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4. (2025·盐城大丰期中)塔式起重机常用于工业与建筑施工,另外也较多用于造船、电站设备安装、水工建筑、港口和货场物料搬运等。为了防止塔式起重机在吊起重物时发生倾倒,人们在起重臂的反方向上用钢架做成平衡臂,并在其末端加配重物,起重机吊臂上安装滑轮组,由多个定滑轮和动滑轮组成,发动机提供很小的力就能吊起很重的物体。如图所示的塔式起重机,AB是竖直支架,CD 是水平臂,其中 OC 段叫平衡臂,C端装有配重体,OD段叫吊臂,E处装有滑轮组,可在 O、D 两点间移动,$OE=10\ \mathrm{m},OD=25\ \mathrm{m}$。
(1)塔式起重机上安装配重体是为了
A. 美观
B. 确保塔式起重机不会翻倒
C. 减小塔式起重机所吊重物的重力
D. 增大塔式起重机的机械效率
(2)当滑轮组放在 E 点时塔式起重机能吊起重物的最大质量是2 t,则当滑轮组移到 D 点时能够安全吊起重物的最大质量是
(3)若用此塔式起重机将 1.2 t 的钢材先竖直匀速吊起 10 m,然后沿水平方向缓慢旋转$90^{\circ }$后送到指定位置,在此过程中塔式起重机对钢材做的功是
(g 取 10 N/kg)
(1)塔式起重机上安装配重体是为了
B
。A. 美观
B. 确保塔式起重机不会翻倒
C. 减小塔式起重机所吊重物的重力
D. 增大塔式起重机的机械效率
(2)当滑轮组放在 E 点时塔式起重机能吊起重物的最大质量是2 t,则当滑轮组移到 D 点时能够安全吊起重物的最大质量是
0.8
t。(3)若用此塔式起重机将 1.2 t 的钢材先竖直匀速吊起 10 m,然后沿水平方向缓慢旋转$90^{\circ }$后送到指定位置,在此过程中塔式起重机对钢材做的功是
$1.2×10^5$
J。(g 取 10 N/kg)
答案
4. (1) B (2) 0.8 (3) $1.2×10^5$
提示:(1)配重体是为了确保塔式起重机不会翻倒。(2)滑轮组在 E 点时,$G_{配重}×OC=2\ \mathrm{t}×g×10\ \mathrm{m}$,滑轮组移到 D 点时,$G_{配重}×OC=m_D g×25\ \mathrm{m}$,即$2\ \mathrm{t}×g×10\ \mathrm{m}=m_D g×25\ \mathrm{m}$,解得$m_D=0.8\ \mathrm{t}$,即最大质量是0.8 t。(3)只有竖直吊起时起重机对钢材做功,水平转动时不做功,$W=Gh=mgh=1.2×10^3\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}×10\ \mathrm{m}=1.2×10^5\ \mathrm{J}$。
提示:(1)配重体是为了确保塔式起重机不会翻倒。(2)滑轮组在 E 点时,$G_{配重}×OC=2\ \mathrm{t}×g×10\ \mathrm{m}$,滑轮组移到 D 点时,$G_{配重}×OC=m_D g×25\ \mathrm{m}$,即$2\ \mathrm{t}×g×10\ \mathrm{m}=m_D g×25\ \mathrm{m}$,解得$m_D=0.8\ \mathrm{t}$,即最大质量是0.8 t。(3)只有竖直吊起时起重机对钢材做功,水平转动时不做功,$W=Gh=mgh=1.2×10^3\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}×10\ \mathrm{m}=1.2×10^5\ \mathrm{J}$。
解析
【分析】
我们可以分三个小问逐步梳理解题思路：
