资源简介

2023-2024学年人教版八年级物理下册同步训练培优卷：12.1 杠杆
一、选择题
1．（2023八下·南岗月考）物理小组的同学利用杠杆制成一种多功能杆秤，使用前调节杠杆处于水平平衡，她取来质量为100g的实心金属块挂在A处，且浸没于水中，在B处挂上100g钩码，杠杆恰好处于水平平衡，如图所示，测得OA＝50cm，OB＝40cm，则金属块的密度为（　　）
A．2g/cm3 B．1.25g/cm3 C．2.7g/cm3 D．5g/cm3
2．（2023八下·运城期末） 建筑工地上常用的吊装工具如图所示，为重的配重，杠杆的支点为，已知：1：2，滑轮下面挂有建筑材料，每个滑轮重为，工人重为，杠杆与绳的自重、滑轮组摩擦均不计。下列说法正确的是（　　）
A．建筑材料的上升速度为绳自由移动速度的
B．当工人拉绳的力为时，建筑材料重为
C．当工人拉绳的力为时，对地面的压力为
D．当建筑材料的重为时，滑轮组的机械效率最大为
3．（2023八下·深圳期末）如图，将直杆沿重心O点处悬挂起来，空桶挂于A点，质量为M的重物挂在P点时，杆恰好水平平衡，当桶内装满不同密度液体时，重物需要悬挂在不同位置，才能使杆在水平位置再次平衡，若在杆上相应位置标上密度值，就能直接读出桶中液体的密度。下列方法中，能使该直杆密度计的测量精度更高一些的是（　　）
A．减小AO之间的距离 B．减小重物质量
C．减小桶的容积 D．增大桶的质量
4．（2023八下·禹城期末）现有一根形变不计、长为L的铁条AB和两根横截面积相同、长度分别为LA、LB的铝条A、B，将铝条A叠在铁条AB上，并使它们的右端对齐，然后把它们放置在三角形支架O上，AB水平平衡，此时OB的距离恰好为LA，如图所示。取下铝条A后，将铝条B按上述操作方法使铁条AB再次水平平衡，此时OB的距离为Lx．下列判断正确的是（　　）
A．若LA＜LB＜L，则LA＜Lx＜ 成立
B．若LA＜LB＜L，则Lx＞ 成立
C．若LB＜LA， ＜Lx＜LA成立
D．若LB＜LA，则Lx＜ 成立
5．（2018八下·北海期末）如图所示，有一质量不计的长木板，左端装有与墙相连的轴在它的左端放一重为G的物块，并用一竖直向上的力F拉着右端。当物块向右匀速滑动时，木板始终在水平位置保持静止，在此过程中，拉力F（　　）
A．变小 B．变大
C．不变 D．先变大后变小
6．小欣尝到了知识归纳整理的甜头，学习物理后，对知识归纳如下，错误的（　　）
A．
B．
C．
D．
7．如图所示，用轻质材料制成的吊桥搭在河对岸．一个人从桥的左端匀速走到桥的右端，桥面始终是水平的，不计吊桥和绳的重力，人从吊桥左端出发时开始计时．则人在吊桥上行走过程中，吊桥右端所受地面支持力F与人行走时间t的关系图像是
A． B．
C． D．
8．轻质硬杆AB长50cm。用长短不同的线把边长为10cm的立方体甲和体积是1dm3的球乙分别拴在杆的两端。在距A点20cm处的O点支起AB时，甲静止在桌面上，乙悬空，杆AB处于水平平衡。将乙浸没在水中后，杆AB仍平衡，如图所示。下列说法中正确的是（　　）（取g＝10N/kg）
A．杆A端受力增加了15N
B．杆A端受力减小了10N
C．甲对水平桌面的压强增加了1500Pa
D．甲对水平桌面的压强减小了1500Pa
9．如图所示，一根粗细均匀的铁棒AB静止在水平地面上，现用力F将铁棒从水平地面拉至竖直立起。在这个过程中，力F作用在A端且始终与铁棒垂直，则用力F将(　　)
A．逐渐变小 B．逐渐变大
C．保持不变 D．先变小后变大
二、填空题
10．（2023八下·金安期末）小明在学校运动会上是仪仗队手，如图所示。他竖直举旗前进时，风给旗水平向右的阻力为，其作用点可以看成在点。已知，。小明的两只手分别位于、两点，他用一只手握紧旗杆不让它下滑，用另一只手拉住旗杆不让它倾斜。则另一只手对旗杆加的最小拉力为　 　，方向　 　。
11．（2023八下·沧州期末） 如图所示，台秤上放一只质量不计的三角支架，均匀细木棒可绕点自由转动，调整点高度，使水平静止，此时台秤示数如图，：：，则木棒自重为　 　；仅将台秤和支架一起向左平移一段距离，台秤的示数将　 　选填“增大”“减小”或“不变”。取
