2025年安徽省合肥市庐江县中考物理二模试卷（中考模拟）

这是一份2025年安徽省合肥市庐江县中考物理二模试卷（中考模拟），共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列说法正确的是( )
A. 声音和电磁波都不能在真空中传播
B. 目前人类大规模利用核能发电的方式属于可控核聚变
C. 遇到雷雨，不要到大树下避雨
D. 跳远助跑是为了增大惯性
2.如图所示，将一个小球用细线悬挂起来，让小球从A点静止释放，小球会在A、C两点之间来回摆动，最终静止下来。下列说法正确的是( )
A. 小球在摆动过程中机械能保持不变
B. 小球每次经过B点，其动能都比上一次小
C. 小球从A点摆动到B点，动能转化为重力势能
D. 小球经过B点时，如果所有力都消失，小球将做匀速圆周运动
3.下列选项中与“以铜为镜，可以正衣冠”所描述的光现象原理相同的是( )
A. 冰透镜取火
B. 日晷计时
C. 小孔成像
D. 潜望镜
4.小明坐电梯回家时，当电梯加速上升时，他对电梯的压力为F1。当电梯匀速上升时，他对电梯的压力为F2，电梯对他的支持力为F3。他受到的重力为G，则下列判断中正确的是( )
A. F2和F3是平衡力B. F2和G是平衡力
C. F1>F2D. F3和G是相互作用力
5.用如图所示滑轮组将重300N的物体匀速提升1m，拉力F大小为120N，如果不计摩擦，下列说法正确的是( )
A. 有用功是900J
B. 绳端移动的距离是2m
C. 动滑轮重力是20N
D. 滑轮组的机械效率是83.3%
6.如图所示电路，闭合开关S1、S2，小灯泡L1和L2均正常发光，小灯泡L1亮度大于L2，电流表和电压表均有示数。下列关于电路分析正确的是( )
A. 电流表测量L1电流
B. 小灯泡L1两端电压大于L2
C. 若只断开S2，小灯泡L2熄灭，L1正常发光
D. 若只断开S1，小灯泡L1熄灭，L2正常发光
7.如图所示，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，电源电压保持不变，闭合开关S，滑动变阻器的滑片P向左移动的过程中，电压表V1、电压表V2、电流表A示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔI。下列说法正确的是( )
A. 电流表示数变大，电压表V1示数变小
B. Δ U2与ΔI的比值不变
C. 电压表V1与电流表示数的比值变大
D. 电压表V2与电流表示数的比值变大
二、填空题：本大题共9小题，共18分。
8.唐代诗人白居易的《琵琶行》中的诗句：“转轴拨弦三两声，未成曲调先有情。”从物理学的角度来看，在弹奏之前先调琵琶的“转轴”是为了改变弦的松紧程度，从而改变弦发声的______(选填“音调”、“响度”或“音色”)。
9.处于冻土之上的青藏铁路，为了防止冻土中冰熔化，铁路两侧安装了许多封闭的中空热棒，如图所示，热棒下端插在冻土中，内部填充低沸点的液态氨，利用氨的物态变化把冻土中的热量“搬运到”热棒上端，通过散热片向空中放热，氨在热棒上端发生的物态变化是______。
10.我国自主研发的运-20重型军用运输机，在抢险救灾工作中运送物资及相关救援设备，发挥重要作用。一架运-20飞行1080km，所用时间是1.5h，这架飞机的平均速度是______km/h。
11.如图所示，神舟十八号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。返回舱在落地前的某段时间内沿竖直方向匀速下落，降落伞对返回舱的拉力为F，空气对返回舱的阻力为f，则返回舱的重力为______。
