物理人教版八年级下册 第12章第1节 杠杆 练习题带解析文档格式.docx
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如图,左边的钩码个数和位置保持不变,弹簧测力计的作用点固定,只改变测力计与水平方向的角度θ.使杠杆水平方向平衡,能描述测力计示数F与θ关系的大致图象是( )
6.
小星学习了杠杆后,他把了解到的杠杆进行了分类,如图所示。
其中作用特点相同的一组是( )
钳子,理发剪刀
独轮车,铁锹
镊子,起子
羊角锤,核桃夹
7.
小浩与小峰在游乐园玩跷跷板,小峰发现自己抱着前面扶手时,很难把小浩翘起来,此时他应该( )
向后移动
向前移动
甩动双脚
用力压扶手
二、多选题
如图,要使如图的杠杆水平平衡,可采取的做法是( )
支点两端各减少一个钩码
支点左端钩码向右移动一格
支点左端增加一个钩码
支点左端减少一个钩码
如图所示,杠杆质量不计,每小格的长度相等。
物体A是边长为0.1m的正方体。
当杠杆右侧挂一个重4N的物体B时,杠杆水平平衡;
此时物体A对水平桌面的压强为300Pa,下列说法正确的是( )
物体A受到的支持力为2N
物体A受到的重力为5.4N
只将物体B向右移动1小格,物体受到的拉力增大0.8N
只将物体B向右移动1小格,物体受到的桌面的支持力减小1N
如图是抽水马桶水箱进水自动控制的结构原理图,AOB为一可绕固定点O转动的轻质杠杆,已知OA:
OB=1:
2,A端用细线挂一空心铝球,质量为2.7kg。
当铝球一半体积浸在水中,在B端施加3.5N的竖直向下的拉力F时,杠杆恰好在水平位置平衡。
(ρ铝=2.7×
103kg/m3,g=10N/kg)下列结果正确的是( )
该铝球空心部分的体积为1×
10-3m3
该铝球的体积为4×
该铝球受到的浮力为20N
该铝球受到的浮力为40N
下列说法正确的是( )
匀速转弯的汽车运动状态保持不变
空中飞行的火箭关闭发动机后还能继续飞行一段时间,是因为火箭具有惯性
活塞式抽水机是利用连通器原理工作的
缓慢匀速转动的杠杆遵守杠杆的平衡条件
一曲“燃烧我的卡路里”让青少年健身悄然兴起,速度、力量、“马甲线”成为人们的健身追求。
以下健身场景中,说法正确的是( )
做俯卧撑--被手臂支撑的身体,相当于以脚尖为支点的省力杠杆
加速冲刺--人冲过终点后不能立即停下来,是由于身体具有惯性
托垫排球--竖直上升到最高点的球,若所有外力消失,球将静止
引体向上--人拉住单杠静止时,人的重力与手对杠杆的拉力平衡
三、填空题
如图所示,若不计杠杆重力和杠杆支点处的摩擦力,已知杠杆AO=2m,重10N的物体挂在点B,OB=1.5m;
力F作用在杠杆的A端且始终垂直杠杆,当杠杆在水平位置时,拉力F=______N;
将杠杆从竖直位置缓慢拉至水平位置;
则在这个过程中阻力臂将______(选填:
变大、变小或不变,下同),拉力F将______;
杠杆克服物体重力做的功是______J,拉力F做的功是______J。
如图是手掌托着同一物体,此时甲图中前臂是______杠杆,这类杠杆的好处是______;
当手臂由甲图伸展到乙图位置时,肱二头肌对前臂的拉力分别是F甲和F乙,则F甲______F乙(选填:
大于、等于或小于),合理的解释是______。
如图所示,互成角90°
,重力不计的硬棒,O点为支点;
AC=BO=80cm,CO=60cm,CD=30cm。
在D点挂重为200N的物体,要使棒在水平位置平衡,作用在棒上的最小的力是______N。
在“探究杠杆平衡条件”的实验中,实验前,杠杆静止时,发现杠杆左端低、右端高,为使杠杆在水平位置平衡,应将杠杆右端的平衡螺母向______(选填“左”或“右”)调节。
调节杠杆在水平位置平衡后,进行如图所示的实验,用量程为0-5N的弹簧测力计在A点竖直向上拉(如图中M所示),杠杆在水平位置平衡时,弹簧测力计的示数为2.5N;
若弹簧测力计斜向上拉(如图中N所示),杠杆在水平位置平衡时,弹簧测力计的示数______(选填“大于”、“小于”或“等于”)2.5N,此时拉力的方向与竖直方向的最大夹角为______。
如图,质量分布均匀的长方体砖,平放在水平地面上,第一次用竖直向上的力F1只作用于ab的中点,若砖块质量为m,则F1=______,第二次用竖直向上的力F2作用于bc的中点,都使它们在竖直方向上慢慢向上移动h(h<ab<bc),则在上述过程F1所做的功______F2所做的功(选填“<”、“>”、或“=”).