12．（2023八下·重庆市期中）如图所示，用轻质薄木板AB做成杠杆，O为支点，OA=OB=2m，地面上一质量为2kg，边长为a=10cm的实心正方体物块M，用一不可伸长的轻质细线系于OB的中点C处，此时AB恰好静止于水平位置，细线恰好被拉直。现将小滑块Q（小滑块的大小不计）放于O点上方，将小滑块Q向左移动0.4m，此时绳子对C点的拉力为8N，此时物块M对水平地面的压强　 　Pa，若Q再向左侧移动0.2m，沿竖直方向将正方体M左右两边各切去厚度为d的部分，将它们叠放在Q的正上方时，正方体M对地面的压强为0，切去厚度d为　 　m。
三、实验探究题
13．（2023八下·菏泽月考）小明在探究“杠杆的平衡条件”实验中
（1）实验前，将杠杆中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆左端下沉，则应将平衡螺母向　 　(选填“左”或“右”)调节，使杠杆在水平位置平衡，调节杠杆在水平位置平衡，这样做的好处是　 　；
（2）杠杆平衡后，小明在图甲所示的A位置挂上两个钩码，可在B位置挂上　 　个钩码，使杠杆在水平位置平衡，再在A、B两处各加挂一个钩码，杠杆的　 　端将会下沉，此后，小红又经过多次实验，得出的杠杆的平衡条件是　 　；
（3）他改用弹簧测力计在图乙所示的C位置斜向下拉，若每个钩码重0.5N， 当杠杆在水平位置平衡时，测力计示数将　 　(选填“大于”、“等于”或“小于”)IN
四、计算题
14．（2023八下·福州期末） 某快递公司针对快递分拣问题，研发出了一项“黑科技”分拣机器人。如图甲，分拣机器人通过扫码，读取快递的目的地信息，然后准确快速地把快递运送并投入相应的分拣口，最后由专人打包，将快递运往全国各地。已知分拣机器人的行走速度为，空载时的质量是，轮子与水平地面的接触面积一共是。
（1）分拣机器人空载时对水平地面的压强是多少？
（2）某次分拣作业中，分拣机器人载着快递在水平路面上匀速行驶后到达相应的分拣口，行驶过程中机器人受到的阻力为，则机器人的牵引力做了多少功？
（3）分拣机器入到达相应的分拣口后，伸缩杆会将托盘掀起，把放置在托盘中央位置的质量为的快递投入分拣口。把托盘看作一个杠杆，近似地认为托盘由如图乙所示的位置绕点旋转至如图丙所示的位置的过程中杠杆一直处于平衡状态且快递到达如图丙位置后才由静止落下。图乙和图丙中，点为托盘的中央也是托盘的重心，点是伸缩杆对托盘的力的作用点，伸缩杆对托盘的力始终与托盘表面垂直，忽略托盘转动时的摩擦。已知，。快递的重心在其几何中心，尺寸如图乙所示。这个过程中伸缩杆对托盘的平均作用力为，则伸缩杆对托盘的最大作用力是多少？
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】阿基米德原理；杠杆的平衡条件
【解析】【解答】将金属块挂在A处，且浸没于水中时，在B处挂上100g钩码，杠杆恰好处于水平平衡，由杠杆的平衡条件可得：m钩码g OB=FA OA，则，金属块受到的浮力：F浮=mg-FA=0.1kg×10N/kg-0.8N=0.2N，
由F浮=ρgV排可得，金属块的体积：，则金属块的密度：。故D正确，ABC错误。
故答案为：D。
【分析】将a挂在A处，且浸没于水中时，杠杆恰好处于水平平衡，根据杠杆的平衡条件求出A点受到的拉力，根据称重法求出金属块a受到的浮力，根据F浮=ρgV排求出金属块排开水的体积即为金属块的体积，利用求出金属块的密度。
2．【答案】D
【知识点】杠杆的平衡分析法及其应用；机械效率的计算；滑轮组绳子拉力的计算；功的计算及应用
【解析】【解答】A.根据图像，滑轮组绳子股数n=2，物体P的移动速度和绳子的移动速度关系是，A不符合题意；
B.根据，计算建筑材料为G=nF-G动=2×300N-60N=540N，B不符合题意；
C.当工人的拉力为300N时，作用在杠杆A点的滑轮有3股绳，A点的拉力FA=3×300N+60N=960N，根据杠杆的平衡条件FA×OA=FB×OB，OA：OB=1：2，B点的拉力为，M重力5000N，对地面的压力为F压=5000N-480N=4520N，C不符合题意；
D.物体为1140N时，滑轮组的机械效率为，D符合题意。
故答案为：D.
