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2024年安徽省池州市中考联考二模物理试题（原卷版+解析版）
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这是一份2024年安徽省池州市中考联考二模物理试题（原卷版+解析版），文件包含2024年安徽省池州市中考联考二模物理试题原卷版docx、2024年安徽省池州市中考联考二模物理试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1.本卷共四大题23小题，满分70分。物理与化学的考试时间共120分钟。
2.试卷包括“试题卷”和“答题卷”两部分，“试题卷”共6页，“答题卷”共4页。
3.请务必在“答题卷”上答题，在“试题卷”上答题是无效的。
4.考试结束后，请将“试题卷”和“答题卷”一并交回。
一、填空题（本题共10小题，每小题2分，共20分）
1. 2024年2月9日农历除夕这一天，正在太空出差的神舟十七号乘务组为我们送来了来自中国空间站的龙年祝福，这祝福声是通过___________（填“超声波”或“电磁波”）传入千家万户的。
【答案】电磁波
【解析】
【详解】超声波无法在真空中传播，而电磁波可以，所以神舟十七号与地面之间通过电磁波传递信息。
2. 如图所示为光在空气和玻璃的分界面上发生反射和折射的情况，由图可判断，空气在分界面的__________侧。（填“上”、“下”、A/N“左”或“右”）
【答案】左
【解析】
【详解】由光的反射定律可知，反射光线和入射光线在同一平面内，并且反射角等于入射角，由图可知
∠POC=90°-30°=60°
∠AOP=90°-30°=60°
所以
∠POC=∠AOP
所以PQ是法线，MN是界面。又因为折射光线和入射光线分居在法线的两侧，所以CO是入射光线，OA是反射光线，OB是折射光线。因为光线从空气斜射入其它透明介质中，折射角小于入射角，可以判断分界面的左侧是空气。
3. 如图所示卡式炉（燃料为丁烷）经常出现在餐桌上，主要是防止菜品变凉。某次就餐过程中将一锅2kg的水加热升温45℃，已知该卡式炉的加热效率为42%，则完全燃烧丁烷的质量为_________g。（已知丁烷热值q=4.5×107J/kg）
【答案】20
【解析】
【详解】由题意知，水吸收的热量为
已知该卡式炉加热效率为42%，丁烷气完全燃烧放出的热量为
由Q=mq可得，完全燃烧丁烷的质量为
4. 汽油机在做功冲程中，高温气体迅速膨胀对外做功，从而将燃气的内能转化为机车的机械能。若汽油机每秒对外做功25次，则汽油机1min完成了_____个冲程。
【答案】6000
【解析】
【详解】汽油机完成一个工作循环，要经过4个冲程，燃气对外做功1次，活塞往返2次，飞轮转动2周，若该汽油机每秒对外做功25次，则每秒完成100次冲程，则该汽油机1min完成了6000次冲程。
5. 用图甲的滑轮组运送货物上楼，图乙记录了滑轮组的机械效率随货物重力增加而变化的图像，当某次运送重为460N的货物时，滑轮组的机械效率=______%。（不考虑绳重和摩擦）
【答案】92
【解析】
【详解】由图可知，由两段绳子吊着动滑轮，不考虑绳重和摩擦，则根据
可知，提升120N重物时，绳子自由端的拉力为
动滑轮重为
当某次运送重为460N的货物时，拉力为
滑轮组的机械效率为
6. 用如图所示的杠杆撬动石头，已知OC=0.1m，BC=0.1m，BA=0.8m，若撬动石头对杠杆施加的最小动力为100N，则石头对杠杆的压力为_________N。
【答案】1000
【解析】
【详解】要使杠杆撬动石头的动力最小，应使动力臂L1最大。由图可知，当以O为支点，在A点施加垂直AO向上的100N的动力时，此时动力臂最长为
L1=LAO=1m
此时石头对杠杆的压力为阻力F2，阻力臂为
L2=LCO=0.1m
根据杠杆平衡条件
可得
解得
则石头对杠杆的压力为1000N。
7. 高度相等的甲、乙、丙三个实心圆柱体，测得其质量和体积的图像如图所示。现将甲、乙、丙三个实心圆柱体静止放在水平桌面上，则它们对水平桌面的压强p甲、p乙、p丙的大小关系为___________。
【答案】p甲>p丙>p乙
【解析】
【详解】根据图中的数值，可得
即，因为是高度相等的甲、乙、丙三个实心圆柱体，根据得
所以p甲>p丙>p乙。
8. 如图所示，电源电压为6V恒定不变，电阻R1的阻值为15Ω，电阻R2的阻值为10Ω。闭合开关S，则电路1min产生的总热量为__________J。
【答案】360
【解析】
【详解】由图可知，R1、R2并联，根据并联电路电压规律和欧姆定律可得，通过R1的电流为
通过R2的电流为
由于并联电路电流等于各部分电流之和，即
电路1min产生的总热量为
9. 把标有“6V 3W”和“6V 6W”的两盏电灯串联后接入电路中（灯泡电阻不变），如果让其中一盏灯能长时间正常发光，则该电路两端的电压应为_________V。
【答案】9
【解析】
【详解】由P=UI可得，两灯泡正常发光时的电流分别为
因为串联电路中电流处处相等，为了电路安全，电路电流最大为0.5A，此时正常发光的是：“6V 3W”的灯泡，其两端的电压为6V；由可得，另一“6V 6W”灯泡灯泡电阻为
由可得，该灯泡此时两端的电压为
根据串联电路电压特点可知，该电路两端的电压为
10. 某同学利用“伏安法”测量电阻的实验电路来间接测量电压表的内阻RA。部分电路如图所示，如果电流表的内阻为RA，定值电阻的阻值为R，某次测量中电流表示数为I，电压表示数为U，则待测电压表内阻RV的表达式为__________。（用测量量和已知量表示）
【答案】
【解析】
【详解】由电路图可知，考虑电表的内阻时，R与电压表（RV）并联后再与电流表串联，电压表测并联部分的电压，电流表测干路电流，因并联电路中各支路两端的电压相等，由可得，通过R的电流为
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，通过RV的电流为
由可得，待测电压表内阻RV的阻值为
二、选择题（本题共7小题，每小题2分，共14分；每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的。）
11. 下列说法正确的是（ ）
A. 核动力航母使用的核能属于可再生能源
B. 飞机落地后继续滑行，是因为受到惯性的作用
C. 平均速度是物体做变速直线运动时，在某一段时间内运动的平均快慢程度
D. 严冬时节，地下水管破裂，水喷射出来形成的“冰花”是由空气中水蒸气凝华而形成的
【答案】C
【解析】
【详解】A．核动力航母使用核能属于不可再生能源，故A错误；