1. 第一问：首先明确塔式起重机的核心结构是杠杆，支点为O点，吊起重物时重物会在OD侧产生向下的力矩，容易让起重机向D侧倾倒，在C端加配重的作用就是产生反向力矩平衡重物的力矩，防止翻倒，直接对应选项判断即可。
2. 第二问：利用杠杆平衡条件，配重的重力和它的力臂OC的乘积是固定不变的，也就是左侧的力矩是定值，两次不同位置吊起重物时，都满足杠杆平衡，因此可以列等式消去公共项g，直接计算出D点的最大吊重质量。
3. 第三问：牢记功的两个必要因素：力、物体在力的方向上移动的距离。起重机对钢材的拉力是竖直向上的，水平旋转过程中钢材在竖直方向没有位移，这部分不做功，只需要计算竖直吊起10m过程中拉力做的功即可。
【解析】
(1) 塔式起重机吊起重物时，重物对吊臂的拉力会使起重机存在绕支点O向D侧倾倒的趋势，在C端加装配重体，是为了通过配重的重力产生反向的力矩，平衡重物的力矩，确保起重机不会翻倒，因此选B。
(2) 以O为支点，根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$：
滑轮组在E点时，满足：$G_{\mathrm{配重}} · OC = m_E g · OE$
滑轮组移到D点时，满足：$G_{\mathrm{配重}} · OC = m_D g · OD$
联立两式可得：$m_E g · OE = m_D g · OD$
代入已知$m_E=2\ \mathrm{t}$，$OE=10\ \mathrm{m}$，$OD=25\ \mathrm{m}$，约去g后解得：
$m_D=\frac{2\ \mathrm{t} × 10\ \mathrm{m}}{25\ \mathrm{m}}=0.8\ \mathrm{t}$
(3) 起重机对钢材的拉力方向竖直向上，水平缓慢旋转的过程中，钢材在拉力方向（竖直方向）没有移动距离，该过程拉力不做功；只有竖直匀速吊起10m的过程中拉力对钢材做功：
$W=Gh=mgh=1.2×10^3\ \mathrm{kg} × 10\ \mathrm{N/kg} × 10\ \mathrm{m}=1.2×10^5\ \mathrm{J}$
【答案】
(1) B (2) 0.8 (3) $1.2×10^5$
【知识点】
杠杆平衡条件，功的计算，杠杆的应用
【点评】
本题结合生活中塔式起重机的真实场景，考察杠杆和功的基础应用，难度不大。易错点是第三问容易误将水平旋转的过程计入做功的距离，解题时要牢记力和移动距离的同向性，第二问抓住配重侧力矩恒定的核心条件就能快速推导结果。
【难度系数】
0.7
我们可以分三个小问逐步梳理解题思路：
1. 第一问：首先明确塔式起重机的核心结构是杠杆，支点为O点，吊起重物时重物会在OD侧产生向下的力矩，容易让起重机向D侧倾倒，在C端加配重的作用就是产生反向力矩平衡重物的力矩，防止翻倒，直接对应选项判断即可。
2. 第二问：利用杠杆平衡条件，配重的重力和它的力臂OC的乘积是固定不变的，也就是左侧的力矩是定值，两次不同位置吊起重物时，都满足杠杆平衡，因此可以列等式消去公共项g，直接计算出D点的最大吊重质量。
3. 第三问：牢记功的两个必要因素：力、物体在力的方向上移动的距离。起重机对钢材的拉力是竖直向上的，水平旋转过程中钢材在竖直方向没有位移，这部分不做功，只需要计算竖直吊起10m过程中拉力做的功即可。
【解析】
(1) 塔式起重机吊起重物时，重物对吊臂的拉力会使起重机存在绕支点O向D侧倾倒的趋势，在C端加装配重体，是为了通过配重的重力产生反向的力矩，平衡重物的力矩，确保起重机不会翻倒，因此选B。
(2) 以O为支点，根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$：
滑轮组在E点时，满足：$G_{\mathrm{配重}} · OC = m_E g · OE$
滑轮组移到D点时，满足：$G_{\mathrm{配重}} · OC = m_D g · OD$
