人教版八年级下册12.1 杠杆同步练习题

这是一份人教版八年级下册12.1 杠杆同步练习题，文件包含专题25杠杆动态平衡分析及应用原卷版-2020-2021学年八年级物理下册期末考试总复习热点题型抢先练人教版doc、专题25杠杆动态平衡分析及应用解析版-2020-2021学年八年级物理下册期末考试总复习热点题型抢先练人教版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共18页， 欢迎下载使用。


A．一直是省力的
B．先是省力的，后是费力的
C．一直是费力的
D．先是费力的，后是省力的
解：由图可知动力F1的力臂始终保持不变，物体的重力G始终大小不变，在杠杆从竖直位置向水平位置转动的过程中，重力的力臂逐渐增大，在L2＜L1之前杠杆是省力杠杆，在L2＞L1之后，杠杆变为费力杠杆。
答案：B。
2．一均匀木板AB，B端固定在墙壁的转轴上，木板可在竖直面内转动，木板下垫了块C，恰好使木板水平放置，如图所示，现在水平力F将C由A向B匀速推动过程中，推力F将（ ）
A．大小不变B．逐渐增大
C．先增大后减小D．先减小后增大
解：杆受重力G和C对它的支持力FN，由力矩平衡条件知G•l＝FN•L．在C逐渐向右推移的过程中，支持力FN对轴B的力臂L逐渐减小，则FN逐渐增大。由此可知，C和木板间、C和地面间的摩擦力逐渐增大，由平衡条件知，水平推力F也逐渐增大。
答案：B。
3．如图所示，质地均匀的圆柱体，在拉力F的作用下，由实线位置匀速转到虚线所示位置，整个过程中，拉力F始终作用于A点且与OA保持垂直（OA为圆柱体横截面的直径），圆柱体在转动过程中不打滑。则下列分析正确的是（ ）
A．拉力F逐渐变小
B．由于拉力F的力臂始终保持最长，拉力F始终保持最小值不变
C．拉力F逐渐变大
D．条件不足，无法判断
解：由图可知，动力F的力臂L1始终保持不变，阻力为圆柱体的重力G始终大小不变，由实线位置转到虚线位置时，重力的力臂逐渐减小，又因为FL1＝GL2，所以动力F逐渐变小。
答案：A。
4．如图所示的装置中，均匀木棒AB的A端固定在铰链上，悬线一端绕过某定滑轮，另一端套在木棒上使木棒保持水平，现使线套逐渐向右移动，但始终保持木棒水平，则悬线上的拉力（棒和悬线均足够长）（ ）
A．逐渐变小B．逐渐变大
C．先逐渐变大，后又变小D．先逐渐变小，后又变大
解：如图所示，G表示杆AB的自重，LOA表示杆的重心到A端的距离，T表示悬线拉力的大小，L表示作用于杆AB上的悬线拉力对A点的力臂。
把AB视为一根可绕A端转动的杠杆，则由杠杆的平衡条件应有：G×LOA＝T×L，
由此得：当线套在杆上逐渐向右移动时，拉力T的动力L（L1、L2、L3、L4）经历了先逐渐变大后又逐渐变小的过程，故悬线的拉力T则是逐渐变小后逐渐变大。
答案：D。
如图所示，杠杆在拉力F的作用下水平平衡。现将弹簧测力计绕c点从a位置转动到b位置的过程中，杠杆始终保持水平平衡，则拉力F的变化情况是（ ）
A．一直变大B．一直变小
C．一直不变D．先变大后变小
解：将弹簧测力计绕c点从a位置转动到b位置的过程中，钩码的重力不变，其力臂不变，即阻力与阻力臂的乘积不变；
将弹簧测力计绕c点从a位置转动到b位置的过程中，拉力F的力臂逐渐变小，
由杠杆的平衡条件F1L1＝F2L2可知，拉力F逐渐变大。
答案：A。
6．如图所示，将一轻质薄木板从中点支起，左右两侧各有一支蜡烛，长短不同，此时薄木板恰好在水平位置静止。同时点燃两支蜡烛，过一会，薄木板可能发生的情况有（ ）
A．长蜡烛燃烧较快，可能再次平衡
B．不可能再次平衡
C．燃烧速度相同，可能再次平衡
D．短蜡烛燃烧较快，可能再次平衡
解：设左右两边的蜡烛质量分别为m左、m右，由于杠杆在水平位置平衡，则根据杠杆平衡条件可知：
m左g×L左＝m右g×L右；
燃烧速度分别为v左、v右，由于相同两支蜡烛粗细相同，同时点燃时，则：
两支蜡烛因燃烧减少的质量分别为△m左＝v左t，△m右＝v右t；
