2023年吉林中考物理一模试卷
一、单项选择题（每题2分，共20分）
1．（2分）一个足球的标准质量大约是（ ）
A．43g B．430g C．4300g D．43000g
2．（2分）下列物态变化中，需要吸收热量的是（ ）
A．冰雪消融 B．浓雾生成 C．露珠形成 D．窗花凝结
3．（2分）下列简单机械中属于省力杠杆的是（ ）
A．钓鱼竿 B．镊子 C．钳子 D．天平
4．（2分）一架飞机在高空中水平匀速飞行，向灾区投放救灾物资。该飞机在此过程中（ ）
A．动能不变 B．动能减小
C．重力势能不变 D．重力势能增大
5．（2分）古时候人们常钻木取火，下列情境中改变内能的方式与其相同的是（ ）
A．冬天，搓手可以使手暖和
B．吃饭时，金属勺放在热汤中会烫手
C．夏天，喝冷饮使人感到凉爽
D．发烧时，冷毛巾敷额头就可以降温
6．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．核能是一次能源
B．核电站是利用了核聚变发电
C．太阳能是氢原子核发生裂变释放的核能]
D．能量的转移和转化不具有方向性
7．（2分）如图所示，用来研究发电机原理实验装置是（ ）
A．
B．
C．
D．
8．（2分）如图所示，a、b、c为同一种材料做成的电阻，b与a的长度相等但横截面积是a的两倍；c与a的横截面积相等但长度是a的两倍。当开关闭合后，三个电压表的示数关系是（ ）
A．V1的示数是V3的2倍 B．V1的示数是V2的2倍
C．V2的示数是V1的2倍 D．V2的示数是V3的2倍
9．（2分）如图，闭合开关，灯泡不亮。在闭合开关且不拆开导线的情况下，将N接电源负极，M依次试触E、F、G接线柱，发现电压表示数第一次接近3V，后两次为零。若故障只有一个，则可能是（ ）
A．电源没电 B．开关断路 C．灯泡断路 D．变阻器断路
10．（2分）小致同学将定值电阻R1与滑动变阻器R2接入电源电压恒定的电路中，如图，闭合开关S，各表均有示数，在向右移动变阻器的滑片到一定位置过程中，电流表A、电压表V1和V2示数变化量分别为ΔI、ΔU1、ΔU2，下列说法正确的是（ ）
A．V1示数不变，V2示数变大
B．V1示数变大，V2示数和A示数之比变小
C．V1示数变小，ΔU2和△I之比不变
D．以上都不对
二、非选择题（每空1分，每图2分，共50分）
11．（2分）2020年6月23日，我国用长征三号乙运载火箭成功发射第55颗北斗导航卫星，完成了“北斗”卫星全面组网工作。在卫星与火箭分离前，以火箭为参照物，卫星是 （选填“静止”或“运动”）的，“北斗”卫星导航系统利用 （选填“电磁波”、“超声波”或“红外线”）向地球传递信息。
12．（2分）茶壶的壶嘴和壶身构成一个简单的 。若水对壶底压强是1.5×103Pa，则壶中水深 m。
13．（2分）小明在学习“阿基米德原理”时，做了如图所示的实验。由图可知物体A所受浮力为 N；由阿基米德原理可知，丙图中弹簧测力计的示数应为 N。
14．（2分）电源电压为12V，要想给“2.5V，0.3A”的小灯泡供电，至少需要串联 个这种灯泡，小灯泡才能安全使用；如果用同样的电源只给一个小灯泡供电，需要串联个大约 Ω的电阻才能保证小灯泡正常发光。
15．（2分）一遥控小电动车在平直的路面上做直线运动，其速度v随时间t变化的图像如图所示。已知在4s～8s内小车受到的牵引力恒为10N，则在4s～8s内小车运动的路程为 m，牵引力对小车做的功为 J；在0～4s内小车受到的摩擦力 10N（选填“大于”、“等于”或“小于”）。
