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4. 我国的龙门吊技术世界领先. 某造船厂龙门吊简化原理图如图所示,整机由支腿、水平均匀横梁AB、起重小车和滑轮组组成. 起重小车安装在横梁上,通过电动机拉动滑轮组的钢丝绳提升货物. 下表为该龙门吊的部分参数. 若该满载货物的船体区域以0.05 m/s的速度匀速上升15 m,求:(g 取 10 N/kg)
(1) 满载的货物受到的重力大小.
(2) 电动机做的有用功的大小.
(3) 电动机拉力的大小.
(4) 龙门吊此次提升货物的机械效率.
(1) 满载的货物受到的重力大小.
(2) 电动机做的有用功的大小.
(3) 电动机拉力的大小.
(4) 龙门吊此次提升货物的机械效率.
答案
(1) $3×10^6\ \mathrm{N}$
(2) $4.5×10^7\ \mathrm{J}$
(3) $1×10^6\ \mathrm{N}$
(4) 75%
解析:(1) 满载的货物受到的重力$G=mg=300×10^3\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}=3×10^6\ \mathrm{N}$.
(2) 克服货物重力做的功即有用功$W_{\mathrm{有用}}=Gh=3×10^6\ \mathrm{N}×15\ \mathrm{m}=4.5×10^7\ \mathrm{J}$.
(3) 由图可知,滑轮组钢丝绳段数$n=4$,则绳自由端移动的速度$v_{\mathrm{绳}}=nv_{\mathrm{物}}=4×0.05\ \mathrm{m/s}=0.2\ \mathrm{m/s}$,由$P=\frac{W}{t}=\frac{Fs}{t}=Fv$可得,电动机拉力的大小$F=\frac{P}{v_{\mathrm{绳}}}=\frac{2×10^5\ \mathrm{W}}{0.2\ \mathrm{m/s}}=1×10^6\ \mathrm{N}$.
(4) 货物上升的时间$t=\frac{h}{v_{\mathrm{物}}}=\frac{15\ \mathrm{m}}{0.05\ \mathrm{m/s}}=300\ \mathrm{s}$,电动机做的功即总功$W_{\mathrm{总}}=Pt=2×10^5\ \mathrm{W}×300\ \mathrm{s}=6×10^7\ \mathrm{J}$,龙门吊此次提升货物的机械效率$\eta=\frac{W_{\mathrm{有用}}}{W_{\mathrm{总}}}×100\%=\frac{4.5×10^7\ \mathrm{J}}{6×10^7\ \mathrm{J}}×100\%=75\%$.
(2) $4.5×10^7\ \mathrm{J}$
(3) $1×10^6\ \mathrm{N}$
(4) 75%
解析:(1) 满载的货物受到的重力$G=mg=300×10^3\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}=3×10^6\ \mathrm{N}$.
(2) 克服货物重力做的功即有用功$W_{\mathrm{有用}}=Gh=3×10^6\ \mathrm{N}×15\ \mathrm{m}=4.5×10^7\ \mathrm{J}$.
(3) 由图可知,滑轮组钢丝绳段数$n=4$,则绳自由端移动的速度$v_{\mathrm{绳}}=nv_{\mathrm{物}}=4×0.05\ \mathrm{m/s}=0.2\ \mathrm{m/s}$,由$P=\frac{W}{t}=\frac{Fs}{t}=Fv$可得,电动机拉力的大小$F=\frac{P}{v_{\mathrm{绳}}}=\frac{2×10^5\ \mathrm{W}}{0.2\ \mathrm{m/s}}=1×10^6\ \mathrm{N}$.
(4) 货物上升的时间$t=\frac{h}{v_{\mathrm{物}}}=\frac{15\ \mathrm{m}}{0.05\ \mathrm{m/s}}=300\ \mathrm{s}$,电动机做的功即总功$W_{\mathrm{总}}=Pt=2×10^5\ \mathrm{W}×300\ \mathrm{s}=6×10^7\ \mathrm{J}$,龙门吊此次提升货物的机械效率$\eta=\frac{W_{\mathrm{有用}}}{W_{\mathrm{总}}}×100\%=\frac{4.5×10^7\ \mathrm{J}}{6×10^7\ \mathrm{J}}×100\%=75\%$.