此时杠杆左右两端受到的力分别为（m左﹣v左t）g、（m右﹣v右t）g，
左边：（m左﹣v左t）gL左；右边：（m右﹣v右t）gL右；则：
（m左﹣v左t）gL左﹣（m右﹣v右t）gL右＝m左g×L左﹣v左tL左﹣（m右g×L右﹣v右tL右）＝（m左g×L左﹣m右g×L右）+（v右L右﹣v左L左）t，
由图可知：L左＜L右，由于m左g×L左＝m右g×L右，则：
（1）若长蜡烛燃烧较快，即v左＞v右，则v右L右与v左L左可能相等，所以，左边＝右边，即薄木板可能再次平衡，故A正确；B错误；
（2）若蜡烛燃烧速度相同，即v左＝v右，则v左L左＜v右L右，所以，左边≠右边，即薄木板不能再次平衡，故C错误；
（3）若短蜡烛燃烧较快，即v左＜v右，则v右L右＜v左L左，所以，左边≠右边，即薄木板不能再次平衡，故D错误。
答案：A。
7．古代护城河上安装的吊桥可以看成一个以O为支点的杠杆，如图所示。一个人通过定滑轮用力将吊桥由图示位置缓慢拉至竖直位置，若用L表示绳对桥板的拉力F的力臂，则关于此过程中L的变化以及乘积FL的变化情况，下列说法正确的是（ ）
A．L始终在增加，FL始终在增加
B．L始终在增加，FL始终在减小
C．L先增加后减小，FL始终在减小
D．L先减小后增加，FL先减小后增加
解：当吊桥被吊起的过程中，如图中虚线位置（1）所示，
吊桥重力的力臂L′在减小，重力不变，则GL′在减小；
一开始动力臂小于桥长，当桥与绳垂直时，动力臂最大，随后动力臂又变小，即拉力的力臂线变大后变小，
根据杠杆的平衡条件：FL＝GL′可知，FL在减小。
答案：C。
8．如图是吊车起吊货物的结构示意图，伸缩撑杆为圆弧状，工作时它对吊臂的支持力始终与吊臂垂直，使吊臂绕O点缓慢转动，从而将货物提起。下列说法正确的是（ ）
A．吊臂是一省力杠杆，但要费距离
B．吊臂是一个费力杠杆，但可以省功
C．匀速顶起吊臂的过程中，伸缩撑杆支持力的力臂变小
D．匀速顶起吊臂的过程中，伸缩撑杆支持力渐渐变小
解：
A、如图画出动力臂和阻力臂，动力臂L1小于阻力臂L2，根据杠杆平衡条件，动力大于阻力，吊臂是费力杠杆。故A错误；
B、吊臂是费力杠杆，费力但可以省距离，但不省功，故B错；
CD、由题知，吊车工作时它对吊臂的支持力始终与吊臂垂直，动力臂不变，阻力不变，阻力臂减小，根据F1×l1＝F2×l2可知动力减小，所以伸缩撑杆的支持力逐渐变小。故C错、D正确。
答案：D。
9．如图所示，甲、乙、丙三个小和尚抬着一根长木头向寺庙走去，甲和尚抬着较粗的一端，乙和尚抬着木头的中间部位，丙和尚抬着较细的一端。则下列判断正确的是（ ）
A．当丙由于肩膀酸痛而撤掉作用力后，甲的负担顿时变轻，乙的负担顿时加重
B．当乙由于肩膀酸痛而撤掉作用力后，甲的负担顿时变重，丙的负担顿时变轻
C．当乙的作用力减小时，甲、丙两人的作用力均增加，但△F甲＞△F丙
D．当甲的作用力增加时，乙、丙两人的作用力均减小，但|△F乙|＜|△F丙|
解：
A、当丙由于肩膀酸痛而撤掉作用力后，如下图，
若以A为支点，阻力和阻力臂不变，动力臂不变，由杠杆平衡条件可知，F丙去掉，要增大F乙，乙的负担顿时加重；
若以B为支点，阻力和阻力臂不变，动力臂不变，由杠杆平衡条件可知，F丙去掉，减小F甲，甲的负担顿时变轻；故A正确；
B、当乙由于肩膀酸痛而撤掉作用力后，如下图，
若以A为支点，阻力和阻力臂不变，动力臂不变，由杠杆平衡条件可知，F乙去掉，要增大F丙，丙的负担顿时加重；
若以C为支点，阻力和阻力臂不变，动力臂不变，由杠杆平衡条件可知，F乙去掉，甲的负担顿时变重；故B错；
C、当乙的作用力减小时，如下图，
若以A为支点，阻力和阻力臂不变，动力臂不变，由杠杆平衡条件可知，减小的力和力臂乘积相等，F丙的力臂等于F乙的力臂的2倍，所以△F丙＝△F乙；
若以C为支点，阻力和阻力臂不变，动力臂不变，由杠杆平衡条件可知，减小的力和力臂乘积相等，F甲的力臂等于F乙的力臂的2倍，所以△F甲＝△F乙；所以△F甲＝△F丙，故C错误；
D、当甲作用力增加时，如下图，