12.将小磁针放置在通电螺线管旁边，小磁针静止时，其N极的指向如图所示。由此可知______(选填“c”或“d”)端是电源正极。
13.桔槔是《天工开物》中记载的一种原始的汲水工具。如图甲所示，在拗石辅助下，人几乎可以不用力就能将一桶水从井中提起。桔槔可以等效为图乙所示的杠杆，已知A点所挂拗石重力为100N，OA=2OB，两侧悬挂的绳子始终保持在竖直方向，忽略横杆和绳的重力，桔槔平衡时，绳子对B点的拉力等于______ N。
14.小明家天然气热水器的热效率是70%，他某次洗澡耗水22kg，热水器进水温度是25∘C，出水温度是45∘C，他这次洗澡消耗天然气______m3。已知水的比热容是4.2×103J/(kg⋅∘C)，天然气的热值是3.2×107J/m3。
15.如图所示，电源电压为3V，闭合开关后，电流表A1的示数为0.6A，电流表A2的示数为0.2A，则灯泡L2的阻值为______Ω。
16.如图所示，某扫地机器人电动机额定电压为12V，正常工作时通过线圈的电流为0.5A，若此电动机线圈的电阻为4Ω，不计摩擦，电动机每分钟所做的机械功是______ J。
三、作图题：本大题共1小题，共2分。
17.图甲是利用两条特殊光线画出了点光源S通过凸透镜成的像S'，请参照图甲的方法，在图乙上画出点光源Q通过凹透镜成的像Q'。
四、实验探究题：本大题共3小题，共16分。
18.在“探究影响滑动摩擦力大小的因素”实验中：
(1)将物体A置于水平木板上，如图甲所示，用弹簧测力计沿水平方向拉动A物体，使其做______运动，这时滑动摩擦力的大小等于弹簧测力计的示数。改变压力，多次测出滑动摩擦力的大小，记录实验数据在图丙中描点作出图像。
(2)如图乙所示，在铺有粗糙毛巾的长木板上也做了同样的实验，______(选填“m”、“n”)是物体在毛巾表面滑动时的图像。
19.(1)为了探究磁场对通电导体的作用，在如图甲所示的实验装置中，还需在导线夹a、b间接入的电路元件是______；
(2)如图乙所示，将扬声器、开关和电流表连成如图电路，闭合开关，反复轻敲扬声器的纸盆，会看到电流表的指针左右摆动，______(选填“电动机”或“发电机”)与其原理相同。
20.在测量电阻的实验中，小明设计了实验电路并进行连接，如图甲所示。
(1)图甲是小明接好的实物连接图，其中有一条导线连接错误，该导线是第______条(选填图中导线序号)；
(2)排除故障后，闭合开关S，移动滑动变阻器的滑片P，当电压表示数为1.6V时，电流表示数如图乙所示，则未知电阻R=______Ω；
(3)若实验中只有一个电压表和一个已知阻值为R0的定值电阻，小明设计了如图丙所示的电路，同样可以测量未知电阻Rx的阻值：
①闭合开关S、断开开关S1，用电压表测出待测电阻Rx两端的电压为U1；
②再闭合开关S1，记下此时电压表读数为U；
③请写出未知电阻阻值表达式：Rx=______(用U、U1和R0表示)。
(4)小明在图甲电路中将电阻R换为额定电压为2.5V的小灯泡，测量小灯泡额定功率。连好电路后，闭合开关，发现小灯泡不亮，但电流表、电压表均有示数。接下来应进行的操作是______(选填A、B、C)。
A.断开开关，更换小灯泡
B.检查电路是否断路
C.移动滑动变阻器的滑片，观察小灯泡是否发光
五、计算题：本大题共3小题，共20分。
21.一辆汽车以72km/h的速度匀速直线行驶10min，汽车匀速直线行驶时受到的牵引力F=600N。求：
(1)这段时间内汽车的牵引力做的功；
(2)这段时间内汽车的牵引力做功的功率。
22.如图所示是某品牌电饭锅简化电路图，电饭锅额定电压220V，发热电阻R1、R2阻值不随温度变化，R1=110Ω。操作开关S1、S2、S3的通断，可实现煮饭、煲汤、保温三个挡位调节，只闭合S3时，为煲汤挡，额定功率为440W。