解析
【分析】
这是一道滑轮组相关的力学综合计算题，解题思路可以按小问逐个对应已知条件推导：
1. 第一问求满载货物重力，直接用重力计算公式G=mg，从给定的参数中提取满载货物的质量，代入g的取值即可算出。
2. 第二问求电动机做的有用功，提升货物的有用功就是克服货物重力做的功，直接用W有用=Gh，代入第一问算出的重力和题目给出的上升高度15m就能得到结果。
3. 第三问求电动机拉力，首先先判断滑轮组承担物重的钢丝绳段数n=4，先根据滑轮组速度关系算出绳子自由端的移动速度，再利用功率的推导公式P=Fv（由P=W/t=Fs/t=Fv推导而来），代入已知的电动机额定功率和绳端速度，就能反解出拉力F。
4. 第四问求机械效率，先算出货物上升15m所用的时间，再用W总=Pt算出电动机做的总功，最后用机械效率的定义式η=W有用/W总×100%，代入有用功和总功的数值就能算出效率。
【解析】
解：
(1) 由参数可知满载货物的质量$m=300×10^3\ \mathrm{kg}$，根据重力计算公式：
$G = mg = 300×10^3\ \mathrm{kg} × 10\ \mathrm{N/kg} = 3×10^6\ \mathrm{N}$
(2) 克服货物重力做的功为电动机的有用功：
$W_{\mathrm{有用}} = Gh = 3×10^6\ \mathrm{N} × 15\ \mathrm{m} = 4.5×10^7\ \mathrm{J}$
(3) 由滑轮组结构可知钢丝绳段数$n=4$，因此绳自由端移动的速度：
$v_{\mathrm{绳}} = n v_{\mathrm{物}} = 4 × 0.05\ \mathrm{m/s} = 0.2\ \mathrm{m/s}$
已知电动机功率$P=2×10^5\ \mathrm{W}$，由功率推导式$P = \frac{W}{t} = \frac{Fs}{t} = Fv$可得拉力：
$F = \frac{P}{v_{\mathrm{绳}}} = \frac{2×10^5\ \mathrm{W}}{0.2\ \mathrm{m/s}} = 1×10^6\ \mathrm{N}$
(4) 货物匀速上升15m所用的时间：
$t = \frac{h}{v_{\mathrm{物}}} = \frac{15\ \mathrm{m}}{0.05\ \mathrm{m/s}} = 300\ \mathrm{s}$
电动机做的总功：
$W_{\mathrm{总}} = Pt = 2×10^5\ \mathrm{W} × 300\ \mathrm{s} = 6×10^7\ \mathrm{J}$
龙门吊提升货物的机械效率：
$\eta = \frac{W_{\mathrm{有用}}}{W_{\mathrm{总}}} × 100\% = \frac{4.5×10^7\ \mathrm{J}}{6×10^7\ \mathrm{J}} × 100\% = 75\%$
【答案】
(1) $3×10^6\ \mathrm{N}$
(2) $4.5×10^7\ \mathrm{J}$
(3) $1×10^6\ \mathrm{N}$
(4) 75%
【知识点】
重力计算，滑轮组功率，机械效率
【点评】
本题结合龙门吊的实际应用场景，综合考察了力学中重力、功、功率、机械效率的核心公式应用，属于常规综合题，解题的关键是灵活运用P=Fv的推导式简化计算，理清滑轮组中物体速度和绳端速度的对应关系，避免公式混淆。
【难度系数】
0.6
这是一道滑轮组相关的力学综合计算题，解题思路可以按小问逐个对应已知条件推导：
1. 第一问求满载货物重力，直接用重力计算公式G=mg，从给定的参数中提取满载货物的质量，代入g的取值即可算出。
2. 第二问求电动机做的有用功，提升货物的有用功就是克服货物重力做的功，直接用W有用=Gh，代入第一问算出的重力和题目给出的上升高度15m就能得到结果。
3. 第三问求电动机拉力，首先先判断滑轮组承担物重的钢丝绳段数n=4，先根据滑轮组速度关系算出绳子自由端的移动速度，再利用功率的推导公式P=Fv（由P=W/t=Fs/t=Fv推导而来），代入已知的电动机额定功率和绳端速度，就能反解出拉力F。
4. 第四问求机械效率，先算出货物上升15m所用的时间，再用W总=Pt算出电动机做的总功，最后用机械效率的定义式η=W有用/W总×100%，代入有用功和总功的数值就能算出效率。
【解析】
解：
(1) 由参数可知满载货物的质量$m=300×10^3\ \mathrm{kg}$，根据重力计算公式：
$G = mg = 300×10^3\ \mathrm{kg} × 10\ \mathrm{N/kg} = 3×10^6\ \mathrm{N}$
(2) 克服货物重力做的功为电动机的有用功：
$W_{\mathrm{有用}} = Gh = 3×10^6\ \mathrm{N} × 15\ \mathrm{m} = 4.5×10^7\ \mathrm{J}$
(3) 由滑轮组结构可知钢丝绳段数$n=4$，因此绳自由端移动的速度：
$v_{\mathrm{绳}} = n v_{\mathrm{物}} = 4 × 0.05\ \mathrm{m/s} = 0.2\ \mathrm{m/s}$
已知电动机功率$P=2×10^5\ \mathrm{W}$，由功率推导式$P = \frac{W}{t} = \frac{Fs}{t} = Fv$可得拉力：
$F = \frac{P}{v_{\mathrm{绳}}} = \frac{2×10^5\ \mathrm{W}}{0.2\ \mathrm{m/s}} = 1×10^6\ \mathrm{N}$