【分析】根据，可以计算滑轮组绳子的拉力；根据F1L1=F2L2，计算杠杆上拉力的大小；结合物体的重力和受到的拉力，计算对地面的压力；利用，计算机械效率。
3．【答案】B
【知识点】杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】由杠杆平衡条件可知，即，解得，测量时每次在桶中装相同体积的液体，LOA是定值，当LOP的变化比密度ρ的变化更明显时，直杆密度计的测量精度更高，所以m物应该尽量小。
故选B。
【分析】根据杠杆平衡条件求出液体密度的表达式。LOP的变化比密度ρ的变化更明显时，直杆密度计的测量精度更高，据此分析。
4．【答案】A
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【解答】根据题意可知，将铝条a叠在铁条AB上，并使它们的右端对齐，然后把它们放置在三角形支架O上，AB水平平衡，此时OB的距离恰好为La，
（1）如下图所示，若La＜Lb＜L，用铝条b替换铝条a就相当于在铝条a左侧放了一段长为Lb-La、重为Gb-Ga的铝条，
这一段铝条的重心距B端的长度为，
而铁条AB和铝条a组成的整体的重心在支架原来的位置，距B端的长度为La，
要使铁条AB水平平衡，由杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，支架O应移到上述两个重心之间，
即La＜Lx＜，故A正确、B错误；
（2）如下图所示，若Lb＜La，用铝条b替换铝条a就相当于从铝条a左侧截掉一段长为La-Lb、重为Ga-Gb的铝条，
也相当于距B端处施加一个竖直向上的力，其大小等于Ga-Gb，
由杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，要使铁条AB水平平衡，支架O应向A端移动，则Lx＞La，故C错误；
由Lb＜La可知，Lx＞La=＞，故D错误。
故选A。
【分析】首先把原铁条和铝条a看做整体，原来水平平衡时整体的重心位于原支点处。当铝块变长或变短时，将变长部分看成一个增加的物体，将变短部分看做一个减少的物体，然后确定新支点，根据杠杆的平衡条件得出支点移动的方向，从而得出答案。
5．【答案】B
【知识点】杠杆的动态平衡分析
【解析】【解答】解：如图，长木板长为L，力F方向竖直向上，所以动力臂为L不变，杠杆受到物体的压力（阻力）F′=G，阻力臂为L2，
根据杠杆平衡条件有：F×L=F′×L2=G×L2，
所以
由此可知，当物块向右匀速滑动时，L2变大，F变大。
故答案为：B。
【分析】根据题意知道阻力和动力臂不变的，再确定动力臂和阻力臂，根据杠杆平衡得出F的变化情况.
6．【答案】A
【知识点】凸透镜成像的应用；能量的转化或转移；大气压的综合应用；杠杆的分类
【解析】【解答】解：在A答案中，出现了一处错误﹣﹣﹣﹣﹣发电机：电能转化为机械能．
将电能转化为机械能的是电动机；发电机是将机械能转化为电能的装置．
故选A．
【分析】涉及到的知识面比较广，这就要求在平时的学习中多多的积累知识，另外就是要注意把知识系统化和准确化，不要出现“张冠李戴”的现象．
7．【答案】B
【知识点】杠杆的动态平衡分析；杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】解答：人从吊桥左端出发，在运动时间t后，杠杆受到物体的压力（阻力）等于人的重力，
动力臂为OA=L，杠杆受到物体的压力（阻力）F′=G，阻力臂为OB，OB=vt，
∵杠杆平衡，
∴F×OA=F′×OB=G×vt，
即：F×L=G×vt，
∴ ，
由此可知，当t=0时，F=0；当t增大时，F变大，是正比例关系；
故选B。
分析：根据题意得出拉力F与时间t的关系式是本题的关键。
8．【答案】C
【知识点】液体压强的计算；浮力大小的计算；杠杆的平衡条件
【解析】【解答】当乙球浸没在水中，乙球对杠杆右端的拉力减小，拉力减小的值等于乙球受到的浮力．当乙球浸没在水中，杠杆还处于水平位置平衡，杠杆左端减小的力乘以力臂等于杠杆右端减小的力乘以力臂．求出甲对杠杆左端减小的力，也就是甲对桌面增大的力，求出桌面受力面积，根据压强公式求出甲对桌面增大的压强．
乙球受到的浮力：F浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×10﹣3m3=10N；
杠杆左端减小的力乘以力臂等于杠杆右端减小的力乘以力臂，所以F浮×OB=F×OA，
所以，10N×（50cm﹣20cm）=F×20cm，
所以F=15N．
杠杆左端受到甲的拉力减小了15N，甲对桌面的压力增大15N，
所以甲对水平桌面的压强增大了，增大的值为：．
故选C．
【分析】杠杆在水平位置平衡，当杠杆的动力和阻力都在减小时，减小的动力乘以动力臂等于减小的阻力乘以阻力臂．
9．【答案】A
【知识点】杠杆的动态平衡分析；杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】如下图所示：
在抬起的过程中，阻力F2不变，F与铁棒始终垂直，以动力臂L1不变，由于铁棒的位置的变化，导致了阻力F2的阻力臂L2在变小，根据杠杆的平衡条件可得：FL1=F2L2可知，L1、F2都不变，L2变小，所以F也在变小；