如图所示,在杠杆C点挂上钩码,在转轴O上套有半径大小为R的圆形纸板,纸板圆心也在O点。
在杠杆上先后施加与纸板边缘相切的拉力FA、FB,杠杆都能在水平位置保持平衡。
杠杆平衡时,拉力FB的力臂大小为______,拉力FA______(选填“>”、“=”或“<”)FB;
如图2所示,物体M重G=50牛,当滑轮在恒力F的作用下以0.25m/s的速度匀速上升时,物体M的速度______m/s,作用力F=______N.(不计滑轮重和摩擦)
重为8N的物体G挂在杠杆的B点,如图所示。
O为杠杆的支点,要使杠杆平衡,可在A点施加的最小力为______N,方向是______。
四、实验探究题
在探究杠杆平衡条件的实验中:
(1)小明发现杠杆右端低左端高,要使它在水平位置平衡,应将杠杆右端的平衡螺母向______调节。
(2)在实验过程中,在杠杆的一侧挂上钩码,另一侧用弹簧测力计拉杠杆,为了便于测量力臂,需要注意:
______
(3)如图甲所示,在杠杆左边A处挂三个相同钩码,要使杠杆在水平位置平衡,应在杠杆右边B处挂同样钩码______个。
(4)杠杆调节好后,按图乙所示。
小明将三个钩码挂在A处,用弹簧测力计在C处正确且准确测出拉力为F甲;
小强用同一器材重复小明的实验,也将三个钩码挂在A处,用弹簧测力计在C处实验,测得的拉力为F乙;
比较发现F甲与F乙不等,排出弹簧测力计误差、读数等因素,可以判断F甲______F乙(选填:
>,=或<)。
【单选题答案】
B
D
A
【解析】
解:
A、灭火器的手柄在使用时,动力臂大于阻力臂,是一个省力杠杆,故A错误;
B、“出气”时,瓶内液态二氧化碳气体膨胀,对外做功,内能转化为机械能,其内能减小,故B正确;
C、灭火时烟雾弥漫,是固体小颗粒的运动,不能说明分子在不停地运动,故C错误;
D、液态二氧化碳喷出时,气体对外做功,内能减小,使瓶体温度降低,外界水蒸气遇冷液化形成小水滴,附着在瓶壁上,故D错误;
故选:
B。
(1)根据动力臂和阻力臂的大小关系分析;
(2)“白气”是周围水蒸气遇冷液化形成的;
气体对外做功,自身内能减小,温度降低;
(3)分子非常小,是肉眼无法观察到的;
(4)水蒸气遇冷液化成小水滴,可附着在瓶壁上。
本题主要考查了做功改变物体的内能,液体现象,分子的热运动现象等,有一定综合性,但难度不大。
A、跷跷板处于平衡状态,说明F1L1=F2L2;
因为两边力臂的关系不知道,不能确定力相等,也就不能确定两个小孩的质量相等,故A错;
B、跷跷板处于平衡状态,说明F1L1=F2L2,即:
两个小孩的重力和他们各自的力臂的乘积相等,故B正确;
C、跷跷板处于平衡状态,说明F1L1=F2L2,两边力(小孩的重)的关系不知道,不能确定力臂相等,故C错;
D、跷跷板处于平衡状态,说明F1L1=F2L2;
因为两边力臂的关系不知道,不能确定力相等,故D错。
由杠杆的平衡条件知道,杠杆是否平衡取决于力和力臂的乘积是否相等,据此分析。
本题考查了学生对杠杆平衡条件的掌握和运用,杠杆平衡说明力和力臂的乘积相等,不能得出力相等或力臂相等。
根据杠杆平衡的条件可得:
200N×
L1=300N×
L2;
因为300N>200N,所以L2<L1;
当两端都减少40N时,由于L2<L1,所以(300N-40N)×
L2>(200N-40N)×
L1,即右端下沉。
原来杠杆平衡,是因为两边的力和力臂的乘积相等,若将两边物重同时减少40N,看现在的力和力臂的乘积是否相等,据此分析得出结论。
