2021年湖北省武汉市中考物理试卷

这是一份2021年湖北省武汉市中考物理试卷，共32页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2021年湖北省武汉市中考物理试卷
一、选择题（本题包括12小题，每小题只有一个选项符合题意。每小题3分，共36分）
1．（3分）（2021•武汉）如图所示，桥在水中的倒影形成的原理是（　　）

A．光的色散 B．光的反射
C．光的折射 D．光的直线传播
2．（3分）（2021•武汉）关于核能和太阳能，下列说法正确的是（　　）
A．现有核电站是利用聚变来发电的
B．核能是一次能源，也是可再生能源
C．太阳能来源于太阳内部氢核的裂变反应
D．太阳能是未来理想能源的一个重要发展方向
3．（3分）（2021•武汉）关于声现象的描述，下列说法错误的是（　　）
A．图中，把耳朵贴在桌面上，听到轻敲桌子的声音，说明桌子能传声
B．图中，超声波清洗机正在清洗眼镜，说明超声波能传递能量
C．图中，摩托车安装消声器，可以在声源处减弱噪声
D．图中，蝙蝠靠次声波发现昆虫
4．（3分）（2021•武汉）利用如图甲所示的装置探究固体物质熔化时温度的变化规律，在0～35min内对物质加热，得到如图乙所示的温度随时间变化的图象。下列说法正确的是（　　）
A．该物质在15～20min内没有吸收热量
B．该物质在熔化过程中温度不变，内能不变
C．该物质熔点为80℃，熔化过程持续了大约15min
D．除图甲中器材外，还需要用到的测量器材有天平和停表
5．（3分）（2021•武汉）关于牛顿第一定律和惯性，下列说法错误的是（　　）
A．牛顿第一定律不可能用实验直接验证
B．牛顿第一定律是公认的物理学基本定律之一
C．撞击锤柄下端使锤头套紧在锤柄上，是利用锤头的惯性
D．环绕火星运行的“天问一号”探测器中的物体没有惯性
6．（3分）（2021•武汉）如图所示，运动员迎着飞来的足球奔跑，腾空跃起将足球顶出。考虑空气阻力的影响，下列说法正确的是（　　）

A．运动员在跑步阶段运动状态不变，在腾空阶段运动状态改变
B．足球与运动员相互作用的过程中，足球的弹性势能逐渐增大
C．足球从被顶出至刚落地的过程中，足球机械能减小，内能增大
D．足球对运动员的作用力与运动员对地面的作用力是一对平衡力
7．（3分）（2021•武汉）如图所示，弹簧测力计下悬挂着不吸水的圆柱体，圆柱体质量为180g。不计厚度的平底容器置于水平桌面上，质量为100g，底面积为50cm2，高为8cm，容器内盛有质量为350g的水。当圆柱体浸入水中静止时，圆柱体未接触容器，弹簧测力计示数为1.4N，此时容器对水平桌面的压强是（　　）

A．7.8×102Pa B．8.0×102Pa C．9.8×102Pa D．1.18×103Pa
8．（3分）（2021•武汉）利用如图所示的电路探究影响导体电阻大小的因素，演示板上固定有a、b、c、d四根合金丝，长度关系为La＝Lb＝Lc＝Ld，横截面积关系为Sa＝Sb＝Sc＝Sd，其中a、c、d均为镍铬合金丝，b为锰铜合金丝。将导线P、Q分别接在同一根合金丝两端的接线柱上，下列说法正确的是（　　）

A．选用a和b进行实验，可以探究导体电阻跟导体材料的关系
B．选用c和d进行实验，可以探究导体电阻跟导体长度的关系
C．选用a和c进行实验，可以探究导体电阻跟横截面积的关系
D．选用b和d进行实验，可以探究导体电阻跟导体材料的关系
9．（3分）（2021•武汉）将四个定值电阻a、b、c、d分别接入电路，测出相应的电阻两端的电压U和通过的电流I，把测得的数据在坐标系中描点，如图所示。根据图中信息判断，下列说法正确的是（　　）

A．阻值相差最大的两个电阻是a和d
B．阻值相差最小的两个电阻是b和c
C．电功率相差最大的两个电阻是b和d
D．电功率相差最小的两个电阻是a和d
10．（3分）（2021•武汉）关于生活用电，下列说法正确的是（　　）
A．人只要不接触带电体，就不会触电
B．电线使用年限过长，绝缘皮破损，可能造成短路
C．用试电笔的笔尖接触被测的导线，手指不能碰到金属笔卡或笔尖
D．家庭电路安装空气开关和漏电保护器，都是防止漏电而采取的安全措施
11．（3分）（2021•武汉）在如图所示的电路中，电源电压恒为6V，R1＝10Ω，R3＝30Ω。开关S1闭合，开关S2接a，滑动变阻器R2的滑片P位于图示位置时，电压表的示数为1.2V，开关S1闭合，开关S2接b，滑片P移动到另一位置时，电压表的示数为2.0V。前后两次滑动变阻器接入电路的电阻变化了（　　）

A．5Ω B．10Ω C．20Ω D．40Ω
12．（3分）（2021•武汉）在如图所示的电路中，电源电压保持不变。只闭合开关S1，将滑动变阻器的滑片P从最上端移动到最下端的过程中，电压表V2的示数最小值为3V，电压表V1与V2的示数之差变化了2V，闭合开关S1和S2，将滑片P从最下端移动到最上端的过程中，电阻R3的最大功率为0.75W，当滑片P在中点时，电路总功率为P总，电压表V1与V2的示数之比为1：2。P总为（　　）

A．2W B．2.4W C．3W D．3.2W
二、非选择题（本题包括12小题，共60分）
13．（3分）（2021•武汉）2021年4月29日，中国天宫空间站天和核心舱发射成功，标志着我国空间站时代已经到来。如图所示，天和核心舱沿椭圆轨道环绕地球运行，不受空气阻力，因此机械能守恒。
（1）天和核心舱与地面控制中心通过电磁波传递信息，电磁波 　 　（填“能”或“不能”）在真空中传播。
（2）天和核心舱沿椭圆轨道从近地点经远地点再回到近地点的过程中，天和核心舱的动能 　 　（填“减小”、“增大”、“先减小后增大”或“先增大后减小”）。
（3）若天和核心舱在1min内运行的路程是456km，则它的平均速度是 　 　m/s。

