用绳AC和BC吊起一重为100N的物体保持静止,AC、BC两绳与竖直方向的夹角分别为30°和60°.求：

（1）设起重机允许输出的最大功率为P_m，重物达到最大速度时，此时物体做匀速直线运动，拉力F₀等于重力．
P_m=F₀v_m…①
F₀=mg…②
代入数据，有：P_m=5.2×10⁴W…③
（2）匀加速运动结束时，起重机达到允许输出的最大功率，设此时重物受到的拉力为F，速度为v₁，匀加速运动经历时间为t₁，有：
P_m=Fv₁…④
F-mg=ma…⑤
V₁=at₁…⑥
由③④⑤⑥，代入数据，得：F=52000N，t₁=2.5 s…⑦
t=2s时，重物处于匀加速运动阶段，设此时速度为v₂，输出功率为P，则：
v₂=at…⑧
P=Fv₂…⑨
由⑧⑨，代入数据，得：P=4.16×10⁴W．
答：（1）起重机允许输出的最大功率是5.2×10⁴W．
（2）起重机在第2秒末的输出功率是4.16×10⁴W．

点评：
本题考点： 功率、平均功率和瞬时功率．

考点点评： 高中物理中，分析受力和物理过程是非常重要的．最大功率要用第三阶段中的Pm=FV=mgVm计算，而不能用第一阶段中的F与第三阶段中的Vm的乘积计算，两个F是不同的；Vm是最终速度，整个过程并不全是匀加速运动，不能用Vm=at来计算整个过程时间． 应该根据Pm=FV1=（mg+ma）at来求t． 要注意某一时刻的物理量要对应起来．

（1）由图知，此滑轮组由3段绳子承担物重，所以S=3h．
则：η=
W有用
W总＝
G物h
Fs＝
150N×h
60N×3h＝83.3%
答：此滑轮组的机械效率为83.3%．
（2）∵不计摩擦及绳重，∴F=[1/3]（G_物+G_动）
∴G_动=3F-G_物=3×60N-150N=30N；
绳端移动速度为：v＝
3h
t＝
3×2m
10s＝0.6m/s
绳子的拉力F′=[1/3]（G_物′+G_动）=[1/3]×（300N+30N）=110N
∴拉力的功率为P=F′v=110N×0.6m/s=66W
答：拉力的功率是66W．

点评：
本题考点： 滑轮（组）的机械效率；功率的计算．

考点点评： 此题主要考查了机械效率及功率的计算，并且运用了滑轮组的省力特点．考查得很全面．

（1）不计滑轮、吊钩、绳的自重及摩擦，数出承重绳子的股数n=3，则物重G_物=nF=3×6×10⁴N=1.8×10⁵N．
（2）设建筑材料上升的高度为h，吊起建筑材料的重力为G，
而实际使用该滑轮组机械效率为30%，
∴η=
W有
W总=[Gh/Fs]=[Gh/Fnh]=[G/nF]=[G
3×6×104N=30%，
解得：G=5.4×10⁴N；
而h=1m，t=1s，
∴起重机吊臂上的钢丝绳移动的距离s=nh=3×1m=3m，
起重机的功率P=
Fs/t]=
6×104N×3m
1s=1.8×10⁵W；
实际使用由于滑轮组装置不变，滑轮、吊钩、绳的自重及摩擦产生的额外功基本不变，则吊起的建筑材料的重力减小，有用功减小，使滑轮组的机械效率将减小．
故答案为：（1）1.8×10⁵．
（2）5.4×10⁴，1.8×10⁵，减小．

点评：
本题考点： 滑轮（组）的机械效率；滑轮组绳子拉力的计算；增大或减小机械效率的方法；功率的计算．

考点点评： 此题涉及的知识点较多，功的计算，机械效率的计算，功率的计算，特别注意：在判断滑轮组有几根绳子承重时，只需数出有几根绳子和动滑轮相接触；滑轮组装置不变，表示滑轮、吊钩、绳的自重及摩擦产生的额外功基本不变．

分别对三种形式的结点进行受力分析，设杆子的作用力分别为F₁、F₂、F₃，各图中T=mg．
在图（a）中，F_a=2mgcos30°=
3mg．
在图（b）中，F_b=mgtan60°=
3mg．
在图（c）中，F_c=mgcos30°=

3
2mg．可知a=b＞c，故C正确，A、B、D错误．
故选：C

点评：
本题考点： 物体的弹性和弹力．

考点点评： 解决本题的关键首先要选择好研究对象，能够正确地进行受力分析，运用共点力平衡进行求解．

A、起重机工作时，放下支脚是通过增大受力面积来减小压强；故A错误；
B、起重机钢绳下的动滑轮是为了省力；故B正确；
C、从图中可看出，起重机的起重臂是一个杠杆，此杠杆的动力臂小于阻力臂；是费力杠杆；故C正确；
D、起重臂水平转动的过程中，力的方向竖直向上，而通过的距离在水平方向上；故它对重物不做功；故D错误；
故选BC．