杠杆是否平衡取决于力和力臂的乘积是否相等,不能只看力或只看力臂。
使用杠杆AO将重G的物体提起时,根据杠杆的平衡条件可知,决定物体能否被提起的因素是动力与动力臂乘积、阻力与阻力臂乘积的关系,即F×
L2的大小。
D。
根据杠杆的平衡条件分析使物体上升的决定因素。
本题考查了杠杆平衡条件的应用,属于基础知识,要掌握。
当测力计和杠杆的角度从0°
逐渐增加到90°
时,动力臂越来越大,动力越来越小,当测力计和杠杆垂直时,此时动力臂最大,动力最小,当测力计和杠杆的角度从
90°
逐渐增加到180°
时,角度越大,动力臂越小,动力越大;
由于θ不能达到180°
,所以拉力不可能减小到零.故ACD不符合题意,B符合题意.
根据杠杆的平衡条件动力×
动力臂=阻力×
阻力臂可知,当阻力和阻力臂不变时,动力臂越大,动力越小。
本题考查杠杆平衡条件的应用,知道动力臂变化的特点是解题的关键。
A、钳子在使用时,动力臂大于阻力臂,是省力杠杆;
理发剪刀在使用时,动力臂小于阻力臂,是费力杠杆。
二者特点不同,不合题意。
B、独轮车在使用时,动力臂大于阻力臂,是省力杠杆;
铁锹在使用时,动力臂小于阻力臂,是费力杠杆。
C、镊子在使用时,动力臂小于阻力臂,是费力杠杆;
起子在使用时,动力臂大于阻力臂,是省力杠杆。
D、羊角锤和核桃夹在使用时,动力臂大于阻力臂,都是省力杠杆,二者特点相同,符合题意。
结合图片和生活经验,先判断杠杆在使用过程中,动力臂和阻力臂的大小关系,再判断它是属于哪种类型的杠杆。
此题考查的是杠杆的分类主要包括以下几种:
①省力杠杆,动力臂大于阻力臂;
②费力杠杆,动力臂小于阻力臂;
③等臂杠杆,动力臂等于阻力臂。
跷跷板相当于一个杠杆,小浩对杠杆的压力,压力的力臂、以及小峰对杠杆的压力不变,根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知,小峰对杠杆的压力的力臂越大,越省力,所以要想把小浩翘起来,此时他应该增大其对杠杆的压力的力臂,即向后移动。
向前移动,其对杠杆的压力的力臂减小,需要的力更大,不能把小浩翘起来;
甩动双脚、用力压扶手,都不能增大其对杠杆的压力的力臂,不能省力,所以也不能把小浩翘起来;
故A正确,BCD错误。
A。
根据杠杆平衡条件分析解答:
动力×
阻力臂(F1L1=F2L2),在阻力跟阻力臂的乘积一定时,动力臂越长,动力越小。
此题考查杠杆的应用,生活中利用杠杆的实例很多,平时应注意多观察,多思考。
【多选题答案】
AB
BC
BD
ABC
设杠杆上每格长度是L,每格钩码的重力是G,
A、支点两端各减少一个钩码,左侧=G×
4L=4GL,右侧=2G×
2L=4GL,力和力臂的乘积相等,杠杆平衡,故A正确;
B、支点左端钩码向右移动一格,左侧=2G×
3L=6GL,右侧=3G×
2L=6GL,力和力臂的乘积相等,杠杆平衡,故B正确;
C、支点左边增加一个钩码,左侧=3G×
4L=12GL,右侧=3G×
2L=6GL,力和力臂的乘积不相等,杠杆不平衡,故C错误;
D、支点左端减少一个钩码,左侧=G×
4L=4GL,右侧=3G×
2L=6GL,力和力臂的乘积不相等,杠杆不平衡,故D错误。
AB。
杠杆是否平衡,取决于两边力和力臂的乘积是否相等,若F1L1=F2L2,杠杆平衡;
若F1L1≠F2L2,杠杆就不平衡。
本题考查了学生对杠杆平衡条件的掌握和利用,判断杠杆是否平衡,要看力和力臂的乘积是否相等。