(4) 货物匀速上升15m所用的时间：
$t = \frac{h}{v_{\mathrm{物}}} = \frac{15\ \mathrm{m}}{0.05\ \mathrm{m/s}} = 300\ \mathrm{s}$
电动机做的总功：
$W_{\mathrm{总}} = Pt = 2×10^5\ \mathrm{W} × 300\ \mathrm{s} = 6×10^7\ \mathrm{J}$
龙门吊提升货物的机械效率：
$\eta = \frac{W_{\mathrm{有用}}}{W_{\mathrm{总}}} × 100\% = \frac{4.5×10^7\ \mathrm{J}}{6×10^7\ \mathrm{J}} × 100\% = 75\%$
【答案】
(1) $3×10^6\ \mathrm{N}$
(2) $4.5×10^7\ \mathrm{J}$
(3) $1×10^6\ \mathrm{N}$
(4) 75%
【知识点】
重力计算，滑轮组功率，机械效率
【点评】
本题结合龙门吊的实际应用场景，综合考察了力学中重力、功、功率、机械效率的核心公式应用，属于常规综合题，解题的关键是灵活运用P=Fv的推导式简化计算，理清滑轮组中物体速度和绳端速度的对应关系，避免公式混淆。
【难度系数】
0.6
5. 桥吊和起重船都是起重装置. 桥吊简化如图甲所示,横梁$AD$长为120 m,竖直支架$BE$和$CF$长度均为40 m. 运输船内有可以进水或排水的密封舱. 现要将桥吊从码头水平拖动到运输船上转运,拖动到图乙所示位置时,需要从运输船的密封舱中排掉800 t水,才能保证运输船的甲板和码头地面保持相平,平稳拖动桥吊到运输船上. 已知海水密度近似取$1.0 × 10^{3}\ \mathrm{kg/m}^{3}$,$g$取10 N/kg.
(1) 桥吊重心为$O$,$OA=31\ \mathrm{m}$,$AB=15\ \mathrm{m}$,$CD=65\ \mathrm{m}$. 求此桥吊的质量.
(2) 如图丙所示,起重船的底面是长为100 m、宽为50 m的长方形,载货施工时吃水深度变化量不能超过2 m. 若吊起与此桥吊质量相同的货物,通过计算说明起重船能否安全施工.
(3) 起重船的滑轮组可简化为如图丁所示,若牵引钢丝绳的电动机拉力的功率恒为45 kW,现将体积为$4\ \mathrm{m}^{3}$的圆柱体$M$(不吸水)缓慢放入海中用于施工建设,$M$下降速度$v$与时间$t$的关系如图戊所示,若$M$接触水面前滑轮组的机械效率为$\eta _{1}$,当$M$完全入水后滑轮组的机械效率为$\eta _{2}$,$\eta _{1}:\eta _{2}=10:9$,忽略绳重、摩擦,求动滑轮的重力.
(1) 桥吊重心为$O$,$OA=31\ \mathrm{m}$,$AB=15\ \mathrm{m}$,$CD=65\ \mathrm{m}$. 求此桥吊的质量.
(2) 如图丙所示,起重船的底面是长为100 m、宽为50 m的长方形,载货施工时吃水深度变化量不能超过2 m. 若吊起与此桥吊质量相同的货物,通过计算说明起重船能否安全施工.
(3) 起重船的滑轮组可简化为如图丁所示,若牵引钢丝绳的电动机拉力的功率恒为45 kW,现将体积为$4\ \mathrm{m}^{3}$的圆柱体$M$(不吸水)缓慢放入海中用于施工建设,$M$下降速度$v$与时间$t$的关系如图戊所示,若$M$接触水面前滑轮组的机械效率为$\eta _{1}$,当$M$完全入水后滑轮组的机械效率为$\eta _{2}$,$\eta _{1}:\eta _{2}=10:9$,忽略绳重、摩擦,求动滑轮的重力.
答案
(1) $2×10^6\ \mathrm{kg}$
(2) 起重船能安全施工
(3) $1×10^4\ \mathrm{N}$
解析:(1) 运输船排掉水的质量$m_{\mathrm{水}}=800\ \mathrm{t}=8×10^5\ \mathrm{kg}$,根据阿基米德原理,运输船所受浮力的变化量等于排开水的重力变化量.为了保持船体平衡,运输船对支架$CF$的支持力等于浮力的变化量,支持力$F_{\mathrm{支}}=G_{\mathrm{水}}=m_{\mathrm{水}}g=8×10^5\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}=8×10^6\ \mathrm{N}$,将桥吊看作以$E$为支点的杠杆,根据杠杆平衡条件可得$G× L_G=F_{\mathrm{支}}× L_F$,其中动力臂$L_G$是重力作用线(重心为$O$)到支点$E$的距离即$OB$,阻力臂$L_F$是$F$点到支点$E$的距离即$EF$. 则$L_G=OB=OA-AB=31\ \mathrm{m}-15\ \mathrm{m}=16\ \mathrm{m}$,$L_F=EF=BC=AD-AB-CD=120\ \mathrm{m}-15\ \mathrm{m}-65\ \mathrm{m}=40\ \mathrm{m}$,代入数据得$G×16\ \mathrm{m}=8×10^6\ \mathrm{N}×40\ \mathrm{m}$,解得$G=2×10^7\ \mathrm{N}$,桥吊的质量$m_{\mathrm{桥吊}}=\frac{G}{g}=\frac{2×10^7\ \mathrm{N}}{10\ \mathrm{N/kg}}=2×10^6\ \mathrm{kg}$.