B．惯性是物体固有的属性，不能说受到惯性的作用，故B错误；
C．平均速度是用来表示物体做变速直线运动时，在某一段时间内物体运动的平均快慢程度，故C正确；
D．水喷射出来形成的“冰花”是由喷出的水凝固形成的，故D错误。
故选C。
12. 如图所示为某固体在熔化时均匀受热其温度随时间变化图像，下列说法正确的是（ ）
A. C点和B点温度相等，所以C点处物质的内能等于B点处物质的内能
B. 温度的变化量，所以AB段吸收的热量是CD段的2倍
C. 该固体为晶体，吸收热量时温度一定会升高
D. 物质的比热容大小跟物体状态有关，所以该物质在AB段和CD段的比热容不相等
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题意知，该物质在BC阶段中，不断吸热，温度不变，则C点处物质的内能大于B点处物质的内能，故A错误；
B．实验中通过加热时间来表示吸收热量的多少，由图可知，固体在AB段加热时间为2min，CD段加热时间是4min，可知，在CD段吸收的热量是AB段的2倍，故B错误；
C．由图知，该物质在BC阶段中，不断吸热，温度不变，该物质有固定的熔化温度，所以该物质是晶体，故C错误；
D．由图可知，在AB段开始对物质加热2min的温度变化量大于对CD段加热2min的温度变化量，由Q=cm∆t可知，在AB段和CD段的比热容不相等，说明比热容与物质的状态有关，故D正确。
故选D。
13. 如图所示，摆球悬挂在无弹性并拉直的细绳下端，从A点静止释放，摆向另一侧的最高点B（图中未画出），最终静止在O′点，下列有关判断不正确的是（ ）
A. 小球从A点释放摆向B点的过程中，经过O′点时小球的速度最大
B. 小球摆到B点的瞬间处于静止状态，此时小球受力不平衡
C. 最高点B比A点的位置低，说明小球在摆动过程中机械能不守恒
D. 最高点B比A点的位置低，说明在摆动过程中能的总量不守恒
【答案】D
【解析】
【详解】A．小球最终静止在O'点，说明机械能减小了，此过程存在空气阻力。小球从A点到O′点，重力势能转化为动能，到达O′点时，重力势能最小，动能最大，质量不变，速度达到最大，故A正确，不符合题意；
B．小球到达B点虽然瞬间速度为零，但不能保持静止状态，而是立即改变方向运动，说明受到的不是平衡力，故B正确，不符合题意；
C．最高点B比A点的位置低，说明机械能有损失，小球在摆动过程中机械能不守恒，故C正确，不符合题意；
D．最高点B比A点的位置低，是因为小球在摆动过程中会与空气摩擦，一部分机械能转化为内能，但能的总量不变，总量守恒，故D错误，符合题意。
故选D。
14. 小明用如图所示的推力推着木块在斜面上做匀速直线运动，下列说法正确的是（ ）
A. 木块受到的摩擦力和小明对木块的推力是一对平衡力
B. 木块对小明的压力和小明对木块的推力是一对平衡力
C. 木块对斜面的压力和斜面对木块的支持力是一对相互作用力，
D. 斜面对木块的支持力是因为木块发生了弹性形变产生的
【答案】C
【解析】
【详解】A．木块受到重力、推力、支持力、摩擦力，重力和支持力不共线，不是一对平衡力，所以摩擦力和推力也不平衡，否则木块不能处于平衡状态，故A错误；
B．木块对小明的压力和小明对木块的推力作用在两个物体上，是一对相互作用力，故B错误；
C．木块对斜面的压力和斜面对木块的支持力大小相等，方向相反，作用在同一直线上，作用在两个物体上，所以是一对相互作用力，故C正确；
D．斜面对木块的支持力的施力物体是斜面，所以是由斜面发生形变产生的，故D错误。
故选C。
15. 如图所示，在探究凸透镜成像规律的实验中，当蜡烛和凸透镜之间的距离为26cm时，在光屏上得到一个清晰缩小的实像。下列说法正确的是（ ）
A. 在凸透镜与蜡烛之间加近视眼镜时，要使光屏上得到清晰的像，光屏应向左移动
B. 保持蜡烛和光屏位置不动，缓慢向右移动凸透镜到某个位置，可以再次在光屏上得到清晰的像
C. 先将蜡烛移至光具座上30cm刻度线处，然后向右移动光屏，光屏上可以得到清晰的像
D. 将蜡烛远离凸透镜时，为了在光屏上得到清晰的像，应将光屏靠近凸透镜
【答案】D
【解析】
【详解】A．在凸透镜与蜡烛之间加近视眼镜时，因为近视眼镜对光线有发散作用，会使得所成的像远离凸透镜，要使光屏上得到清晰的像，光屏应向右移动，故A错误；
B．根据光路是可逆的，图中物距大于像距，当凸透镜左移使原来的像距等于物距时，可以再次成清晰的像。只将凸透镜向右移，不能再次在光屏上得到清晰的像，故B错误；
C．当蜡烛和凸透镜之间的距离为26cm时，在光屏上得到一个清晰缩小的实像，根据光屏所在位置可得像距为
根据
可得，将蜡烛移至光具座上30cm刻度线处，此时蜡烛到凸透镜的距离为
蜡烛到凸透镜的距离小于焦距，故成的是虚像，所以向右移动光屏，光屏上不能得到清晰的像，故C错误；
D．蜡烛远离凸透镜时，根据凸透镜成实像时，物远像近像变小的规律，为了在光屏上得到清晰的像，应将光屏应靠近凸透镜，故D正确。
故选D。
16. 如图所示的电路，下列说法不正确的是（ ）
A. 开关S拨到a，向左移动R1的滑片，电流表示数增大
B. 电路中R2的作用是保护电路
C. 开关S由a拨到b，调节R1使电流表示数不变，则螺线管磁性不变
D. 开关S由a拨到b，小磁针静止时A端仍为S极
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据电路图可知，定值电阻、滑动变阻器与电磁铁串联，电流表测量电路中的电流。开关S拨到a，滑动变阻器的滑片向左滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，即电流表示数增大，故A正确，不符合题意；
B．当滑动变阻器电阻被短路时，电路中R2可以防止电流过大保护电路，故B正确，不符合题意；
C．电磁铁的磁性强弱与电流大小和线圈匝数有关，将开关S由a换到b时，调节变阻器的滑片P，保持电流表的示数不变，即电流不变，将开关S由a换到b时，线圈匝数减少，则电磁铁的磁性减弱，故C错误，符合题意；
D．从图可知，当开关S拨到a时，电流从电磁铁的右端流入，左端流出，根据安培定则可知，电磁铁左端是N极，右端是S极；由磁极间的相互作用可知，小磁针静止时B端为N极、A端为S极，开关S拨到b时，电磁铁磁性变弱，但极性不变，所以小磁针静止时A端仍为S极，故D正确，不符合题意。
故选C。
17. 如图所示为某实践活动小组制作了一个风速探测器。电源电压为U且保持不变，不考虑电源内阻，闭合开关S，当水平方向的风速增大时，电路中的电流I以及R1、R2两端电压U1和U2都发生变化，变化量的大小分别用ΔI、ΔU1和ΔU2表示。下列说法中正确的是（ ）
A.
