Question

15．（1）在图（1）甲所示的电路中，已知电源为电压可调的直流学生电源，R₀是定值电阻，灯泡L₁的额定电压为6V，图（1）乙是灯泡L₂的U-I图象．
①当开关S接a时，电压表示数为2.0V，电流表示数为0.25A，求R₀的阻值；
②当开关S接a时，调节电源电压，使灯泡L₁正常发光，此时R₀消耗的功率为2W，求灯泡L₁的额定功率；
③开关S接b时，通过调节电源电压使灯泡L₁正常发光，该电路1min消耗电能是多少？
（2）2012年6月27日，我国自行设计、自主集成的“蛟龙号”载人深潜器创下了潜海深度7062.68m新纪录，这标志着我国成为掌握载人深潜技术的国家之一．
如图（2）是母船的吊装设备的示意图，图中虚线框中是滑轮组（未画出），电动机拉放滑轮组绳子自由端，挂钩挂着潜水器．潜水器完成深潜任务后上升至海面，挂钩挂着潜水器逐渐缓慢匀速离开海面（“蛟龙号”的整个运动过程均在竖直方向）；已知潜水器总质量（含潜水员）m=2.2×10⁴kg，体积V=80m³，g取10N/kg，海水的密度ρ_海水近似取1.0×10³kg/m³．不可考虑空气阻力，不考虑潜水器离开海面后海水对潜水器质量的影响．求：
①当挂钩的拉力T₀为0时，“蛟龙号”潜水器排开海水的体积V_排0为多少m³？
②若不计各处摩擦，绳子及挂钩的重力；当“蛟龙号”潜水器露出海水面64m³时，电动机对滑轮组绳子自由端的拉力F₁为1.875×10⁴N，滑轮组的机械效率为80%．滑轮组中所有动滑轮的总重力G_动为多少N？
③科考时，如果潜水器在某区域内以某一速度匀速下降，在达到一定深度后潜水器抛掉了重为2370N的压载铁，经过一段时间后，潜水器以同样的速度匀速上升．则潜水器在匀速上升时所受阻力的大小是多少N？（压载铁的密度ρ_铁取7.9×10³kg/m³，设潜水器在该区域所受的浮力不变，潜水器所受阻力仅与速度的大小有关；要考虑潜水器匀速下降时，还未被抛掉的压载铁受到的浮力作用）．

Answer 1

分析 （1）①当开关S接a时，灯泡L₁与电阻R₀串联，电流表测电路中的电流，电压表测R₀两端的电压，根据欧姆定律求出电阻R₀的阻值；
②灯泡L₁正常发光时的电压和额定电压相等，根据P=I²R求出此时电路中的电流，根据P=UI求出灯泡L₁的额定功率；
③开关S接b时，灯泡L₁与灯泡L₂串联，电流表电路中的电流，电压表测L₂两端的电压，根据L₁正常发光可知电路中的电流，从L₂的U-I图象上找到两端的电压，根据串联电路的电压特点求出电源的电压，利用W=UIt求出该电路1min消耗的电能．
（2）①当挂钩的拉力T₀为0时，潜水器受到的浮力和自身的重力相等，再根据阿基米德原理求出潜水器排开海水的体积；
②总体积减去潜水器露出海水面的体积即为排开水的体积，根据阿基米德原理求出受到的浮力，潜水器的重力减去受到的浮力即为滑轮组对潜水器的拉力，根据η=$\frac{{W}_{有}}{{W}_{总}}$×100%=$\frac{Gh}{（G+{G}_{动}）h}$×100%=$\frac{G}{G+{G}_{动}}$×100%求出动滑轮的总重力；
③根据G=mg=ρVg求出铁块的体积，根据阿基米德原理求出铁块受到的浮力；潜水器以某一速度匀速下降时处于平衡状态，受到竖直向下的自身的重力、压载铁的重力和竖直向上自身的浮力、压载铁的浮力、水的阻力；潜水器以同样的速度匀速上升时，受到竖直向下的自身的重力、水的阻力和竖直向上自身的浮力，根据力的平衡条件得出等式，联立等式即可求出水器在匀速上升时所受阻力的大小．