16．（2分）如图所示，电源两端电压保持不变，当只闭合开关S时，电流表的示数为0.6A，若再闭合开关S1时，电流表的示数为0.9A，则两电阻阻值R1与R2之比为 ；若此电路是电热水壶的简化电路，当只闭合S时，电热水壶为 挡位（选填“加热”或“保温”）。
17．（3分）小致同学家的电能表面板如图所示，图中电能表的示数为 kW h。如果只将某用电器单独接在该电能表上工作10min，电能表上的指示灯闪烁了160次，那么该用电器在上述时间内消耗的电能为 J，该用电器功率为 W。
18．（2分）磁悬浮列车是利用磁体间相互作用使列车悬浮起来，这样列车和铁轨间就没有摩擦。
（1）如图是列车悬浮时，电磁铁的简易图，请分析电磁铁工作时上端是 极。
（2）当列车内的乘客增加时，如果是靠变阻器来控制列车的悬浮稳定，图中变阻器滑片应该向 端移动。（选填“a”或“b”）
19．（3分）为了比较甲、乙两种液体的吸热能力，小致用两个完全相同的实验装置如图一，已知甲、乙两种液体的初温和体积都相同，ρ甲＞ρ乙，用温度计测量液体吸收热量后的温度，并用表记录加热时间。实验数据记录如下表：（不考虑散热等因素影响）
物质 初温/℃ 末温/℃ 加热时间/min
甲 10 40 5
乙 10 40 5
（1）在实验中，可以通过 （选填“升高的温度”或“加热时间”）来比较两种液体吸收热量的多少。
（2）通过实验数据小致得出液体甲和乙的吸热能力相同。老师说这个结论是错误的，原因是 。
（3）小致改正上述错误后，用两个电加热器A、B替换酒精灯对液体甲、乙加热，如图二，重新实验后数据依然如上表所示。小致重新检查实验器材发现，两个电加热器的功率不同，则 电加热器的功率更大（选填“A”或“B”）。
20．（2分）小致一家驾车旅行。若车的总质量为1.5t，在一段平直的道路匀速直线行驶9km，所受阻力为车重的0.1倍，完全燃烧汽油1L，则1L汽油完全燃烧放出的热量是 J；则车的工作效率是 。（q汽油＝4.5×107J/kg，ρ汽油＝0.8×103kg/m3）
21．（6分）在“探究凸透镜成像的规律”时，进行了如下操作：
（1）组装器材时，在调节各元件高度时， 点燃蜡烛（选填“需要”或“不需要”）。
（2）实验中，各元件在如图甲所示的位置时，光屏上得到烛焰清晰的像，生活中 （选填“照相机”、“投影仪”或“放大镜”）就是根据这个原理制成的。
（3）将一透镜放在蜡烛和凸透镜之间，光屏上的像变得模糊了，向右移动光屏，像又变得清晰了，则此透镜可以矫正 眼，请在图乙中画出物体发出的两束入射光线经此类眼睛的晶状体折射后对应的光线。
（4）实验中蜡烛燃烧变短，烛焰的像离开了光屏的中央，将凸透镜向 移动，烛焰的像就可以重新回到光屏的中央。
22．（11分）现有下列器材：学生电源为6V，电流表（0～0.6A，0～3A）、电压表（0～3V，0～15V）、定值电阻（5Ω、10Ω、20Ω各一个）、开关、滑动变阻器和导线若干。利用这些器材探究导体中的电流跟导体的电阻之间的关系。
（1）小致设计了如图甲所示的实验电路，电路连接完毕后，闭合开关S，发现电流表有示数，电压表无示数。若电路故障只出现在R或R1上，则电路故障是 。
（2）排除电路故障后，在闭合开关 （选填“前”或“后”），将滑动变阻器的滑片P移到最 （选填“左”或“右”）端。
（3）实验中依次接入三个定值电阻，调节滑动变阻器的滑片，保持电压表示数始终为U0不变，记下电流表的示数，得到电流I随电阻R变化的图像乙，由图像可得出的结论是：当导体两端的电压一定时，导体中的电流跟导体的电阻成 。