若以B为支点，阻力和阻力臂不变，动力臂不变，由杠杆平衡条件可知，F甲增大，F丙也增大，△F甲＝△F丙；
若以C为支点，阻力和阻力臂不变，动力臂不变，由杠杆平衡条件可知，F甲增大，F乙减小，F甲的力臂等于F乙的力臂的2倍，所以△F甲＝△F乙；|△F乙|＞|△F丙|；故D错。
答案：A。
10．如图所示，一轻质杠杆支在支架上，OA＝20cm，G1为边长是5cm的正方体，G2重为20N．当OC＝10cm时，绳子的拉力为 10 N，此时G1对地面的压强为2×104Pa．现用一水平拉力，使G2以 4 cm/s的速度向右匀速运动，经过12.5s后，可使G1对地面的压力恰好为0。
解：G2在C点时，由杠杆平衡条件得：
FA×OA＝G2×OC，
即：FA×20cm＝20N×10cm，
解得：FA＝10N；
物体与地面的接触面积：
S＝5cm×5cm＝25cm2＝0.0025m2；
由压强公式：p＝可知：
物体G1对地面的压力：
F＝pS＝2×104Pa×0.0025m2＝50N，
地面对物体的支持力：
F′＝F＝50N，
G1受竖直向下的重力G1、地面的支持力F′、绳子的拉力FA作用，
物体静止，处于平衡状态，由平衡条件得：G1＝FA+F′＝10N+50N＝60N；
当G1对地面的压力为0时，杠杆在A点的受到的拉力：FA′＝G1＝60N，
设G2位于D点，由杠杆平衡条件得：FA′×OA＝G2×OD，
即：60N×20cm＝20N×OD，
解得：OD＝60cm，
物体G2的路程：
s＝OD﹣OC＝60cm﹣10cm＝50cm，
物体G2的速度：v＝＝＝4cm/s；
答案：10；4。
11．如图是运动员在水平地面上做俯卧撑时的情景。已知地面对两个手掌的支持力为360N，对两个脚尖的支持力为240N，手掌到脚尖的距离为1.5m，则运动员所受的重力为 600 N，人体重心到脚尖的水平距离为 0.9 m。
解：（1）运动员在竖直方向受竖直向上的支持力F1、F2，竖直向下的重力G的作用，物体受力平衡，
则G＝F1+F2＝360N+240N＝600N；
（2）以脚尖为支点，则支持力的力臂为L1，人体重心到脚尖为L2，
根据杠杆平衡条件得：F1L1＝GL2，
L2＝＝＝0.9m。
答案：600；0.9。
12．“低头族”长时间低头看手机，会引起颈部肌肉损伤。当头颅为竖直状态时，颈部肌肉的拉力为零，当头颅低下时，颈部肌肉会产生一定的拉力。为了研究颈部肌肉的拉力与低头角度大小的关系，我们可以建立一个头颅模型来模拟实验。如图甲所示，把人的颈椎简化成一个支点O，用1kg的头颅模型在重力作用下绕着这个支点O转动，A点为头颅模型的重心，B点为肌肉拉力的作用点。将细线的一端固定在B点，用弹簧测力计拉着细线模拟测量肌肉的拉力，头颅模型在转动过程中，细线拉力的方向始终垂直于OB，如图乙所示，让头颅模型从竖直状态开始转动，通过实验记录出低头角度θ及细线拉力F的数据，如下表：
（1）设头颅质量为8kg，当低头角度为60°时，颈部肌肉实际承受的拉力是 200 N。
（2）在图乙中画出细线拉力的示意图。
（3）请解释：为什么低头角度越大，颈部肌肉的拉力会越大？答 人低头的角度越大，G的力臂越大 。
（4）请你就预防和延缓颈椎损伤提出一个合理化的建议： 尽量减小低头的角度（或不要长时间低头做事，低头时间久了要抬头休息等等） 。
解：（1）由表格中数据知，当低头角度为60°时，若m＝1kg，细线的拉力为25N；
若m＝8kg，由于角度不变，所以动力臂和阻力臂不变，则拉力F＝8×25N＝200N；
（2）由题意知，细线拉力的方向应垂直于OB向下，如图所示：
（3）图乙中，F的力臂为OB，做出乙图G的力臂，如图所示：
由图知，根据杠杆的平衡条件：G•LG＝F•LF
则F＝＝，人低头的角度越大，sinθ越大，则G的力臂越大，肌肉的拉力就越大；
（4）要预防和延缓颈椎损伤，可尽量减小低头的角度，不要长时间低头做事，低头时间久了要抬头休息等等。
答案：（1）200；（2）见上图；（3）人低头的角度越大，G的力臂越大；（4）尽量减小低头的角度（或不要长时间低头做事，低头时间久了要抬头休息等等）。