(2) 起重船吊起货物时,船受到的总重力增加,导致船下沉,排开水的体积增大,浮力也随之增大.根据阿基米德原理计算出因吊起货物而增加的浮力,再求出增加的排开水的体积,进而计算出吃水深度的变化量,与题目给定的安全值进行比较.吊起的货物质量$m_{\mathrm{货}}=m_{\mathrm{桥吊}}=2×10^6\ \mathrm{kg}$,货物重力$G_{\mathrm{货}}=m_{\mathrm{货}}g=2×10^6\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}=2×10^7\ \mathrm{N}$,起重船吊起货物时,船受到的总重力增加,浮力也相应增加,增加的浮力$\Delta F_{\mathrm{浮}}=G_{\mathrm{货}}$,根据阿基米德原理,$\Delta F_{\mathrm{浮}}=\rho_{\mathrm{海水}}\Delta V_{\mathrm{排}}g$,所以,排开水体积的增加量$\Delta V_{\mathrm{排}}=\frac{\Delta F_{\mathrm{浮}}}{\rho_{\mathrm{海水}}g}=\frac{G_{\mathrm{货}}}{\rho_{\mathrm{海水}}g}=\frac{2×10^7\ \mathrm{N}}{1.0×10^3\ \mathrm{kg/m^3}×10\ \mathrm{N/kg}}=2×10^3\ \mathrm{m^3}$,起重船底面积$S=100\ \mathrm{m}×50\ \mathrm{m}=5\ 000\ \mathrm{m^2}$,吃水深度的变化量(即船体下沉深度)$\Delta h=\frac{\Delta V_{\mathrm{排}}}{S}=\frac{2×10^3\ \mathrm{m^3}}{5\ 000\ \mathrm{m^2}}=0.4\ \mathrm{m}$,因为$0.4\ \mathrm{m}＜2\ \mathrm{m}$,所以起重船能安全施工.
(3) 由图丁可知,滑轮组承担动滑轮和物体的钢丝绳段数$n=4$.设电动机拉力为$F$,动滑轮重力为$G_{\mathrm{动}}$,物体$M$的重力为$G_M$,物体$M$受到滑轮组的拉力为$F_{\mathrm{拉}}$.由图戊可知,$M$接触水面前的运动速度$v_1=0.5\ \mathrm{m/s}$,$M$完全入水后的运动速度$v_2=0.9\ \mathrm{m/s}$,电动机拉力的功率$P=45\ \mathrm{kW}=4.5×10^4\ \mathrm{W}$,根据$P=Fv_{\mathrm{绳}}=F× nv_{\mathrm{物}}$可求出两种情况下电动机的拉力:$M$接触水面前,电动机拉力$F_1=\frac{P}{nv_1}=\frac{4.5×10^4\ \mathrm{W}}{4×0.5\ \mathrm{m/s}}=2.25×10^4\ \mathrm{N}$,$M$完全入水后,电动机拉力$F_2=\frac{P}{nv_2}=\frac{4.5×10^4\ \mathrm{W}}{4×0.9\ \mathrm{m/s}}=1.25×10^4\ \mathrm{N}$.忽略绳重和摩擦,滑轮组的机械效率$\eta=\frac{W_{\mathrm{有用}}}{W_{\mathrm{总}}}=\frac{F_{\mathrm{拉}}h}{Fs}=\frac{F_{\mathrm{拉}}h}{Fnh}=\frac{F_{\mathrm{拉}}}{nF}×100\%$,$M$接触水面前,$F_{\mathrm{拉}1}=G_M$,机械效率$\eta_1=\frac{G_M}{nF_1}×100\%$,$M$完全入水后,$M$受到的浮力$F_{\mathrm{浮}}=\rho_{\mathrm{海水}}V_Mg=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m^3}×4\ \mathrm{m^3}×10\ \mathrm{N/kg}=4×10^4\ \mathrm{N}$,此时$F_{\mathrm{拉}2}=G_M-F_{\mathrm{浮}}$,机械效率$\eta_2=\frac{F_{\mathrm{拉}2}}{nF_2}=\frac{G_M-F_{\mathrm{浮}}}{nF_2}×100\%$,因$\frac{\eta_1}{\eta_2}=\frac{10}{9}$,即$\frac{\frac{G_M}{nF_1}}{\frac{G_M-F_{\mathrm{浮}}}{nF_2}}=\frac{10}{9}$,代入数据解得$G_M=8×10^4\ \mathrm{N}$.在$M$接触水面前,有$nF_1=G_M+G_{\mathrm{动}}$,即$4×2.25×10^4\ \mathrm{N}=8×10^4\ \mathrm{N}+G_{\mathrm{动}}$,解得$G_{\mathrm{动}}=1×10^4\ \mathrm{N}$,则动滑轮的重力为$1×10^4\ \mathrm{N}$.