故选A。
【分析】杠杆的平衡条件：F1L1=F2L2，在抬起的过程中，利用杠杆的平衡条件来分析F大小的变化。
10．【答案】80；水平向右
【知识点】杠杆的动态平衡分析；杠杆中最小力的问题
【解析】【解答】当以B点为支点时，在C点沿水平向右施加拉力时拉力最小，由杠杆平衡条件得，所以最小拉力为。
【分析】由杠杆平衡条件可知当动力臂越长，阻力臂越小时越省力，即施加的拉力最小。所以当以B点为支点时，在C点沿水平向右施加拉力时拉力最小。
11．【答案】2；变大
【知识点】杠杆的动态平衡分析；杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】杠杆OAB的支点在O点，重心在OB中点，OA：AB=2：3，则OA=2a，AB=3a，OB=5a，重力的力臂是OB的一半，L2=2.5a，A点对台秤的压和A点受到的支持力是相互作用的力，大小相等，台秤示数为250g=0.25kg，A点的支持力为：FA=G'=mg=0.25kg×10N/kg=2.5N，根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2，木棒OAB的重力：；当台秤和支架一起向左移动一段距离，A点靠近支点O，力臂变小，由于杠杆的重力和对应的力臂不变，乘积也不变，杠杆仍然在水平位置平衡，A点的力臂减小，A点的力将变大，所以台秤示数变大。
【分析】根据G=mg，计算台秤受到的压力大小；根据杠杆上力臂关系，结合F1L1=F2L2，计算杠杆上力的大小；当阻力和阻力臂不变时，动力臂减小，动力变大。
12．【答案】1200；0.0125
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的动态平衡分析
【解析】【解答】（1）物体M的重力为G=mg=2kg×10N/kg=20N，当小滑块Q向左移动0.4m时，物块M对水平地面的压力为F=G-F'=20N-8N=12N，面积为S=a2=（10cm）2=100cm2=1×10-2m2，则物块M对水平地面的压强为：
Q的力臂为：L1=0.4m，C点的拉力的力臂为，由杠杆平衡条件F1×L1=F2×L2得GQ=20N；
（2）若Q再向左侧移动0.2m时，沿竖直方向将正方体M左右两边各切去厚度为d的部分，设切去部分的重力为G′，则滑块Q处的压力为：F1′=G′+GQ=G′+20N，L1′=0.4m+0.2m=0.6m，
由于正方体M对地面的压强为0，则C点受到拉力为：F2′=G-G′=20N-G′，L2′=OC= ，
由杠杆平衡条件得：F1′L1′=F2′L2′，故（G′+20N）×0.6m=（20N-G′）×1m， 解得：G′=5N，沿竖直方向将正方体M左右两边各切去厚度为d的部分，则：
【分析】（1）杠杆平衡条件F1L1=F2L2
（2）若Q再向左侧移动0.2m时，沿竖直方向将正方体M左右两边各切去厚度为d的部分，设切去部分的重力为G′，求出此时杠杆上Q的力臂和绳子对C点的拉力的力臂，根据杠杆的平衡条件列出等式求出G′，最后根据物块M的重力与G′的大小关系求出切去的部分的厚度d。
13．【答案】（1）右；便于测量力臂
（2）4；左；F1L1=F2L2
（3）大于
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【解答】（1）①根据甲图可知，杠杆的左端下沉，那么杠杆的右端重，左端轻，因此平衡螺母应该向右调节；
②使杠杆在水平位置平衡，调节杠杆在水平位置平衡，这样做的好处是便于测量力臂；
（2）①根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：2G×2L=nG×1L，解得：n=4；
②再在A、B两处各加挂一个钩码，左边：3G×2L=6GL；右边：5G×1L=5GL；
比较可知，左端乘积大，则杠杆左端下沉；
③杠杆的平衡条件为：F1L1=F2L2。
（3）当测力计斜向下拉时，动力臂减小，根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，测力计的示数将大于1N。
【分析】（1）①平衡螺母总是向轻的那端调节；
②当杠杆在水平位置平衡时，钩码产生的拉力竖直向下，那么悬挂点到支点之间杠杆的长度就是力臂，通过刻度可直接读出来；
（2）①根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2计算；
②比较力和力臂的乘积大小，从而确定杠杆的平衡状态；
（3）根据动力臂的长度变化确定拉力的大小变化。
14．【答案】（1）解：机器人对地面的压力，
机器人空载时对水平地面的压强；
答：分拣机器人空载时对水平地面的压强是；
（2）解： 分拣机器人载着快递在水平路面上匀速行驶时牵引力，
机器人的牵引力做功；
答：机器人的牵引力做了的功；
（3）解： 在托盘由水平位置转动到竖直位置的过程中，伸缩杆推动托盘移动的距离为以为圆半径的圆周，故伸缩杆推动托盘移动的距离，伸缩杆做功，
快递在水平位置时，其重心高度为，
快递在竖直位置时，其重心高度为，
快递重心上升高度，
快递受到的重力
快递克服重力做功，