(1)求电饭锅在煲汤挡正常工作时电路中的电流；
(2)求R2的阻值；
(3)求电饭锅在保温挡和煮饭挡正常工作时消耗的功率之比。
23.如图甲所示，容器底面积为240cm2，里面装有水，正方体木块A的边长为10cm，将体积为60cm3合金块B放在木块A上方，木块A恰好有五分之四的体积浸入水中；若将合金块B取下放到水中，如图乙所示，B沉底，水未溢出，木块A露出水面的体积为自身体积的二分之一。求：(g=10N/kg,ρ水=1×103kg/m3)
(1)甲图中木块A受到的浮力；
(2)合金块B的密度；
(3)乙图相对于甲图，容器底部受到水压强的变化量。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、声音的传播需要介质，不能在真空中传播；而电磁波的传播不需要介质，可以在真空中传播。故A错误。
B、目前人类大规模利用核能发电的方式是核裂变，而不是可控核聚变。可控核聚变还处于研究和实验阶段，尚未大规模应用于发电。故B错误。
C、雷雨天气时，大树比较高，容易被雷电击中。如果人在大树下避雨，可能会被雷电击中，发生危险。所以遇到雷雨，不要到大树下避雨，故C正确。
D、惯性大小只与物体的质量有关，跳远助跑是为了利用惯性，使运动员在起跳时具有较大的初速度，从而跳得更远，而不是增大惯性。故D错误。
故选：C。
(1)声音的传播需要介质，不能在真空中传播；而电磁波的传播不需要介质。
(2)目前人类大规模利用核能发电的方式属于可控核裂变。
(3)遇到雷雨，不要到大树下避雨。
(4)惯性大小只与物体的质量有关，跳远助跑是为了利用惯性。
本题主要考查生活中防止雷电危害的一些常识及声波与电磁波的传播，核能及其原理，关系大小的决定因素，属于基础题。
2.【答案】B
【解析】解：A、小球会在A、C两点之间来回摆动，最终静止下来，说明小球在摆动过程中机械能越来越少，最终为零，故A错误；
B、由于小球运动过程中机械能损失，所以球每次经过点B的速度都有所减慢，小球每次经过B点，其动能都比上一次小，故B正确；
C、小球从A点摆动到B点的过程中，小球的质量不变、高度减小，重力势能减小，速度变大，动能变大，重力势能转化为动能，故C错误；
D、小球经过B点时处于运动状态，如果所有力都消失，小球将做匀速直线运动，故D错误。
故选：B。
(1)动能和势能合称机械能，由于克服空气阻力，一部分机械能会转化为内能；
(2)根据机械能的变化判断经过B点的动能；
(3)动能大小跟质量、速度有关；重力势能大小跟质量、高度有关；
(4)据牛顿第一运动定律知，一切物体在没有受到任何外力时，其总是保持静止状态或匀速直线运动状态。
本题考查了机械能、动能和重力势能的影响因素、牛顿第一定律，属于基本内容。在判断动能和重力势能的大小时，要注意看影响动能和重力势能大小的因素怎么变化。
3.【答案】D
【解析】解：以铜为镜，可以正衣冠，是平面镜成像，是光的反射现象；
A.冰透镜取火利用了凸透镜对光线的作用，属于光的折射现象，故A不符合题意；
B.日晷计时，是利用晷尺的影子转过的角度来计时的，是光的直线传播现象，故B不符合题意；
C.小孔成像是由光的直线传播形成的，故C不符合题意；
D.潜望镜成像属于平面镜成像，是光的反射现象，故D符合题意。
故选：D。
(1)光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、影子的形成、日食和月食等；
(2)光传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的；
