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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
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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.
(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.
▼优质解答
答案和解析
(1)喷泉喷水的功率为:
P=
=
=
=
=
ρS0
.
(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=
喷口喷出水后在做竖直上抛运动:v2-v02=-2gh,
所以:h=
-
.
(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=Sivi,在vi在不断变小时,横截面积Si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
ρS0v03;
(2)米老鼠模型在空中悬停时离喷口的高度为
-
;
(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'.
P=
△W |
△t |
△Ek |
△t |
| ||||
△t |
| ||||
△t |
1 |
2 |
v | 3 0 |
(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=
Mg |
ρS0v0 |
喷口喷出水后在做竖直上抛运动:v2-v02=-2gh,
所以:h=
| ||
2g |
M2g | ||||
2ρ2
|
(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=Sivi,在vi在不断变小时,横截面积Si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
1 |
2 |
(2)米老鼠模型在空中悬停时离喷口的高度为
v02 |
2g |
M2g |
2ρ2S02v02 |
(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'.
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