托盘克服重力做功，
托盘重心上升的高度，
托盘的重力，
托盘在绕点转动，由水平位置到竖直位置的过程中，杠杆一直处于平衡状态，伸缩杆对托盘的力为动力，
伸缩杆对托盘的力始终与托盘表面垂直，故动力臂不变，始终为，
阻力，其阻力的力臂由最大值，减少至零，由杠杆平衡条件知伸缩杆提供的动力在减小，当托盘在水平位置时，伸缩杆对托盘的作用力最大，
最大作用力。
答：伸缩杆对托盘的最大作用力是。
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的动态平衡分析；杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【分析】（1）机器人对地面的压力等于自身重力，利用压强公式可以算出压强大小。
（2）匀速时，处于二力平衡状态，牵引力等于摩擦力，利用功的公式可以求出功的大小。
（3）利用杠杆平衡条件可以找出动力最大位置，再利用杠杆平衡条件可以求出伸缩杆提供的最大动力。
1 / 12023-2024学年人教版八年级物理下册同步训练培优卷：12.1 杠杆
一、选择题
1．（2023八下·南岗月考）物理小组的同学利用杠杆制成一种多功能杆秤，使用前调节杠杆处于水平平衡，她取来质量为100g的实心金属块挂在A处，且浸没于水中，在B处挂上100g钩码，杠杆恰好处于水平平衡，如图所示，测得OA＝50cm，OB＝40cm，则金属块的密度为（　　）
A．2g/cm3 B．1.25g/cm3 C．2.7g/cm3 D．5g/cm3
【答案】D
【知识点】阿基米德原理；杠杆的平衡条件
【解析】【解答】将金属块挂在A处，且浸没于水中时，在B处挂上100g钩码，杠杆恰好处于水平平衡，由杠杆的平衡条件可得：m钩码g OB=FA OA，则，金属块受到的浮力：F浮=mg-FA=0.1kg×10N/kg-0.8N=0.2N，
由F浮=ρgV排可得，金属块的体积：，则金属块的密度：。故D正确，ABC错误。
故答案为：D。
【分析】将a挂在A处，且浸没于水中时，杠杆恰好处于水平平衡，根据杠杆的平衡条件求出A点受到的拉力，根据称重法求出金属块a受到的浮力，根据F浮=ρgV排求出金属块排开水的体积即为金属块的体积，利用求出金属块的密度。
2．（2023八下·运城期末） 建筑工地上常用的吊装工具如图所示，为重的配重，杠杆的支点为，已知：1：2，滑轮下面挂有建筑材料，每个滑轮重为，工人重为，杠杆与绳的自重、滑轮组摩擦均不计。下列说法正确的是（　　）
A．建筑材料的上升速度为绳自由移动速度的
B．当工人拉绳的力为时，建筑材料重为
C．当工人拉绳的力为时，对地面的压力为
D．当建筑材料的重为时，滑轮组的机械效率最大为
【答案】D
【知识点】杠杆的平衡分析法及其应用；机械效率的计算；滑轮组绳子拉力的计算；功的计算及应用
【解析】【解答】A.根据图像，滑轮组绳子股数n=2，物体P的移动速度和绳子的移动速度关系是，A不符合题意；
B.根据，计算建筑材料为G=nF-G动=2×300N-60N=540N，B不符合题意；
C.当工人的拉力为300N时，作用在杠杆A点的滑轮有3股绳，A点的拉力FA=3×300N+60N=960N，根据杠杆的平衡条件FA×OA=FB×OB，OA：OB=1：2，B点的拉力为，M重力5000N，对地面的压力为F压=5000N-480N=4520N，C不符合题意；
D.物体为1140N时，滑轮组的机械效率为，D符合题意。
故答案为：D.
【分析】根据，可以计算滑轮组绳子的拉力；根据F1L1=F2L2，计算杠杆上拉力的大小；结合物体的重力和受到的拉力，计算对地面的压力；利用，计算机械效率。
3．（2023八下·深圳期末）如图，将直杆沿重心O点处悬挂起来，空桶挂于A点，质量为M的重物挂在P点时，杆恰好水平平衡，当桶内装满不同密度液体时，重物需要悬挂在不同位置，才能使杆在水平位置再次平衡，若在杆上相应位置标上密度值，就能直接读出桶中液体的密度。下列方法中，能使该直杆密度计的测量精度更高一些的是（　　）
A．减小AO之间的距离 B．减小重物质量
C．减小桶的容积 D．增大桶的质量
【答案】B
【知识点】杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】由杠杆平衡条件可知，即，解得，测量时每次在桶中装相同体积的液体，LOA是定值，当LOP的变化比密度ρ的变化更明显时，直杆密度计的测量精度更高，所以m物应该尽量小。
故选B。
【分析】根据杠杆平衡条件求出液体密度的表达式。LOP的变化比密度ρ的变化更明显时，直杆密度计的测量精度更高，据此分析。
4．（2023八下·禹城期末）现有一根形变不计、长为L的铁条AB和两根横截面积相同、长度分别为LA、LB的铝条A、B，将铝条A叠在铁条AB上，并使它们的右端对齐，然后把它们放置在三角形支架O上，AB水平平衡，此时OB的距离恰好为LA，如图所示。取下铝条A后，将铝条B按上述操作方法使铁条AB再次水平平衡，此时OB的距离为Lx．下列判断正确的是（　　）
A．若LA＜LB＜L，则LA＜Lx＜ 成立
B．若LA＜LB＜L，则Lx＞ 成立
C．若LB＜LA， ＜Lx＜LA成立
D．若LB＜LA，则Lx＜ 成立
【答案】A