联立两式可得：$m_E g · OE = m_D g · OD$
代入已知$m_E=2\ \mathrm{t}$，$OE=10\ \mathrm{m}$，$OD=25\ \mathrm{m}$，约去g后解得：
$m_D=\frac{2\ \mathrm{t} × 10\ \mathrm{m}}{25\ \mathrm{m}}=0.8\ \mathrm{t}$
(3) 起重机对钢材的拉力方向竖直向上，水平缓慢旋转的过程中，钢材在拉力方向（竖直方向）没有移动距离，该过程拉力不做功；只有竖直匀速吊起10m的过程中拉力对钢材做功：
$W=Gh=mgh=1.2×10^3\ \mathrm{kg} × 10\ \mathrm{N/kg} × 10\ \mathrm{m}=1.2×10^5\ \mathrm{J}$
【答案】
(1) B (2) 0.8 (3) $1.2×10^5$
【知识点】
杠杆平衡条件，功的计算，杠杆的应用
【点评】
本题结合生活中塔式起重机的真实场景，考察杠杆和功的基础应用，难度不大。易错点是第三问容易误将水平旋转的过程计入做功的距离，解题时要牢记力和移动距离的同向性，第二问抓住配重侧力矩恒定的核心条件就能快速推导结果。
【难度系数】
0.7
5. 机械手臂是机器人技术领域中的自动化机械装置，能够接收指令，完成抓取、伸缩、旋转和升降等动作。某实验小组制作了如图甲所示的机械手臂模型，并安装在一辆小车上，其结构简图如图乙所示：工作时安装在小车上的底座可以在水平面内自由旋转，产柱和横臂可以在竖直面内自由旋转，手爪可以抓取不同方向、不同高度的物体。($g$ 取 $10\ \mathrm{N/kg}$)
(1) 图丙为手爪的示意图，按箭头所示方向拉动上方的细线，弯曲件 $AOBC$ 可绕 $O$ 点转动，弯曲件 $AOBC$ 此时为
(2) 同时拉动两根细线手爪就可夹住物体，利用 $C$ 点产生的
(3) 如图丁所示，电控组件的质量为 $400\ \mathrm{g}$，忽略小车、底座、产柱、横臂和手爪的重力，相关参数如图所示(单位：$\mathrm{cm}$)，当机械手臂产柱竖直、横臂水平没有抓取物块时，为防止小车轮子脱离地面，所加配重至少为
(4) 在不增加器材的情况下，要想横臂最终保持水平位置并增加抓取物体的最大重力，可行的方法是
(1) 图丙为手爪的示意图，按箭头所示方向拉动上方的细线，弯曲件 $AOBC$ 可绕 $O$ 点转动，弯曲件 $AOBC$ 此时为
费力
杠杆，其好处是省距离
。(2) 同时拉动两根细线手爪就可夹住物体，利用 $C$ 点产生的
摩擦
力将物体举高。为防止手爪在夹物体时给物体造成伤害，可以增大 $C$ 点处的接触面积
。(3) 如图丁所示，电控组件的质量为 $400\ \mathrm{g}$，忽略小车、底座、产柱、横臂和手爪的重力，相关参数如图所示(单位：$\mathrm{cm}$)，当机械手臂产柱竖直、横臂水平没有抓取物块时，为防止小车轮子脱离地面，所加配重至少为
1
$\mathrm{N}$。(4) 在不增加器材的情况下，要想横臂最终保持水平位置并增加抓取物体的最大重力，可行的方法是
将机械产柱向左转
。答案
5. (1) 费力 省距离 (2) 摩擦 接触面积 (3) 1 (4) 将机械产柱向左转
提示:(1) 弯曲件 $AOBC$ 的动力臂小于阻力臂,是费力杠杆,可省距离。(2) 当竖直去抓物体时,同时拉动两根细线手爪就可夹住物体,利用 $C$ 点产生的摩擦力,物体在摩擦力的作用下不掉落,物体可跟着手爪一起举高,为防止手爪在夹物体时给物体造成伤害,可增大 $C$ 点处的接触面积来减小压强。(3) 忽略小车、底座、产柱、横臂和手爪的重力,为防止小车轮子脱离地面,以左轮为支点,所加配重至少为 $G_{配重}=\frac{G_{组件}×L_2}{L_1}=\frac{0.4\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}×5\ \mathrm{cm}}{10\ \mathrm{cm}+5\ \mathrm{cm}+5\ \mathrm{cm}}=1\ \mathrm{N}$。(4) 要增大抓取物体的重力,必须减小小物体重力的力臂,故可将机械产柱向左转,使重物重心向左移,减小机械臂的力臂。