(2) 起重船能安全施工
(3) $1×10^4\ \mathrm{N}$
解析:(1) 运输船排掉水的质量$m_{\mathrm{水}}=800\ \mathrm{t}=8×10^5\ \mathrm{kg}$,根据阿基米德原理,运输船所受浮力的变化量等于排开水的重力变化量.为了保持船体平衡,运输船对支架$CF$的支持力等于浮力的变化量,支持力$F_{\mathrm{支}}=G_{\mathrm{水}}=m_{\mathrm{水}}g=8×10^5\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}=8×10^6\ \mathrm{N}$,将桥吊看作以$E$为支点的杠杆,根据杠杆平衡条件可得$G× L_G=F_{\mathrm{支}}× L_F$,其中动力臂$L_G$是重力作用线(重心为$O$)到支点$E$的距离即$OB$,阻力臂$L_F$是$F$点到支点$E$的距离即$EF$. 则$L_G=OB=OA-AB=31\ \mathrm{m}-15\ \mathrm{m}=16\ \mathrm{m}$,$L_F=EF=BC=AD-AB-CD=120\ \mathrm{m}-15\ \mathrm{m}-65\ \mathrm{m}=40\ \mathrm{m}$,代入数据得$G×16\ \mathrm{m}=8×10^6\ \mathrm{N}×40\ \mathrm{m}$,解得$G=2×10^7\ \mathrm{N}$,桥吊的质量$m_{\mathrm{桥吊}}=\frac{G}{g}=\frac{2×10^7\ \mathrm{N}}{10\ \mathrm{N/kg}}=2×10^6\ \mathrm{kg}$.
(2) 起重船吊起货物时,船受到的总重力增加,导致船下沉,排开水的体积增大,浮力也随之增大.根据阿基米德原理计算出因吊起货物而增加的浮力,再求出增加的排开水的体积,进而计算出吃水深度的变化量,与题目给定的安全值进行比较.吊起的货物质量$m_{\mathrm{货}}=m_{\mathrm{桥吊}}=2×10^6\ \mathrm{kg}$,货物重力$G_{\mathrm{货}}=m_{\mathrm{货}}g=2×10^6\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}=2×10^7\ \mathrm{N}$,起重船吊起货物时,船受到的总重力增加,浮力也相应增加,增加的浮力$\Delta F_{\mathrm{浮}}=G_{\mathrm{货}}$,根据阿基米德原理,$\Delta F_{\mathrm{浮}}=\rho_{\mathrm{海水}}\Delta V_{\mathrm{排}}g$,所以,排开水体积的增加量$\Delta V_{\mathrm{排}}=\frac{\Delta F_{\mathrm{浮}}}{\rho_{\mathrm{海水}}g}=\frac{G_{\mathrm{货}}}{\rho_{\mathrm{海水}}g}=\frac{2×10^7\ \mathrm{N}}{1.0×10^3\ \mathrm{kg/m^3}×10\ \mathrm{N/kg}}=2×10^3\ \mathrm{m^3}$,起重船底面积$S=100\ \mathrm{m}×50\ \mathrm{m}=5\ 000\ \mathrm{m^2}$,吃水深度的变化量(即船体下沉深度)$\Delta h=\frac{\Delta V_{\mathrm{排}}}{S}=\frac{2×10^3\ \mathrm{m^3}}{5\ 000\ \mathrm{m^2}}=0.4\ \mathrm{m}$,因为$0.4\ \mathrm{m}＜2\ \mathrm{m}$,所以起重船能安全施工.
(3) 由图丁可知,滑轮组承担动滑轮和物体的钢丝绳段数$n=4$.设电动机拉力为$F$,动滑轮重力为$G_{\mathrm{动}}$,物体$M$的重力为$G_M$,物体$M$受到滑轮组的拉力为$F_{\mathrm{拉}}$.由图戊可知,$M$接触水面前的运动速度$v_1=0.5\ \mathrm{m/s}$,$M$完全入水后的运动速度$v_2=0.9\ \mathrm{m/s}$,电动机拉力的功率$P=45\ \mathrm{kW}=4.5×10^4\ \mathrm{W}$,根据$P=Fv_{\mathrm{绳}}=F× nv_{\mathrm{物}}$可求出两种情况下电动机的拉力:$M$接触水面前,电动机拉力$F_1=\frac{P}{nv_1}=\frac{4.5×10^4\ \mathrm{W}}{4×0.5\ \mathrm{m/s}}=2.25×10^4\ \mathrm{N}$,$M$完全入水后,电动机拉力$F_2=\frac{P}{nv_2}=\frac{4.5×10^4\ \mathrm{W}}{4×0.9\ \mathrm{m/s}}=1.25×10^4\ \mathrm{N}$.忽略绳重和摩擦,滑轮组的机械效率$\eta=\frac{W_{\mathrm{有用}}}{W_{\mathrm{总}}}=\frac{F_{\mathrm{拉}}h}{Fs}=\frac{F_{\mathrm{拉}}h}{Fnh}=\frac{F_{\mathrm{拉}}}{nF}×100\%$,$M$接触水面前,$F_{\mathrm{拉}1}=G_M$,机械效率$\eta_1=\frac{G_M}{nF_1}×100\%$,$M$完全入水后,$M$受到的浮力$F_{\mathrm{浮}}=\rho_{\mathrm{海水}}V_Mg=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m^3}×4\ \mathrm{m^3}×10\ \mathrm{N/kg}=4×10^4\ \mathrm{N}$,此时$F_{\mathrm{拉}2}=G_M-F_{\mathrm{浮}}$,机械效率$\eta_2=\frac{F_{\mathrm{拉}2}}{nF_2}=\frac{G_M-F_{\mathrm{浮}}}{nF_2}×100\%$,因$\frac{\eta_1}{\eta_2}=\frac{10}{9}$,即$\frac{\frac{G_M}{nF_1}}{\frac{G_M-F_{\mathrm{浮}}}{nF_2}}=\frac{10}{9}$,代入数据解得$G_M=8×10^4\ \mathrm{N}$.在$M$接触水面前,有$nF_1=G_M+G_{\mathrm{动}}$,即$4×2.25×10^4\ \mathrm{N}=8×10^4\ \mathrm{N}+G_{\mathrm{动}}$,解得$G_{\mathrm{动}}=1×10^4\ \mathrm{N}$,则动滑轮的重力为$1×10^4\ \mathrm{N}$.