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【解答】根据题意可知，将铝条a叠在铁条AB上，并使它们的右端对齐，然后把它们放置在三角形支架O上，AB水平平衡，此时OB的距离恰好为La，
（1）如下图所示，若La＜Lb＜L，用铝条b替换铝条a就相当于在铝条a左侧放了一段长为Lb-La、重为Gb-Ga的铝条，
这一段铝条的重心距B端的长度为，
而铁条AB和铝条a组成的整体的重心在支架原来的位置，距B端的长度为La，
要使铁条AB水平平衡，由杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，支架O应移到上述两个重心之间，
即La＜Lx＜，故A正确、B错误；
（2）如下图所示，若Lb＜La，用铝条b替换铝条a就相当于从铝条a左侧截掉一段长为La-Lb、重为Ga-Gb的铝条，
也相当于距B端处施加一个竖直向上的力，其大小等于Ga-Gb，
由杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，要使铁条AB水平平衡，支架O应向A端移动，则Lx＞La，故C错误；
由Lb＜La可知，Lx＞La=＞，故D错误。
故选A。
【分析】首先把原铁条和铝条a看做整体，原来水平平衡时整体的重心位于原支点处。当铝块变长或变短时，将变长部分看成一个增加的物体，将变短部分看做一个减少的物体，然后确定新支点，根据杠杆的平衡条件得出支点移动的方向，从而得出答案。
5．（2018八下·北海期末）如图所示，有一质量不计的长木板，左端装有与墙相连的轴在它的左端放一重为G的物块，并用一竖直向上的力F拉着右端。当物块向右匀速滑动时，木板始终在水平位置保持静止，在此过程中，拉力F（　　）
A．变小 B．变大
C．不变 D．先变大后变小
【答案】B
【知识点】杠杆的动态平衡分析
【解析】【解答】解：如图，长木板长为L，力F方向竖直向上，所以动力臂为L不变，杠杆受到物体的压力（阻力）F′=G，阻力臂为L2，
根据杠杆平衡条件有：F×L=F′×L2=G×L2，
所以
由此可知，当物块向右匀速滑动时，L2变大，F变大。
故答案为：B。
【分析】根据题意知道阻力和动力臂不变的，再确定动力臂和阻力臂，根据杠杆平衡得出F的变化情况.
6．小欣尝到了知识归纳整理的甜头，学习物理后，对知识归纳如下，错误的（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【知识点】凸透镜成像的应用；能量的转化或转移；大气压的综合应用；杠杆的分类
【解析】【解答】解：在A答案中，出现了一处错误﹣﹣﹣﹣﹣发电机：电能转化为机械能．
将电能转化为机械能的是电动机；发电机是将机械能转化为电能的装置．
故选A．
【分析】涉及到的知识面比较广，这就要求在平时的学习中多多的积累知识，另外就是要注意把知识系统化和准确化，不要出现“张冠李戴”的现象．
7．如图所示，用轻质材料制成的吊桥搭在河对岸．一个人从桥的左端匀速走到桥的右端，桥面始终是水平的，不计吊桥和绳的重力，人从吊桥左端出发时开始计时．则人在吊桥上行走过程中，吊桥右端所受地面支持力F与人行走时间t的关系图像是
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】杠杆的动态平衡分析；杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】解答：人从吊桥左端出发，在运动时间t后，杠杆受到物体的压力（阻力）等于人的重力，
动力臂为OA=L，杠杆受到物体的压力（阻力）F′=G，阻力臂为OB，OB=vt，
∵杠杆平衡，
∴F×OA=F′×OB=G×vt，
即：F×L=G×vt，
∴ ，
由此可知，当t=0时，F=0；当t增大时，F变大，是正比例关系；
故选B。
分析：根据题意得出拉力F与时间t的关系式是本题的关键。
8．轻质硬杆AB长50cm。用长短不同的线把边长为10cm的立方体甲和体积是1dm3的球乙分别拴在杆的两端。在距A点20cm处的O点支起AB时，甲静止在桌面上，乙悬空，杆AB处于水平平衡。将乙浸没在水中后，杆AB仍平衡，如图所示。下列说法中正确的是（　　）（取g＝10N/kg）
A．杆A端受力增加了15N
B．杆A端受力减小了10N
C．甲对水平桌面的压强增加了1500Pa
D．甲对水平桌面的压强减小了1500Pa
【答案】C
【知识点】液体压强的计算；浮力大小的计算；杠杆的平衡条件
【解析】【解答】当乙球浸没在水中，乙球对杠杆右端的拉力减小，拉力减小的值等于乙球受到的浮力．当乙球浸没在水中，杠杆还处于水平位置平衡，杠杆左端减小的力乘以力臂等于杠杆右端减小的力乘以力臂．求出甲对杠杆左端减小的力，也就是甲对桌面增大的力，求出桌面受力面积，根据压强公式求出甲对桌面增大的压强．
乙球受到的浮力：F浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×10﹣3m3=10N；
杠杆左端减小的力乘以力臂等于杠杆右端减小的力乘以力臂，所以F浮×OB=F×OA，
所以，10N×（50cm﹣20cm）=F×20cm，
所以F=15N．
杠杆左端受到甲的拉力减小了15N，甲对桌面的压力增大15N，
