12 如图所示,停车场的入口处常用闸杆来控制车辆的出入。将闸杆看作一个质量分布均匀的杠杆,如图所示,O为杠杆的支点,杠杆的重力$G=40\ \mathrm{N}$,$AB=3.2\ \mathrm{m}$,$AO=0.4\ \mathrm{m}$。在升起横杆时,施加在A端的力为动力,此时的动力臂要小于阻力臂,为杠杆。要使闸杆水平平衡,则在A端施加的最小力为N。

12.费力 120

【分析】
首先根据动力臂与阻力臂的大小关系判断杠杆类型；求A端最小力时，需利用杠杆平衡条件，当动力方向垂直于杠杆时动力臂最大，此时动力最小，需先确定阻力臂、最大动力臂的大小，再代入平衡公式计算。
【解析】
1. 判断杠杆类型：已知动力臂小于阻力臂，根据杠杆分类规则，动力臂小于阻力臂的杠杆为费力杠杆。
2. 计算最小力：
均匀杠杆AB总长为3.2m，支点O距A端0.4m，因此OB长度为$3.2\ \mathrm{m} - 0.4\ \mathrm{m}=2.8\ \mathrm{m}$；
均匀杠杆的重心在其中点，中点距A端的距离为$\frac{3.2\ \mathrm{m}}{2}=1.6\ \mathrm{m}$，故重心到支点O的距离（阻力臂）$L_{阻}=1.6\ \mathrm{m} - 0.4\ \mathrm{m}=1.2\ \mathrm{m}$；
要使A端施加的力最小，需动力臂最大，此时动力方向垂直于杠杆，最大动力臂为OA的长度，即$L_{动}=0.4\ \mathrm{m}$；
根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，代入数据得：$F × 0.4\ \mathrm{m}=40\ \mathrm{N} × 1.2\ \mathrm{m}$，解得$F=\frac{40\ \mathrm{N} × 1.2\ \mathrm{m}}{0.4\ \mathrm{m}}=120\ \mathrm{N}$。
【答案】
费力；120
【知识点】
杠杆分类、杠杆平衡条件
【点评】
本题考查杠杆的分类和平衡条件的应用，核心是确定阻力臂与最大动力臂，属于基础应用题型，难度适中。
【难度系数】
0.5

三、作图题
13 如图甲所示是一个压饺子皮的工具，图乙是简化示意图，请在图乙中画出阻力臂 $ l_2 $ 和作用在杠杆A点的最小动力 $ F_1 $。

13.

【分析】要完成该作图，需掌握两个核心知识点：一是阻力臂的定义（支点到阻力作用线的垂直距离），二是最小动力的判断（阻力和阻力臂一定时，动力臂越长，动力越小，最长动力臂为支点到动力作用点的距离）。首先过支点O作阻力F₂作用线的垂线段得到阻力臂l₂；再连接支点O与动力作用点A，以OA为最长动力臂，过A点作垂直于OA的向下的力，即为最小动力F₁。
【解析】1. 画阻力臂l₂：确定阻力F₂的作用线，从支点O向F₂的作用线作垂线，垂线段的长度就是阻力臂l₂；2. 画最小动力F₁：根据杠杆平衡条件，要使动力最小，需动力臂最大，最大动力臂是支点O到动力作用点A的距离，因此连接OA，过A点作垂直于OA且向下的力，该力就是最小动力F₁。
【答案】
【知识点】杠杆力臂、最小动力作图
【点评】本题考查杠杆作图的基础内容，需熟练掌握力臂的定义和最小动力的判断方法，属于杠杆部分的常规基础题，难度适中。
【难度系数】0.5

14 一辆小汽车陷入泥中,请你画出图中滑轮组最省力的绕法。

14.

【分析】要画出滑轮组最省力的绕法，需依据滑轮组的省力规律：承担阻力的绳子段数越多，滑轮组越省力。本题中，左侧为固定在墙上的定滑轮，右侧为连接汽车的动滑轮，要实现最省力，需让动滑轮上的绳子段数最多，因此应选择从动滑轮开始绕绳的方式，使承担车拉力的绳子段数达到最大。
【解析】最省力的绕法步骤：①将绳子的一端固定在左侧定滑轮的挂钩上；②绳子向右绕过右侧的动滑轮；③再向左绕过左侧的定滑轮；④最终拉力方向向左上方，此绕法下，动滑轮上有3段绳子承担车的阻力，是最省力的绕法。
【答案】
【知识点】滑轮组的绕法、滑轮组的省力规律
【点评】本题考查滑轮组最省力绕法的应用，核心是理解滑轮组省力与绳子段数的关系，属于基础作图题，需掌握滑轮组绕绳的基本逻辑。
【难度系数】0.6