B. R1消耗的电功率变大
C. 电压表示数变大
D. R2两端电压变化量与电路中的电流变化量比值变小
【答案】B
【解析】
【详解】由电路图知，定值电阻R1与滑动变阻器R2串联接入电路，电压表测量滑动变阻器R2两端的电压；
BC．当水平方向的风速增大时，探头上表面空气流速快、压强小，下表面空气流速慢、压强大，探头上移，滑动变阻器R2滑片向上移，其接入电路的电阻减小，电路的总电阻变大，根据欧姆定律可知电路中的电流增大，根据P=I2R可知，R1消耗的电功率变大；由于电压表测量滑动变阻器两端电压，由串联电路分压原理知，此时滑动变阻器两端的电压变小，即电压表示数变小，故B正确，C错误；
AD．由题意知，水平方向的风速增大时，探头向上移动，滑动变阻器接入电路阻值变小，根据串联分压特点可知，其两端的电压也会变小，则
根据串电路的电压规律可知，此时R1两端的电压变大，则
因为串联电路中总电压等于各分电压之和，可得
即
则
由欧姆定律可得，R1两端的电压变化量为
则ΔU1与电路中的电流变化量△I比值为定值电阻R的阻值，保持不变，由此可知，ΔU1与电路中的电流变化量ΔI比值为定值，故AD错误。
故选B。
三、实验题（第18小题4分，第19小题4分，第20小题8分，每空2分，共16分）
18. 小明利用如图所示装置探究了液体内部压强与液体密度的关系；
（1）对比甲、乙两个实验发现当探头在水和盐水中的深度相同时，U形管左右两侧液面的高度差对比不明显，造成这种现象的原因不可能是____
A.盐水的密度与水的密度相差不大
B.实验操作不当，软管连接不牢固，导致漏气
C.U形管内装的液体密度较小
D.探头在液体中的深度太大
（2）如图丙所示，U形管内左右两侧水面的高度差为，则探头没入盐水中的深度为____（用ρ水、ρ盐水、表示）。
【答案】 ①. C ②.
【解析】
【详解】（1）[1]A．当盐水的密度与水的密度相差不大时，探头在水和盐水中的深度相同时，根据 p = pgh 可知，盐水和水对探头产生的压强相差不大，此时两U形管左右两侧液面高度差对比会不明显，故A不符合题意；
B．当压强计软管连接处漏气，U形管内水面高度差几乎不变，因此当探头在盐水和水中相同深度时，两U形管左右两侧液面高度差对比会不明显，故B不符合题意；
C．当压强计气密性良好时，U形管中换用密度更小的酒精，U形管左右两侧液面的高度差会变大，则当探头在水和盐水中的深度相同时，压强差相同，U形管内装的液体密度较小，两个U形管左右两侧液面高度差对比更明显，故C符合题意；
D．根据p=ρgh可知，探头在液体中深度越大，其受到的压强越大，U形管左右两侧液面的高度差越大，若都接近于U形管的最大高度差，会使两个U形管左右两侧液面高度差对比不明显，故D不符合题意。
故选C。
（2）[2]根据p=ρgh可知，此时探头所处位置，盐水内部压强为
解得，探头没入盐水中的深度为
19. 用图1所示的实心陶瓷材质的冰墩墩模型来估测一瓶镇江香醋的密度。
（1）在测量质量的过程中，小明将最小的5g砝码放入右盘后，指针位置如图2所示，则他接下来的操作是_____；
（2）正确操作测量出冰墩墩质量，如图3所示；（陶瓷材料的密度为2.7×103kg/m3）
（3）如图4所示，在甲、乙两只烧杯中分别倒入适量香醋后，用天平测出烧杯乙和香醋的总质量m1=153.2g；
（4）如图5所示，将冰墩墩用细线系住后放入烧杯甲中，在烧杯壁上标记液面的位置；
（5）将冰墩墩取出，将乙烧杯中的香醋倒入甲烧杯直至标记处，测出烧杯乙及剩余香醋的总质量m2=120.8g；
（6）根据以上实验数据，求得镇江香醋的密度，ρ=___________kg/m3。
【答案】 ①. 取下最小的5g砝码，向右移动游码，直至天平平衡 ②. 1.08×103
【解析】
【详解】（1）[1]在使用天平称量物体质量时，遵循左物右码原则进行称量，由图知，当往右盘加入最小的5g砝码后，指针偏向右侧，说明砝码的总质量较大，即这时石块的质量小于右盘中砝码的总质量；此时应将5g砝码取下并向右移动游码，直至天平平衡。
（6）[2]用天平称量物体质量时，物体的质量等于砝码质量与游码对应刻度值之和。由图3可知，砝码质量为
50g+20g+10g=80g
天平游码标尺的分度值为0.2g，此时游码对应的刻度值为1g，则冰墩墩的质量为
陶瓷材料的密度为
ρ陶瓷=2.7×103kg/m3=2.7g/cm3
由可得，冰墩墩的体积为
由题意知，将冰墩墩从甲烧杯取出后，将乙烧杯中的香醋倒入甲烧杯直至标记处，乙烧杯内减少的香醋的体积就是冰墩墩的体积，即
由于乙烧杯及剩余香醋的总质量为m2=102.8g，则此时乙烧杯减小的香醋的质量为
香醋的密度为
20. 在“测定小灯泡的电功率”的实验中，小明同学选用如图甲所示的器材，其中电源电压为6V，小灯泡的额定电压为2.5V，滑动变阻器规格为“40Ω 0.5A”。
（1）用笔画线代替导线，把电路连接完整，要求向右移动滑片时，电路中的电流变小。____
（2）连接好电路后，闭合开关，移动变阻器滑片，小灯泡却始终不亮，电流表无示数，电压表有示数，原因可能是___________。
（3）解决该问题后，小明闭合开关，电压表的示数如图乙所示，为了测量小灯泡的额定功率，应将滑动变阻器的滑片向__________（选填“A”或“B”）端移动。
（4）随着电流的增大，小灯泡温度会升高，其电阻也在增大，但是电路中滑动变阻器的阻值却在减小。那么小灯泡电阻的变化量，和滑动变阻器电阻的变化量之间的关系应该为__________（选填“>”、“<”或“=”）。
【答案】 ①. ②. 小灯泡断路 ③. A ④. ＜
【解析】
【详解】（1）[1]在测量小灯泡的电功率实验中，将电源、开关、灯泡、滑动变阻器、电流表依次串联，然后将电压表并联在灯泡两端，由题意知，要求向右移动滑片时，电路中的电流变小，即滑动变阻器阻值增大，则应在原电路图中，用导线将滑动变阻器A接线柱与电源正极连接，将电流表负极与灯泡右侧接线柱连接，如图所示：