14．（4分）（2021•武汉）在探究影响压力作用效果的因素的实验中，甲图中小桌放在海绵上，乙图中在桌面上放一个砝码，丙图中桌面朝下，并在其上放一个同样的砝码。

（1）在三次实验中，均用海绵被压下的深浅，来显示小桌对 　 　的压力作用效果。
（2）比较 　 　两图可以初步得出实验结论：压力大小相同时，受力面积越大，压力作用效果越不明显。若想通过比较甲、丙两图也得出相同的实验结论，可以采取的措施是 　 　。
下列事例中，直接应用该结论的是 　 　（填序号）。
①有些课桌的边缘设计成圆弧形状
②水壶的壶嘴和壶身设计成相同的高度
③交通管理部门规定，货车每一车轴的平均承载质量不得超过10t
15．（3分）（2021•武汉）某同学用如图所示的装置研究电磁感应。

（1）如图甲所示，保持蹄形磁体竖直放置，使导体AB从图示位置向上运动，电路中 　 　（填“无”或“有”）感应电流。
（2）如图乙所示，保持线圈不动，使蹄形磁体快速向左运动，电流表指针 　 　（填“不会”或“会”）偏转。
（3）利用电磁感应原理工作的装置有 　 　（填“电铃”“扬声器”“电磁起重机”或“动圈式话筒”）。
16．（4分）（2021•武汉）某实验小组用如图甲所示的装置比较水和煤油的吸热本领。

（1）加热前，在一个烧杯中倒入240mL的水，为了使水和煤油的质量相同，需要在另一个相同烧杯中倒入 　 　mL的煤油。（ρ水＝1.0×103kg/m3，ρ煤油＝0.8×103kg/m3）
（2）用两个相同规格的电加热器来加热水和煤油，每隔1min记录一次温度，整个实验操作无误。图乙中，若图线②反映水的温度随时间的变化规律，则图线 　 　（填序号）可以反映煤油的温度随时间的变化规律，加热过程中，煤油的热值 　 　（填“变大”、“不变”或“变小”）。
（3）同时停止加热，在相同质量的水和煤油温度降低的过程中，水放出的热量与降低的温度之比 　 　（填“大于”“等于”或“小于”）煤油放出的热量与降低的温度之比。
17．（4分）（2021•武汉）某同学用蜡烛、凸透镜和光屏等器材探究凸透镜成像的规律。

（1）用焦距为10cm的凸透镜进行实验，蜡烛和凸透镜放置在如图甲所示的位置，将光屏移动到图示位置时，光屏上得到烛焰清晰的、　 　、　 　立的实像。
（2）保持凸透镜和光屏的位置不变，换用焦距为20cm的凸透镜继续实验，下列说法正确的是 　 　（填序号）。
①向左移动蜡烛，可以在光屏上得到烛焰缩小的清晰的实像
②向左移动蜡烛，可以在光屏上得到烛焰放大的清晰的实像
③向右移动蜡烛，可以在光屏上得到烛焰放大的清晰的实像
④无论怎样移动蜡烛，在光屏上都得不到烛焰的清晰的像
（3）如图乙所示，F表示凸透镜的焦点，S表示烛焰，S′表示S经凸透镜所成的像，请在图乙中画出入射光线SA经过凸透镜之后的光线。
18．（6分）（2021•武汉）某同学用下列器材测量定值电阻的阻值：
干电池2节，电流表A，电压表V，滑动变阻器（规格“30Ω，2A”），开关及导线。
（1）他连接了如图所示的电路，接错了一根导线，请你在这根导线上打“×”，并补画出正确的那根导线。
（2）正确连接电路后，闭合开关前，应将滑动变阻器 　 　。
（3）他按正确步骤进行了3次实验，记录数据如表所示，此定值电阻的阻值为 　 　Ω（结果保留一位小数）。
数据序号
1
2
3
电压U/V
1.2
1.8
2.5
电流I/A
0.10
0.15
0.20
（4）为了使并联在定值电阻两端的电压表的示数为0.5V，在不增加器材的情况下，可以采取的措施是 　 　。
（5）他将上述实验中的定值电阻换成额定电压为2.5V的小灯泡，用同样的方法测定小灯泡的电阻。当电压表的示数为0.2V时，电流表的示数为0.10A；当电压表的示数为2.4V时，电流表的示数为0.30A；则电压表的示数为2.0V时，电流表的示数可能为 　 　（填“0.20A”“0.25A”“0.28A”或“0.30A”）。

19．（10分）（2021•武汉）如图甲所示，某款国产水陆两用挖掘机的机械臂可绕O点转动，这辆挖掘机有两条履带，每条履带内均有1个由合金材料制成的空心浮箱，每个浮箱（可视为长方体）宽为1.5m，高为2m，合金密度为8.0×103kg/m3。

（1）某次测试中，质量为60kg的驾驶员驾驶挖掘机，从6m高的平台沿斜坡向下缓慢行驶20m，到达水平地面。
①请在图乙中画出挖掘机沿斜坡向下缓慢行驶时，挖掘机对斜坡的压力的示意图。
②在上述过程中，驾驶员的重力做了多少功？
（2）如图甲所示，开始时机械臂伸直且静止，O、A、B三点在同一直线上，OA＝10m，AB＝0.5m，机械臂和斗铲整体的重心在A点；机械臂控制斗铲装取质量为1t的沙石后，机械臂、斗铲和伸缩杆缓慢运动到如图甲所示的位置时静止，这时机械臂、斗铲和沙石整体的重心在B点。已知伸缩杆先后两次对机械臂的支持力（支持力垂直于机械臂）之比为5：7，则机械臂和斗铲的总质量是多少？
（3）已知制作每个浮箱时所用合金的体积V与浮箱长度L的关系如图丙所示，不计履带排开水的体积和驾驶员的质量，除2个完全相同的浮箱外，挖掘机其余部分的质量为33t。若挖掘机漂浮在水中，2个浮箱浸入水中的深度均不超过1.5m，则每个浮箱的长度至少是多少？

2021年湖北省武汉市中考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题包括12小题，每小题只有一个选项符合题意。每小题3分，共36分）
1．（3分）（2021•武汉）如图所示，桥在水中的倒影形成的原理是（　　）

