，滑轮组的机械效率为η2。已知铝块A的质量为2.7kg，铝块A离开液面前后，液体对容器底部的压强变化了400Pa，η1与η2‎ 之比为5：6，细绳的质量、滑轮与轴的摩擦、液体对铝块A的阻力均忽略不计，铝的密度为2.7×103kg/m3，g取10N/kg。求：‎ ‎(1) 铝块露出液面前电动机所提供的拉力F1；‎ 电动机 GA ‎(2) 离开液面后如果铝块A以0.1m/s的速度匀速上升时，电动机所提供的拉力F2的功率。（7分）‎ 图20‎ ‎38．解：铝块A完全浸没在液体中匀速竖直上升的过程中,滑轮组和铝块A的受力分析如图20甲所示：‎ ‎3F1‎ F浮 G动 GA ‎3F2‎ G动 GA 铝块A全部露出液面后，匀速竖直上升的过程中,滑轮组和铝块A的受力分析如图20乙所示：‎ ‎………………（1分）‎ 图20　‎ 乙 甲 V铝=　‎ ‎ ‎ 铝块A完全浸没在液体中和铝块A全部露出液面后，液体对容器底部的压力变化量就是铝块受到的浮力。　‎ ‎　∴F浮= ………………（1分）‎ V排＝V铝＝ ‎ ‎…………………………（1分）‎ ‎ ……………………（1分）‎ ‎ ‎ 解得：＝9N …………………………（1分）‎ ‎ ………………………………（1分）‎ ‎ ………………………………（1分）‎ ‎（其他解法正确的，均可相应得分）‎ 石景山计算力学 ‎40．图23是液压汽车起重机。A是动滑轮，B是定滑轮，钢丝绳C端和卷扬机相连，卷扬机转动使钢丝绳带动动滑轮上升提取重物。此液压起重机在某次执行从水中打捞重物的作业中，测得被打捞的重物体积为1m3。假设重物出水前后分别做的是匀速直线运动，且卷扬机的输出功率相同。重物出水前后，起重机对地面增加的压强之比为3: 4，滑轮组的机械效率之比为63: 64；重物出水后，重物上升的速度为0.32m/s。不计钢丝绳重及轮与轴的摩擦。（g取10N/kg）求：‎ ‎（1）被打捞物体的重力；‎ ‎（2）卷扬机的输出功率；‎ C A B 图23‎ B A ‎（3）重物出水前的速度。‎ ‎40‎ 解：（1）设起重机重为G，被打捞物体重力为G物；‎ ‎ 在未提重物时，以起重机为研究对象，如图1所示， ‎ ‎ 在水中匀速提升物体时和物体出水后，以起重机和物体为研究 ‎ 图1‎ G F支 图3‎ F支2‎ ‎ G G物 图2‎ F支1‎ ‎ G G物 F浮 ‎ 对象，受力分析示意图分别如图2、图3所示： ‎ ‎ F支=G=F压 ……………………①‎ ‎ 由图1、2、3可得： G+ G物=F支1 + F浮 ……………②‎ ‎ G+G物= F支2 …………………③‎ ‎ 由②式―①式得：ΔF支1= G物－F浮=ΔF压1‎ ‎ 由③式―①式得：ΔF支2= G物=Δ F压2 ‎ ‎ ∵S一定 ∴‎ ‎ 又F浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×1m3=1×104N ‎ ‎∴G物=4×104N ‎ 图5‎ ‎3F 2‎ ‎ G0‎ G物 图4‎ ‎3F 1‎ ‎ G0‎ G物 F浮 ‎（2）设动滑轮重为G0，钢丝绳上的拉力在出水前后分别为F1、F2，在水中匀速提升重物时和重物出水后，以动滑轮和重物为研究对象，受力分析示意图分别如图4、图5所示：‎ ‎ 由图4、5可得： 3F1+ F浮=G物+G0 …………………④‎ ‎ 3F2= G物+ G0 ………………………⑤‎ ‎ ∴ ‎ ‎ 又∵ ‎ 代入F浮= 1×104N、G物=4×104N后，‎ ‎ 解得：G0=0.2×104N，F1=3.2×104N/3， F2=1.4×104N ‎ ∴卷扬机的输出功率：‎ P =F2×3v2=1.4×104N ×3×0.32m/s=1.344×104W ‎（3）由④、⑤式可得：‎ ‎ ∵ 且P一定 ‎ ‎∴ ‎ 说明：其它方法正确给分。‎ 燕山填空力学 ‎39． 图22的装置主要由长木板甲、物块乙和丙、定滑轮和动滑轮组成，绕在动滑轮上的绳 子的一端通过固定在墙上的定滑轮连接到乙上，乙的另一端用绳子通过固定在桌面上 的定滑轮与丙连接，乙置于甲上，甲放在光滑的水平桌面上，人通过细绳拉着动滑轮，‎ 物体丙重为40N，人的重力是500N。