(3)光在同种不均匀介质中传播或者从一种介质斜射入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼、凸透镜成像等都是光的折射形成的。
本题主要考查学生利用光学知识解释生活中常见的物理现象，此题与实际生活联系密切，体现了生活处处是物理的理念。
4.【答案】C
【解析】解：A、F2和F3是作用在不同物体上的两个力，不是一对平衡力，故A错误。
B、F2和G是作用在不同物体上的两个力，且方向相同，不是一对平衡力，故B错误。
C、电梯加速上升，人处于超重状态，电梯对人支持力大于人受到的重力，电梯匀速上升时，电梯对人支持力等于人受到的重力，而电梯对人支持力与人对电梯的压力是一对相互作用力，大小相等，所以F1>F2，故C正确。
D、F3和G是作用在同一物体上的两个力，不是一对相互作用力，故D错误。
故选：C。
电梯加速上升，人处于超重状态，据此结合二力平衡条件和相互作用力的特点分析解答。
二力平衡的条件：大小相等、方向相反、作用在同一个物体上，作用在同一条直线上；
相互作用力的特点：大小相等、方向相反、作用在两个物体上，作用在同一条直线上。
此题考查了对物体的受力分析及平衡力与相互作用力的区别，区别主要在于：平衡力是作用在同一物体上的两个力；相互作用力是作用在两个物体上的力。
5.【答案】D
【解析】解：A、拉力做的有用功为：
W有=Gh=300N×1m=300J，故A错误；
B、由图可知，n=3，绳端移动的距离为s=nh=3×1m=3m，故B错误；
C、不计绳重和摩擦，根据F=1n(G+G动)可知，动滑轮重为：
G动=nF-G=3×120N-300N=60N，故C错误；
D、该滑轮组的机械效率为：
η=W有W总=GhFs=GhFnh=GnF=300N3×120N×100%≈83.3%，故D正确。
故选：D。
(1)根据W有=Gh求出拉力做的有用功；
(2)根据滑轮组装置确定绳子股数，利用s=nh求出绳端移动的距离；
(3)不计绳重和摩擦，根据F=1n(G+G动)求出动滑轮重，据此分析；
(4)根据η=W有W总=GhFs=GhFnh=GnF求出该滑轮组的机械效率。
本题考查了做功公式和滑轮组拉力公式以及滑轮组机械效率公式的应用，明确滑轮组绳子的有效股数是关键。
6.【答案】D
【解析】解：A、由电路图知，闭合开关S1、S2，两灯并联，电流表串联在L2支路上，即电流表测量小灯泡L2的电流，故A错误；
B、并联电路中支路两端电压相等，等于电源电压，即使小灯泡L1比L2亮，小灯泡L1两端的电压与L2两端的电压也相等，故B错误；
CD、开关S2在干路上，开关S1在L1支路上，若只断开S2，两灯都熄灭，若只断开S1，小灯泡L1熄灭，L2正常发光，故C错误、D正确。
故选：D。
由电路图知，闭合开关S1、S2，两灯并联，电流表串联在L2支路上，电压表并联L1两端，开关S1在L1支路上，S2在干路上，由各选项条件，结合电路特点分析判断。
本题考查了串并联电路的辨别、并联电路的特点以及电流表和电压表的使用方法，分析电路图得出电路的连接方式以及电流表和电压表的位置是关键。
7.【答案】B
【解析】解：由图可知，定值电阻与滑动变阻器串联，电流表测电路电流，电压表V1测定值电阻两端电压，电压表V2测滑动变阻器两端电压；
A、将滑动变阻器的滑片向左移动的过程中，滑动变阻器接入的阻值变小，根据串联电路的电阻关系可知，电路总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路的电流变大，电流表示数变大；根据U=IR知，R1为定值电阻，阻值不变，电流变大，故电压表V1示数变大，故A错误；
