Question

8．科學小組設計了一個給工件鍍膜的電路模型，通過改裝電壓表來觀察和控制工件放入鍍膜中的深度．如圖，電源電壓恒定，R₀為定值電阻，在壓敏電阻R_X上放有托盤，托盤上放有容器（不計托盤和容器的質(zhì)量），容器內(nèi)裝有40N 的水．閉合開關，用輕質(zhì)杠桿連接不吸水的圓柱體工件，將工件兩次浸入水中（均未浸沒且不觸底，水未溢出），第一次工件下表面距水面 2cm，電壓表示數(shù)為 6V，桿的作用力為 10N；第二次工件下表面距水面6cm，電壓表示數(shù)為4V，桿的作用力為6N．壓敏電阻上表面的受力面積為20cm²，其電阻值R_X隨壓力F的變化關系如表． g取 10N/kg，ρ_水=1.0×10³kg/m³，求：

F/N	42	44	46	48	…	62	64
RX/Ω	28	22	18	16	…	9	8

（1）工件未浸入水中時，壓敏電阻所受的壓強．
（2）工件下表面距水面 2cm時，其下表面所受水的壓強．
（3）為使工件浸入鍍膜液中的深度越深（未浸沒），電壓表的示數(shù)越大，從而控制鍍膜情況，你認為應該怎樣利用現(xiàn)有元件改進電路？
（4）在原設計電路中，如果工件兩次浸入水中壓敏電阻所受壓強的變化大于6000Pa，求該電路的電源電壓．

Answer 1

分析 （1）不計托盤和容器的質(zhì)量，壓敏電阻受到的壓力和水的重力相等，根據(jù)p=$\frac{F}{S}$求出壓敏電阻所受的壓強：
（2）知道工件下表面所處的深度，根據(jù)p=ρgh求出下表面所受水的壓強；
（3）由題意可知，工件下表面距水面2cm到6cm時，電壓表示數(shù)從6V變?yōu)?V，即電壓表所測R_x兩端的電壓越小，電源的電壓不變，根據(jù)串聯(lián)電路的電壓特點可知R₀兩端的電壓變化，據(jù)此進行解答；
（4）工件下表面距水面2cm到6cm時，把工件和水看做整體受力分析求出容器受到的支持力，根據(jù)壓敏電阻受到的壓力與工件和水受到的支持力是一對相互作用力求出壓敏電阻所受壓力的變化量，根據(jù)p=$\frac{F}{S}$求出壓敏電阻所受壓力的變化量，判斷出符合題意的情況；根據(jù)稱重法表示出工件受到的浮力，根據(jù)阿基米德原理表示出受到的浮力，聯(lián)立等式求出工件的底面積，進一步求出工件受到的浮力，因工件受到的浮力和工件對水的壓力是一對相互作用力，容器對壓敏電阻的壓力等于水的重力和浮力之和，由表格數(shù)據(jù)可知對應壓敏的電阻值，根據(jù)串聯(lián)電路的電流特點和歐姆定律求出兩種情況下電路中的電流，根據(jù)電阻的串聯(lián)和歐姆定律表示出電源的電壓，利用電源的電壓不變得出等式即可求出R₀的阻值，進一步求出電源的電壓．