四、实验探究题
15 在探究“杠杆的平衡条件”的实验中

(1)实验前,将杠杆中点置于支架上,杠杆静止时如图甲所示,此时杠杆处于(选填“平衡”或“非平衡”)状态;要使其在水平位置平衡,应将平衡螺母向(选填“左”或“右”)调节;
(2)实验时,用图乙所示的方法拉动测力计,使杠杆至水平位置平衡,随后小明测出此时阻力和动力的大小$ F_1 $、$ F_2 $,并按图中所标的力臂读取$ L_1 $、$ L_2 $的数据,发现$ F_1L_1 $(选填“＞”“=”或“＜”)$ F_2L_2 $,其原因是;
(3)如图丙所示,将弹簧测力计从C位置缓慢移到D位置,杠杆始终在水平位置保持平衡,在此过程中弹簧测力计示数变(选填“大”或“小”),原因是杠杆受测力计拉力的力臂变(选填“大”或“小”);
(4)改变支点位置,将杠杆提升至水平位置静止,支点、三个钩码及测力计位置如图丁所示,此时测力计竖直向上的拉力$ F_3 $为6N,每个钩码的重力均为0.5N,经计算发现,$ F_3 $与其力臂的乘积(选填“大于”“等于”或“小于”)$ F_4 $与其力臂的乘积,其原因是。

15.(1)平衡 右 (2)＜ $F_2$的力臂小于$L_2$
(3)小 大 (4)大于 杠杆自重影响杠杆平衡
【解析】(1)题图甲杠杆的右端上翘,应将平衡螺母向右端移动,调节杠杆在水平位置平衡。
(2)题图乙中,$F_1$的力臂是$L_1$,$F_2$的力臂小于$L_2$,设力臂为$L'_2$,则$L_2＞L'_2$,所以$F_1L_1＜F_2L_2$。
(3)题图丙中,拉力由倾斜变成竖直时,拉力$F$力臂变大,相应的力会变小。
(4)题图丁,设杠杆每个格的长度为$L$,根据杠杆的平衡条件得$F_3L_3=6\mathrm{N}×2L=12\mathrm{N}×L$,$F_4L_4=3×0.5\mathrm{N}×6L=9\mathrm{N}×L$,则$F_3L_3＞F_4L_4$;若用题图丁所示,杠杆的重力的作用线没有通过支点,杠杆的自身重力会对杠杆平衡有影响。

【分析】
本题围绕“杠杆的平衡条件”实验展开，需分步骤分析：
1. 杠杆平衡状态判断：杠杆静止或匀速转动都属于平衡状态，调节平衡螺母时，向杠杆上翘的一侧调节；
2. 力臂的正确判断：斜拉测力计时，力臂是支点到力作用线的垂直距离，不是杠杆上标注的长度，据此比较力与力臂的乘积；
3. 拉力变化的分析：斜拉变竖直拉时，拉力的力臂会变化，结合杠杆平衡条件判断力的大小变化；
4. 杠杆自重的影响：当杠杆自身重力对平衡产生作用时，力与力臂的乘积会不相等，需考虑杠杆自重的影响。
【解析】
(1) 杠杆的平衡状态是指杠杆静止或匀速转动，题图甲中杠杆静止，因此处于平衡状态；杠杆右端上翘，需将平衡螺母向右调节，使杠杆在水平位置平衡。
(2) 题图乙中，$F_2$斜拉，其力臂是支点$O$到$F_2$作用线的垂直距离，小于图中标注的$L_2$；根据杠杆平衡条件，$F_1L_1 = F_2L'_2$（$L'_2$为$F_2$实际力臂），因$L'_2 ＜ L_2$，故$F_1L_1 ＜ F_2L_2$，原因是$F_2$的力臂小于$L_2$。
(3) 题图丙中，弹簧测力计从C位置（斜拉）移到D位置（竖直拉），拉力的力臂变大；阻力和阻力臂不变，根据杠杆平衡条件，动力臂变大则动力变小，因此弹簧测力计示数变小，力臂变大。
(4) 题图丁中，设每个格长度为$L$，$F_3$的力臂为$2L$，$F_4=3×0.5N=1.5N$，力臂为$6L$；计算得$F_3L_3=6N×2L=12N·L$，$F_4L_4=1.5N×6L=9N·L$，故$F_3$与其力臂的乘积大于$F_4$与其力臂的乘积；原因是杠杆自身有重力，其重力的力臂不为零，会影响杠杆平衡，导致乘积不相等。
【答案】
(1) 平衡；右
(2) ＜；$F_2$的力臂小于$L_2$
(3) 小；大
(4) 大于；杠杆自重影响杠杆平衡
【知识点】
杠杆的平衡条件；力臂的判断；杠杆实验误差分析
【点评】
本题是探究杠杆平衡条件的经典实验题，重点考查杠杆平衡状态判断、力臂的正确识别（斜拉时易误判力臂）、力与力臂的变化关系，以及杠杆自重对平衡的影响，是初中力学核心考点，需熟练掌握杠杆平衡条件的应用。
【难度系数】
0.6