B、根据串联电路的特点知，两个电压表的示数之和等于电源电压，保持不变，故电压表V1和电压表V2的示数变化量的绝对值：|ΔU1|=|ΔU2|；由欧姆定律可知，电压表V1的示数变化量：ΔU1=I'R-IR=(I'-I)R=ΔIR；所以ΔU1和ΔU2与ΔI的比值都等于R的阻值，故B正确。
C、根据欧姆定律知，电压表V1示数与电流表A示数的比值等于定值电阻的大小，故比值不变，故C错误；
D、根据欧姆定律知，电压表V2示数与电流表A示数的比值等于滑动变阻器的电阻的大小，滑片向左移动的过程中，滑动变阻器接入的阻值变小，故比值变小，故D错误。
故选：B。
由电路图可知，定值电阻R与滑动变阻器串联，电压表V1测R两端的电压，电压表V2测滑动变阻器两端的电压，电流表A测电路中的电流。分析清楚电路结构，根据向左移动的过程中判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，应用串联电路特点与欧姆定律分析答题；
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，正确确定两电压表示数变化量的关系是关键。
8.【答案】音调
【解析】解：弹琴之前“转轴”是为了改变弦的松紧程度，使弦的振动频率不同，从而改变弦发声的音调；
故答案为：音调。
音调指声音的高低，是由发声体振动的频率决定，物体振动越快，音调就越高，物体振动越慢，音调就越低。
本题考查了声音三个特性的区分，属于基础题。
9.【答案】液化
【解析】解：氨在热棒上端发生的物态变化是液化，即物质由气态转变成液态。
故答案为：液化。
液化指物质由气态转变成液态，液化要放热。
本题考查了液化现象，属于基础题。
10.【答案】720
【解析】解；这架飞机的平均速度为：
v=st=1080km1.5h=720km/h。
故答案为：720。
已知飞机飞行的路程和时间，利用速度公式可求出飞机的平均速度。
本题考查平均速度的计算问题，难度不大。
11.【答案】F+f
【解析】解：研究对象是降落伞和返回舱，对其进行受力分析，降落伞和返回舱受到两个力的作用：降落伞的重力忽略不计，返回舱受到的重力G向下，空气对降落伞和返回舱的阻力为f向上，返回舱在落地前的某段时间内沿竖直方向匀速下落，重力等阻力和降落伞对返回舱的拉力之和，则返回舱的重力为F+f，方向竖直向下。
故答案为：F+f。
研究对象是返回舱，对其进行受力分析，如返回舱在落地前的某段时间内沿竖直方向匀速下落，受力平衡，由此解答。
本题考查了简单的力的合成与应用，属于基础性题目。
12.【答案】d
【解析】解：由图可知，小磁针N极向左，根据同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引，通电螺线管左端为S极、右端为N极；
由安培定则可知电流由螺线管的右端流入，则电源右端为正极，即d端是电源正极。
故答案为：d。
已知小磁针静止时的指向，根据磁极间的相互作用规律判定通电螺线管的N、S极；再利用安培定则确定螺线管中的电流方向，进而确定电源的正、负极。
本题考查了磁极间的相互作用规律和安培定则的应用，属于基础知识。
13.【答案】200
【解析】解：A端的拉力等于物体的重力，为100N，杠杆平衡时，FA×L1=FB×L2，
根据相似三角形的特点可得：L1L2=OAOB=21，代入数据有100N×2=FB，
解得FB=200N。
故答案为：200。
根据杠杆平衡条件，结合力臂计算B点的拉力。
本题考查杠杆平衡条件的应用，属于基础题。
14.【答案】0.0825
【解析】解：水吸收的热量：
Q吸=c水m水(t-t0)=4.2×103J/(kg⋅∘C)×22kg×(45∘C-25∘C)=1.848×106J；