（4）上述实验中，小致接入5Ω的电阻时，调节变阻器，让电压表示数U0为 V，读出电流表示数，此时变阻器连入的电阻为R变1，电路的总功率为P总1；然后断开开关，把5Ω换为10Ω的电阻接入电路，闭合开关，保持滑动变阻器滑片的位置不变，发现电流表示数 0.2A（选填“＞”、“＝”或“＜”），应将变阻器的滑片P向 （选填“左”或“右”）移动，使电压表示数仍保持U0不变，再读出电流表示数，此时变阻器连入的电阻为R变2，电路的总功率为P总2。则R变1与R变2之比为 ；P总1与P总2之比为 ；最后又连入了20Ω的电阻进行实验。
（5）小致在整个实验中，选取了哪种规格的滑动变阻器 。
A.60Ω，0.3A
B.50Ω，1.0A
C.20Ω，0.5A
23．（11分）小致利用如图所示电路测量某未知电阻Rx的阻值。
（1）请你根据电路图乙用笔画线代替导线，在实物图甲中补全电路连接。
（2）闭合开关后，无论怎样调节滑动变阻器滑片的位置，发现电压表有示数，电流表无示数，两个表都是完好的，出现故障的原因是 ；排除故障后，调节滑动变阻器，电压表示数为2.4V，电流表示数如图丙，则待测电阻Rx＝ Ω。
（3）实验小组在分析讨论误差时得知，电压表相当于可显示自身电压的定值电阻，导致Rx的测量值 实际值。为了减小这种情况产生的误差，此电路更适合测量较 （选填“大”或“小”）的电阻。
（4）完成上述实验后，小致同学又想测量小灯泡的额定功率P额，于是他只将额定电压为U额的小灯泡替换Rx，利用刚才的电路就测出了小灯泡的额定功率。若在实验过程中，当小灯泡的实际电压为其额定电压一半时，小灯泡的实际电功率P实与其额定电功率P额的关系是：P实 （选填“＞”、“＝”或“＜”）。
（5）如果实验过程中没有电流表，小致利用图丁所示电路也可以测出额定电压为U额的小灯泡的额定功率，已知电源电压恒为U（U＞U额），定值电阻R0阻值已知。
①闭合开关S、S1，断开开关S2，调节滑动变阻器，使电压表的示数为 ；
②保持滑动变阻器的滑片不动，断开开关 ，闭合的开关是 ，读出电压表的示数为U0；
③则小灯泡的额定功率，P额＝ 。（用所给的符号表示出来）
2023年吉林中考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（每题2分，共20分）
1．（2分）一个足球的标准质量大约是（ ）
A．43g B．430g C．4300g D．43000g
【分析】根据生活经验对足球的标准质量进行估测，判断最符合实际的是哪一个。
【解答】解：一个足球的标准质量大约是430g，故B符合实际，ACD不符合实际。
故选：B。
【点评】物理学中，对各种物理量的估算能力，是我们应该加强锻炼的重要能力之一，这种能力的提高，对我们的生活同样具有很大的现实意义。
2．（2分）下列物态变化中，需要吸收热量的是（ ）
A．冰雪消融 B．浓雾生成 C．露珠形成 D．窗花凝结
【分析】六种物态变化中，需要吸热的是：熔化、汽化和升华；需要放热的是：凝固、液化和凝华。
【解答】解：
A、冰雪化成水是固态变为液态，是熔化现象，熔化需要吸热。故A正确；
B、雾是空气中的水蒸气遇冷液化形成的，液化需要放热。故B错误；
C、露是空气中的水蒸气遇冷液化形成的，液化需要放热，故C错误；
D、窗花是室内温度较高的水蒸气遇冷凝华形成的，凝华需要放热，故D错误。
故选：A。
【点评】解决此类问题要会正确的判断物态变化，然后结合吸热和放热进行分析判断。
3．（2分）下列简单机械中属于省力杠杆的是（ ）
A．钓鱼竿 B．镊子 C．钳子 D．天平
【分析】结合图片和生活经验，先判断机械在使用过程中的特点，或动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它们的省力情况，据省力一定费距离的特点分析即可判断。
【解答】解：A、钓鱼竿在使用时，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，但省距离，故A错误。