(1)由图知,OM:
ON=5:
3
∵p=F/S,
∴A对桌面的压力:
F压=pS=300Pa×
0.1m×
0.1m=3N,即物体A受到的支持力为3N,故A错误;
又∵A对桌面的压力等于A的重力减去杠杠的拉力,即F压=GA-FM,
∴FM=GA-F压=GA-3N,
∵杠杠平衡,
∴FM×
OM=GB×
ON,
∴FM=3/5GB=3/5×
4N=2.4N
即:
GA-3N=2.4N;
所以GA=5.4N;
故B正确;
(2)当物体B向右移动一格后,OM:
ON′=5:
4,
∴FM′×
ON′,
∴FM′=4/5GB=4/5×
4N=3.2N;
所以物体A受到的拉力增大3.2N-2.4N=0.8N;
故C正确;
所以物体A受到桌面的支持力减小0.8N;
故D错误。
BC。
(1)由图知杠杠两边力的力臂关系,知道A对桌面的压强,求出A的底面积,利用压强公式求A对桌面的压力,而该压力等于A的重力减去杠杠的拉力,根据杠杠的平衡条件可得关于A的重GA和B的重GB的方程,解出物体A受到的支持力和重力;
(2)向右移动一格后,知道杠杠两边力的力臂关系,同理可得关于A的重GA和B的重GB的方程;
解出物体A受到的拉力,进而求出拉力增大的数值和物体A受到桌面的支持力减小的值。
本题考查了学生对压强公式、杠杠平衡条件、同一直线上力的合成的掌握和运用,能根据两种情况下的杠杠平衡条件得出的方程并求解是本题的关键。
由ρ=
可知,铝球实心部分的体积:
V实心=
=0.001m3,
由杠杆平衡的条件可得:
(G-F浮)×
OA=FB×
OB
(2.7kg×
10N/kg-F浮)×
1=3.5N×
2
解得:
F浮=20N;
---故C正确、D错误;
根据F浮=ρ水gV排可得:
V排=
=0.002m3;
由于铝球一半体积浸在水中,则V球=2V排=2×
0.002m3=0.004m3=4×
10-3m3,故B正确;
则空心部分的体积:
V空心=V球-V实心=0.004m3-0.001m3=0.003m3=3×
10-3m3,故A错误;
已知铝球的质量和密度,根据密度公式可求出铝球实心部分的体积;
对铝球进行受力分析可知,铝球受到细线的拉力、重力和浮力作用,因此杠杆A端受到竖直向下的拉力等于G-F浮,根据杠杆平衡的条件可求出浮力。
根据阿基米德原理求出排开水的体积,从而得出球的体积,球的体积减去实心部分的体积即为空心部分的体积。
本题考查了学生对密度公式和杠杆平衡条件的掌握和运用,关键是分析出作用在杠杆A端的力,难度不大。
A、匀速转弯的汽车其方向不断变化,所以运动状态发生了改变,故A错误;
B、空中飞的火箭关闭发动机后因为火箭具有惯性,仍要保持原来的运动状态,所以还能继续飞行一段距离,故B正确;
C、活塞式抽水机是利用大气压把水从低处抽到高处。
故C错误;
D、缓慢匀速转动的杠杆也是平衡的,同样遵守杠杆平衡条件:
阻力臂,故D正确。
BD。
(1)物体运动状态的改变,指的是速度大小或运动方向的改变;
(2)物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性,一切物体都有惯性,惯性是物体的一种属性;
(3)活塞式抽水机是利用大气压的作用;
(4)杠杆平衡包括杠杆静止、杠杆匀速转动两种情况。
本题考查了对运动状态是否变化的理解、惯性的应用、抽水机的原理、杠杆平衡的理解等,有一定综合性。
A、做俯卧撑时,以脚为支点,阻力作用在人的重心,动力作用在人的肩膀处,动力臂大于阻力臂,所以人体相当于一个省力杠杆,故A正确;