13．郝强同学对建筑工地上的长臂吊车（如图甲）有些疑惑：不吊物体它能平衡，吊重物也能平衡，重物沿臂移动仍能平衡！后来他通过设计“移动支点式杠杆”模型（如图乙）弄懂了类似问题：密度及粗细都均匀的直棒AB＝1.8m，放在一个宽度为40cm的凳子上，当在棒的A端固定一个铅块（忽略大小）m铅＝2kg时，棒刚好绕O1点有转动的趋势（AO1＝30cm）。
（1）求棒的质量m棒；
（2）当在P处挂一重物时（PB＝10cm），棒刚好绕O2点有转动的趋势。求重物质量m物及此时棒对O2点的压力F（g取10N/kg）；
（3）当悬线带着重物缓慢向A端移动时，可以认为凳面上只有某点E（即新支点）对棒有支持力。回答：随着重物左移，E点将“左移”或“右移”还不“不动”？棒对E点的压力FE是“变大”或“变小”还是“不变”？（不必说明理由）
解：如图：设棒的中心为O，则AO＝90cm，O1O＝60cm；
（1）以01为转轴，由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2得到平衡方程：
m铅g•AO1＝m棒g•O1O，
m铅g•30cm＝m棒g•60cm，
m棒＝m铅＝×2kg＝1kg；
（2）以02为转轴，平衡方程m铅g•AO2＝m棒g•O2O+mg•02P，
即：m铅•AO2＝m棒•O2O+m•02P，
2kg×70cm＝1kg×20cm+m×100cm，
m＝1.2kg；
F＝（m铅+m棒+m物）g＝（2kg+1kg+1.2kg）×10N/kg＝42N；
（3）随着重物左移，铅块、棒和物的总重心左移，凳面上某点E（即新支点）对棒支持力左移；
竖直方向：压力等于铅块、棒、物三重力之和，压力FE不变。
答：（1）棒的质量为1kg；
（2）重物质量m物为1.2kg，棒对O2点的压力F为42N；
（3）随着重物左移，E点将左移，棒对E点的压力FE是不变。
14．某课外科技小组的同学对自动冲水装置进行了研究（如图所示）。该装置主要由水箱、浮球B、盖板C和一个可以绕O点自由转动的硬杆OB构成，AC为连接硬杆与盖板的细绳。随着水位的上升，盖板C所受的压力和浮球B所受的浮力均逐渐增加，当浮球B刚好浸没到水中时，硬杆OB处于水平状态，盖板C恰好被打开，水箱中的水通过排水管排出。经测量浮球B的体积为1×10﹣3m3，盖板的横截面积为6×10﹣3m2，O点到浮球球心的距离为O点到A点距离的3倍。不计硬杆、盖板以及浮球所受的重力以及盖板的厚度。求：（g＝10N/kg）
（1）水箱内所能注入水的最大深度；
（2）在你以上的计算中忽略了硬杆、盖板以及浮球的重力，如果考虑它们的重力，你认为设计时应采取哪些措施可保证自动冲水装置正常工作？（写出一种措施即可）
解：（1）当浮球B刚好浸没到水中时，排开水的体积和自身的体积相等，
则浮球B受到的浮力：
F浮＝ρgV排＝ρgVB＝1.0×103kg/m3×10N/kg×1×10﹣3m3＝10N，
此时硬杆OB处于水平状态，由杠杆的平衡条件可得：
FA•OA＝F浮•OB，
则盖板受到绳子的拉力：
FA＝F浮＝3×10N＝30N，
盖板C恰好被打开时，处于平衡状态，受到绳子的拉力和液体对盖板的压力是一对平衡力，
所以，水对盖板的压力F压＝FA＝30N，
由p＝可得，盖板受到水的压强：
p＝＝＝5000Pa，
由p＝ρgh可得，水箱内所能注入水的最大深度：
h＝＝＝0.5m；
（2）考虑硬杆、盖板以及浮球的重力时，绳子对盖板的拉力减小，
根据杠杆的平衡条件可知，要使盖板被打开，应增大绳子的拉力，
可以增大浮球体积增大浮力的大小（或“使杠杆的OB段比OA段更长一些”）。
答：（1）水箱内所能注入水的最大深度为0.5m；
（2）考虑硬杆、盖板以及浮球的重力时，保证自动冲水装置正常工作可以增大浮球体积增大浮力的大小（或“使杠杆的OB段比OA段更长一些”）。
低头角度θ/°
0
15
30
45
60
细线拉力F/N
0
7.3
14.0
20.2
25.0