2023-2024学年江苏省苏州市姑苏区重点中学九年级（上）月考物理试卷（10月份）
一、单选题（本大题共12小题，共24.0分）
1.下列简单机械属于省力杠杆的是( )
A. 剪刀 B. 起重机
C. 船桨 D. 核桃夹
2.下列关于功和功率的说法正确的是( )
A. 踢出去的足球在草地上滚动的过程中，脚对足球做了功
B. 作用在物体上的力越大，力做的功就越多
C. 功率越大的机械，做功就越多
D. 功率越大的机械，做功就越快
3.把质量相等的、两物体挂在如图滑轮组下面，不计绳子、滑轮的重力和摩擦，放手后( )
A. 上升 B. 下降 C. A、均静止 D. 无法判断
4.登楼梯比赛中，小明同学从一楼登上五楼用了，则他登楼的功率最接近于( )
A. B. C. D.
5.如图所示，用滑轮组提升所受重力为的物体。物体在拉力作用下被竖直匀速提升了，用时，不计绳重、绳摩擦，滑轮组的额外功是，下列说法中正确的是( )
A. 动滑轮所受的重力为
B. 拉力的功率是
C. 物体上升的速度是
D. 滑轮组的机械效率是
6.悬挂重物的轻质杠杆，在力的作用下倾斜静止在如图所示的位置。若力施加在点，最小的力为；若力施加在点或点，最小的力分别为、，且下列判断正确的是( )
A. B. C. D.
7.前后两次水平拉动同一物体在同一水平面上做匀速直线运动，物体运动的路程与时间图象如图所示，则下列判断正确的是( )
A. 两次物体所受的拉力
B. 两次物体所受的拉力
C. 两次拉力对物体所做的功
D. 两次拉力对物体做功的功率
8.如图，杠杆可绕转动，为中点，在点挂一重为的物体，用始终与垂直的力抬起杠杆。下列说法不正确的是( )
A. 动力的力臂始终不变
B. 若把变为始终竖直向上，则旋转过程中，它的大小不变
C. 力先增大后减小
D. 旋转过程中阻力与阻力臂的乘积一直变大
9.如图所示，光滑斜面，沿斜面和分别将同一重物从它们的底部拉到顶部，所需拉力分别为和，所做的功分别为和则，( )
A. ， B. ，
C. ， D. ，
10.如图，是杠杆，与垂直，在的中点挂一个的重物，加在点的动力使在水平位置保持静止杠杆重力及摩擦均不计，则( )
A. 该杠杆一定是省力杠杆 B. 该杠杆一定是费力杠杆
C. 作用点在点的最小动力等于 D. 作用点在点的最小动力小于
11.如图所示，小明探究滑轮组的机械效率，动滑轮重，用的拉力通过该滑轮组匀速拉起重的物体，物体沿竖直方向上升此过程中，额外功和机械效率分别是( )
A.
B.
C.
D.
12.如图所示，长的粗细均匀的光滑杆可绕点自由转动．用竖直向上的拉力拉着套在杆上的轻质环缓慢向右移动的过程中，杆始终处于水平状态，拉力的大小与滑环离开点的距离的关系如图所示．则杆重 和图象中的值分别是( )
A. ， B. ，
C. ， D. ，
二、填空题（本大题共8小题，共42.0分）
13.如图是一种拉杆式旅行箱的示意图，使用时相当于一个______填“省力”或“费力”杠杆，若箱和物品共重，设此时动力臂是阻力臂的倍，则抬起拉杆的力为______。
14.九年级班的同学学习了功的知识后，他们讨论对物体做功的多少。李壮同学用的水平拉力将重的箱子沿水平地面移动了，张强同学将这个箱子匀速举高，张强同学将这个箱子举起后在空中停留。李壮同学做功是______ ，张强将箱子在空中停留过程中做功______ 。
15.在探究杠杆平衡条件的实验中，保持杠杆在水平位置平衡，就可以直接从杠杆上读出______。如图所示，在支点左侧刻度处挂个重均的钩码，右侧刻度处用弹簧测力计沿竖直方向拉杠杆，使其水平平衡，此时弹簧测力计拉力为______保持弹簧测力计悬挂点的位置不变，使其拉力方向斜向右下方，仍使杠杆水平平衡，弹簧测力计示数变______。
16.如图所示，小明通过斜面用平行于斜面的推力，将质量为的物体在时间内匀速推到高的平台上，斜面一长取则：推力的功率为______ ，斜面的机械效率为______，斜面对物体的摩擦力为______ 。