B、人冲过终点后,由于惯性要保持原来的运动状态,所以不能立即停下来,故B正确;
C、竖直上升到最高点的球,此时瞬间静止,若所有外力消失,球将静止,故C正确;
D、人拉住单杠静止时,人的重力与手对杠杆的拉力平衡,两个力作用在两个物体上,不是一对平衡力,故D错误。
ABC。
(1)在力的作用下,能绕固定点转动的硬棒叫杠杆,根据动力臂和阻力臂的大小关系判断它是属于哪种类型的杠杆;
(2)物体具有的保持运动状态不变的性质叫惯性;
(3)物体在不受外力作用时,将保持静止或匀速直线运动;
(4)二力平衡的条件:
大小相等、方向相反、作用在一条直线上、作用在一个物体上。
本题考查了杠杆分类、惯性的应用、力与运动的关系、二力平衡条件的应用,综合性强,属力学综合题。
【填空题答案】
7.5
不变
变大
15
费力
省距离
小于
阻力和阻力臂不变,而动力臂变小
6
右
大于
60°
1/2mg
=
R
0.5
100
4
竖直向上
(1)如图,当杠杆在水平位置时,L1=OA=2m,L2=OB=1.5m,
根据杠杆平衡条件可得:
FL1=GL2,
所以,F=
=7.5N;
(2)将杠杆从竖直位置缓慢拉至水平位置;
阻力的大小不变,阻力臂变大,由于力F作用在杠杆的A端且始终垂直杠杆,则动力臂不变,根据杠杆平衡条件可知力F变大;
(3)根据B点的高度变化可知:
物体升高的高度h=OB=1.5m,
则克服物体重力做的功W=Gh=10N×
1.5m=15J;
不计摩擦的情况下,根据功的原理可知,拉力做的功W1=W=15J。
故答案为:
7.5;
不变;
变大;
15;
15。
(1)当杠杆在水平位置时,如图,OA、OB为动力F和阻力G的力臂,知道OA和OB的长度,也就知道两力臂的大小关系,知道阻力G的大小,利用杠杆的平衡条件求动力F的大小;
阻力臂变大,动力臂、阻力的大小不变,利用杠杆平衡条件分析拉力F的大小变化情况;
(3)利用W=Gh求出克服物体重力做的功,由于不计摩擦,根据功的原理可知拉力F做的功。
本题考查了学生对杠杆平衡条件的了解和掌握,能判断杠杆在B位置的高度的变化是本题的关键。
(1)如下左图,肱二头肌的拉力为动力FA,物体对手的压力为阻力G,支点O在肘关节处;
由图示可知,动力臂OA小于阻力臂OC,即LF<LG,
根据杠杆平衡条件得:
FLF=GLG,则F>G,所以是费力杠杆,但省距离;
(2)当手臂由甲图伸展到乙图位置时,如上右所示,此时的肱二头肌的拉力方向倾斜了,所以肱二头肌拉力的力臂OB变小了;
由于手所拿的东西是相同的,且手掌到肘关节处的距离不变,即GLG不变,据FLF=GLG可知,LF变小(即阻力和阻力臂不变,而动力臂变小),所以F变大,故F甲小于F乙。
费力;
省距离;
小于;
阻力和阻力臂不变,而动力臂变小。
(1)首先确定杠杆的支点、动力、阻力及对应的动力臂和阻力臂,根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2,并结合力臂的概念和杠杆的分类进行分析;
(2)当手臂由甲图伸展到乙图位置时,画出杠杆的示意图,分析阻力、阻力臂及动力臂的变化,根据杠杆的平衡条件分析回答。
此题考查了杠杆平衡条件的应用,关键是判断出两个力臂的大小关系即可顺利解决。
当力臂为OA时,力
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