A．光的色散 B．光的反射
C．光的折射 D．光的直线传播
【分析】（1）光在同种均匀物质中沿直线传播，在日常生活中，激光准直、小孔成像和影子的形成等都表明光在同一种均匀介质中是沿直线传播的；
（2）当光照射到物体界面上时，有一部分光被反射回来，例如：平面镜成像、水中倒影等；
（3）当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向会偏折，发生折射现象，如：看水里的鱼比实际位置浅等。
【解答】解：桥在水中的倒影属于平面镜成像，是由光的反射形成的。
故选：B。
【点评】本题考查了学生对光学现象的区分，掌握三种光现象的本质是解题的关键，属于基础知识的考查。
2．（3分）（2021•武汉）关于核能和太阳能，下列说法正确的是（　　）
A．现有核电站是利用聚变来发电的
B．核能是一次能源，也是可再生能源
C．太阳能来源于太阳内部氢核的裂变反应
D．太阳能是未来理想能源的一个重要发展方向
【分析】（1）核能分为裂变和聚变两种，裂变分为两种：可控链式反应和不可控链式反应，前者主要应用在核反应堆中，后者应用在原子弹中；聚变主要应用在氢弹上，核聚变又称热核反应；
（2）可以从自然界直接获取的能源叫一次能源；必须通过一次能源的消耗才可以得到的能源叫二次能源。
可以从自然界源源不断地得到的能源称之为可再生能源；一旦消耗就很难再生的能源称之为不可再生能源。
【解答】解：A、核电站中的核反应堆是利用原子核裂变的链式反应产生的能量来发电的，故A错误；
B、核能是一次能源，但不能在短时间内从自然界中获得，属于不可再生能源，故B错误；
C、太阳能来源于太阳内部氢核的聚变，故C错误；
D、太阳能是可再生能源，清洁、无污染环境，可以保证不会严重影响环境，是未来理想能源的一个重要发展方向，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了能源的分类以及核能的有关知识，是一道基础题；能源问题是当今社会的热点，需要引起注意。
3．（3分）（2021•武汉）关于声现象的描述，下列说法错误的是（　　）
A．图中，把耳朵贴在桌面上，听到轻敲桌子的声音，说明桌子能传声
B．图中，超声波清洗机正在清洗眼镜，说明超声波能传递能量
C．图中，摩托车安装消声器，可以在声源处减弱噪声
D．图中，蝙蝠靠次声波发现昆虫
【分析】（1）声音的传播需要介质，一切固体、液体、气体都可以作为传声的介质；
（2）声音可以传递信息，可以传递能量；
（3）减小噪音的方法：在声源处减弱、在传播过程中减弱、在入耳处减弱。
【解答】解：A、把耳朵贴在桌面上也能听到由课桌传播的声音，说明固体能传播声音，故A正确；
B、图中，超声波清洗眼镜，说明声音具有能量，故B正确；
C、摩托车的消声器可以在声源处减弱噪声，故C正确；
D、蝙蝠靠超声波探测飞行中的障碍和发现昆虫，故D错误；
故选：D。
【点评】此题涉及到了声音的传播、减弱噪声的途径、声的利用等，都是基础知识，应当掌握。
4．（3分）（2021•武汉）利用如图甲所示的装置探究固体物质熔化时温度的变化规律，在0～35min内对物质加热，得到如图乙所示的温度随时间变化的图象。下列说法正确的是（　　）
A．该物质在15～20min内没有吸收热量
B．该物质在熔化过程中温度不变，内能不变
C．该物质熔点为80℃，熔化过程持续了大约15min
D．除图甲中器材外，还需要用到的测量器材有天平和停表
【分析】（1）晶体在熔化过程中持续吸热，但是温度保持不变。
（2）热传递可以改变物体的内能。
（3）晶体的熔化过程是指从开始熔化到完全熔化的这段过程。
（4）本实验中只需要有计时工具和测温工具即可。
【解答】解：A.由图乙可知，该物质在熔化过程中，温度整体而言是上升的，但图线中有一段与横轴平行的线段（从第10min开始，到第25min结束），这表明该物质是晶体，晶体熔化时的特点为：持续吸热，但是温度保持不变。故A错误。
B.该物质在熔化过程中持续吸热，而热传递可以改变物体的内能，所以该物质的内能一直在增大。故B错误。
C.图线中与横轴平行的线段对应的温度为80℃，所以该物质的熔点为80℃；该线段的起始点是第10min，终点是第25min，所以整个熔化过程持续的时间为15min。故C正确。
D.物质的多少并不会影响物质的熔点，只会影响熔化时间等，对实验目的而言是没有影响的，所以我们做此类实验时并不需要天平。故D错误。
故选：C。
【点评】解答此类试题的关键是从图象中获取相关的信息，如分析本题所给的图象，我们可以得出结论：该物质是晶体；该物质的熔点为80℃；该物质从第10min开始熔化，第25min熔化结束。由此我们可以推导出或想到以下信息：10min前，该物质处于固态，10～25min处于固液共存态，25min后处于液态；晶体熔化时的特点为持续吸热，但是温度不变。有了这些认知，这类试题就不难解答了。
5．（3分）（2021•武汉）关于牛顿第一定律和惯性，下列说法错误的是（　　）
A．牛顿第一定律不可能用实验直接验证
B．牛顿第一定律是公认的物理学基本定律之一
C．撞击锤柄下端使锤头套紧在锤柄上，是利用锤头的惯性
D．环绕火星运行的“天问一号”探测器中的物体没有惯性
【分析】牛顿第一定律又称惯性定律，是指一切物体在不受任何外力时，总保持静止状态或匀速直线运动状态。惯性是物体保持原来运动状态不变的性质，一切物体都有惯性。
【解答】解：A、牛顿第一定律是在实验的基础上，通过概括推理得出的，不可能用实验直接验证，故A正确；
B、牛顿第一定律是公认的物理学基本定律之一，故B正确；
C、锤头与锤柄原来都向下运动，锤柄撞在硬物上受到阻力作用，改变了它的运动状态，就停止了运动，锤头由于惯性仍保持原来运动状态，继续向下运动，这样锤头就紧套在锤柄上了。这一过程是利用锤头的惯性，故C正确；
D、一切物体在任何时候都有惯性，因此，环绕火星运行的“天问一号”探测器中的物体也有惯性，故D错误。
故选：D。
【点评】熟悉牛顿第一定律的内容和得出方法，了解惯性的含义，并会用惯性解释生活中的现象是解决该题的关键。
6．（3分）（2021•武汉）如图所示，运动员迎着飞来的足球奔跑，腾空跃起将足球顶出。考虑空气阻力的影响，下列说法正确的是（　　）