B、镊子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，但省距离，故B错误；
C、钳子在使用时，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，费距离，故C正确；
D、天平在使用过程中，动力臂等于阻力臂，属于等臂杠杆，不省力，也不费距离，故D错误。
故选：C。
【点评】此题考查的是杠杆的分类主要包括以下几种：①省力杠杆，动力臂大于阻力臂；②费力杠杆，动力臂小于阻力臂；③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂。
4．（2分）一架飞机在高空中水平匀速飞行，向灾区投放救灾物资。该飞机在此过程中（ ）
A．动能不变 B．动能减小
C．重力势能不变 D．重力势能增大
【分析】从动能和重力势能大小的影响因素进行考虑。
动能大小跟质量和速度有关，质量一定时，速度越大，动能越大；在速度一定时，质量越大，动能越大。
重力势能跟质量和高度有关。质量一定时，高度越高，重力势能越大，在高度一定时，质量越大，重力势能越大。
【解答】解：一架飞机在高空中水平匀速飞行，高度不变、速度不变，向灾区投放救灾物资时，飞机的质量减小，所以飞机的动能和重力势能都减小。
故选：B。
【点评】掌握动能和重力大小的影响因素，抓住影响因素进行判断。
5．（2分）古时候人们常钻木取火，下列情境中改变内能的方式与其相同的是（ ）
A．冬天，搓手可以使手暖和
B．吃饭时，金属勺放在热汤中会烫手
C．夏天，喝冷饮使人感到凉爽
D．发烧时，冷毛巾敷额头就可以降温
【分析】改变物体内能有两种方式：做功和热传递；做功实质是能量的转化；热传递是能量的转移。
【解答】解：钻木取火时，克服摩擦做功，机械能转化为内能，属于通过做功改变物体的内能；
A、冬天搓手时，克服摩擦做功，机械能转化为内能，属于通过做功改变物体的内能，故A符合题意；
B、吃饭时，金属勺放在热汤中会吸收热量，内能增加，是通过热传递改变内能的，故B不符合题意；
C、喝冷饮使人感到凉爽，是冷饮从人体吸收热量，使人体内能减小，是通过热传递改变内能的，故C不符合题意；
D、发烧时，冷毛巾敷额头可以降温，是冷毛巾从人体吸收热量，使人体温度降低，是通过热传递改变内能的，故D不符合题意。
故选：A。
【点评】做功和热传递是改变物体内能的两种方法，是等效的，但有着本质的区别：做功是能量转化的过程，是其他形式能和内能的转化；热传递是能量的转移过程，是内能从一个物体转移到另一个物体上。
6．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．核能是一次能源
B．核电站是利用了核聚变发电
C．太阳能是氢原子核发生裂变释放的核能]
D．能量的转移和转化不具有方向性
【分析】（1）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；
（2）获得核能的两种途径：核裂变和核聚变，核电站是利用了核裂变发电，太阳能是氢原子核发生聚变释放的核能；
（3）能量即不会消灭，也不会创生，只能从一种形式转化为另一种形式，或从一个物体转移到另一个物体上，在转移和转化的过程中能的总量是保持不变的。
【解答】解：A、核能是一次能源，故A正确；
B、核电站是利用了核裂变发电，故B错误；
C、太阳能是氢原子核发生聚变释放的核能，故C错误；
D、能量在转化和转移过程中总量保持不变，但是能量的转移和转化具有方向性，故D错误。
故选：A。