根据η=Q吸Q放可得天然气完全燃烧放出的热量为：
Q放=Q吸η=1.848×106J70%=2.64×106J；
他这次洗澡消耗天然气的体积为：
V=Q放q=2.64×106J3.2×107J/m3=0.0825m3。
故答案为：0.0825。
知道水的质量、比热容、初温和末温，利用吸热公式Q吸=c水m水(t-t0)求出水吸收的热量；
根据η=Q吸Q放求出天然气完全燃烧放出的热量，利用Q放=qV求出他这次洗澡消耗天然气的体积。
本题考查了吸热公式、燃料完全燃烧放热公式以及热效率公式的应用，属于基础题目。
15.【答案】7.5
【解析】解：由图可知，闭合开关后，灯泡L1与L2并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测通过灯泡L1的电流。
根据并联电路的电流规律可得，通过灯泡L2的电流：I2=I-I1=0.6A-0.2A=0.4A，
根据并联电路的电压规律可知，灯泡L2两端的电压：U2=U=3V，
根据欧姆定律可得，灯泡L2的阻值：R2=U2I2=3V0.4A=7.5Ω。
故答案为：7.5。
由图可知，闭合开关后，灯泡L1与L2并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测通过灯泡L1的电流。根据并联电路的电流规律求通过灯泡L2的电流，根据并联电路的电压规律可知灯泡L2两端的电压，根据欧姆定律求灯泡L2的阻值。
本题考查并联电路的特点和欧姆定律的应用，难度一般。
16.【答案】300
【解析】解：电动机每分钟消耗的电能：W=UIt=12V×0.5A×60s=360J，
电动机每分钟产生的热量：Q=I2Rt=(0.5A)2×4Ω×60s=60J，
不计摩擦产生的热量，电动机每分钟所做的机械功：W机械=W-Q=360J-60J=300J。
故答案为：300。
根据W=UIt计算电动机消耗电能，根据Q=I2Rt计算电流通过电动机产生热量，电动机每分钟所做的机械功等于消耗的电能减去线圈产生的热量。
本题考查电功公式以及焦耳定律的应用，注意非纯电阻用电器消耗的电能与产生热量的关系。
17.【答案】
【解析】解：Q点发出的两条特殊光线，一条是经过凹透镜光心的光传播方向不变，另一条是平行于凹透镜主光轴的光经过折射后散开，折射光线的反向延长线经过同侧的焦点，其延长线与经过光心的光线交于点Q'，作图如下：
根据透镜的三条特殊光线中的任意两条光线进行作图分析。
凹透镜三条特殊光线的作图：①延长线过另一侧焦点的光线经凹透镜折射后将平行于主光轴。②平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点。③过光心的光线传播方向不改变。
18.【答案】匀速直线 m
【解析】解：
(1)用弹簧测力计沿水平方向匀速拉动木块时，使其做匀速直线运动，木块处于平衡状态，木块在水平方向上受到的滑动摩擦力和拉力是一对平衡力，根据二力平衡的条件可知，滑动摩擦力的大小等于测力计的拉力(即弹簧测力计的示数)；
(2)滑动摩擦力与压力大小和接触面粗糙程度有关，压力相同时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大，故压力相同时，毛巾表面摩擦力更大，故m为物体在毛巾表面滑动时的图像。
故答案为：(1)匀速直线；(2)m。
(1)根据二力平衡的知识可知，弹簧测力计沿水平方向匀速拉动木块时，弹簧测力计才能测出摩擦力的大小；
(2)根据滑动摩擦力的影响因素分析。
此题考查学生对于影响滑动摩擦力大小的因素实验的理解和掌握，注意控制变量法的应用和图象的分析。
19.【答案】电源； 发电机