A．运动员在跑步阶段运动状态不变，在腾空阶段运动状态改变
B．足球与运动员相互作用的过程中，足球的弹性势能逐渐增大
C．足球从被顶出至刚落地的过程中，足球机械能减小，内能增大
D．足球对运动员的作用力与运动员对地面的作用力是一对平衡力
【分析】（1）运动状态的改变包括运动快慢与方向的改变；
（2）弹性性势的大小与物体弹性形变的程度有关；
（3）考虑空气阻力的影响，则机械能减小，一部分机械能转化为内能；
（4）一对平衡力大小相等、方向相反、作用在同一物体上、作用在同一直线上。
【解答】解：A、运动员在跑步阶段做的不是匀速直线运动，因此，运动状态改变；在腾空阶段，其速度和方向改变，其运动状态也改变，故A错误；
B、足球与运动员相互作用的过程中包括挤压形变和恢复形变两个过程，因此足球的弹性势能是先增大后减小的，故B错误；
C、足球从被顶出至刚落地的过程中，由于受到空气阻力的作用，足球的机械能减小，一部分机械能转化为内能，则内能增大，故C正确；
D、足球对运动员的作用力与运动员对地面的作用力作用在不同的物体上，不是一对平衡力，故D错误。
故选：C。
【点评】本题通过足球运动场景，考查了对运动状态的理解、对机械能及其转化的分析、对平衡力的辨别等，属力学综合题，难度不大。
7．（3分）（2021•武汉）如图所示，弹簧测力计下悬挂着不吸水的圆柱体，圆柱体质量为180g。不计厚度的平底容器置于水平桌面上，质量为100g，底面积为50cm2，高为8cm，容器内盛有质量为350g的水。当圆柱体浸入水中静止时，圆柱体未接触容器，弹簧测力计示数为1.4N，此时容器对水平桌面的压强是（　　）

A．7.8×102Pa B．8.0×102Pa C．9.8×102Pa D．1.18×103Pa
【分析】知道圆柱体、容器和水的质量可求总质量，利用G＝mg求出总重力，以圆柱体、容器和水为整体，受力分析可知，受到竖直向上支持力、弹簧测力计的拉力和竖直向下的总重力作用处于平衡状态，根据整体受到的合力为零得出等式即可求出整体受到的支持力，容器受到的支持力和容器对桌面的压力是一对相互作用力，二力大小相等，根据p＝求出容器对水平桌面的压强。
【解答】解：圆柱体、容器和水的总质量：
m总＝m圆柱体+m容+m水＝180g+100g+350g＝630g＝0.63kg，
圆柱体、容器和水的总重力：
G总＝m总g＝0.63kg×10N/kg＝6.3N，
以圆柱体、容器和水为整体，受力分析可知，受到竖直向上支持力、弹簧测力计的拉力和竖直向下的总重力作用处于平衡状态，
由整体受到的合力为零可得：F支持+F拉＝G总，
则整体受到的支持力：F支持＝G总﹣F拉＝6.3N﹣1.4N＝4.9N，
因容器受到的支持力和容器对桌面的压力是一对相互作用力，
所以，容器对桌面的压力：F压＝F支持＝4.9N，
容器对水平桌面的压强：p＝＝＝9.8×102Pa。
故选：C。
【点评】本题考查了压强的计算，正确的选取研究对象得出容器对桌面的压力是关键，计算过程要注意单位的换算。
8．（3分）（2021•武汉）利用如图所示的电路探究影响导体电阻大小的因素，演示板上固定有a、b、c、d四根合金丝，长度关系为La＝Lb＝Lc＝Ld，横截面积关系为Sa＝Sb＝Sc＝Sd，其中a、c、d均为镍铬合金丝，b为锰铜合金丝。将导线P、Q分别接在同一根合金丝两端的接线柱上，下列说法正确的是（　　）

A．选用a和b进行实验，可以探究导体电阻跟导体材料的关系
B．选用c和d进行实验，可以探究导体电阻跟导体长度的关系
C．选用a和c进行实验，可以探究导体电阻跟横截面积的关系
D．选用b和d进行实验，可以探究导体电阻跟导体材料的关系
【分析】电阻是导体本身的一种性质，电阻大小的影响因素有材料、长度、横截面积、温度，与电压、电流等外界因素无关。
【解答】解：A、选用a和b进行实验，a和b长度相同，横截面积相同，而材料不同，所以可以探究导体电阻跟导体材料的关系，故A正确；
B、选用c和d进行实验，c和d长度相同，材料相同，而横截面积不同，所以可以探究导体电阻跟导体横截面积的关系，故B错误；
C、选用a和c进行实验，a和c材料相同，横截面积相同，而长度不同，所以可以探究导体电阻跟长度的关系，故C错误；
D、选用b和d进行实验，b和d长度不同，横截面积不同，材料不同，有三个变量，所以不可以探究导体电阻跟导体材料的关系，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了探究影响导体电阻大小的因素，用好控制变量法正确分析是解决本题的关键。
9．（3分）（2021•武汉）将四个定值电阻a、b、c、d分别接入电路，测出相应的电阻两端的电压U和通过的电流I，把测得的数据在坐标系中描点，如图所示。根据图中信息判断，下列说法正确的是（　　）

A．阻值相差最大的两个电阻是a和d
B．阻值相差最小的两个电阻是b和c
C．电功率相差最大的两个电阻是b和d
D．电功率相差最小的两个电阻是a和d
【分析】由公式、P＝UI结合图象分析阻值大小、功率大小关系。
【解答】解：由公式可得，即电阻大小为图像纵、横坐标之比，故Ra＞Rb＝Rd＞Rc；
由公式P＝UI可知，功率的大小为图像纵横坐标之积，相当于以纵、横坐标为边的矩形面积，故Pb＞Pa＝Pc＞Pd，
即：阻值相差最大的两个电阻是a和c，电功率相差最大的两个电阻是b和d，故A、B、D错误，C正确。
故选：C。
【点评】本题考查公式、P＝UI的应用，要求学生结合图像获取信息解决问题，难度不大。
10．（3分）（2021•武汉）关于生活用电，下列说法正确的是（　　）
A．人只要不接触带电体，就不会触电
B．电线使用年限过长，绝缘皮破损，可能造成短路
C．用试电笔的笔尖接触被测的导线，手指不能碰到金属笔卡或笔尖
D．家庭电路安装空气开关和漏电保护器，都是防止漏电而采取的安全措施
【分析】A．根据安全用电的原则：不接触低压带电体，不靠近高压带电体，分析即可；
B．电线的绝缘皮破损时容易造成触电事故或者短路，要及时更换；
C．测电笔的正确使用方法是：使用测电笔时，笔尖应接触被测的导线，手指按住笔卡，不能碰到笔尖，防止发生触电；
D．漏电保护器的作用，出现“跳闸”的原因：一是短路，二是用电器总功率过大，三是用电器漏电，家庭电路中电流过大时，空气开关会切断电路。
【解答】解：A．根据安全用电的原则，人不能靠近高压带电体，靠近高压带电体也会发生触电，故A错误；
B．家用电器的电线绝缘皮老化或破损时，容易使火线和零线相连，会形成电源短路，故B正确；
C．使用测电笔时，笔尖应接触被测的导线，手指按住笔卡，不能碰到笔尖，防止发生触电，故C错误；
D．家庭电路安装漏电保护器是防止漏电而采取的安全措施，空气开关是为了防止电路中的电流过大而采取的安全措施，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查的是日常生活中的一些安全用电常识，难度不大。
11．（3分）（2021•武汉）在如图所示的电路中，电源电压恒为6V，R1＝10Ω，R3＝30Ω。开关S1闭合，开关S2接a，滑动变阻器R2的滑片P位于图示位置时，电压表的示数为1.2V，开关S1闭合，开关S2接b，滑片P移动到另一位置时，电压表的示数为2.0V。前后两次滑动变阻器接入电路的电阻变化了（　　）