（2）[2]由题意知，闭合开关后，小灯泡不亮，电流变无示数说明电路中存在断路，电压表有示数，说明与电压表并联之外的电路为通路，则该电路故障可能为与电压表并联部分出现断路，即小灯泡处断路。
（3）[3]由图丙知，电压表选择的小量程，分度值为0.1V，此时电压表示数为2.2V，即小灯泡两端的电压为2.2V。为了测量小灯泡的额定功率，应增大小灯泡两端的电压为2.5V，根据串联电路电压规律知，应减小滑动变阻器两端电压，根据串联电路分压原理可知，应减小滑动变阻器接入电路的阻值，即应将滑动变阻器的滑片向左侧移动，即向A端移动。
（4）[4]假设随着原来的电流为I1，继续调节滑动变阻器，让小灯泡两端的电压逐渐升高，小灯泡逐渐变亮，此时灯的电压变大，通过灯的电流也变大为I2，所以
根据欧姆定律可知，滑片移动后电路的总电阻小于原来的电路总电阻，即
由于小灯泡阻值随温度的升高而变大，由串联电路的电阻特点可知，只有当RP的减小量大于RL的增加量才会让总电阻变小，即
四、计算题（第21小题5分，第22小题7分，第23小题8分，共20分；解答要有必要的公式和解答过程，只有最后答案的不能得分）
21. 如图所示，甲为某商场中阶梯式电梯，已知电梯斜面的倾角θ为30°，斜面长度为10m，质量为60kg的小明随电梯一起匀速从一楼上升到二楼（不计空气阻力）。
（1）将小明看成一个有质量的点，如图乙所示。请在图乙中画出小明随电梯一起匀速从一楼上升到二楼的过程中受力示意图。
（2）若电梯沿斜面方向匀速运动的速度为0.5m/s，求10s内电梯对小明所做功的大小。（g取10N/kg）
【答案】（1）；（2）1500J
【解析】
【详解】解：（1）小明随电梯一起向上运动，相对于电梯静止，不考虑空气的阻力，此时小明受到的重力和支持力的作用，这两个力是一对平衡力，二者大小相等，方向相反，过图乙中的黑点沿竖直向下作带箭头线段，记为G，即小明受到的重力；过黑点沿竖直向上作带箭头线段，记为F，即小明受到的支持力，注意两条线段长度要相等，如图所示：
（2）由题意知，电梯运行速度为0.5m/s，则其10s内通过的距离为
则小明上升高度为
由可得，小明受到的重力为
由W=Gh可知，10s内电梯对小明所做功为
答：（1）见解析；
（2）求10s内电梯对小明所做功的大小为1500J。
22. 如图甲所示为挂烫机工作原理图。挂烫机正常工作电压为220V，电热丝R2的阻值为48.4Ω，水箱最多装水0.2kg，挂烫机在高温挡和低温挡工作时的电功率之比为5∶2。求：
（1）电热丝R1的阻值；
（2）挂烫机在高温挡工作时，将水箱中0.2kg的水从20℃加热到100℃所用的时间[不计热量损失，水的比热容c=4.2×103J/（kg·℃）]；
（3）小明把电路原理图改为乙图，也设有两个挡位。已知熔断器允许通过的最大电流为7A，请判断乙图电路是否合理，通过计算说明原因。
【答案】（1）72.6Ω；（2）67.2s；（3）不合理，计算见解析
【解析】
【详解】解：（1）由图甲可知开关接1、2位置时，只有电阻R2接入电路，挂烫机为高温挡；开关接0、1位置时，两个电阻串联，挂烫机为低温挡，由题意得高温挡功率为
挂烫机在高温挡和低温挡工作时的电功率之比为5∶2，所以低温挡功率为
低温挡时两个电阻串联，电路总电阻
则电热丝R1的阻值为
（2）水吸收的热量为
不计热量损失，则消耗的电能等于水吸收的热量
所需时间为
（3）由图乙可知开关接1、2位置时，此时两个电阻并联，挂烫机为高温挡；开关接0、1位置时，只有电热丝R1接入电路，挂烫机为低温挡；挂烫机为高温挡时电路中电流为
所以乙图电路不合理。
答：（1）电热丝R1的阻值是72.6Ω；
（2）挂烫机在高温挡工作时，将水箱中0.2kg的水从20℃加热到100℃所用的时间是67.2s；
（3）小明把电路原理图改为乙图，也设有两个挡位。已知熔断器允许通过的最大电流为7A，请判断乙图电路不合理。
23. 一个空玻璃瓶，其瓶身为圆柱体，底面积为50cm2，内装10cm高的水，将瓶口密封后放在水平地面上，如图1所示。再将玻璃瓶分别倒置在盛有水和某种未知液体的容器中，静止后，瓶内、外液面的高度差如图2和3所示（ρ水=1.0×103kg/m3，g取10N/kg，瓶壁厚度忽略不计）。求：
（1）图2中玻璃瓶受到水的浮力；
（2）空玻璃瓶质量；
（3）未知液体的密度。
【答案】（1）6N；（2）0.1kg；（3）0.75×103kg/m3
【解析】
【详解】解：（1）由图2知，玻璃瓶排开水的体积为
由F浮=ρ液gV排可得，玻璃瓶受到水的浮力为
（2）由题意知，玻璃瓶中水的体积为
V水=Sh1=50×10-4m2×0.10m=5×10-4m3
由可得，水的质量为
由G=mg可得，璃瓶中水受到的重力为
由图2知，装有水的玻璃瓶在水中处于漂浮状态，则其受到的浮力等于玻璃和瓶中水受到的总重力，即
玻璃瓶受到的重力为
由G=mg可得，空玻璃瓶质量为
（3）图3中，玻璃瓶处于漂浮状态，物体排开液体的体积
因玻璃瓶处于漂浮状态，则其受到的浮力等于玻璃和瓶中水受到的总重力，即
由F浮=ρ液gV排可得，未知液体的密度为
答：（1）图2中玻璃瓶受到水的浮力为6N；
（2）空玻璃瓶质量为0.1kg；
（3）未知液体的密度为0.75×103kg/m3。
注意事项：
1.本卷共四大题23小题，满分70分。物理与化学的考试时间共120分钟。
2.试卷包括“试题卷”和“答题卷”两部分，“试题卷”共6页，“答题卷”共4页。
3.请务必在“答题卷”上答题，在“试题卷”上答题是无效的。
4.考试结束后，请将“试题卷”和“答题卷”一并交回。
一、填空题（本题共10小题，每小题2分，共20分）
1. 2024年2月9日农历除夕这一天，正在太空出差的神舟十七号乘务组为我们送来了来自中国空间站的龙年祝福，这祝福声是通过___________（填“超声波”或“电磁波”）传入千家万户的。
【答案】电磁波
【解析】
【详解】超声波无法在真空中传播，而电磁波可以，所以神舟十七号与地面之间通过电磁波传递信息。
