Question

4．香港迪士尼游乐园入口旁有一喷泉，在水泵作用下会从鲸鱼模型背部喷出竖直向上的水柱，将站在冲浪板上的米老鼠模型托起，稳定地悬停在空中，伴随着音乐旋律，米老鼠模型能够上下运动，引人驻足，如图所示．这一景观可做如下简化，水柱从横截面积为S₀的鲸鱼背部喷口持续以速度v₀竖直向上喷出，设同一高度水柱横截面上各处水的速率都相同，冲浪板底部为平板且其面积大于水柱的横截面积，保证所有水都能喷到冲浪板的底部．水柱冲击冲浪板前其水平方向的速度可忽略不计，冲击冲浪板后，水在竖直方向的速度立即变为零，在水平方向朝四周均匀散开．已知米老鼠模型和冲浪板的总质量为M，水的密度为ρ，重力加速度大小为g，空气阻力及水的粘滞阻力均可忽略不计，喷水的功率定义为单位时间内喷口喷出的水的动能．
（1）求喷泉喷水的功率P；
（2）试计算米老鼠模型在空中悬停时离喷口的高度h；
（3）实际上，当我们仔细观察时，发现喷出的水柱在空中上升阶段并不是粗细均匀的，而是在竖直方向上一头粗、一头细．请你说明上升阶段的水柱是上端较粗还是下端较粗，并说明水柱呈现该形态的原因．

Answer 1

分析 （1）选择△m的水为研究对象，结合动能定理求出喷水时做功的大小，根据功率的公式求出喷泉喷水的功率．
（2）根据速度位移公式得出水到达米老鼠模型底部的速度，结合动量定理和平衡求出米老鼠模型在空中悬停时离喷口的高度h．
（3）抓住喷出的水的流量为定值，结合速度的变化得出横截面积的变化．

解答 解：（1）喷泉喷水的功率为：
$P=\frac{△W}{△t}=\frac{{△{E_k}}}{△t}=\frac{{\frac{1}{2}△mv_0^2}}{△t}=\frac{{\frac{1}{2}ρ{S_0}{v_0}△tv_0^2}}{△t}=\frac{1}{2}ρ{S_0}v_0^3$．
（2）以向上为正方向，△t内冲击冲浪板底部的水柱为研究对象，设碰到冲浪板时水的速度大小为v：
F•△t=△p=△m•△v=ρS₀v₀△t•△v=ρS₀v₀△t•（0-v）
所以：F=-ρS₀v₀v
根据牛顿第三定律：F'=-F=Mg
所以：Mg=ρS₀v₀v得：$v=\frac{Mg}{{ρ{S_0}{v_0}}}$
喷口喷出水后在做竖直上抛运动：${v}^{2}-{{v}_{0}}^{2}=-2gh$，
所以：$h=\frac{v_0^2}{2g}-\frac{{{M^2}g}}{{2{ρ^2}S_0^2v_0^2}}$．
（3）从喷口喷出的水的流量Q=S₀v₀是定值，单位时间出来的水的体积不变Q=S₀v₀=S_iv_i，在v_i在不断变小时，横截面积S_i在不断增大，因此上升阶段的水柱呈现的形态是上端较粗．
答：（1）喷泉喷水的功率为$\frac{1}{2}ρ{S}_{0}{{v}_{0}}^{3}$；
（2）米老鼠模型在空中悬停时离喷口的高度为$\frac{{{v}_{0}}^{2}}{2g}-\frac{{M}^{2}g}{2{ρ}^{2}{{S}_{0}}^{2}{{v}_{0}}^{2}}$；
（3）上升阶段的水柱呈现的形态是上端较粗，原因是上粗下细流量上下相同，因此S₀v₀=S'v'，因为水向上的运动为匀减速运动，因此v₀＞v'，所以S₀＜S'．

点评 本题考查了动量定理、共点力平衡、运动学公式的综合运用，关键能合适地选择研究对象，选择合适的规律进行求解．