所以甲对水平桌面的压强增大了，增大的值为：．
故选C．
【分析】杠杆在水平位置平衡，当杠杆的动力和阻力都在减小时，减小的动力乘以动力臂等于减小的阻力乘以阻力臂．
9．如图所示，一根粗细均匀的铁棒AB静止在水平地面上，现用力F将铁棒从水平地面拉至竖直立起。在这个过程中，力F作用在A端且始终与铁棒垂直，则用力F将(　　)
A．逐渐变小 B．逐渐变大
C．保持不变 D．先变小后变大
【答案】A
【知识点】杠杆的动态平衡分析；杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】如下图所示：
在抬起的过程中，阻力F2不变，F与铁棒始终垂直，以动力臂L1不变，由于铁棒的位置的变化，导致了阻力F2的阻力臂L2在变小，根据杠杆的平衡条件可得：FL1=F2L2可知，L1、F2都不变，L2变小，所以F也在变小；
故选A。
【分析】杠杆的平衡条件：F1L1=F2L2，在抬起的过程中，利用杠杆的平衡条件来分析F大小的变化。
二、填空题
10．（2023八下·金安期末）小明在学校运动会上是仪仗队手，如图所示。他竖直举旗前进时，风给旗水平向右的阻力为，其作用点可以看成在点。已知，。小明的两只手分别位于、两点，他用一只手握紧旗杆不让它下滑，用另一只手拉住旗杆不让它倾斜。则另一只手对旗杆加的最小拉力为　 　，方向　 　。
【答案】80；水平向右
【知识点】杠杆的动态平衡分析；杠杆中最小力的问题
【解析】【解答】当以B点为支点时，在C点沿水平向右施加拉力时拉力最小，由杠杆平衡条件得，所以最小拉力为。
【分析】由杠杆平衡条件可知当动力臂越长，阻力臂越小时越省力，即施加的拉力最小。所以当以B点为支点时，在C点沿水平向右施加拉力时拉力最小。
11．（2023八下·沧州期末） 如图所示，台秤上放一只质量不计的三角支架，均匀细木棒可绕点自由转动，调整点高度，使水平静止，此时台秤示数如图，：：，则木棒自重为　 　；仅将台秤和支架一起向左平移一段距离，台秤的示数将　 　选填“增大”“减小”或“不变”。取
【答案】2；变大
【知识点】杠杆的动态平衡分析；杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】杠杆OAB的支点在O点，重心在OB中点，OA：AB=2：3，则OA=2a，AB=3a，OB=5a，重力的力臂是OB的一半，L2=2.5a，A点对台秤的压和A点受到的支持力是相互作用的力，大小相等，台秤示数为250g=0.25kg，A点的支持力为：FA=G'=mg=0.25kg×10N/kg=2.5N，根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2，木棒OAB的重力：；当台秤和支架一起向左移动一段距离，A点靠近支点O，力臂变小，由于杠杆的重力和对应的力臂不变，乘积也不变，杠杆仍然在水平位置平衡，A点的力臂减小，A点的力将变大，所以台秤示数变大。
【分析】根据G=mg，计算台秤受到的压力大小；根据杠杆上力臂关系，结合F1L1=F2L2，计算杠杆上力的大小；当阻力和阻力臂不变时，动力臂减小，动力变大。
12．（2023八下·重庆市期中）如图所示，用轻质薄木板AB做成杠杆，O为支点，OA=OB=2m，地面上一质量为2kg，边长为a=10cm的实心正方体物块M，用一不可伸长的轻质细线系于OB的中点C处，此时AB恰好静止于水平位置，细线恰好被拉直。现将小滑块Q（小滑块的大小不计）放于O点上方，将小滑块Q向左移动0.4m，此时绳子对C点的拉力为8N，此时物块M对水平地面的压强　 　Pa，若Q再向左侧移动0.2m，沿竖直方向将正方体M左右两边各切去厚度为d的部分，将它们叠放在Q的正上方时，正方体M对地面的压强为0，切去厚度d为　 　m。
【答案】1200；0.0125
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的动态平衡分析
【解析】【解答】（1）物体M的重力为G=mg=2kg×10N/kg=20N，当小滑块Q向左移动0.4m时，物块M对水平地面的压力为F=G-F'=20N-8N=12N，面积为S=a2=（10cm）2=100cm2=1×10-2m2，则物块M对水平地面的压强为：
Q的力臂为：L1=0.4m，C点的拉力的力臂为，由杠杆平衡条件F1×L1=F2×L2得GQ=20N；
（2）若Q再向左侧移动0.2m时，沿竖直方向将正方体M左右两边各切去厚度为d的部分，设切去部分的重力为G′，则滑块Q处的压力为：F1′=G′+GQ=G′+20N，L1′=0.4m+0.2m=0.6m，
由于正方体M对地面的压强为0，则C点受到拉力为：F2′=G-G′=20N-G′，L2′=OC= ，
由杠杆平衡条件得：F1′L1′=F2′L2′，故（G′+20N）×0.6m=（20N-G′）×1m， 解得：G′=5N，沿竖直方向将正方体M左右两边各切去厚度为d的部分，则：
【分析】（1）杠杆平衡条件F1L1=F2L2
（2）若Q再向左侧移动0.2m时，沿竖直方向将正方体M左右两边各切去厚度为d的部分，设切去部分的重力为G′，求出此时杠杆上Q的力臂和绳子对C点的拉力的力臂，根据杠杆的平衡条件列出等式求出G′，最后根据物块M的重力与G′的大小关系求出切去的部分的厚度d。
