沪科版八年级物理全一册培优练习题 科学探究：杠杆的平衡条件

《科学探究：杠杆的平衡条件》培优练习
1．如图，轻质杠杆OA中点通过细线悬挂一个重力为60N的物体，在A端施加一竖直向上的力F，杠杆在水平位置平衡，下列有关说法正确的是（）
A．使杠杆顺时针转动的力是物体的重力
B．此杠杆为费力杠杆
C．杠杆处于水平位置平衡时拉力F的大小为30N
D．保持F的方向竖直向上不变，将杠杆从A位置匀速提升到B位置的过程中，力F 将增大
2．如图所示的杠杆，正处于水平平衡，若将杠杆左边的钩码向右移动一段距离L，为使杠杆恢复平衡，应将右边钩码（）
A．向右移动L B．向左移动L
C．向右移动大于L的距离D．向左移动大于L的距离
3．如图所示，AB为一轻质杠杆，O为支点，BO=2AO，AB两端分别悬挂实心铁球和实心铜球，杠杆在水平位置平衡，若将两球同时浸没在水中，（铁密度为7.9×103kg/m3；铜密度为8.9×103kg/m3）则（）
A．杠杆仍能保持平衡
B．铜球一端下降
C．铁球一端下降
D．若改为浸没在酒精中，铁球一端下沉
4．如图所示，质量为M，半径为R的均匀圆形薄板可以绕光滑的水平轴A在竖直平面内转动，AB是它的直径，O是它的圆心，重力加速度为g。

现在薄板上挖去一个直径为R 的圆，则圆板的重心将从O点向左移动R的距离，在B点作用一个垂直于AB的力F使薄板平衡，此时AB恰处于水平位置，则F=
5．如图是利用电子秤显示水库水位装置的示意图。

该装置主要由滑轮C、D，长方体物块A、B以及轻质杠杆MN组成。

物块A通过细绳与滑轮C相连，物块B通过细绳与杠杆相连。

杠杆可以绕支点O在竖直平面内转动，杠杆始终在水平位置平衡，且MO：ON=1：2．已知动滑轮C和D的重力均为40N，物块A的密度为1.5×103kg/m3、底面积为0.04m2、高1m，物块B的重力为100N．所有摩擦和绳重忽略不计，g取10N/kg。

求：（1）当物块A的顶部刚好没入水中时，物块A受到的拉力是多大？
（2）若水位发生变化，电子秤的示数为55N时，物块A露出水面的高度是多少？
（3）在水不漫过水库大堤的情况下，求电子秤的示数变化范围？
答案和解析
1．【解答】解：（1）由图知，使杠杆顺时针转动的力是物体对杠杆的拉力，故A错误；（2）杠杆在A位置（如下图），L OA=2L OC，
因为杠杆平衡，所以FL OA=GL OC，
则拉力F==G=×60N=30N，故C正确；
因为拉力F＜G，
所以此杠杆为省力杠杆，故B错误；
（3）如下图所示：
杠杆在B位置，OA′为动力臂，OC′为阻力臂，阻力不变为G，
因为△OC′D∽△OA′B，
所以OC′：OA′=OD：OB=1：2，
因为杠杆平衡，所以F′L OA′=GL OC′，
则F′==G=×60N=30N；
由此可知，当杠杆从A位置匀速提到B位置的过程中，力F的大小不变，故D错误。

故选：C。

2．【解答】解：设一个钩码的重为G，左边钩码到支点的距离为2l，
因为杠杆正处于水平平衡，
所以由杠杆平衡条件可得3G×2l=2G×l右，
解得l右=3l，即右边钩码到支点的距离为3l；
若将杠杆左边的钩码向右移动一段距离L，则杠杆的左边=3G×（2l﹣L）；
因为左边钩码向右移动，所以右边的钩码应该向左移动才能平衡，
设右边移动的距离为L′，则杠杆的右边=2G×（3l﹣L′）；
为使杠杆恢复平衡，即3G×（2l﹣L）=2G×（3l﹣L′），
解得L′=L，即向左移动大于L的距离，故D正确。