2. 如图所示为光在空气和玻璃的分界面上发生反射和折射的情况，由图可判断，空气在分界面的__________侧。（填“上”、“下”、A/N“左”或“右”）
【答案】左
【解析】
【详解】由光的反射定律可知，反射光线和入射光线在同一平面内，并且反射角等于入射角，由图可知
∠POC=90°-30°=60°
∠AOP=90°-30°=60°
所以
∠POC=∠AOP
所以PQ是法线，MN是界面。又因为折射光线和入射光线分居在法线的两侧，所以CO是入射光线，OA是反射光线，OB是折射光线。因为光线从空气斜射入其它透明介质中，折射角小于入射角，可以判断分界面的左侧是空气。
3. 如图所示卡式炉（燃料为丁烷）经常出现在餐桌上，主要是防止菜品变凉。某次就餐过程中将一锅2kg的水加热升温45℃，已知该卡式炉的加热效率为42%，则完全燃烧丁烷的质量为_________g。（已知丁烷热值q=4.5×107J/kg）
【答案】20
【解析】
【详解】由题意知，水吸收的热量为
已知该卡式炉加热效率为42%，丁烷气完全燃烧放出的热量为
由Q=mq可得，完全燃烧丁烷的质量为
4. 汽油机在做功冲程中，高温气体迅速膨胀对外做功，从而将燃气的内能转化为机车的机械能。若汽油机每秒对外做功25次，则汽油机1min完成了_____个冲程。
【答案】6000
【解析】
【详解】汽油机完成一个工作循环，要经过4个冲程，燃气对外做功1次，活塞往返2次，飞轮转动2周，若该汽油机每秒对外做功25次，则每秒完成100次冲程，则该汽油机1min完成了6000次冲程。
5. 用图甲的滑轮组运送货物上楼，图乙记录了滑轮组的机械效率随货物重力增加而变化的图像，当某次运送重为460N的货物时，滑轮组的机械效率=______%。（不考虑绳重和摩擦）
【答案】92
【解析】
【详解】由图可知，由两段绳子吊着动滑轮，不考虑绳重和摩擦，则根据
可知，提升120N重物时，绳子自由端的拉力为
动滑轮重为
当某次运送重为460N的货物时，拉力为
滑轮组的机械效率为
6. 用如图所示的杠杆撬动石头，已知OC=0.1m，BC=0.1m，BA=0.8m，若撬动石头对杠杆施加的最小动力为100N，则石头对杠杆的压力为_________N。
【答案】1000
【解析】
【详解】要使杠杆撬动石头的动力最小，应使动力臂L1最大。由图可知，当以O为支点，在A点施加垂直AO向上的100N的动力时，此时动力臂最长为
L1=LAO=1m
此时石头对杠杆的压力为阻力F2，阻力臂为
L2=LCO=0.1m
根据杠杆平衡条件
可得
解得
则石头对杠杆的压力为1000N。
7. 高度相等的甲、乙、丙三个实心圆柱体，测得其质量和体积的图像如图所示。现将甲、乙、丙三个实心圆柱体静止放在水平桌面上，则它们对水平桌面的压强p甲、p乙、p丙的大小关系为___________。
【答案】p甲>p丙>p乙
【解析】
【详解】根据图中的数值，可得
即，因为是高度相等的甲、乙、丙三个实心圆柱体，根据得
所以p甲>p丙>p乙。
8. 如图所示，电源电压为6V恒定不变，电阻R1的阻值为15Ω，电阻R2的阻值为10Ω。闭合开关S，则电路1min产生的总热量为__________J。
【答案】360
【解析】
【详解】由图可知，R1、R2并联，根据并联电路电压规律和欧姆定律可得，通过R1的电流为
通过R2的电流为
由于并联电路电流等于各部分电流之和，即
电路1min产生的总热量为
9. 把标有“6V 3W”和“6V 6W”的两盏电灯串联后接入电路中（灯泡电阻不变），如果让其中一盏灯能长时间正常发光，则该电路两端的电压应为_________V。
【答案】9
【解析】
【详解】由P=UI可得，两灯泡正常发光时的电流分别为
因为串联电路中电流处处相等，为了电路安全，电路电流最大为0.5A，此时正常发光的是：“6V 3W”的灯泡，其两端的电压为6V；由可得，另一“6V 6W”灯泡灯泡电阻为
由可得，该灯泡此时两端的电压为
根据串联电路电压特点可知，该电路两端的电压为
10. 某同学利用“伏安法”测量电阻的实验电路来间接测量电压表的内阻RA。部分电路如图所示，如果电流表的内阻为RA，定值电阻的阻值为R，某次测量中电流表示数为I，电压表示数为U，则待测电压表内阻RV的表达式为__________。（用测量量和已知量表示）
【答案】
【解析】
【详解】由电路图可知，考虑电表的内阻时，R与电压表（RV）并联后再与电流表串联，电压表测并联部分的电压，电流表测干路电流，因并联电路中各支路两端的电压相等，由可得，通过R的电流为
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，通过RV的电流为
由可得，待测电压表内阻RV的阻值为
二、选择题（本题共7小题，每小题2分，共14分；每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的。）
11. 下列说法正确的是（ ）
A. 核动力航母使用的核能属于可再生能源
B. 飞机落地后继续滑行，是因为受到惯性的作用
C. 平均速度是物体做变速直线运动时，在某一段时间内运动的平均快慢程度
D. 严冬时节，地下水管破裂，水喷射出来形成的“冰花”是由空气中水蒸气凝华而形成的
【答案】C
【解析】
【详解】A．核动力航母使用核能属于不可再生能源，故A错误；
B．惯性是物体固有的属性，不能说受到惯性的作用，故B错误；
C．平均速度是用来表示物体做变速直线运动时，在某一段时间内物体运动的平均快慢程度，故C正确；
D．水喷射出来形成的“冰花”是由喷出的水凝固形成的，故D错误。
故选C。
12. 如图所示为某固体在熔化时均匀受热其温度随时间变化图像，下列说法正确的是（ ）
A. C点和B点温度相等，所以C点处物质的内能等于B点处物质的内能
B. 温度的变化量，所以AB段吸收的热量是CD段的2倍
C. 该固体为晶体，吸收热量时温度一定会升高
D. 物质的比热容大小跟物体状态有关，所以该物质在AB段和CD段的比热容不相等