三、实验探究题
13．（2023八下·菏泽月考）小明在探究“杠杆的平衡条件”实验中
（1）实验前，将杠杆中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆左端下沉，则应将平衡螺母向　 　(选填“左”或“右”)调节，使杠杆在水平位置平衡，调节杠杆在水平位置平衡，这样做的好处是　 　；
（2）杠杆平衡后，小明在图甲所示的A位置挂上两个钩码，可在B位置挂上　 　个钩码，使杠杆在水平位置平衡，再在A、B两处各加挂一个钩码，杠杆的　 　端将会下沉，此后，小红又经过多次实验，得出的杠杆的平衡条件是　 　；
（3）他改用弹簧测力计在图乙所示的C位置斜向下拉，若每个钩码重0.5N， 当杠杆在水平位置平衡时，测力计示数将　 　(选填“大于”、“等于”或“小于”)IN
【答案】（1）右；便于测量力臂
（2）4；左；F1L1=F2L2
（3）大于
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【解答】（1）①根据甲图可知，杠杆的左端下沉，那么杠杆的右端重，左端轻，因此平衡螺母应该向右调节；
②使杠杆在水平位置平衡，调节杠杆在水平位置平衡，这样做的好处是便于测量力臂；
（2）①根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：2G×2L=nG×1L，解得：n=4；
②再在A、B两处各加挂一个钩码，左边：3G×2L=6GL；右边：5G×1L=5GL；
比较可知，左端乘积大，则杠杆左端下沉；
③杠杆的平衡条件为：F1L1=F2L2。
（3）当测力计斜向下拉时，动力臂减小，根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，测力计的示数将大于1N。
【分析】（1）①平衡螺母总是向轻的那端调节；
②当杠杆在水平位置平衡时，钩码产生的拉力竖直向下，那么悬挂点到支点之间杠杆的长度就是力臂，通过刻度可直接读出来；
（2）①根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2计算；
②比较力和力臂的乘积大小，从而确定杠杆的平衡状态；
（3）根据动力臂的长度变化确定拉力的大小变化。
四、计算题
14．（2023八下·福州期末） 某快递公司针对快递分拣问题，研发出了一项“黑科技”分拣机器人。如图甲，分拣机器人通过扫码，读取快递的目的地信息，然后准确快速地把快递运送并投入相应的分拣口，最后由专人打包，将快递运往全国各地。已知分拣机器人的行走速度为，空载时的质量是，轮子与水平地面的接触面积一共是。
（1）分拣机器人空载时对水平地面的压强是多少？
（2）某次分拣作业中，分拣机器人载着快递在水平路面上匀速行驶后到达相应的分拣口，行驶过程中机器人受到的阻力为，则机器人的牵引力做了多少功？
（3）分拣机器入到达相应的分拣口后，伸缩杆会将托盘掀起，把放置在托盘中央位置的质量为的快递投入分拣口。把托盘看作一个杠杆，近似地认为托盘由如图乙所示的位置绕点旋转至如图丙所示的位置的过程中杠杆一直处于平衡状态且快递到达如图丙位置后才由静止落下。图乙和图丙中，点为托盘的中央也是托盘的重心，点是伸缩杆对托盘的力的作用点，伸缩杆对托盘的力始终与托盘表面垂直，忽略托盘转动时的摩擦。已知，。快递的重心在其几何中心，尺寸如图乙所示。这个过程中伸缩杆对托盘的平均作用力为，则伸缩杆对托盘的最大作用力是多少？
【答案】（1）解：机器人对地面的压力，
机器人空载时对水平地面的压强；
答：分拣机器人空载时对水平地面的压强是；
（2）解： 分拣机器人载着快递在水平路面上匀速行驶时牵引力，
机器人的牵引力做功；
答：机器人的牵引力做了的功；
（3）解： 在托盘由水平位置转动到竖直位置的过程中，伸缩杆推动托盘移动的距离为以为圆半径的圆周，故伸缩杆推动托盘移动的距离，伸缩杆做功，
快递在水平位置时，其重心高度为，
快递在竖直位置时，其重心高度为，
快递重心上升高度，
快递受到的重力
快递克服重力做功，
托盘克服重力做功，
托盘重心上升的高度，
托盘的重力，
托盘在绕点转动，由水平位置到竖直位置的过程中，杠杆一直处于平衡状态，伸缩杆对托盘的力为动力，
伸缩杆对托盘的力始终与托盘表面垂直，故动力臂不变，始终为，
阻力，其阻力的力臂由最大值，减少至零，由杠杆平衡条件知伸缩杆提供的动力在减小，当托盘在水平位置时，伸缩杆对托盘的作用力最大，
最大作用力。
答：伸缩杆对托盘的最大作用力是。
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的动态平衡分析；杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【分析】（1）机器人对地面的压力等于自身重力，利用压强公式可以算出压强大小。
（2）匀速时，处于二力平衡状态，牵引力等于摩擦力，利用功的公式可以求出功的大小。
（3）利用杠杆平衡条件可以找出动力最大位置，再利用杠杆平衡条件可以求出伸缩杆提供的最大动力。
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