【解析】(1)磁场对通电导体有力的作用，还需在导线夹a、b间接入的电路元件是电源；
(2)闭合开关，反复轻敲扬声器的纸盆，会看到电流表的指针左右摆动，说明电路中产生感应电流，属于电磁感应现象，发电机根据此原理制成的。
故答案为：(1)电源；(2)发电机。
(1)磁场对通电导体有力的作用；
(2)闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生感应电流，这种现象叫电磁感应现象，发电机和动圈式话筒就是利用该原理制成的。
本题考查的是电磁感应现象和通电通电在磁场中受到力的作用；知道发电机与电动机、扬声器的原理。
20.【答案】3； 5； U1R0U-U1； C
【解析】(1)原电路中，电阻和电压表没有连入电路中，电阻应与电流表串联，电压表与电阻并联，且电流从电压表、电流表的正接线柱流入、负接线柱流出，所以错误的是导线3；
(2)由图乙可知，电流表的量程为0∼0.6A，分度值为0.02A，示数为0.32A，由欧姆定律可知，未知电阻的阻值：R=UI=Ω；
(3)在②中，闭合S和S1，R0短路，电路为Rx的简单电路，电压表测电源电压，因此电源电压为U；
在①中，闭合开关S、断开开关S1，两电阻串联，电压表测待测电阻Rx两端的电压，因此此时待测电阻Rx两端的电压为U1，由串联电路电压的规律可知，定值电阻的电压：U0=U-U1，
由串联电路的电路规律可知，通过Rx的电流：Ix=I0=U0R0=U-U1R0，
由欧姆定律可知，待测电阻Rx的阻值：Rx=UxIx=U1U-U1R0=U1R0U-U1；
(4)闭合开关后，电流表有示数，说明电路是通路，灯泡没损坏，也不是断路，可能是连入电阻太大，电路中电流太小所致，下一步操作：移动滑动变阻器滑片，观察小灯泡是否发光，故选：C。
故答案为：(1)3；(2)5；(3)U1R0U-U1；(4)C。
(1)原电路中，电阻和电压表没有连入电路中，电阻应与电流表串联，电压表与电阻并联，且电流从电压表、电流表的正接线柱流入、负接线柱流出；
(2)根据图乙电流表所选量程确定分度值读数；根据欧姆定律求出未知电阻的阻值；
(3)在没有电流表的情况下，可通过开关的转换使电压表分别测出Rx两端的电压和电源电压，根据串联电路的规律和欧姆定律求出待测电阻；
(4)闭合开关后，发现小灯泡不亮，但电流表有示数，说明电路是通路，不用更换灯泡，也不用检查电路是否断路，可能是连入电阻太大，电路中电流太小所致，由此分析解答。
本题为测量未知电阻阻值的实验，考查了电路连接、故障分析、电流表读数、串联电路的特点和欧姆定律的应用等知识。
21.【答案】这段时间内汽车的牵引力做的功是7.2×106J；
这段时间内汽车的牵引力做功的功率是1.2×104W
【解析】(1)汽车的路程s=vt=72km/h×1060h=12km=12000m，
这段时间内汽车的牵引力做的功W=Fs=600N×12000m=7.2×106J；
(2)这段时间内汽车的牵引力做功的功率P=Wt=7.2×106J10×60s=1.2×104W。
答：(1)这段时间内汽车的牵引力做的功是7.2×106J；
(2)这段时间内汽车的牵引力做功的功率是1.2×104W。
(1)根据s=vt得到汽车的路程，根据W=Fs得到这段时间内汽车的牵引力做的功；
(2)根据P=Wt得到这段时间内汽车的牵引力做功的功率。
本题考查功和功率的计算，需要知道功和功率的计算公式。
22.【答案】电饭锅在煲汤挡正常工作时电路中的电流为2A；
R2的阻值为110Ω；
电饭锅在保温挡和煮饭挡正常工作时消耗的功率之比为1：4
【解析】只闭合S3时，只有R2工作，电饭锅处于煲汤挡；只闭合开关S2时，两个电阻串联，电路的总电阻最大，闭合开关S1和S3，两个电阻并联，电路的总电阻最小，由P=U2R可知，只闭合开关S2时，电饭锅处于保温挡，闭合开关S1和S3时，电饭锅处于煮饭挡；