17.如图是一种健身器械，可视为一个杠杆，是它的支点。
小明用力向下拉杠杆时，重物被抬起，此时是一个______ 选填“省力”、“费力”或“等臂”杠杆。
他想更容易抬起重物，应该将手______ 选填“靠近”或“远离”点，这是因为______ 动力臂。选填“增大”、“减小”
18.小丽同学用水平力拉动如图所示装置，使重的物体内在水平地面上匀速运动了，物体重物体与始终接触，此过程中地面受到的摩擦力为，弹簧测力计的示数为若不计轮重、弹簧测力计重、绳重和绳与滑轮间摩擦，则滑轮移动的速度为______，物体受到施加的摩擦力______选填“水平向左”、“水平向右”或“为零”，水平拉力为______，水平拉力的功率为______。
19.如图所示，杆秤秤砣的质量为，杆秤自身质量忽略不计。若杆秤水平静止时，被测物体和秤砣到秤纽的距离分别为和，则被测物体的质量为______ ；若被测物体质量变大了，则称纽应向______ 选填“左”或“右”移动；若秤砣有缺损，则测量值比被测物体的真实质量要______ 选填“偏大”或“偏小”。
20.如图所示，某人用滑轮先后以甲、乙两种不同的方式来匀速提升重物。如果该人的体重为、手臂所能发挥的最大拉力为，滑轮重和摩擦均忽略不计，则以图甲方式最多可提升重为______ 的物体；而以图乙方式最多可提升重为______ 的物体。
三、作图题（本大题共1小题，共2.0分）
21.如图所示，轻质杠杆在力、的作用下未画出处于平衡状态。为支点，力的力臂，请在图中画出的力臂和力的示意图。
四、实验探究题（本大题共2小题，共20.0分）
22.利用杠杆开展相关实验探究如图：
安装好杠杆，将其放到水平位置后松手，发现杠杆沿逆时针方向转动，如图甲所示，则应将平衡螺母向______选填“左”或“右”调节，直到杠杆在水平位置平衡；
如图乙，在点挂个重力均为的钩码，在点用弹簧测力计竖直向下拉杠杆，使其在水平位置平衡，弹簧测力计的示数为______；若将弹簧测力计沿图中虚线方向拉，仍使杠杆在图示位置平衡，弹簧测力计的示数会______选填“变大“、“变小”或“不变”；
如图丙所示，始终竖直向下拉弹簧测力计，使杠杆从水平位置缓慢转过一定角度，此过程中，弹簧测力计拉力的力臂______选填“变大”、“变小”或“不变”，下同，拉力的大小______。
如图丁，当弹簧测力计的示数达到量程仍不能使杠杆在水平位置平衡为了使杠杆在水平位置平衡，在不更换弹簧测力计的情况下，你认为接下来的操作是______写出一条即可。
23.某实验小组在测滑轮组机械效率的实验中得到的数据如表所示，实验装置如图所示。
实验次数
钩码重
钩码上升高度
绳端拉力
绳端移动距离
机械效率
实验中应沿竖直方向______拉动弹簧测力计。
通过表中数据可分析出第次实验是用______选填“甲”或“乙”图所示装置做的实验。
通过第次实验和第次实验的数据分析可得出结论：使用不同的滑轮组提升相同的重物时，动滑轮的个数越多动滑轮的质量越大，滑轮组的机械效率______选填“越高”、“不变”或“越低”。
小组同学再用第次实验中使用的装置做第次试验，表中第次实验中绳端移动距离漏记，但仍然计算出第次的机械效率______保留位有效数字。
五、计算题（本大题共3小题，共12.0分）
24.画出使杠杆在如图所示位置静止时所用最小力的作用点和方向。
25.在建筑工地上，工人把重的物体沿着长、高的斜面从底部匀速拉上斜面的顶端，若斜面的机械效率为不计空气阻力。问：
工人拉力所做的总功是多少？
物体和斜面之间的摩擦力是多大？
26.一个质量为的工人，在建筑工地用如图所示的装置提升石板，已知托盘重，容量足够大，每块石板重，绳能承受的最大拉力为，滑轮的摩擦和绳重忽略不计。当工人站在地面上用此装置在内将块石板匀速提升时，此装置的机械效率为，求：