提示:(1) 弯曲件 $AOBC$ 的动力臂小于阻力臂,是费力杠杆,可省距离。(2) 当竖直去抓物体时,同时拉动两根细线手爪就可夹住物体,利用 $C$ 点产生的摩擦力,物体在摩擦力的作用下不掉落,物体可跟着手爪一起举高,为防止手爪在夹物体时给物体造成伤害,可增大 $C$ 点处的接触面积来减小压强。(3) 忽略小车、底座、产柱、横臂和手爪的重力,为防止小车轮子脱离地面,以左轮为支点,所加配重至少为 $G_{配重}=\frac{G_{组件}×L_2}{L_1}=\frac{0.4\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}×5\ \mathrm{cm}}{10\ \mathrm{cm}+5\ \mathrm{cm}+5\ \mathrm{cm}}=1\ \mathrm{N}$。(4) 要增大抓取物体的重力,必须减小小物体重力的力臂,故可将机械产柱向左转,使重物重心向左移,减小机械臂的力臂。
解析
【分析】
我们可以逐小问梳理思路：
1. 第一问先确定杠杆的支点为O，对比动力臂和阻力臂的大小：拉动细线的动力的力臂小于C点处阻力的力臂，因此属于费力杠杆，费力杠杆的特点是动力端移动很小距离，阻力端就能获得较大的移动行程，也就是省距离。
2. 第二问，手爪夹住物体后，依靠接触面的静摩擦力托住物体实现举升；要避免夹伤物体，需要减小手爪对物体的压强，在压力不变时，增大接触面积就可以减小压强。
3. 第三问将小车看作杠杆，要防止右侧轮子翘起脱离地面，选左轮作为支点，利用杠杆平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂，先算出电控组件的重力，再代入对应的力臂数值，就能求出配重的最小重力。
4. 第四问根据杠杆平衡条件，在配重、电控组件重力都不变的情况下，要提升可抓取的最大物重，就需要减小被抓取物体的重力对应的力臂，因此可以将产柱向左转动，让横臂整体左移，缩短重物到支点的力臂。
【解析】
(1) 弯曲件AOBC绕O点转动，动力是细线的拉力，动力臂小于C点处阻力的阻力臂，因此是费力杠杆，费力杠杆的好处是可以省距离，手拉动细线的小行程就能让手爪开合的幅度更大。
(2) 手爪夹住物体时，依靠C点接触面产生的摩擦力托住物体，将物体举高；根据$p=\frac{F}{S}$，压力不变时增大受力面积可以减小压强，因此可以增大C点处的接触面积，避免夹伤物体。
(3) 电控组件的重力$G=mg=0.4\ \mathrm{kg} × 10\ \mathrm{N/kg}=4\ \mathrm{N}$，以小车左轮为支点，电控组件的力臂$L_1=5\ \mathrm{cm}$，配重的力臂$L_2=10\ \mathrm{cm}+5\ \mathrm{cm}+5\ \mathrm{cm}=20\ \mathrm{cm}$，根据杠杆平衡条件$G × L_1 = G_{\mathrm{配}} × L_2$，代入得：$4\ \mathrm{N} × 5\ \mathrm{cm}=G_{\mathrm{配}} × 20\ \mathrm{cm}$，解得$G_{\mathrm{配}}=1\ \mathrm{N}$，即配重至少为$1\ \mathrm{N}$。