A．5Ω B．10Ω C．20Ω D．40Ω
【分析】（1）S2接a时，三个电阻串联，电压表测R1两端的电压，根据串联电联电流、电压规律，结合欧姆定律求得Ra的大小；
（2）S2接b时，三个电阻串联，电压表测R1、R2两端的电压之和，根据串联电联电流、电压规律，结合欧姆定律求得Rb的大小。
【解答】解：（1）S2接a时，三个电阻串联，电压表测R1两端的电压为1.2V，此时：
通过各电阻的电流大小为：，
R3两端的电压为：U3＝I3R3＝0.12A×30Ω＝3.6V，
R2两端的电压为：U2＝U﹣U1﹣U3＝6V﹣1.2V﹣3.6V＝1.2V，
滑动变阻器R2接入电路的阻值为：；
（2）S2接b时，三个电阻串联，电压表测R1、R2两端的电压之和为2V，此时：
R3两端的电压为：U3′＝U﹣（U1+U2）＝6V﹣2V＝4V，
电路中的电流为：，
电路的总电阻为：，
滑动变阻器R2接入电路的阻值为：Rb＝R﹣R1﹣R3＝45Ω﹣10ΩV﹣30Ω＝5Ω，
则前后两次滑动变阻器接入电路的电阻变化了：△R2＝Ra﹣Rb＝10Ω﹣5Ω＝5Ω，故A正确，B、C、D错误。
故选：A。
【点评】本题考查串联电路电流、电压、电阻规律及欧姆定律的应用，难度一般。
12．（3分）（2021•武汉）在如图所示的电路中，电源电压保持不变。只闭合开关S1，将滑动变阻器的滑片P从最上端移动到最下端的过程中，电压表V2的示数最小值为3V，电压表V1与V2的示数之差变化了2V，闭合开关S1和S2，将滑片P从最下端移动到最上端的过程中，电阻R3的最大功率为0.75W，当滑片P在中点时，电路总功率为P总，电压表V1与V2的示数之比为1：2。P总为（　　）

A．2W B．2.4W C．3W D．3.2W
【分析】（1）只闭合开关S1时，R1与R2、R3串联，电压表V1测R2和R3两端的电压之和，电压表V2测R1和R2的滑片上方电阻丝两端的电压之和；根据电压表的内阻很大、在电路中相当于断路可知滑片移动时变阻器接入电路中的电阻不变，根据欧姆定律可知电路中的电流不变和电压表V1的示数不变，当滑片P位于最上端时，电压表V2测R1两端的电压，其示数最小，根据电阻的串联和欧姆定律表示出电路中的电流，再根据欧姆定律表示出电压表V2的最小示数；将滑动变阻器的滑片P从最上端移动到最下端的过程中，电压表V1与V2的示数之差变化了2V，据此可知两电压表示数的差值即为R2两端的电压，利用串联电路的电流特点和欧姆定律求出R1与R2的阻值之比即可得出两阻值的关系；
（2）闭合开关S1和S2时，R1与R2、R3串联，电压表V1测R2和R3两端的电压之和，电压表V2测R1和R2两端的电压之和；当滑片P位于上端时，变阻器接入电路中的电阻为零，此时电路中的电流最大，电阻R3的功率最大，根据电阻的串联和欧姆定律表示出电路中的电流，利用P＝UI＝I2R表示出电阻R3的最大功率；当滑片P在中点时，电压表V1与V2的示数之比为1：2，根据串联电路的特点和欧姆定律表示出两电压表的示数之比即可得出R1与R3的阻值关系，然后联立等式即可求出电源的电压、R1和R3的阻值以及R2的最大阻值，当滑片P在中点时，根据电阻的串联和P＝UI＝求出电路总功率。
【解答】解：（1）只闭合开关S1时，R1与R2、R3串联，电压表V1测R2和R3两端的电压之和，电压表V2测R1和R2的滑片上方电阻丝两端的电压之和，
因电压表的内阻很大、在电路中相当于断路，
所以，滑片移动时，变阻器接入电路中的电阻不变，
由I＝可知，电路中的电流不变，电压表V1的示数不变，
当滑片P位于最上端时，电压表V2测R1两端的电压，其示数最小，即U1＝3V，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，电路中的电流I＝＝，
电压表V2的最小示数U1＝IR1，即3V＝R1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
因将滑动变阻器的滑片P从最上端移动到最下端的过程中，电压表V1与V2的示数之差变化了2V，
所以，R2两端的电压U2＝△UV2＝2V，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，＝＝＝＝，即R2＝R1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②；
（2）闭合开关S1和S2时，R1与R2、R3串联，电压表V1测R2和R3两端的电压之和，电压表V2测R1和R2两端的电压之和，
当滑片P位于上端时，变阻器接入电路中的电阻为零，此时电路中的电流最大，电阻R3的功率最大，
此时电路中的电流I1＝＝，
电阻R3的最大功率P3＝I12R3，即0.75W＝（）2R3﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③
当滑片P在中点时，电压表V1与V2的示数之比为1：2，
则两电压表的示数之比＝＝＝＝＝，
解得：R3＝R1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣④
把②④代入①可得：U＝6V﹣﹣﹣⑤，
把④⑤代入③可得：R1＝9Ω，则R2＝R1＝×9Ω＝6Ω，R3＝R1＝×9Ω＝3Ω，
当滑片P在中点时，电路总功率为P总＝＝＝＝2.4W。
故选：B。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，分清电路的连接方式和电表所测的电路元件以及各物理量之间的关系是关键，有一定的难度。
二、非选择题（本题包括12小题，共60分）
13．（3分）（2021•武汉）2021年4月29日，中国天宫空间站天和核心舱发射成功，标志着我国空间站时代已经到来。如图所示，天和核心舱沿椭圆轨道环绕地球运行，不受空气阻力，因此机械能守恒。
（1）天和核心舱与地面控制中心通过电磁波传递信息，电磁波 　能　（填“能”或“不能”）在真空中传播。
（2）天和核心舱沿椭圆轨道从近地点经远地点再回到近地点的过程中，天和核心舱的动能 　先减小后增大　（填“减小”、“增大”、“先减小后增大”或“先增大后减小”）。
（3）若天和核心舱在1min内运行的路程是456km，则它的平均速度是 　7600　m/s。