该工人提升块石板升高过程中，做的有用功是多少？
该工人提升块石板升高过程中，做的总功是多少？
该工人用此装置提升石板的最高机械效率是多少？，保留一位小数
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：
A、图中的剪刀在使用时，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故A不符合题意；
B、起重机的吊臂在使用时，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故B不符合题意；
C、船桨在使用时，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故C不符合题意；
D、核桃夹在使用时，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，故D符合题意。
故选：。
杠杆的分类主要包括以下几种：
省力杠杆，动力臂大于阻力臂；
费力杠杆，动力臂小于阻力臂；
等臂杠杆，动力臂等于阻力臂。
结合生活经验，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。
2.【答案】
【解析】解：、足球离开脚，足球不再受到脚的踢力作用，足球由于惯性在草地上滚动，脚对足球没有做功，故A错误；
B、机械做功的多少与力的大小和物体在这个力的方向上移动的距离有关，不知道物体在这个力的方向上移动的距离，无法确定做功的多少，故B错误；
C、物体在单位时间完成的功叫功率，功率与做功的多少和时间的长短两个物理量有关，只知道一个物理量，无法确定功率的大小，故C错误；
D、功率是比较做功快慢的物理量，功率大的机械一定比功率小的机械做功快，故D正确。
故选：。
功包含两个必要因素：作用在物体上的力；物体在这个力的方向上移动的距离，功等于力乘以在力的方向上通过的距离；
功率是比较物体做功快慢的物理量，物体在单位时间完成的功叫功率。功率的大小与做功多少和所用时间都有关系。
本题考查了对功和功率的理解，属于基础题，难度不大。
3.【答案】
【解析】【分析】
利用动滑轮、定滑轮的省力特点分析解答此题。
此题考查了动滑轮、定滑轮的省力特点，属于基础题目。
【解答】
解：所在的滑轮为动滑轮，动滑轮省一半的力，所在的滑轮为定滑轮，定滑轮不省力；与质量相等，重力相等，将拉起只需重力的一半即可，所以下降，上升。
故选：。
4.【答案】
【解析】解：人的质量大约，每层楼高，则从一楼登上五楼升高的高度，
则克服重力所做的功，
所以登楼的功率。
故选：。
根据求出登楼时克服重力所做的功，再根据求出克服重力做功的平均功率．
解决本题的关键掌握重力做功和平均功率的公式，以及会进行估算．
5.【答案】
【解析】解：、物体被提高，由于动滑轮随物体一起运动，动滑轮提升的高度也是，不计绳重和摩擦，提升动滑轮做的功为额外功，由可知，动滑轮重力为：，故A错误；
B、有用功，
拉力做的总功，
拉力的功率为：，故B正确；
C、物体上升的速度为：
，故C错误；
滑轮组的机械效率，故D错误。
故选：。
不计绳重和摩擦，提升动滑轮做的功为额外功，利用求动滑轮重力；
利用求有用功，拉力做的总功等于有用功加上额外功，又知道做功时间，利用求拉力的功率；
利用速度公式求物体上升的速度；
滑轮组的机械效率等于有用功与总功之比。
本题考查了使用滑轮组时有用功、总功、功率、机械效率的计算，要明确：不计绳重和摩擦，提升动滑轮做的功为额外功。
6.【答案】
【解析】解：在阻力和阻力臂不变的情况下，动力臂越大，动力最小；
根据力臂的定义可知，重力的方向竖直向下，重力的力臂要小于；