故选：D。

3．【解答】解：
如图，杠杆处于平衡状态，根据杠杆平衡条件得，
OB×G铜=OA×G铁，
OB×ρ铜gV铜=OA×ρ铁gV铁，
所以，=，所以，V铜=。

当两球同时浸没在某液体中，
杠杆铜球端：OB×（G铜﹣F浮铜）=OB×G铜﹣OB×F浮铜=OB×G铜﹣OB×ρ液gV铜=OB ×G铜﹣OB×ρ液g=OB×G铜﹣OB×ρ液g﹣﹣①
杠杆铁球端：OA×（G铁﹣F浮铁）=OA×G铁﹣OB×F浮铁=OA×G铁﹣OB×ρ液gV铁﹣﹣②
比较①和②式，
因为OB×G铜=OA×G铁，ρ铁＜ρ铜，
所以①＞②，所以杠杆的铜球端下沉。

故选：B。

4．【解答】解：（1）在薄板上挖去一个直径为R的圆后，设圆板的重心将从O点向左移动x；
由于原来均匀圆形薄板半径为R，挖去的圆直径为R（其半径为R），
所以，根据S=πr2可知，挖去的圆形薄板面积为原来面积的，
由于圆形薄板是均匀的，则挖去的圆形薄板质量也为原来质量的，
假设将割去的圆形薄板可补上，在重心处可以将物体支撑起来，以原重心处O为支点，如图所示：
根据杠杆平衡条件可得：（M﹣M）g•x=Mg•R，
解得：x=R；
（2）在B点作用一个垂直于AB的力F使薄板平衡，以A为支点，此时的重心距A 的距离为R﹣R，
根据杠杆平衡条件，则有：
F•2R=（M﹣M）g•（R﹣R），
解得：F=Mg。

故答案为：，Mg。

5．【解答】解：
（1）物体A的重力：G A=m A g=ρA Shg=1.5×103kg/m3×0.04m2×1m×10N/kg=600N，当物块A的顶部刚好没入水中时，由阿基米德原理可得，物块A受到浮力：
F浮=ρ水gV排=ρ水gSh=103kg/m3×10N/kg×0.04m2×1m=400N，
所以物块A受到的拉力：
F=G A﹣F浮=600N﹣400N=200N；
（2）电子秤的示数为55 N时，绳对N端的拉力：
F N=
G B﹣F示=100N﹣55N=45N，
杠杆平衡，所以有：F N•ON=F M•OM，
由题知，MO：ON=1：2，
所以，F M=2F N=2×45N=90N，
由图知，两个滑轮都是动滑轮，则F M=F C+G动，2F C=F+G动，
所以绳对A的拉力：F=4F M﹣3G动=4×90N﹣3×40N=240N，
此时A受到的浮力：F浮′=G A﹣F=600N﹣240N=360N，
前后两次浮力之比：==；
即：=，
则此时物体A浸入水中的深度：h′=0.9m，
所以此时物体A露出水面的高度：h露=h﹣h′=1m﹣0.9m=0.1m；
（3）当物体A没入水中时，根据滑轮组的使用特点可知F M1=（（F+G动）+G动）=（（200N+40N）+40N）=80N；
根据杠杆平衡条件可得：F N1•ON=F M1•OM，
所以，F N1=×F M1=×80N=40N，
则电子秤的示数F最大=G B﹣F N1=100N﹣40N=60N；
当物体A全部露出水面时，根据滑轮组的使用特点可知F M2=（（G+G动）+G动）=（（600N+40N）+40N）=180N；
根据杠杆平衡条件可得：F N2•ON=F M2•OM，
所以，F N2=×F M2=×180N=90N，
则电子秤的示数F最小=G B﹣F N2=100N﹣90N=10N；
所以，电子秤的示数变化范围为10N～60N。

答：（1）当物块A的顶部刚好没入水中时，物块A受到的拉力是200N；
（2）若水位发生变化，电子秤的示数为55N时，物块A露出水面的高度是0.2m；
（3）电子秤的示数变化范围为10N～60N。