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题意知，该物质在BC阶段中，不断吸热，温度不变，则C点处物质的内能大于B点处物质的内能，故A错误；
B．实验中通过加热时间来表示吸收热量的多少，由图可知，固体在AB段加热时间为2min，CD段加热时间是4min，可知，在CD段吸收的热量是AB段的2倍，故B错误；
C．由图知，该物质在BC阶段中，不断吸热，温度不变，该物质有固定的熔化温度，所以该物质是晶体，故C错误；
D．由图可知，在AB段开始对物质加热2min的温度变化量大于对CD段加热2min的温度变化量，由Q=cm∆t可知，在AB段和CD段的比热容不相等，说明比热容与物质的状态有关，故D正确。
故选D。
13. 如图所示，摆球悬挂在无弹性并拉直的细绳下端，从A点静止释放，摆向另一侧的最高点B（图中未画出），最终静止在O′点，下列有关判断不正确的是（ ）
A. 小球从A点释放摆向B点的过程中，经过O′点时小球的速度最大
B. 小球摆到B点的瞬间处于静止状态，此时小球受力不平衡
C. 最高点B比A点的位置低，说明小球在摆动过程中机械能不守恒
D. 最高点B比A点的位置低，说明在摆动过程中能的总量不守恒
【答案】D
【解析】
【详解】A．小球最终静止在O'点，说明机械能减小了，此过程存在空气阻力。小球从A点到O′点，重力势能转化为动能，到达O′点时，重力势能最小，动能最大，质量不变，速度达到最大，故A正确，不符合题意；
B．小球到达B点虽然瞬间速度为零，但不能保持静止状态，而是立即改变方向运动，说明受到的不是平衡力，故B正确，不符合题意；
C．最高点B比A点的位置低，说明机械能有损失，小球在摆动过程中机械能不守恒，故C正确，不符合题意；
D．最高点B比A点的位置低，是因为小球在摆动过程中会与空气摩擦，一部分机械能转化为内能，但能的总量不变，总量守恒，故D错误，符合题意。
故选D。
14. 小明用如图所示的推力推着木块在斜面上做匀速直线运动，下列说法正确的是（ ）
A. 木块受到的摩擦力和小明对木块的推力是一对平衡力
B. 木块对小明的压力和小明对木块的推力是一对平衡力
C. 木块对斜面的压力和斜面对木块的支持力是一对相互作用力，
D. 斜面对木块的支持力是因为木块发生了弹性形变产生的
【答案】C
【解析】
【详解】A．木块受到重力、推力、支持力、摩擦力，重力和支持力不共线，不是一对平衡力，所以摩擦力和推力也不平衡，否则木块不能处于平衡状态，故A错误；
B．木块对小明的压力和小明对木块的推力作用在两个物体上，是一对相互作用力，故B错误；
C．木块对斜面的压力和斜面对木块的支持力大小相等，方向相反，作用在同一直线上，作用在两个物体上，所以是一对相互作用力，故C正确；
D．斜面对木块的支持力的施力物体是斜面，所以是由斜面发生形变产生的，故D错误。
故选C。
15. 如图所示，在探究凸透镜成像规律的实验中，当蜡烛和凸透镜之间的距离为26cm时，在光屏上得到一个清晰缩小的实像。下列说法正确的是（ ）
A. 在凸透镜与蜡烛之间加近视眼镜时，要使光屏上得到清晰的像，光屏应向左移动
B. 保持蜡烛和光屏位置不动，缓慢向右移动凸透镜到某个位置，可以再次在光屏上得到清晰的像
C. 先将蜡烛移至光具座上30cm刻度线处，然后向右移动光屏，光屏上可以得到清晰的像
D. 将蜡烛远离凸透镜时，为了在光屏上得到清晰的像，应将光屏靠近凸透镜
【答案】D
【解析】
【详解】A．在凸透镜与蜡烛之间加近视眼镜时，因为近视眼镜对光线有发散作用，会使得所成的像远离凸透镜，要使光屏上得到清晰的像，光屏应向右移动，故A错误；
B．根据光路是可逆的，图中物距大于像距，当凸透镜左移使原来的像距等于物距时，可以再次成清晰的像。只将凸透镜向右移，不能再次在光屏上得到清晰的像，故B错误；
C．当蜡烛和凸透镜之间的距离为26cm时，在光屏上得到一个清晰缩小的实像，根据光屏所在位置可得像距为
根据
可得，将蜡烛移至光具座上30cm刻度线处，此时蜡烛到凸透镜的距离为
蜡烛到凸透镜的距离小于焦距，故成的是虚像，所以向右移动光屏，光屏上不能得到清晰的像，故C错误；
D．蜡烛远离凸透镜时，根据凸透镜成实像时，物远像近像变小的规律，为了在光屏上得到清晰的像，应将光屏应靠近凸透镜，故D正确。
故选D。
16. 如图所示的电路，下列说法不正确的是（ ）
A. 开关S拨到a，向左移动R1的滑片，电流表示数增大
B. 电路中R2的作用是保护电路
C. 开关S由a拨到b，调节R1使电流表示数不变，则螺线管磁性不变
D. 开关S由a拨到b，小磁针静止时A端仍为S极
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据电路图可知，定值电阻、滑动变阻器与电磁铁串联，电流表测量电路中的电流。开关S拨到a，滑动变阻器的滑片向左滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，即电流表示数增大，故A正确，不符合题意；
B．当滑动变阻器电阻被短路时，电路中R2可以防止电流过大保护电路，故B正确，不符合题意；
C．电磁铁的磁性强弱与电流大小和线圈匝数有关，将开关S由a换到b时，调节变阻器的滑片P，保持电流表的示数不变，即电流不变，将开关S由a换到b时，线圈匝数减少，则电磁铁的磁性减弱，故C错误，符合题意；
D．从图可知，当开关S拨到a时，电流从电磁铁的右端流入，左端流出，根据安培定则可知，电磁铁左端是N极，右端是S极；由磁极间的相互作用可知，小磁针静止时B端为N极、A端为S极，开关S拨到b时，电磁铁磁性变弱，但极性不变，所以小磁针静止时A端仍为S极，故D正确，不符合题意。
故选C。
17. 如图所示为某实践活动小组制作了一个风速探测器。电源电压为U且保持不变，不考虑电源内阻，闭合开关S，当水平方向的风速增大时，电路中的电流I以及R1、R2两端电压U1和U2都发生变化，变化量的大小分别用ΔI、ΔU1和ΔU2表示。下列说法中正确的是（ ）
A.