若力施加在点，当为动力臂时，动力最小为；若力施加在点，当为力臂时动力最小，为；若力施加在点，当为力臂时，最小的力为，从支点做阻力的力臂：由图可知，，根据杠杆的平衡条件可知，、、都要小于；由于，则，故C正确，ABD错误。
故选：。
根据杠杆的平衡条件分析出最小的力，然后画出最小的力的示意图，根据各个力臂的关系判定力的大小。
本题考查杠杆平衡条件的应用，使用杠杆，当阻力和阻力臂一定时，动力臂越长越省力，找出每个力的动力臂是本题的关键。
7.【答案】
【解析】解：
、两次水平拉动同一物体在同一水平面上运动，物体对水平面的压力大小不变，接触面的粗糙程度不变，所以两次物体受到滑动摩擦力的大小相等；
由于两次物体都做匀速直线运动，物体在水平方向上受到的拉力和滑动摩擦力是一对平衡力，大小相等，所以，两次物体所受的拉力：，故AB错误；
C、由图象可知，内第一次物体通过的路程较大，又知两次拉力大小相等，根据可知，两次拉力对物体所做的功：，故C错误；
D、，时间相同，且，根据可知，两次拉力对物体做功的功率：，故D正确。
故选：。
根据二力平衡条件和滑动摩擦力大小的影响因素分析两次物体所受拉力的大小关系；
由图象可知两次物体通过路程的大小关系，然后利用分析两次拉力对物体所做功的大小关系；
知道做功大小和所用的时间，利用分析两次拉力对物体做功的功率大小关系．
本题考查了二力平衡条件、滑动摩擦力大小的影响因素、功和功率的大小比较，考查的知识点较多，从图象中获取有用的信息是解题的关键之一。
8.【答案】
【解析】解：、将杠杆缓慢地由最初位置拉到水平位置时，动力臂不变，阻力不变，阻力力臂变大，阻力与阻力臂的乘积变大，根据杠杆的平衡条件可知，动力逐渐变大；
当杠杆从水平位置向上拉动时，动力臂不变，阻力不变，阻力臂变小，阻力与阻力臂的乘积变小，根据杠杆的平衡条件可知，动力变小；故F先变大后变小，故AC正确，D错误；
B、若把变为始终竖直向上，将杠杆缓慢地由位置拉到水平位置时，根据相似三角形知识可知，动力臂与阻力臂的比值不变，阻力为杠杆的重力，保持不变，根据杠杆平衡条件可知，动力的大小不变，故B正确。
故选：。
从支点向力的作用线作垂线，垂线段的长度即力臂。根据杠杆平衡条件分析，力作用在杠杆一端且始终与杠杆垂直，即动力臂不变，然后分析阻力与阻力臂的关系，并得出正确结果。
本题是动态平衡问题，考查了学生对杠杆平衡条件的理解和灵活运用。能否正确分析重力的阻力臂与动力臂的大小关系是本题的解题关键。
9.【答案】
【解析】解：斜面光滑说明摩擦力为，即使用光滑的斜面没有额外功，则把同一物体沿斜面和分别拉到顶端，相同，由可知两次做的功相同，即。
根据图示可知，，而，由可知，，即。
故选：。
斜面光滑说明摩擦力为，即使用光滑的斜面没有额外功。无论是沿斜面还是匀速拉同一物体，由于其高度相同，由功的原理可知沿斜面所做的功都等于不用机械而直接用手所做的功，从而可以判断出两次做的功和的大小关系。
知道斜面长的大小关系，利用比较拉力关系。
本题考查斜面的省力情况，物体做功大小的判断，关键是知道接触面光滑，摩擦力为，使用任何机械都不省功。也可以利用斜面倾斜角度越大，越费力，来判断两次拉力的大小关系。
10.【答案】
【解析】【分析】
判断杠杆类型关键是比较杠杆的动力臂和阻力臂的大小关系。该题同时考查了利用杠杆平衡条件判断最小的动力，以及杠杆平衡条件的有关计算，解答此类题的关键是找出最长的动力臂。
【解答】
因无法确定动力臂的大小，所以无法确定它是哪种杠杆，故A和B错误；
加在点的动力与垂直向上时，动力作用线和杠杆垂直，支点与动力作用点之间的连线就是最长的动力臂，此时动力最小，。
根据杠杆的平衡条件，此时的最小动力，所以选项C错误，选项D正确。
故选：。
11.【答案】
【解析】解：
有用功为；
绳子拉下的长度为，
拉力做的总功为。
额外功为；
机械效率为。
故选：。
已知物重和上升高度，可以得到有用功；
由图知，承担物重的绳子有段。已知物体上升高度，可以得到绳子拉下长度；已知拉力和绳子拉下长度，可以得到总功；