(4) 不增加器材时，要增大可抓取的最大物重，根据杠杆平衡条件，在两侧配重和电控组件的重力、力臂都不变的情况下，减小抓取物的重力对应的力臂即可，因此可行方法是将机械产柱向左转，让横臂向靠近支点的方向移动，缩短重物的力臂。
【答案】
(1) 费力 省距离
(2) 摩擦 接触面积
(3) 1
(4) 将机械产柱向左转
【知识点】
杠杆的分类
杠杆平衡条件
减小压强的方法
【点评】
本题结合机械手臂的实际应用场景，将杠杆、摩擦力、压强的知识点融合在一起，既考察了基础概念的识记，也考察了学生利用物理规律解决实际工程问题的能力，其中第三问找准杠杆支点和对应力臂是易错点，第四问需要灵活应用杠杆平衡条件进行方案设计，对知识迁移能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
我们可以逐小问梳理思路：
1. 第一问先确定杠杆的支点为O，对比动力臂和阻力臂的大小：拉动细线的动力的力臂小于C点处阻力的力臂，因此属于费力杠杆，费力杠杆的特点是动力端移动很小距离，阻力端就能获得较大的移动行程，也就是省距离。
2. 第二问，手爪夹住物体后，依靠接触面的静摩擦力托住物体实现举升；要避免夹伤物体，需要减小手爪对物体的压强，在压力不变时，增大接触面积就可以减小压强。
3. 第三问将小车看作杠杆，要防止右侧轮子翘起脱离地面，选左轮作为支点，利用杠杆平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂，先算出电控组件的重力，再代入对应的力臂数值，就能求出配重的最小重力。
4. 第四问根据杠杆平衡条件，在配重、电控组件重力都不变的情况下，要提升可抓取的最大物重，就需要减小被抓取物体的重力对应的力臂，因此可以将产柱向左转动，让横臂整体左移，缩短重物到支点的力臂。
【解析】
(1) 弯曲件AOBC绕O点转动，动力是细线的拉力，动力臂小于C点处阻力的阻力臂，因此是费力杠杆，费力杠杆的好处是可以省距离，手拉动细线的小行程就能让手爪开合的幅度更大。
(2) 手爪夹住物体时，依靠C点接触面产生的摩擦力托住物体，将物体举高；根据$p=\frac{F}{S}$，压力不变时增大受力面积可以减小压强，因此可以增大C点处的接触面积，避免夹伤物体。
(3) 电控组件的重力$G=mg=0.4\ \mathrm{kg} × 10\ \mathrm{N/kg}=4\ \mathrm{N}$，以小车左轮为支点，电控组件的力臂$L_1=5\ \mathrm{cm}$，配重的力臂$L_2=10\ \mathrm{cm}+5\ \mathrm{cm}+5\ \mathrm{cm}=20\ \mathrm{cm}$，根据杠杆平衡条件$G × L_1 = G_{\mathrm{配}} × L_2$，代入得：$4\ \mathrm{N} × 5\ \mathrm{cm}=G_{\mathrm{配}} × 20\ \mathrm{cm}$，解得$G_{\mathrm{配}}=1\ \mathrm{N}$，即配重至少为$1\ \mathrm{N}$。
(4) 不增加器材时，要增大可抓取的最大物重，根据杠杆平衡条件，在两侧配重和电控组件的重力、力臂都不变的情况下，减小抓取物的重力对应的力臂即可，因此可行方法是将机械产柱向左转，让横臂向靠近支点的方向移动，缩短重物的力臂。
【答案】
(1) 费力 省距离
(2) 摩擦 接触面积
(3) 1
(4) 将机械产柱向左转
【知识点】
杠杆的分类
杠杆平衡条件
减小压强的方法
【点评】
本题结合机械手臂的实际应用场景，将杠杆、摩擦力、压强的知识点融合在一起，既考察了基础概念的识记，也考察了学生利用物理规律解决实际工程问题的能力，其中第三问找准杠杆支点和对应力臂是易错点，第四问需要灵活应用杠杆平衡条件进行方案设计，对知识迁移能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