【点评】此题主要考查了核能以及能量的转移和转化，要结合相对应的物理知识进行分析解答，是中考选择题的热点考题。
7．（2分）如图所示，用来研究发电机原理实验装置是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】（1）奥斯特实验说明通电导体的周围存在磁场，电磁铁就是利用该原理制成的。
（2）通电导体在磁场中要受到力的作用，电动机、扬声器就是利用该原理制成的。
（3）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。
（4）电磁铁磁性的强弱与电流的大小和线圈的匝数有关。
【解答】解：A、该实验说明通电导体的周围存在磁场，利用电流的磁效应制成了电磁铁，故A不符合题意；
B、该装置说明通电导体在磁场中要受到力的作用，电动机、扬声器就是利用该原理制成的，故B不符合题意；
C、该装置说明：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，发电机就是利用该原理制成的，故C符合题意；
D、该装置说明电磁铁的磁性强弱与电流的大小有关，故D不符合题意。
故选：C。
【点评】知道电流的磁效应、通电导体对电流的作用、电磁感应现象；知道电磁铁、电动机、发电机的基本原理；知道影响电磁铁磁性强弱的因素。
8．（2分）如图所示，a、b、c为同一种材料做成的电阻，b与a的长度相等但横截面积是a的两倍；c与a的横截面积相等但长度是a的两倍。当开关闭合后，三个电压表的示数关系是（ ）
A．V1的示数是V3的2倍 B．V1的示数是V2的2倍
C．V2的示数是V1的2倍 D．V2的示数是V3的2倍
【分析】首先根据影响电阻的因素判断出a、b、c的电阻大小关系；
由图可知：三个电阻串联，三个电压表分别测三个电阻电压，由串联电路特点及欧姆定律可以求出各电压表间的示数关系．
【解答】解：由题意可知：a、b、c为同一种材料做成的电阻，b与a的长度相等但横截面积是a的两倍；c与a的横截面积相等但长度是a的两倍；
由于在材料和长度相同的条件下，导体的电阻与横截面积成反比，所以，Rb＝Ra；
由于在材料和横截面积相同的条件下，导体的电阻与长度成正比，所以，Rc＝2Ra；
由电路图可知，a、b、c三个电阻串联，电压表V1测量Ra两端的电压，电压表V2测量Rb两端的电压，电压表V3测量Rc两端的电压；
通过它们的电流I相等，由U＝IR得：
U1：U2：U3＝IRa：IRb：IRc＝Ra：Rb：Rc＝Ra：Ra：2Ra＝2：1：4，
A、V1的示数是V3的，故A错误；
BC、V1的示数是V2的2倍，故B正确，C错误；
D、V2的示数是V3的，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了各电压表示数间的关系，分析清楚电路结构、熟练应用电阻定律、欧姆定律是正确解题的关键．
9．（2分）如图，闭合开关，灯泡不亮。在闭合开关且不拆开导线的情况下，将N接电源负极，M依次试触E、F、G接线柱，发现电压表示数第一次接近3V，后两次为零。若故障只有一个，则可能是（ ）
A．电源没电 B．开关断路 C．灯泡断路 D．变阻器断路
【分析】用电压表检查电路故障时，当电路出现一处断路时，如果断路在电压表并联的两点之间，电压表串联在电路中，测电源电压，电压表示数等于电源电压；如果断路在电压表并联的两点之外，电压表并联的部分无电流，无电压，电压表示数为0。
【解答】解：在闭合开关且不拆开导线的情况下，将N接电源负极，M依次试触E、F、G接线柱，发现电压表示数第一次接近3V，后两次为零，且故障只有一个。
M接E时电压表有示数，说明E到电源正极之间无断路，M接F、G时，电压表无示数，说明F点与E点之间有断路，则可能是灯泡断路。