已知有用功和总功，可以得到额外功；有用功与总功之比为机械效率。
此题考查的是我们对滑轮组特点和机械效率计算公式的掌握和应用，区分有用功、额外功、总功，掌握机械效率的概念，是正确解答的关键。
12.【答案】
【解析】解：
粗细均匀的光滑杆，其重心在它的几何中心，则重力的力臂为杆长的一半，；
由图象可知，时，拉力的力臂，
由杠杆平衡条件可得，即：，
则杆重；
由图象可知，时，拉力的力臂为，
由杠杆平衡条件得，即：，
则．
故选C．
杠杆是粗细均匀的一只金属杆，重心在杠杆的中点，由图象求出拉力作用点到点的距离与对应的拉力大小，然后由杠杆平衡条件求出杆的重力和图象中的值．
由图示求出力与对应的力臂，应用杠杆平衡条件即可正确解题；能正确识图是解题的关键．
13.【答案】省力
【解析】解：抬起拉杆的力为动力，物品的重力为阻力，支点在下面，故动力臂大于阻力臂，所以是省力杠杆；
由杠杆的平衡条件：，可求得；
故答案为：省力，。
由示意图分析动力和阻力，然后看动力臂和阻力臂的大小，根据杠杆的平衡条件进行计算求出抬起拉杆的力。
这类题目要确定动力和阻力，分析动力臂和阻力臂，根据杠杆的平衡条件求解。
14.【答案】
【解析】解：李壮对箱子做功：；
张强在空中停留有力但没有距离，故做的功为。
故答案为：；。
做功的两个条件：作用在物体上的力，在力的方向上通过的距离；
功的计算公式：。
本题考查功的两个必要条件以及功的计算公式，属于基础题目。
15.【答案】力臂；；大
【解析】解：在探究杠杆平衡条件的实验中，保持杠杆在水平位置平衡，就可以直接从杠杆上读出力臂的数值；
，
即：，
。
保持弹簧测力计悬挂点的位置不变，使其拉力方向斜向右下方，力臂变小，即，根据杠杆平衡条件得，，即，
因为，所以；
故答案为：力臂；；大。
在“探究杠杆平衡的条件”实验中我们应首先调节杠杆在水平位置平衡，目的是为了便于测量力臂；
知道阻力、阻力臂、动力臂，根据杠杆平衡条件求出动力。
当弹簧测力计斜着拉时，其力臂小于杠杆长，根据杠杆平衡条件分析出答案。
本题考查了杠杆平衡的调节、杠杆平衡条件的应用等问题，是实验的常考问题，一定要掌握。探究杠杆平衡条件时，要使力臂在杠杆上，有两个条件：杠杆在水平位置平衡；力竖直作用在杠杆上。
16.【答案】
【解析】解：
推力做的总功：，
推力做功功率：
；
物体的重力：，
推力做的有用功：；
斜面的机械效率：
；
因为
所以克服摩擦做的额外功：，
因为，
所以斜面对物体的摩擦力：
。
故答案为：；；。
根据公式求出推力做的总功；知道做功时间，利用求推力做功功率；
知道物体重力和高度，利用公式求出有用功；利用效率公式求出机械效率；
根据求出克服摩擦做的额外功，根据求出摩擦力。
本题考查了使用斜面时有用功、额外功、总功、功率和机械效率的计算，明确克服摩擦力做的功为额外功是解决此题的关键。
17.【答案】省力 远离 增大
【解析】解：因为的动力臂大于阻力臂，所以是省力杠杆；
由杠杆的平衡条件可知，动力臂越大越省力，所以他想更容易抬起重物，手应该远离点，这是因为增大动力臂。
故答案为：省力；远离；增大。
杠杆可分为：省力杠杆、费力杠杆和等臂杠杆，可以从动力臂和阻力臂的大小关系进行判断，动力臂越大越省力，阻力臂越大越费力。
此题考查还有杠杆平衡条件的应用和杠杆的分类，杠杆可分为：省力杠杆、费力杠杆和等臂杠杆，省力杠杆省力但费距离，费力杠杆费力省距离，等臂杠杆既不省力也不费力。
18.【答案】 水平向右
【解析】解：物体移动的速度，
滑轮移动的速度；
因为力的作用是相互的，相互作用力大小相等，方向相反，而物体受到的摩擦力，
所以，物体受到施加的摩擦力，方向水平向右。
物体受到向左的拉力等于地面对的摩擦力加上物体受到施加的摩擦力，
，
滑轮为动滑轮，水平拉力为的倍，
故F，
则拉力做功功率；