解析
【分析】
这是一道力学综合应用题，分三小问逐步拆解思考：
1. 第一问：首先将桥吊抽象为以E为支点的杠杆，运输船排掉水后甲板保持水平，说明运输船对CF支架的支持力恰好等于被排走的水的总重力。接下来先计算支点E到桥吊重心O的力臂、支点E到F点的力臂，代入杠杆平衡条件即可求出桥吊总重力，再通过G=mg算出桥吊质量。
2. 第二问：起重船吊起货物时始终漂浮，增加的浮力等于被吊起货物的总重力，根据阿基米德原理可求出排开水体积的增量，再结合起重船的底面积算出吃水深度的变化量，和题目给出的安全上限2m对比，即可判断是否能安全施工。
3. 第三问：首先观察滑轮组结构确定承担物重的绳子段数n=4，结合v-t图像读出物体在两个阶段的上升速度，利用功率公式P=Fv绳（v绳=nv物）算出两个阶段电动机的拉力。不计绳重摩擦时，机械效率等于有用功除以总功，结合题目给出的η1:η2=10:9，先求出物体M的重力，最后通过滑轮组的受力平衡关系，即可解出动滑轮的重力。
【解析】
(1) 首先计算排掉水的重力：
排掉水的质量$m_{\mathrm{水}}=800\ \mathrm{t}=8×10^5\ \mathrm{kg}$，
排掉水的重力$G_{\mathrm{水}}=m_{\mathrm{水}}g=8×10^5\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}=8×10^6\ \mathrm{N}$，
运输船对支架CF的支持力$F_{\mathrm{支}}=G_{\mathrm{水}}$。
以E为杠杆支点，计算力臂：
重心O到E的力臂$L_G=OE=OA-AB=31\ \mathrm{m}-15\ \mathrm{m}=16\ \mathrm{m}$，
F点到E的力臂$L_F=EF=BC=AD-AB-CD=120\ \mathrm{m}-15\ \mathrm{m}-65\ \mathrm{m}=40\ \mathrm{m}$。
根据杠杆平衡条件$G_{\mathrm{桥吊}} · L_G = F_{\mathrm{支}} · L_F$，代入数据：
$G_{\mathrm{桥吊}} × 16\ \mathrm{m} = 8×10^6\ \mathrm{N} × 40\ \mathrm{m}$，
解得$G_{\mathrm{桥吊}}=2×10^7\ \mathrm{N}$，
桥吊质量$m_{\mathrm{桥吊}}=\frac{G_{\mathrm{桥吊}}}{g}=\frac{2×10^7\ \mathrm{N}}{10\ \mathrm{N/kg}}=2×10^6\ \mathrm{kg}$。
(2) 吊起的货物重力$G_{\mathrm{货}}=G_{\mathrm{桥吊}}=2×10^7\ \mathrm{N}$，
起重船漂浮，增加的浮力$\Delta F_{\mathrm{浮}}=G_{\mathrm{货}}$，
由阿基米德原理$\Delta F_{\mathrm{浮}}=\rho_{\mathrm{海水}}g\Delta V_{\mathrm{排}}$，得排开水体积增量：
$\Delta V_{\mathrm{排}}=\frac{\Delta F_{\mathrm{浮}}}{\rho_{\mathrm{海水}}g}=\frac{2×10^7\ \mathrm{N}}{1.0×10^3\ \mathrm{kg/m^3}×10\ \mathrm{N/kg}}=2×10^3\ \mathrm{m^3}$，
起重船底面积$S=100\ \mathrm{m}×50\ \mathrm{m}=5000\ \mathrm{m^2}$，
吃水深度变化量$\Delta h=\frac{\Delta V_{\mathrm{排}}}{S}=\frac{2×10^3\ \mathrm{m^3}}{5000\ \mathrm{m^2}}=0.4\ \mathrm{m}$，
因为$0.4\ \mathrm{m}＜2\ \mathrm{m}$，所以起重船能安全施工。
(3) 由图丁得滑轮组绳子段数$n=4$，电动机功率$P=45\ \mathrm{kW}=4.5×10^4\ \mathrm{W}$。
由图戊得：M接触水面前物体速度$v_1=0.5\ \mathrm{m/s}$，完全入水后物体速度$v_2=0.9\ \mathrm{m/s}$。
根据$P=Fv_{\mathrm{绳}}=F· nv_{\mathrm{物}}$，得两个阶段拉力：
$F_1=\frac{P}{nv_1}=\frac{4.5×10^4\ \mathrm{W}}{4×0.5\ \mathrm{m/s}}=2.25×10^4\ \mathrm{N}$，