解答 解：（1）①当开关S接a时，灯泡L₁与电阻R₀串联，电流表测电路中的电流，电压表测R₀两端的电压，
由I=$\frac{U}{R}$可得，电阻R₀的阻值：
R₀=$\frac{U}{I}$=$\frac{2V}{0.25A}$=8Ω；
②因串联电路中各处的电流相等，且灯泡L₁正常发光，
所以，由P=I²R可得，此时电路中的电流：
I₁=$\sqrt{\frac{{P}_{0}}{{R}_{0}}}$=$\sqrt{\frac{2W}{8Ω}}$=0.5A，
则灯泡L₁的额定功率：
P₁=U₁I₁=6V×0.5A=3W；
③开关S接b时，灯泡L₁与灯泡L₂串联，电流表电路中的电流，电压表测L₂两端的电压，
因L₁正常发光，
所以，此时电路中的电流I₂=I₁=0.5A，
由灯泡L₂的U-I图象可知，灯泡L₂两端的电压为U₂=4V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电源的电压：
U=U₁+U₂=6V+4V=10V，
则该电路1min消耗的电能：
W=UI₂t=10V×0.5A×60s=300J；
（2）①当挂钩的拉力T₀为0时，潜水器处于平衡状态，受到的浮力和自身的重力相等，
则F_浮=G=mg=2.2×10⁴kg×10N/kg=2.2×10⁵N，
由F_浮=ρgV_排可得，潜水器排开海水的体积：
V_排0=$\frac{{F}_{浮}}{{ρ}_{海水}g}$=$\frac{2.2×1{0}^{5}N}{1.0×1{0}^{3}kg/{m}^{3}×10N/kg}$=22m³；
②当“蛟龙号”潜水器露出海水面64m³时，排开海水的体积：
V_排=V-V_露=80m³-64m³=16m³，
此时潜水器受到的浮力：
F_浮′=ρ_海水gV_排=1.0×10³kg/m³×10N/kg×16m³=1.6×10⁵N，
滑轮组对潜水器的拉力：
T₁=G-F_浮′=2.2×10⁵N-1.6×10⁵N=6×10⁴N，
由滑轮组的机械效率η=$\frac{{T}_{1}}{{T}_{1}+{G}_{动}}$×100%可得，动滑轮的总重力：
G_动=$\frac{1-η}{η}$T₁=$\frac{1-80%}{80%}$×6×10⁴N=1.5×10⁴N；
③由G=mg=ρVg可得，铁块的体积：
V_铁=$\frac{{G}_{铁}}{{ρ}_{铁}g}$=$\frac{2370N}{7.9×1{0}^{3}kg/{m}^{3}×10N/kg}$=0.03m³，
铁块受到的浮力：
F_浮铁=ρ_海水gV_铁=1.0×10³kg/m³×10N/kg×0.03m³=300N，
潜水器以某一速度匀速下降时处于平衡状态，设受到的阻力为f，
由力的平衡条件可得：
G+G_铁=F_浮+F_浮铁+f----------①
潜水器以同样的速度匀速上升时，
G+f=F_浮-------------②
由①②两式可得：
f=$\frac{{G}_{铁}-{F}_{浮铁}}{2}$=$\frac{2370N-300N}{2}$=1035N．
答：（1）①R₀的阻值为8Ω；
②灯泡L₁的额定功率为3W；
③开关S接b时，通过调节电源电压使灯泡L₁正常发光，该电路1min消耗电能是300J；
（2）①当挂钩的拉力T₀为0时，“蛟龙号”潜水器排开海水的体积V_排0为22m³；
②滑轮组中所有动滑轮的总重力G_动为1.5×10⁴N；
③潜水器在匀速上升时所受阻力的大小是1035N．

点评 本题是一道电学和力学的综合题，涉及到串联电路特点、欧姆定律、电功率公式、电功公式、阿基米德原理、机械效率公式等综合应用，思维跨度较大，是一道难题．