故答案为：；水平向右：：。
滑轮为动滑轮，滑轮移动的速度等于物体移动速度的二分之一；
根据力的作用的相互性得出物体受到施加的摩擦力的大小及方向；
物体受到向左的拉力等于地面对的摩擦力加上物体受到施加的摩擦力；而滑轮为动滑轮，滑水平拉力为的倍，据此计算水平拉力的大小；然后利用计算功率。
本题考查了使用滑轮时速度、功、功率的计算，知识点多、题图复杂，要求灵活运用所学知识。
19.【答案】 左 偏大
【解析】解：如图所示：
因为杠杆平衡，所以，
即：，
则。
秤砣质量不变，即动力不变，若被测物体质量变大，则阻力变大，由杠杆平衡条件知，动力臂与阻力臂的比值变大，由于阻力臂与动力臂的和等于杆秤的长度是一定的，则应减小阻力臂，增大动力臂，所以称纽应向左端移动。
若秤砣有缺损，减小，而不变，所以要变大，
杆秤所示的质量值要偏大。
故答案为：；左；偏大。
知道秤砣的质量和两边力臂的大小，利用重力公式和杠杆的平衡条件求被测物的质量；
保持秤砣不变，根据杠杆平衡条件分析力臂的变化；
若秤砣有缺损时，左边的力和力臂不变，右边的力减小，根据杠杆的平衡条件知道右边的力臂增大，即：杆秤所示的质量值要大于被测物的真实质量值。
本题考查了学生对杠杆的平衡条件的掌握和运用，找出力臂大小是本题的关键。
20.【答案】
【解析】解：人的体重为，
人能施加的最大拉力。
滑轮重和摩擦均忽略不计，
使用定滑轮，
以图甲方式最多可提升重：；
手臂所能发挥的最大拉力：，
又滑轮重和摩擦均忽略不计，使用动滑轮，
以图乙方式最多可提升重：
。
故答案为：，。
滑轮重和摩擦均忽略不计，使用定滑轮不省力，使用动滑轮省一半的力；
知道人的体重，即人能施加的最大拉力，利用定滑轮拉力和物重的关系求以图甲方式最多可提升的物重；
知道手臂所能发挥的最大拉力为，利用动滑轮拉力和物重的关系求以图乙方式最多可提升的物重。
弄清楚甲、乙两图的区别：一是省力情况不同不计滑轮重和摩擦，使用定滑轮，使用动滑轮；
二是人施加的最大拉力不同。这是本题的关键。
21.【答案】解：反向延长的作用线，过点作作用线的垂线段，即为的力臂；
过阻力臂的末端作垂直于的作用线，与杠杆的交点为的作用点，的方向向下，在线段末端标出箭头，标出阻力如下图所示：
【解析】力臂是从支点到力的作用线的垂直距离，据此画出力臂的垂线，与杠杆的交点为的作用点，为使杠杆平衡的方向应该向下，据此画出力的示意图。
本题考查了杠杆平衡条件、力臂的概念、力的示意图的画法，知道力臂是从支点到力的作用线的垂直距离是关键。易错点将垂足当做动力作用点。
22.【答案】右 变大 变小 不变 取下几个钩码或将钩码向右移或测力计向右移。
【解析】解：安装好杠杆，将其放到水平位置后松手，发现杠杆沿逆时针方向转动，右端上翘，如图甲所示。则应将平衡螺母向右调节，直到杠杆在水平位置平衡；
由图根据杠杆平衡条件可知，代入数据可得解得；
若将弹簧测力计沿图中虚线方向拉，根据力臂的定义可知，此时的动力臂是变小的，在阻力、阻力臂不变的情况下，动力变小，要使杠平衡，根据杠杆的平衡条件可知，动力要变大，即弹簧测力计的示数会变大；
如图丙所示，始终竖直向下拉弹簧测力计，使杠杆从水平位置缓慢转过一定角度，根据力臂的定义可知，动力臂是逐渐变小的；
图乙使杠杆由水平位置时，根据杠杆平衡条件得，，则；
当转动到图丙中位置时，设杠杆与水平位置的夹角为，物体的力臂、弹簧测力计拉力的力臂均变小；则根据杠杆平衡条件得，，则：，所以拉力的大小不变；
当弹簧测力计的示数达到量程仍不能使杠杆水平平衡，根据杠杆的平衡条件可知，在动力、动力臂、阻力臂不变的情况下，减小钩码的重力，即取下几个钩码；在钩码重力不变、阻力臂不变、动力不变的情况下，可以将测力计向右移动，增大动力臂；在动力、动力臂、阻力不变的情况下，将钩码右移，减小阻力臂。
故答案为：右；；变大；变小；不变；取下几个钩码或将钩码向右移或测力计向右移。