(1)电饭锅在煲汤挡正常工作时，电路中的电流为：I煲=P煲U=440W220V=2A；
(2)R2的阻值为R2=UI煲=220V2A=110Ω；
(3)电饭锅在保温挡正常工作时，两个电阻串联，则电饭锅此时消耗的电功率为：P保=U2R1+R2=(220V)2110Ω+110Ω=220W，
电饭锅在煮饭挡正确工作时，两个电阻并联，此时R2两端的电压不变，其阻值不变，根据P=U2R可知，R2消耗的功率仍为：P2=P煲=440W，
则R1消耗的功率为：P1=U2R1=(220V)2110Ω=440W，
所以电饭锅煮饭时消耗的功率为：P煮=P1+P2=440W+440W=880W，
电饭锅在保温挡和煮饭挡正常工作时消耗的功率之比为：P保：P煮=220W：880W=1：4。
答：(1)电饭锅在煲汤挡正常工作时电路中的电流为2A；
(2)R2的阻值为110Ω；
(3)电饭锅在保温挡和煮饭挡正常工作时消耗的功率之比为1：4。
只闭合S3时，只有R2工作，电饭锅处于煲汤挡；只闭合开关S2时，两个电阻串联，电路的总电阻最大，闭合开关S1和S3，两个电阻并联，电路的总电阻最小，由P=U2R可知，只闭合开关S2时，电饭锅处于保温挡，闭合开关S1和S3时，电饭锅处于煮饭挡；
(1)根据P=UI求出电饭锅在煲汤挡正常工作时电路中的电流；
(2)根据欧姆定律求出R2的阻值；
(3)根据电饭锅在保温挡工作时的电路连接情况和P=U2R求出电饭锅此时消耗的电功率，再根据并联电路的特点和P=U2R求出求出电饭锅在煮饭挡的功率，即可求出电饭锅在保温挡和煮饭挡正常工作时消耗的功率之比。
本题考查了电路分析、串并联电路的特点、电功率公式及欧姆定律的应用，是一道较难的计算题。
23.【答案】甲图中木块A受到的浮力是8N；
合金块B的密度是5×103kg/m3；
乙图相对于甲图，容器底部受到水压强的变化量是100Pa
【解析】(1)根据阿基米德原理：
FA1=ρ水gV排1=ρ水g×45×VA=1.0×103kg/m3×10N/kg×45×(0.1m)3=8N；
(2)B沉底，水未溢出，木块A露出水面的体积为自身体积的二分之一，故GA=FA2=ρ水gV排2=ρ水g×12×VA=1.0×103kg/m3×10N/kg×12×(0.1m)3=5N；
甲图处于静止状态，故FA1=GAB=GB+GA=GB+5N=8N；
故GB=3N；
根据G=mg=ρVg可得：3N=ρB×10N/kg×60×10-6m3；解得ρB=5×103kg/m3；
(3)对比甲、乙，浸入体积减小量为V=45VA-(VB+12×VA)=45(0.1m)3-12×(0.1m)3-60×10-6m3=240×10-6m3=240cm3
减小的深度h=VS容g=240cm3240cm2=1cm=0.01m；
减小的压强p=ρ液gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.01m=100Pa。
答：(1)甲图中木块A受到的浮力是8N；
(2)合金块B的密度是5×103kg/m3；
(3)乙图相对于甲图，容器底部受到水压强的变化量是100Pa。
(1)根据A浸入的体积结合阿基米德原理计算浮力；
(2)根据甲图处于静止状态，故FA1=GAB=GB+GA；计算B的重力，结合G=mg=ρVg计算密度；
(3)根据减小的体积计算深度，根据p=ρ液gh计算减小的压强。
本题综合考查了多个知识点，关键是知道物体漂浮时浮力等于自身重力以及物体所受力的分析，分析物体所受力这是本题的难点也是重点，还要学会浮力公式及其变形的灵活运用。