【分析】（1）电磁波的传播不需要介质，可以在真空中传播；
（2）动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大；重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。
（3）根据速度公式v＝计算平均速度。
【解答】解：（1）电磁波的传播不需要介质，能在真空中传播；
（2）天和核心舱沿椭圆轨道从近地点向远地点运行的过程中，质量不变，高度增加，重力势能增加，由于太空没有阻力，天和核心舱在运动的过程中机械能不变，因此其动能减小，是动能转化为重力势能，其质量不变，动能减小，速度变小；
从远地点到近地点运行的过程中，质量不变，高度减小，重力势能减小，由于太空没有阻力，天和核心舱在运动的过程中机械能不变，因此其动能增加，是重力势能转化为动能，其质量不变，动能增大，速度变大；
所以从近地点经远地点再回到近地点的过程中，天和核心舱的动能先减小后增大；
（3）天和核心舱的平均速度为：
v＝＝＝7600m/s。
故答案为：（1）能；（2）先减小后增大；（3）7600。
【点评】本题考查了电磁波的传播、影响机械能大小的因素和速度公式的灵活应用，能够正确分析机械能的变化情况是解题的关键。
14．（4分）（2021•武汉）在探究影响压力作用效果的因素的实验中，甲图中小桌放在海绵上，乙图中在桌面上放一个砝码，丙图中桌面朝下，并在其上放一个同样的砝码。

（1）在三次实验中，均用海绵被压下的深浅，来显示小桌对 　海绵　的压力作用效果。
（2）比较 　乙、丙　两图可以初步得出实验结论：压力大小相同时，受力面积越大，压力作用效果越不明显。若想通过比较甲、丙两图也得出相同的实验结论，可以采取的措施是 　取下丙图中的砝码　。
下列事例中，直接应用该结论的是 　①　（填序号）。
①有些课桌的边缘设计成圆弧形状
②水壶的壶嘴和壶身设计成相同的高度
③交通管理部门规定，货车每一车轴的平均承载质量不得超过10t
【分析】（1）力可以使物体发生形变，相同受力面的形变程度越大，压力作用效果越明显，可以通过受力面形变程度的大小判断压力的作用效果；
（2）根据控制变量法的要求，根据实验所控制的变量、分析图示实验现象，然后得出实验结论；
（3）根据被压物质的形变来反映压力的作用效果，受压面的材料相同且形变要明显；
上端开口，底部连通的容器叫连通器。如果连通器中只有一种液体，在液体不流动时，各容器中液面总是相同的。
【解答】解：（1）海绵受力时会发生形变，三次实验中，通过观察海绵凹陷程度来显示压力的作用效果，这种实验方法叫转换法。
（2）要得到‘压力大小相同时，受力面积越大，压力作用效果越不明显’的结论，应控制压力相同，受力面积不同，故图中乙、丙两组实验符合要求；
取下丙图中的砝码，通过比较甲、丙两图也得出压力大小相同时，受力面积越大，压力作用效果越不明显的实验结论；
（3）①有些课桌的边缘设计成圆弧形状，应用了“压力大小相同时，受力面积越大，压力作用效果越不明显”这一结论；故符合题意；
②水壶的壶嘴和壶身设计成相同的高度是利用了连通器原理；故不符合题意；
③货车行驶时，地面的受力面积相同，承载质量越大，对地面压力越大，压强越大，路面越易损坏，应用了受力面积相同时，压力大，力的作用效果明显，故不符合题意。
故答案为：（1）海绵；（2）乙、丙；取下丙图中的砝码；（3）①。
【点评】本题探究影响压力作用效果的因素，主要考查控制变量法、转换法的应用及增大（减小）压强在生活中的应用。
15．（3分）（2021•武汉）某同学用如图所示的装置研究电磁感应。

（1）如图甲所示，保持蹄形磁体竖直放置，使导体AB从图示位置向上运动，电路中 　有　（填“无”或“有”）感应电流。
（2）如图乙所示，保持线圈不动，使蹄形磁体快速向左运动，电流表指针 　会　（填“不会”或“会”）偏转。
（3）利用电磁感应原理工作的装置有 　动圈式话筒　（填“电铃”“扬声器”“电磁起重机”或“动圈式话筒”）。
【分析】（1）（2）产生感应电流的条件：闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动，然后根据具体情况分析即可；
（3）动圈式话筒应用的就是电磁感应原理。
【解答】解：（1）由图甲可知，导体AB从图示位置向上运动，闭合电路的一部分做切割磁感线运动，所以电路中就有感应电流。
（2）由图乙可知，线圈不动，蹄形磁铁快速向左运动时，闭合电路的一部分也切割磁感线，电路中也有电流，因此电流表指针会偏转。
（3）扬声器是把电信号转化为声信号，利用通电导体在磁场中受力原理；电铃、电磁起重机的主要部件是电磁铁，利用电流的磁效应；动圈式话筒是把声信号转变成电信号的，声信号的振动带动线圈在磁场中振动，产生电流，是电磁感应原理。
故答案为：（1）有；（2）会；（3）动圈式话筒。
【点评】本题主要考查电磁感应实验。首先要掌握电磁感应现象的概念，掌握产生感应电流的条件，考查了学生根据实验现象得出结论的能力，同时考查了电铃、电磁起重机、扬声器及动圈式话筒的工作原理，要正确区分它们工作过程，话筒将振动转化成变化的电流，扬声器将变化的电流转化成振动，
16．（4分）（2021•武汉）某实验小组用如图甲所示的装置比较水和煤油的吸热本领。