在调平杠杆平衡时，杠杆的向哪端转动，那端沉，平衡螺母要向另一端移动；
根据杠杆的平衡条件求出拉力的大小；根据动力臂的变化，利用杠杆的平衡条件分析弹簧测力计示数的变化；
图丙使杠杆由水平位置缓慢转动到图中位置，求出各自的力臂根据杠杆平衡条件即可求判断的大小变化。
根据杠杆平衡条件分析。
在探究杠杆平衡条件时，使杠杆在水平位置平衡，是为了便于在杠杆上读出动力臂和阻力臂。杠杆平衡条件是杠杆平衡计算的基础内容，一定要掌握。
23.【答案】匀速 乙 越低
【解析】解：
实验中应该匀速竖直向上拉动弹簧测力计，以保证拉力大小恒定；
由表中实验数据可知，根据，由第次实验数据，由图示滑轮组可知，实验使用的是乙图所示装置做的实验；
由表中第次实验和第次实验的数据可知，使用不同的滑轮组提升相同的重物时，动滑轮的个数越多动滑轮的质量越大，滑轮组的机械效率越低；
由表中第次实验数据可知，绳端移动的距离是钩码上升高度的倍，第三次实验使用同样的装置，则第次实验：绳端移动距离；
机械效率。
故答案为：匀速；乙；越低；。
应竖直匀速拉动测力计，这样拉力大小不变，弹簧测力计的示数稳定；
根据确定绳子的股数，判断是哪一个滑轮组；
比较实验和的条件和机械效率大小，可得出动滑轮个数多少对滑轮组机械效率的影响；
根据表中实验数据求出绳子移动的距离，应用效率公式求出滑轮组效率。
在此实验中，对滑轮组的分析、机械效率公式的运用是实验的基础，同时，实验中分别探究了机械效率高低与动滑轮个数、提升物体重力等多个量的关系，因此，控制变量法的运用也十分关键。
24.【答案】解：在杠杆上找到离杠杆支点最远的点即力的作用点，这两点的连线就是最长的力臂，过力的作用点作垂线就是最小的力。如图所示：
【解析】根据杠杆的平衡条件，要使杠杆上的力最小，必须使该力的力臂最大，而力臂最大时力的作用点一般离杠杆的支点最远，所以在杠杆上找到离杠杆支点最远的点即力的作用点，这两点的连线就是最长的力臂，过力的作用点作垂线就是最小的力。
杠杆中的最小动力，可以按照以下几个步骤进行：
确定杠杆中的支点和动力作用点的位置；
连接支点与动力作用点，得到最长的线段；
经过动力作用点做出与该线段垂直的直线；
根据杠杆平衡原理，确定出使杠杆平衡的动力方向。
25.【答案】解：
工人做的有用功：
；
根据可得，工人拉力所做的总功：
；
工人做的额外功：
，
由得摩擦力：
。
答：工人拉力所做的总功是；
物体和斜面之间的摩擦力是。
【解析】根据求出有用功，利用计算出工人拉力所做的总功；
总功减去有用功等于额外功，求出克服摩擦力做的额外功，再据计算摩擦力。
本题考查了使用斜面时总功、有用功、额外功的计算，属于常考题目，难度不大。
26.【答案】解：该工人提升块石板升高过程中，做的有用功为：
；
由图可知，，该工人提升块石板升高过程中，做的总功为：
；
该工人提升块石板升高过程中，做的额外功为：
，
则托盘和动滑轮总重为：
；
由题知，人使用的最大拉力：
，
不计滑轮的摩擦和绳重，最大拉力，
解得能提升的最大砖重：
，
因为每块砖重，
所以最多能提升砖的数量为块，
实际能提升的最大砖重：
，
此时拉力，
所以最高机械效率：
。
答：该工人提升块石板升高过程中，做的有用功是；
该工人提升块石板升高过程中，做的总功是；
该工人用此装置提升石板的最高机械效率是。
【解析】根据求出有用功；
根据滑轮组装置确定绳子股数，利用求出总功；
根据求出额外功，利用求出托盘和动滑轮总重；
当工人站在地面上用此装置提升这些砖的过程中，使用最大拉力等于工人自重否则人会被提起；利用求出最大砖重，再利用求出此时的机械效率，即最高机械效率。
本题考查了使用滑轮组时有用功、总功、机械效率的计算。不计滑轮的摩擦和绳重，用好“使用滑轮组做的额外功，拉力”是本题的关键。
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