$F_2=\frac{P}{nv_2}=\frac{4.5×10^4\ \mathrm{W}}{4×0.9\ \mathrm{m/s}}=1.25×10^4\ \mathrm{N}$。
不计绳重摩擦，机械效率$\eta=\frac{W_{\mathrm{有}}}{W_{\mathrm{总}}}=\frac{F_{\mathrm{拉物}}h}{F· nh}=\frac{F_{\mathrm{拉物}}}{nF}$。
M接触水面前，$F_{\mathrm{拉}1}=G_M$，$\eta_1=\frac{G_M}{nF_1}$；
M完全入水后，M受到的浮力$F_{\mathrm{浮}}=\rho_{\mathrm{海水}}V_M g=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m^3}×4\ \mathrm{m^3}×10\ \mathrm{N/kg}=4×10^4\ \mathrm{N}$，此时$F_{\mathrm{拉}2}=G_M-F_{\mathrm{浮}}$，$\eta_2=\frac{G_M-F_{\mathrm{浮}}}{nF_2}$。
已知$\frac{\eta_1}{\eta_2}=\frac{10}{9}$，代入得：
$\frac{\frac{G_M}{nF_1}}{\frac{G_M-F_{\mathrm{浮}}}{nF_2}}=\frac{10}{9}$，代入数据解得$G_M=8×10^4\ \mathrm{N}$。
由滑轮组受力平衡$nF_1=G_M+G_{\mathrm{动}}$，代入数据：
$4×2.25×10^4\ \mathrm{N}=8×10^4\ \mathrm{N}+G_{\mathrm{动}}$，
解得$G_{\mathrm{动}}=1×10^4\ \mathrm{N}$。
【答案】
(1) $2×10^6\ \mathrm{kg}$
(2) 起重船能安全施工
(3) $1×10^4\ \mathrm{N}$
【知识点】
杠杆平衡条件
阿基米德原理
滑轮组机械效率
【点评】
本题是初中力学综合压轴题，融合了杠杆、浮力、滑轮组、功率多个核心考点，要求学生能将实际工程场景抽象为对应的物理模型，同时能从图像中提取有效信息，结合比例关系推导求解，对学生的综合分析能力和公式灵活运用能力要求较高。
【难度系数】
0.3
这是一道力学综合应用题，分三小问逐步拆解思考：
1. 第一问：首先将桥吊抽象为以E为支点的杠杆，运输船排掉水后甲板保持水平，说明运输船对CF支架的支持力恰好等于被排走的水的总重力。接下来先计算支点E到桥吊重心O的力臂、支点E到F点的力臂，代入杠杆平衡条件即可求出桥吊总重力，再通过G=mg算出桥吊质量。
2. 第二问：起重船吊起货物时始终漂浮，增加的浮力等于被吊起货物的总重力，根据阿基米德原理可求出排开水体积的增量，再结合起重船的底面积算出吃水深度的变化量，和题目给出的安全上限2m对比，即可判断是否能安全施工。
3. 第三问：首先观察滑轮组结构确定承担物重的绳子段数n=4，结合v-t图像读出物体在两个阶段的上升速度，利用功率公式P=Fv绳（v绳=nv物）算出两个阶段电动机的拉力。不计绳重摩擦时，机械效率等于有用功除以总功，结合题目给出的η1:η2=10:9，先求出物体M的重力，最后通过滑轮组的受力平衡关系，即可解出动滑轮的重力。
【解析】
(1) 首先计算排掉水的重力：
排掉水的质量$m_{\mathrm{水}}=800\ \mathrm{t}=8×10^5\ \mathrm{kg}$，
排掉水的重力$G_{\mathrm{水}}=m_{\mathrm{水}}g=8×10^5\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}=8×10^6\ \mathrm{N}$，
运输船对支架CF的支持力$F_{\mathrm{支}}=G_{\mathrm{水}}$。
以E为杠杆支点，计算力臂：
重心O到E的力臂$L_G=OE=OA-AB=31\ \mathrm{m}-15\ \mathrm{m}=16\ \mathrm{m}$，
F点到E的力臂$L_F=EF=BC=AD-AB-CD=120\ \mathrm{m}-15\ \mathrm{m}-65\ \mathrm{m}=40\ \mathrm{m}$。
根据杠杆平衡条件$G_{\mathrm{桥吊}} · L_G = F_{\mathrm{支}} · L_F$，代入数据：
$G_{\mathrm{桥吊}} × 16\ \mathrm{m} = 8×10^6\ \mathrm{N} × 40\ \mathrm{m}$，
解得$G_{\mathrm{桥吊}}=2×10^7\ \mathrm{N}$，