B. R1消耗的电功率变大
C. 电压表示数变大
D. R2两端电压变化量与电路中的电流变化量比值变小
【答案】B
【解析】
【详解】由电路图知，定值电阻R1与滑动变阻器R2串联接入电路，电压表测量滑动变阻器R2两端的电压；
BC．当水平方向的风速增大时，探头上表面空气流速快、压强小，下表面空气流速慢、压强大，探头上移，滑动变阻器R2滑片向上移，其接入电路的电阻减小，电路的总电阻变大，根据欧姆定律可知电路中的电流增大，根据P=I2R可知，R1消耗的电功率变大；由于电压表测量滑动变阻器两端电压，由串联电路分压原理知，此时滑动变阻器两端的电压变小，即电压表示数变小，故B正确，C错误；
AD．由题意知，水平方向的风速增大时，探头向上移动，滑动变阻器接入电路阻值变小，根据串联分压特点可知，其两端的电压也会变小，则
根据串电路的电压规律可知，此时R1两端的电压变大，则
因为串联电路中总电压等于各分电压之和，可得
即
则
由欧姆定律可得，R1两端的电压变化量为
则ΔU1与电路中的电流变化量△I比值为定值电阻R的阻值，保持不变，由此可知，ΔU1与电路中的电流变化量ΔI比值为定值，故AD错误。
故选B。
三、实验题（第18小题4分，第19小题4分，第20小题8分，每空2分，共16分）
18. 小明利用如图所示装置探究了液体内部压强与液体密度的关系；
（1）对比甲、乙两个实验发现当探头在水和盐水中的深度相同时，U形管左右两侧液面的高度差对比不明显，造成这种现象的原因不可能是____
A.盐水的密度与水的密度相差不大
B.实验操作不当，软管连接不牢固，导致漏气
C.U形管内装的液体密度较小
D.探头在液体中的深度太大
（2）如图丙所示，U形管内左右两侧水面的高度差为，则探头没入盐水中的深度为____（用ρ水、ρ盐水、表示）。
【答案】 ①. C ②.
【解析】
【详解】（1）[1]A．当盐水的密度与水的密度相差不大时，探头在水和盐水中的深度相同时，根据 p = pgh 可知，盐水和水对探头产生的压强相差不大，此时两U形管左右两侧液面高度差对比会不明显，故A不符合题意；
B．当压强计软管连接处漏气，U形管内水面高度差几乎不变，因此当探头在盐水和水中相同深度时，两U形管左右两侧液面高度差对比会不明显，故B不符合题意；
C．当压强计气密性良好时，U形管中换用密度更小的酒精，U形管左右两侧液面的高度差会变大，则当探头在水和盐水中的深度相同时，压强差相同，U形管内装的液体密度较小，两个U形管左右两侧液面高度差对比更明显，故C符合题意；
D．根据p=ρgh可知，探头在液体中深度越大，其受到的压强越大，U形管左右两侧液面的高度差越大，若都接近于U形管的最大高度差，会使两个U形管左右两侧液面高度差对比不明显，故D不符合题意。
故选C。
（2）[2]根据p=ρgh可知，此时探头所处位置，盐水内部压强为
解得，探头没入盐水中的深度为
19. 用图1所示的实心陶瓷材质的冰墩墩模型来估测一瓶镇江香醋的密度。
（1）在测量质量的过程中，小明将最小的5g砝码放入右盘后，指针位置如图2所示，则他接下来的操作是_____；
（2）正确操作测量出冰墩墩质量，如图3所示；（陶瓷材料的密度为2.7×103kg/m3）
（3）如图4所示，在甲、乙两只烧杯中分别倒入适量香醋后，用天平测出烧杯乙和香醋的总质量m1=153.2g；
（4）如图5所示，将冰墩墩用细线系住后放入烧杯甲中，在烧杯壁上标记液面的位置；
（5）将冰墩墩取出，将乙烧杯中的香醋倒入甲烧杯直至标记处，测出烧杯乙及剩余香醋的总质量m2=120.8g；
（6）根据以上实验数据，求得镇江香醋的密度，ρ=___________kg/m3。
【答案】 ①. 取下最小的5g砝码，向右移动游码，直至天平平衡 ②. 1.08×103
【解析】
【详解】（1）[1]在使用天平称量物体质量时，遵循左物右码原则进行称量，由图知，当往右盘加入最小的5g砝码后，指针偏向右侧，说明砝码的总质量较大，即这时石块的质量小于右盘中砝码的总质量；此时应将5g砝码取下并向右移动游码，直至天平平衡。
（6）[2]用天平称量物体质量时，物体的质量等于砝码质量与游码对应刻度值之和。由图3可知，砝码质量为
50g+20g+10g=80g
天平游码标尺的分度值为0.2g，此时游码对应的刻度值为1g，则冰墩墩的质量为
陶瓷材料的密度为
ρ陶瓷=2.7×103kg/m3=2.7g/cm3
由可得，冰墩墩的体积为
由题意知，将冰墩墩从甲烧杯取出后，将乙烧杯中的香醋倒入甲烧杯直至标记处，乙烧杯内减少的香醋的体积就是冰墩墩的体积，即
由于乙烧杯及剩余香醋的总质量为m2=102.8g，则此时乙烧杯减小的香醋的质量为
香醋的密度为
20. 在“测定小灯泡的电功率”的实验中，小明同学选用如图甲所示的器材，其中电源电压为6V，小灯泡的额定电压为2.5V，滑动变阻器规格为“40Ω 0.5A”。
（1）用笔画线代替导线，把电路连接完整，要求向右移动滑片时，电路中的电流变小。____
（2）连接好电路后，闭合开关，移动变阻器滑片，小灯泡却始终不亮，电流表无示数，电压表有示数，原因可能是___________。
（3）解决该问题后，小明闭合开关，电压表的示数如图乙所示，为了测量小灯泡的额定功率，应将滑动变阻器的滑片向__________（选填“A”或“B”）端移动。
（4）随着电流的增大，小灯泡温度会升高，其电阻也在增大，但是电路中滑动变阻器的阻值却在减小。那么小灯泡电阻的变化量，和滑动变阻器电阻的变化量之间的关系应该为__________（选填“>”、“<”或“=”）。
【答案】 ①. ②. 小灯泡断路 ③. A ④. ＜
【解析】