当甲、乙两物体均静止时，地面对人的支持力是 N1；若在甲的左端施加水平向左的拉力F，甲恰好向左匀速直线运动，乙相对桌面静 止，地面对人的支持力减少了20N；若撤去拉力F改为在甲的右端施加水平向右的拉 力F '时，甲恰好在桌面上向右匀速直线运动，乙相对桌面仍静止，地面对人的支持力 是450N。不可伸缩细绳的质量、滑轮与轴的摩擦均忽略不计，求拉力F及动滑轮重。‎ ‎39‎ 解：当甲物体不动时，以物体丙、物体乙、动滑轮及人为研究对象，受力分析如图1所示：‎ F丙 ‎ 乙 T1‎ ‎ 丙 BING1‎ ‎ 动 BING1‎ ‎2T1‎ F丙 G丙 G动 F1‎ ‎ 人 BING1‎ G人 F1‎ N1‎ 图1‎ F丙 ＝ G甲 T1 ＝ F丙 ‎2T1 ＝ F1＋G动 N1＋F1 ＝ G人 F丙 ‎ 乙 T2‎ ‎ 丙 BING1‎ ‎ 动 BING1‎ ‎2T2‎ F丙 G丙 G动 F2‎ ‎ 人 BING1‎ G人 F2‎ N1－20N f 图2‎ 当甲物体向左匀速运动时以物体丙、物体乙、动滑轮及人为研究对象，受力分析如图2所示：‎ F丙 ＝ G甲 T2 ＝ F丙＋f ‎2T2 ＝ F2＋G动 N1－20N＋F2 ＝ G人 ‎ 丙 BING1‎ ‎ 人 BING1‎ F丙 G丙 ‎ 动 BING1‎ ‎2T3‎ G动 F3‎ G人 F3‎ N3＝450N F丙 ‎ 乙 T3‎ f 图3‎ 当甲物体向右匀速运动时以物体丙、物体乙、动滑轮及人为研究对象，受力分析如图3所示：‎ F丙 ＝ G甲 T3 ＋f ＝ F丙 ‎ ‎2T3 ＝ F3＋G动 N3＋F3 ＝ G人 解得：G动＝10N ‎ f ＝10N 当甲向左匀速运动时，对物体甲受力分析如图4所示 图4‎ F ‎ 甲 f F ＝ f ＝ 10N 延庆计算力学 ‎38．如图19是某同学设计的简易打捞装置结构示意图。AOB是以O点为转轴，长为4m的轻质横梁， AB呈水平状态，AO=1m。在横梁上方行走装置可以在轨道槽内自由移动，行走装置下方固定有提升电动机。提升电动机通过细绳和滑轮组提起重物。固定在水平地面上的配重T通过细绳与横梁A端相连，GT＝3000N。当行走装置处于C位置时，开始打捞物体A。质量ｍA是100kg、体积Ｖ为0.04ｍ3 物体A在水中匀速上升时，地面对配重T的支持力是N1, 滑轮组的机械效率为75%；当物体A全部露出液面，滑轮组将物体A以v是0.1m/s的速度匀速竖直向上提升1m，此时电动机拉动细绳的功率为P，地面对配重T的支持力是N2；N1∶N2＝5∶1，若行走装置和提升电动机及定滑轮的总质量ｍ2是20kg，，忽略细绳与滑轮的摩擦以及水对物体的阻力，g取10N/kg。求 ‎（1）动滑轮的重力G动 ‎（2）电动机拉动细绳的功率P C B O B 行走装置 A 提升电动机 A O T C 图19‎ A ‎（3）OC的距离 ‎38.‎ ‎ （1）F浮==400N 物体A在水中匀速上升的过程中，滑轮组机械效率 ‎= ==75%‎ 解得：G动=200N…………………………………………………………….1分 ‎（2）对出水后物体及动滑轮进行分析如图（1）所示：‎ 图1‎ ‎3FC‘2‎ G ‎ 3FC2= G=1200N ‎ P= FC2×3v=120W…………………………2分 物体A在水中匀速上升过程中，以行走装置、动滑轮M和物体A 为研究对象，受力分析图如图2所示，杠杆上C点、D点受力分析图如图3所示，配重T的受力分析图如图4所示。‎ 图2‎ FC1‎ F浮 G FD1‎ N1‎ mEg 图4‎ 图3‎ D CD O FC1= G -F浮 G = ‎ OD=OC FC1= ，FD1= ‎ 得：N1=3000N-1000N/mOC………………………………………..5分（其中图1分）‎ 物体A离开水面后匀速上升的过程中，以行走装置、动滑轮M和物体A为研究对象，受力分析图如图5所示，配重E的受力分析图如图7所示，杠杆C点、D点受力分析图如图6所示。‎ 图5‎ FC2‎ G FD2‎ N2‎ mEg 图7‎ 图6‎ D CD O FC2= G OD =OC FC2= ， FD2= ‎ N2=3000N-1400N/mOC N1∶N2＝5∶1‎ 解得：OC =2m …………..................................................... .7（其中图1分）‎