桥吊质量$m_{\mathrm{桥吊}}=\frac{G_{\mathrm{桥吊}}}{g}=\frac{2×10^7\ \mathrm{N}}{10\ \mathrm{N/kg}}=2×10^6\ \mathrm{kg}$。
(2) 吊起的货物重力$G_{\mathrm{货}}=G_{\mathrm{桥吊}}=2×10^7\ \mathrm{N}$，
起重船漂浮，增加的浮力$\Delta F_{\mathrm{浮}}=G_{\mathrm{货}}$，
由阿基米德原理$\Delta F_{\mathrm{浮}}=\rho_{\mathrm{海水}}g\Delta V_{\mathrm{排}}$，得排开水体积增量：
$\Delta V_{\mathrm{排}}=\frac{\Delta F_{\mathrm{浮}}}{\rho_{\mathrm{海水}}g}=\frac{2×10^7\ \mathrm{N}}{1.0×10^3\ \mathrm{kg/m^3}×10\ \mathrm{N/kg}}=2×10^3\ \mathrm{m^3}$，
起重船底面积$S=100\ \mathrm{m}×50\ \mathrm{m}=5000\ \mathrm{m^2}$，
吃水深度变化量$\Delta h=\frac{\Delta V_{\mathrm{排}}}{S}=\frac{2×10^3\ \mathrm{m^3}}{5000\ \mathrm{m^2}}=0.4\ \mathrm{m}$，
因为$0.4\ \mathrm{m}＜2\ \mathrm{m}$，所以起重船能安全施工。
(3) 由图丁得滑轮组绳子段数$n=4$，电动机功率$P=45\ \mathrm{kW}=4.5×10^4\ \mathrm{W}$。
由图戊得：M接触水面前物体速度$v_1=0.5\ \mathrm{m/s}$，完全入水后物体速度$v_2=0.9\ \mathrm{m/s}$。
根据$P=Fv_{\mathrm{绳}}=F· nv_{\mathrm{物}}$，得两个阶段拉力：
$F_1=\frac{P}{nv_1}=\frac{4.5×10^4\ \mathrm{W}}{4×0.5\ \mathrm{m/s}}=2.25×10^4\ \mathrm{N}$，
$F_2=\frac{P}{nv_2}=\frac{4.5×10^4\ \mathrm{W}}{4×0.9\ \mathrm{m/s}}=1.25×10^4\ \mathrm{N}$。
不计绳重摩擦，机械效率$\eta=\frac{W_{\mathrm{有}}}{W_{\mathrm{总}}}=\frac{F_{\mathrm{拉物}}h}{F· nh}=\frac{F_{\mathrm{拉物}}}{nF}$。
M接触水面前，$F_{\mathrm{拉}1}=G_M$，$\eta_1=\frac{G_M}{nF_1}$；
M完全入水后，M受到的浮力$F_{\mathrm{浮}}=\rho_{\mathrm{海水}}V_M g=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m^3}×4\ \mathrm{m^3}×10\ \mathrm{N/kg}=4×10^4\ \mathrm{N}$，此时$F_{\mathrm{拉}2}=G_M-F_{\mathrm{浮}}$，$\eta_2=\frac{G_M-F_{\mathrm{浮}}}{nF_2}$。
已知$\frac{\eta_1}{\eta_2}=\frac{10}{9}$，代入得：
$\frac{\frac{G_M}{nF_1}}{\frac{G_M-F_{\mathrm{浮}}}{nF_2}}=\frac{10}{9}$，代入数据解得$G_M=8×10^4\ \mathrm{N}$。
由滑轮组受力平衡$nF_1=G_M+G_{\mathrm{动}}$，代入数据：
$4×2.25×10^4\ \mathrm{N}=8×10^4\ \mathrm{N}+G_{\mathrm{动}}$，
解得$G_{\mathrm{动}}=1×10^4\ \mathrm{N}$。
【答案】
(1) $2×10^6\ \mathrm{kg}$
(2) 起重船能安全施工
(3) $1×10^4\ \mathrm{N}$
【知识点】
杠杆平衡条件
阿基米德原理
滑轮组机械效率
【点评】
本题是初中力学综合压轴题，融合了杠杆、浮力、滑轮组、功率多个核心考点，要求学生能将实际工程场景抽象为对应的物理模型，同时能从图像中提取有效信息，结合比例关系推导求解，对学生的综合分析能力和公式灵活运用能力要求较高。
【难度系数】
0.3