（1）加热前，在一个烧杯中倒入240mL的水，为了使水和煤油的质量相同，需要在另一个相同烧杯中倒入 　300　mL的煤油。（ρ水＝1.0×103kg/m3，ρ煤油＝0.8×103kg/m3）
（2）用两个相同规格的电加热器来加热水和煤油，每隔1min记录一次温度，整个实验操作无误。图乙中，若图线②反映水的温度随时间的变化规律，则图线 　①　（填序号）可以反映煤油的温度随时间的变化规律，加热过程中，煤油的热值 　不变　（填“变大”、“不变”或“变小”）。
（3）同时停止加热，在相同质量的水和煤油温度降低的过程中，水放出的热量与降低的温度之比 　大于　（填“大于”“等于”或“小于”）煤油放出的热量与降低的温度之比。
【分析】（1）利用公式m＝ρV求出水的质量，再利用V＝求出煤油的体积；
（2）水的比热容大于煤油的比热容，实验中水和煤油质量相同，在加热相同时间时，观察图象中温度变化大的吸热能力弱，为煤油；热值是物质的一种特性，与质量的大小无关；
（3）根据热量计算公式Q＝cm△t进行分析解答。
【解答】解：（1）水的体积：V水＝240mL＝240cm3；水的质量：m水＝ρ水V水＝1.0g/cm3×240cm3＝240g；
煤油的质量m油＝m水＝240g；煤油的体积：V油＝＝＝300cm3；
（2）可观察图象，在加热时间相同的情况下，①的温度变化量大，故①的吸热能力弱。又因②是水的温度随时间的变化规律图象，水的比热容又大于煤油的比热容，故①为煤油；热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关，所以加热过程中，其热值大小不变；
（3）由Q＝cm△t可知：放出的热量与降低的温度之比＝cm，所以在质量和放出热量相同的情况下，比热容与降低的温度成反比，故水放出的热量与降低的温度之比大于煤油放出的热量与降低的温度之比。
故答案为：（1）300；（2）①；不变；（3）大于。
【点评】此题考查了密度公式、物质吸热能力、热值及比热容的理解，比较难，应当理解。
17．（4分）（2021•武汉）某同学用蜡烛、凸透镜和光屏等器材探究凸透镜成像的规律。

（1）用焦距为10cm的凸透镜进行实验，蜡烛和凸透镜放置在如图甲所示的位置，将光屏移动到图示位置时，光屏上得到烛焰清晰的、　缩小　、　倒　立的实像。
（2）保持凸透镜和光屏的位置不变，换用焦距为20cm的凸透镜继续实验，下列说法正确的是 　④　（填序号）。
①向左移动蜡烛，可以在光屏上得到烛焰缩小的清晰的实像
②向左移动蜡烛，可以在光屏上得到烛焰放大的清晰的实像
③向右移动蜡烛，可以在光屏上得到烛焰放大的清晰的实像
④无论怎样移动蜡烛，在光屏上都得不到烛焰的清晰的像
（3）如图乙所示，F表示凸透镜的焦点，S表示烛焰，S′表示S经凸透镜所成的像，请在图乙中画出入射光线SA经过凸透镜之后的光线。
【分析】（1）物距大于像距，成的是倒立、缩小的实像，其应用是照相机；
（2）把凸透镜换成一个焦距更大的凸透镜，根据凸透镜成像规律，成实像时像距大于凸透镜的焦距，据此分析作答；
（3）根据透镜的特殊光线，确定凸透镜的位置；再根据透镜成像的原理，确定SA的折射光线，并作图。
【解答】解：（1）由图可知，物距大于像距，成的是倒立、缩小的实像，其应用是照相机；
（2）由题意可知，透镜焦距：f1＝10cm，原来蜡烛通过凸透镜成的是倒立、缩小的实像，根据凸透镜成像规律可知像距v：f1＜v＜2f1，所以v＜20cm；
把凸透镜换成一个焦距为f2的凸透镜：f2＝20cm，
保持凸透镜和光屏的位置不变，即若能在光屏上成像，像距仍然是v，此时，f2＜v＜2f2，需v＞20cm，这与原来的v＜20cm相矛盾；
所以无论怎样移动蜡烛的位置，都不能在光屏上成实像；故选：④；
（3）通过凸透镜光心的光不改变传播方向，虚像是折射光线的反向延长线的交点，所以凸透镜的位置及SA的折射光线如下图所示。

故答案为：（1）缩小；倒；（2）④；（3）如解答图所示。
【点评】此题是探究凸透镜成像的实验，考查了凸透镜成像规律及运用规律来逆向判断成像情况，并根据成像原理来作图，这就要熟练掌握规律的内容，做到灵活应用；通过对成实像时像距的分析作出判断是本题的关键。
18．（6分）（2021•武汉）某同学用下列器材测量定值电阻的阻值：
干电池2节，电流表A，电压表V，滑动变阻器（规格“30Ω，2A”），开关及导线。
（1）他连接了如图所示的电路，接错了一根导线，请你在这根导线上打“×”，并补画出正确的那根导线。
（2）正确连接电路后，闭合开关前，应将滑动变阻器 　滑片P移到最大阻值处　。
（3）他按正确步骤进行了3次实验，记录数据如表所示，此定值电阻的阻值为 　12.2　Ω（结果保留一位小数）。
数据序号
1
2
3
电压U/V
1.2
1.8
2.5
电流I/A
0.10
0.15
0.20
（4）为了使并联在定值电阻两端的电压表的示数为0.5V，在不增加器材的情况下，可以采取的措施是 　取下一节干电池　。
（5）他将上述实验中的定值电阻换成额定电压为2.5V的小灯泡，用同样的方法测定小灯泡的电阻。当电压表的示数为0.2V时，电流表的示数为0.10A；当电压表的示数为2.4V时，电流表的示数为0.30A；则电压表的示数为2.0V时，电流表的示数可能为 　0.28A　（填“0.20A”“0.25A”“0.28A”或“0.30A”）。