点评：
本题考点： 减小压强的方法及其应用；杠杆的分类；动滑轮及其工作特点；力是否做功的判断．

考点点评： 此题考查了力学的多个知识点；运用改变压强的方法、简单机械的特点、做功的条件等知识可做出选择．

（1）重物对起重臂的作用力竖直向下，作用点在起重臂的左端；过支点O向力的作用线做垂线，即为力臂L₂；
（2）力臂最长，此时的力最小，确定出力臂然后做力臂的垂线即为力F₁，如图所示：

点评：
本题考点： 力臂的画法；力的示意图；杠杆中最小力的问题．

考点点评： 根据杠杆的平衡条件，要使杠杆上的力最小，必须使该力的力臂最大，而力臂最大时力的作用点一般离杠杆的支点最远，所以在杠杆上找到离杠杆支点最远的点即力的作用点，这两点的连线就是最长的力臂，过力的作用点作垂线就是最小的力．

物体的重力G_物=m_物g=2×10³kg×10N/kg=2×10⁴N
根据二力平衡条件：G=F-G_物=24500N-20000N=4500N
由G=mg得，飞艇自身的质量m=[G/g]=[4500N/10N/kg]=450kg．
答：飞艇自身的质量是450kg．

点评：
本题考点： 二力平衡条件的应用．

考点点评： 本题考查了二力平衡条件的应用．关键是公式的灵活运用．

（1）设起重机允许输出的最大功率为P₀，重物达到最大速度时，拉力F₀等于重力．
P₀=F₀v_m…①
F₀=mg…②
代入数据，有：P₀=5.0×10⁴W…③
（2）匀加速运动结束时，起重机达到允许输出的最大功率，设此时重物受到的拉力为F，速度为v₁，匀加速运动经历时间为t₁，有：
P₀=F₀v₁…④
F-mg=ma…⑤
v₁=at₁…⑥
由③④⑤⑥，代入数据，得：t₁=5 s…⑦
T=2 s时，重物处于匀加速运动阶段，设此时速度为v₂，输出功率为P，则
v₂=at…⑧
P=Fv₂…⑨
由⑤⑧⑨，代入数据，得：P=2.04×10⁴W．
答：（1）起重机允许输出的最大功率5.0×10⁴W．
（2）重物做匀加速运动所经历的时间为5s和起重机在第2秒末的输出功率2.04×10⁴W

点评：
本题考点： 功率、平均功率和瞬时功率．

考点点评： 高中物理中，分析受力和物理过程是非常重要的．最大功率要用第三阶段中的Pm=FV=mgVm计算，而不能用第一阶段中的F与第三阶段中的Vm的乘积计算，两个F是不同的；Vm是最终速度，整个过程并不全是匀加速运动，不能用Vm=at来计算整个过程时间． 应该根据Pm=FV1=（mg+ma）at来求t． 要注意某一时刻的物理量要对应起来．

（1）当起重机的牵引力等于物体重力时，速度达到最大
P=FV
∴vmax＝
P
F＝
P
mg＝2m/s
（2）由动能定理W_合=△E_K有：W_F+W_G=E_K2-E_K1，即：
Pt-mgh=[1/2m
v2max−0
∴t＝
mgh+
1
2m
v2max
P]=1.1s
答：（1）最大速度2m/s．
（2）由静止到达最大速度所用的时间1.1s．

点评：
本题考点： 动能定理；功率、平均功率和瞬时功率．

考点点评： 考查公式P=FV的应用，理解当速度最大时，牵引力等于重力．同时还要掌握动能定理，注意做功的正负．

以结点O为研究对象，分析受力，重力mg，AO绳的拉力T_AO，BO绳的拉力T_BO，如图所示：
根据平衡条件得知：拉力T_AO和T_BO的合力F与重力mg大小相等，方向相反，则有：
T_AO=Fsinθ=mgsinθ
T_BO=mgcosθ
故AC正确，BD错误
故选：AC．

点评：
本题考点： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．

考点点评： 本题的解题关键是分析结点的受力情况，作出力图，然后根据共点力平衡条件列式求解．

第一阶段以最大拉力拉着物体匀加速上升，当电动机达到最大功率时，功率保持不变，物体变加速上升，速度增大，拉力减小，当拉力与重力相等时速度达到最大．
此时有：P_m=mgV_m
代入数据解得V_m=
Pm
mg=[1200/80]m/s=15m/s
对于第一段匀加速，加速度设为a，末速设为v₁，上升高度h₁，则有：
F_m-mg=ma
P_m=F_mv₁
V₁=a₁t₁
h₁=
v1t1
2
代入数据解得：v₁=10m/s，t₁=2s，h₁=10m
第二段，以最大功率上升，由动能定理得：P_mt₂-mg（h-h₁）=[1/2]mv_m²-[1/2]mv₁²
解得t₂=5.75s
所以吊起落水物体所用总时间为t=t₁+t₂=7.75s
故答案为：7.75s．

点评：
本题考点： 功率、平均功率和瞬时功率．

考点点评： 解决本题的关键分析出物体整个过程做什么运动，抓住先是恒定加速度运动，然后是恒定功率运动去分析．