解答 解：（1）不計托盤和容器的質(zhì)量，壓敏電阻受到的壓力：
F=G=40N，
壓敏電阻所受的壓強：
p=$\frac{F}{S}$=$\frac{40N}{20×1{0}^{-4}{m}^{2}}$=2×10⁴Pa；
（2）工件下表面所受水的壓強：
p′=ρgh=1.0×10³kg/m³×10N/kg×2×10^-2m=200Pa；
（3）由題意可知，工件下表面距水面2cm到6cm時，電壓表示數(shù)從6V變?yōu)?V，即電壓表所測R_x兩端的電壓越小，
因電源的電壓不變，且電源的電壓不變，
所以，R₀兩端的電壓越大，
故使工件浸入鍍膜液中的深度越深（未浸沒），電壓表的示數(shù)越大，電壓表應并聯(lián)在R₀的兩端；
（4）工件下表面距水面2cm到6cm時，
a、設兩次桿的作用力都是拉力，
把工件和液體看做整體，受到豎直向上的支持力、拉力，豎直向下的工件和水的重力，
由力的平衡條件可得，兩種情況下有：
F_支持+F_拉=G_水+G_工件-----------①
F_支持′+F_拉′=G_水+G_工件-------②
②-①可得：
F_支持′-F_支持=F_拉-F_拉′=10N-6N=4N，
因壓敏電阻受到的壓力與工件和液體受到的支持力是一對相互作用力，
所以，壓敏電阻所受壓力的變化：
△F=F_支持′-F_支持=4N，
壓敏電阻所受壓力的變化量：
△p=$\frac{△F}{S}$=$\frac{4N}{20×1{0}^{-4}{m}^{2}}$=2000Pa＜6000Pa，此種情況不符合題意；
b、設兩次桿的作用力都是壓力，
把工件和液體看做整體，受到豎直向上的支持力，豎直向下的工件和水的重力以及桿的壓力，
由力的平衡條件可得，兩種情況下有：
F_支持=F_拉+G_水+G_工件-----------③
F_支持′=F_拉′+G_水+G_工件-------④
③-④可得：
F_支持-F_支持′=F_拉-F_拉′=10N-6N=4N，
則壓敏電阻所受壓力的變化：
△F=F_支持′-F_支持=4N，
壓敏電阻所受壓力的變化量：
△p=$\frac{△F}{S}$=$\frac{4N}{20×1{0}^{-4}{m}^{2}}$=2000Pa＜6000Pa，此種情況不符合題意
C、工件下表面距水面2cm到6cm時，排開水的體積變大，受到的浮力變大，
所以，桿上力開始為拉力，后為壓力，
桿的作用力向上時，工件和容器受到豎直向上的支持力、拉力，豎直向下的工件和水的重力，
由力的平衡條件可得，受到的支持力：
F_支持+F_拉=G_水+G_工件-----------⑤
桿的作用力向下時，工件和容器受到豎直向上支持力，豎直向下的工件和水的重力、向下的壓力，
由力的平衡條件可得，受到的支持力：
F_支持′=G_水+G_工件+F_拉′-------⑥
由⑥-⑤可得：
F_支持′-F_支持=F_拉′+F_拉=6N+10N=16N，
則壓敏電阻所受壓力的變化：
△F=F_支持′-F_支持=16N，
壓敏電阻所受壓力的變化量：
△p=$\frac{△F}{S}$=$\frac{16N}{20×1{0}^{-4}{m}^{2}}$=8000Pa＞6000Pa，滿足要求，
當?shù)谝淮喂ぜ�下表面距水面h₁=2cm=0.02m時，工件受到的浮力：
F_浮=G-F_拉，
由阿基米德原理可得：
F_浮=ρ_水gV_排=ρ_水gS_工件h₁，即ρ_水gS_工件h₁=G-F_拉---⑦
第二次工件下表面距水面h₂=6cm=0.06m，工件受到的浮力：
F_浮′=G+F_拉′=G+6N，
由阿基米德原理可得：
F_浮′=ρ_水gV_排′=ρ_水gS_工件h₂，即ρ_水gS_工件h₂=G+F_拉′---⑧
⑧-⑦可得：
S_工件=$\frac{F′+F″}{{ρ}_{水}g（{h}_{2}-{h}_{1}）}$=$\frac{10N+6N}{1.0×1{0}^{3}kg/{m}^{3}×10N/kg×（0.06m-0.02m）}$=0.04m²，
則F_浮=ρ_水gV_排=ρ_水gS_工件h₁=1.0×10³kg/m³×10N/kg×0.04m²×0.02m=8N，
F_浮′=ρ_水gV_排′=ρ_水gS_工件h₂=1.0×10³kg/m³×10N/kg×0.04m²×0.06m=24N，
因工件受到的浮力和工件對水的壓力是一對相互作用力，
所以，容器對壓敏電阻的壓力分別為：
F₁=G_水+F_浮=40N+8N=48N，F(xiàn)₂=G_水+F_浮′=40N+24N=64N，
由表格數(shù)據(jù)可知，對應壓敏的電阻分別為R₁=16Ω，R₂=8Ω，
因串聯(lián)電路中各處的電流相等，
所以，電路中的電流分別為：
I₁=$\frac{{U}_{x}}{{R}_{1}}$=$\frac{6V}{16Ω}$=0.375A，I₂=$\frac{{U}_{x}′}{{R}_{2}}$=$\frac{4V}{8Ω}$=0.5A，
因串聯(lián)電路中總電阻等于各分電阻之和，且電源的電壓不變，
所以，電源的電壓：
U=I₁（R₁+R₀）=I₂（R₂+R₀），即0.375A×（16Ω+R₀）=0.5A×（8Ω+R₀），
解得：R₀=16Ω，
電源的電壓U=I₁（R₁+R₀）=0.375A×（16Ω+16Ω）=12V．
答：（1）工件未浸入水中時，壓敏電阻所受的壓強為2×10⁴Pa；
（2）工件下表面距水面 2cm時，其下表面所受水的壓強為200Pa；
（3）將電壓改接到與R₀并聯(lián)．
（4）該電路的電源電壓為12V．

點評 本題考查了液體壓強公式和固體壓強公式、阿基米德原理、稱重法求浮力公式、串聯(lián)電路的特點以及歐姆定律的應用，判斷出兩次桿作用力的方向和求出兩次工件受到的浮力是關鍵．