【分析】（1）伏安法测电阻的电路设计要求待测电阻与滑动变阻器串联，电流表串联在电路中，电压表并联在待测电路两端，使电流从电压表的正接线柱流入，负接线柱流出；
（2）为了保护电路，闭合开关前，要将滑动变阻器调到阻值最大处；
（3）为了减小误差，取三次测量值的平均值作为定值电阻的阻值大小；
（4）当定值电阻两端电压为0.5V时，变阻器两端电压应为2.5V，由公式得到电路中电流大小，从而计算滑动变阻器最大阻值至少需要60Ω，可见，因为电源电压过大或变阻器的最大阻值太小，按现有器材并不能达到题目要求；
（5）由于灯的亮度即实际功率随灯两端电压的增大而增大，灯丝的温度不断升高，灯丝的电阻随温度的升高而增大，所以当灯两端电压为2.0V，其电阻应小于2.4V时灯丝的电阻，由公式可求得其相应的电流可能是多少。
【解答】解：（1）伏安法测电阻的电路设计要求待测电阻与滑动变阻器串联，电流表串联在电路中，电压表并联在待测电路两端，使电流从电压表的正接线柱流入，负接线柱流出，故改正电路如图所示：

（2）为了保护电路，闭合开关前，要将滑动变阻器滑片P移到最大阻值处；
（3）为了减小误差，取三次测量结果的平均值作为定值电阻的阻值大小，由公式可得：
，，，
R的平均值为：Ω；
（4）电源电压为3V，当定值电阻两端电压为0.5V时，变阻器两端电压应为2.5V，此时，电流大小约为：＝，滑动变阻器的最大阻值至少约为：，可见，因为电源电压过大或变阻器的最大阻值太小，按现有器材进行实验不能达到题目要求，最简单的方法是取下一节干电池；
（5）由于灯的亮度即实际功率随灯两端电压的增大而增大，灯丝的温度不断升高，灯丝的电阻随温度的升高而增大，所以当灯两端电压为2.0V，其电阻应小于2.4V时灯丝的电阻值：，若电流为0.25A，电阻为：，故当灯两端电压为2.0V时，通过它的电流可能为0.28A。
故答案为：（1）改正电路如图所示；

（2）滑片P移到最大阻值处；（3）12.2Ω；（4）取下一节干电池；（5）0.28A。
【点评】本题综合考查伏安法测定值电阻和小灯泡电阻实验，对数据的处理要求高，难度较大。
19．（10分）（2021•武汉）如图甲所示，某款国产水陆两用挖掘机的机械臂可绕O点转动，这辆挖掘机有两条履带，每条履带内均有1个由合金材料制成的空心浮箱，每个浮箱（可视为长方体）宽为1.5m，高为2m，合金密度为8.0×103kg/m3。

（1）某次测试中，质量为60kg的驾驶员驾驶挖掘机，从6m高的平台沿斜坡向下缓慢行驶20m，到达水平地面。
①请在图乙中画出挖掘机沿斜坡向下缓慢行驶时，挖掘机对斜坡的压力的示意图。
②在上述过程中，驾驶员的重力做了多少功？
（2）如图甲所示，开始时机械臂伸直且静止，O、A、B三点在同一直线上，OA＝10m，AB＝0.5m，机械臂和斗铲整体的重心在A点；机械臂控制斗铲装取质量为1t的沙石后，机械臂、斗铲和伸缩杆缓慢运动到如图甲所示的位置时静止，这时机械臂、斗铲和沙石整体的重心在B点。已知伸缩杆先后两次对机械臂的支持力（支持力垂直于机械臂）之比为5：7，则机械臂和斗铲的总质量是多少？
（3）已知制作每个浮箱时所用合金的体积V与浮箱长度L的关系如图丙所示，不计履带排开水的体积和驾驶员的质量，除2个完全相同的浮箱外，挖掘机其余部分的质量为33t。若挖掘机漂浮在水中，2个浮箱浸入水中的深度均不超过1.5m，则每个浮箱的长度至少是多少？
【分析】（1）①压力是垂直压在物体表面的力，由此画出压力的示意图；
②根据G＝mg和W＝Gh计算驾驶员的重力做的功；
（2）将机械臂看成杠杆，斗铲装沙前面机械臂在甲位置静止，根据杠杆的平衡条件列式建立方程组，可计算出机械臂和斗铲的总质量；
（3）先根据图丙表示出浮箱体积与长度关系式，由题目给出条件，挖掘机浮漂，根据阿基米德原理、重力公式和漂浮条件F浮＝G建立方程，计算浮箱的长度。
【解答】解：（1）①挖掘机对斜坡压力作用在斜坡与挖掘机接触处，方向垂直斜坡，由此画出压力F的示意图如图所示：
；
②驾驶员重力G＝mg＝60kg×10N/kg＝600N，
驾驶员的重力做功W＝Gh＝600N×6m＝3600J；
（2）可将机械臂看成杠杆，O为支点，机械臂和斗铲整体的重心在A点，其重力当成动力（质量为m总），伸缩杆对机械臂的支持力F看成阻力，其力臂为L，
开始时机械臂伸直在图甲静止，由杠杆的平衡条件有：
m总g×OA＝F×L﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
斗铲装取质量为1t的沙石后，械臂、斗铲和沙石整体的重心在B点，仍在图甲位置静止，由杠杆的平衡条件有：
（m总+m沙）g×OB＝F′×L﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
①÷②可得：＝，且OB＝OA+AB，
所以：＝，
解得：m总＝3×103kg＝3t；
（3）由每个浮箱时所用合金的体积V与浮箱长度L的关系图象知，V与L是一次函数关系，
则：V＝kL+b，
当L＝0时，V＝b＝0.05，
当L＝1时，0.12＝k×1+0.05，解得：k＝0.07，
所以：V＝0.07L+0.05，
若挖掘机漂浮在水中，2个浮箱浸入水中的深度均不超过1.5m，则每个浮箱的长度至少为L，
由漂浮条件有：F浮＝G浮箱+G其它，
ρ水gV排＝ρ合金gV+m其它g，
即：ρ水V排＝ρ合金V+m其它，
1.0×103kg/m3×2×1.5m×1.5m×L＝8.0×103kg/m3×2×（0.07L+0.05）+33×103kg，
解得：L＝10m。
答：（1）①见上图；②驾驶员的重力做功3600J；
（2）机械臂和斗铲的总质量是3t；
（3）每个浮箱的长度至少10m。
【点评】本题以水陆两用挖掘机为情景，考查了力的示意图的作图，重力、功、杠杆的平衡条件公式、浮沉条件的应用，要能根据图象得到浮箱体积与长度的关系式，体现了数理结合，考查知识点多，综合性，有一定难度。
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日期：2021/9/30 14:49:00；用户：周达；邮箱：sjhzxyh13@xyh.com；学号：37802003