【详解】（1）[1]在测量小灯泡的电功率实验中，将电源、开关、灯泡、滑动变阻器、电流表依次串联，然后将电压表并联在灯泡两端，由题意知，要求向右移动滑片时，电路中的电流变小，即滑动变阻器阻值增大，则应在原电路图中，用导线将滑动变阻器A接线柱与电源正极连接，将电流表负极与灯泡右侧接线柱连接，如图所示：
（2）[2]由题意知，闭合开关后，小灯泡不亮，电流变无示数说明电路中存在断路，电压表有示数，说明与电压表并联之外的电路为通路，则该电路故障可能为与电压表并联部分出现断路，即小灯泡处断路。
（3）[3]由图丙知，电压表选择的小量程，分度值为0.1V，此时电压表示数为2.2V，即小灯泡两端的电压为2.2V。为了测量小灯泡的额定功率，应增大小灯泡两端的电压为2.5V，根据串联电路电压规律知，应减小滑动变阻器两端电压，根据串联电路分压原理可知，应减小滑动变阻器接入电路的阻值，即应将滑动变阻器的滑片向左侧移动，即向A端移动。
（4）[4]假设随着原来的电流为I1，继续调节滑动变阻器，让小灯泡两端的电压逐渐升高，小灯泡逐渐变亮，此时灯的电压变大，通过灯的电流也变大为I2，所以
根据欧姆定律可知，滑片移动后电路的总电阻小于原来的电路总电阻，即
由于小灯泡阻值随温度的升高而变大，由串联电路的电阻特点可知，只有当RP的减小量大于RL的增加量才会让总电阻变小，即
四、计算题（第21小题5分，第22小题7分，第23小题8分，共20分；解答要有必要的公式和解答过程，只有最后答案的不能得分）
21. 如图所示，甲为某商场中阶梯式电梯，已知电梯斜面的倾角θ为30°，斜面长度为10m，质量为60kg的小明随电梯一起匀速从一楼上升到二楼（不计空气阻力）。
（1）将小明看成一个有质量的点，如图乙所示。请在图乙中画出小明随电梯一起匀速从一楼上升到二楼的过程中受力示意图。
（2）若电梯沿斜面方向匀速运动的速度为0.5m/s，求10s内电梯对小明所做功的大小。（g取10N/kg）
【答案】（1）；（2）1500J
【解析】
【详解】解：（1）小明随电梯一起向上运动，相对于电梯静止，不考虑空气的阻力，此时小明受到的重力和支持力的作用，这两个力是一对平衡力，二者大小相等，方向相反，过图乙中的黑点沿竖直向下作带箭头线段，记为G，即小明受到的重力；过黑点沿竖直向上作带箭头线段，记为F，即小明受到的支持力，注意两条线段长度要相等，如图所示：
（2）由题意知，电梯运行速度为0.5m/s，则其10s内通过的距离为
则小明上升高度为
由可得，小明受到的重力为
由W=Gh可知，10s内电梯对小明所做功为
答：（1）见解析；
（2）求10s内电梯对小明所做功的大小为1500J。
22. 如图甲所示为挂烫机工作原理图。挂烫机正常工作电压为220V，电热丝R2的阻值为48.4Ω，水箱最多装水0.2kg，挂烫机在高温挡和低温挡工作时的电功率之比为5∶2。求：
（1）电热丝R1的阻值；
（2）挂烫机在高温挡工作时，将水箱中0.2kg的水从20℃加热到100℃所用的时间[不计热量损失，水的比热容c=4.2×103J/（kg·℃）]；
（3）小明把电路原理图改为乙图，也设有两个挡位。已知熔断器允许通过的最大电流为7A，请判断乙图电路是否合理，通过计算说明原因。
【答案】（1）72.6Ω；（2）67.2s；（3）不合理，计算见解析
【解析】
【详解】解：（1）由图甲可知开关接1、2位置时，只有电阻R2接入电路，挂烫机为高温挡；开关接0、1位置时，两个电阻串联，挂烫机为低温挡，由题意得高温挡功率为
挂烫机在高温挡和低温挡工作时的电功率之比为5∶2，所以低温挡功率为
低温挡时两个电阻串联，电路总电阻
则电热丝R1的阻值为
（2）水吸收的热量为
不计热量损失，则消耗的电能等于水吸收的热量
所需时间为
（3）由图乙可知开关接1、2位置时，此时两个电阻并联，挂烫机为高温挡；开关接0、1位置时，只有电热丝R1接入电路，挂烫机为低温挡；挂烫机为高温挡时电路中电流为
所以乙图电路不合理。
答：（1）电热丝R1的阻值是72.6Ω；
（2）挂烫机在高温挡工作时，将水箱中0.2kg的水从20℃加热到100℃所用的时间是67.2s；
（3）小明把电路原理图改为乙图，也设有两个挡位。已知熔断器允许通过的最大电流为7A，请判断乙图电路不合理。
23. 一个空玻璃瓶，其瓶身为圆柱体，底面积为50cm2，内装10cm高的水，将瓶口密封后放在水平地面上，如图1所示。再将玻璃瓶分别倒置在盛有水和某种未知液体的容器中，静止后，瓶内、外液面的高度差如图2和3所示（ρ水=1.0×103kg/m3，g取10N/kg，瓶壁厚度忽略不计）。求：
（1）图2中玻璃瓶受到水的浮力；
（2）空玻璃瓶质量；
（3）未知液体的密度。
【答案】（1）6N；（2）0.1kg；（3）0.75×103kg/m3
【解析】
【详解】解：（1）由图2知，玻璃瓶排开水的体积为
由F浮=ρ液gV排可得，玻璃瓶受到水的浮力为
（2）由题意知，玻璃瓶中水的体积为
V水=Sh1=50×10-4m2×0.10m=5×10-4m3
由可得，水的质量为
由G=mg可得，璃瓶中水受到的重力为
由图2知，装有水的玻璃瓶在水中处于漂浮状态，则其受到的浮力等于玻璃和瓶中水受到的总重力，即
玻璃瓶受到的重力为
由G=mg可得，空玻璃瓶质量为
（3）图3中，玻璃瓶处于漂浮状态，物体排开液体的体积
因玻璃瓶处于漂浮状态，则其受到的浮力等于玻璃和瓶中水受到的总重力，即
由F浮=ρ液gV排可得，未知液体的密度为
答：（1）图2中玻璃瓶受到水的浮力为6N；
（2）空玻璃瓶质量为0.1kg；
（3）未知液体的密度为0.75×103kg/m3。
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