故选：C。
【点评】本题主要考查了学生用电压表判断电路故障的方法，用电压表检验电路故障时，电压表有示数（一般等于电源电压），说明与之并联的导体发生断路或串联的导体发生短路；电压表无示数，说明与之并联的导体发生短路或串联的导体发生断路。
10．（2分）小致同学将定值电阻R1与滑动变阻器R2接入电源电压恒定的电路中，如图，闭合开关S，各表均有示数，在向右移动变阻器的滑片到一定位置过程中，电流表A、电压表V1和V2示数变化量分别为ΔI、ΔU1、ΔU2，下列说法正确的是（ ）
A．V1示数不变，V2示数变大
B．V1示数变大，V2示数和A示数之比变小
C．V1示数变小，ΔU2和△I之比不变
D．以上都不对
【分析】由图知，开关闭合后，两电阻串联，电流表测量电路中的电流，电压表V1测量R1两端的电压，电压表V2测量R2两端电压；根据滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，然后应用欧姆定律与串联电路的特点分析答题。
【解答】解：由图可知，开关闭合后，定值电阻R1和滑动变阻器R2串联，电压表V1测量R1两端的电压，电压表V2测量R2两端电压，电流表测量电路中的电流。
AB、定值电阻R1的阻值不变，在滑片向右移动过程中，变阻器接入电路的电阻增大，电路总电阻增大，电源电压一定，由I＝知，电路中电流减小，即电流表A的示数减小；根据U＝IR可知定值电阻R1两端的电压变小，即V1的示数变小，由串联电路的电压特点可知V2的示数增大，所以V2示数和A示数之比变大，故AB错误；
CD、滑片在不同位置时，由串联电路的电压特点可知R1两端电压的变化量等于R2两端电压的变化量，即ΔU1＝ΔU2；由欧姆定律可知，ΔU1和ΔI之比等于R1，所以ΔU2和ΔI之比也等于R1，则该比值不变，故C正确，D错误。
故选：C。
【点评】本题是一道电路的动态分析题，分析清楚电路结构、熟练应用欧姆定律和串联电路的特点即可正确解题。
二、非选择题（每空1分，每图2分，共50分）
11．（2分）2020年6月23日，我国用长征三号乙运载火箭成功发射第55颗北斗导航卫星，完成了“北斗”卫星全面组网工作。在卫星与火箭分离前，以火箭为参照物，卫星是 静止 （选填“静止”或“运动”）的，“北斗”卫星导航系统利用 电磁波 （选填“电磁波”、“超声波”或“红外线”）向地球传递信息。
【分析】（1）判断一个物体的运动状态，关键是看被研究的物体与所选的标准，即参照物之间的相对位置是否发生了改变，如果发生改变，则物体是运动的；如果未发生变化，则物体是静止；
（2）电磁波可以传递信息，传播不需要介质，可以在真空中传播。
【解答】解：
（1）卫星与火箭分离之前，卫星与火箭的速度相同，没有发生位置变化，所以卫星相对火箭是静止的；
（2）电磁波传播不需要介质，卫星与地面设备之间是利用电磁波传递信息。
故答案为：静止；电磁波。
【点评】本题考查了运动与静止的相对性、电磁波的应用，属于基础题目。
12．（2分）茶壶的壶嘴和壶身构成一个简单的 连通器 。若水对壶底压强是1.5×103Pa，则壶中水深 0.15 m。
【分析】（1）上端开口、下部相连通的容器叫连通器；
（2）知道水对壶底压强，根据p＝ρgh求出壶中水深。
【解答】解：（1）茶壶的壶嘴和壶身下部连通、上端开口，符合连通器的特点，即茶壶的壶嘴和壶身构成了一个连通器；
（2）由p＝ρgh可得，壶中水深：h＝＝＝0.15m。
故答案为：连通器；0.15。
【点评】本题考查了连通器的简单应用和液体压强公式的应用，是一道基础题目。
13．（2分）小明在学习“阿基米德原理”时，做了如图所示的实验。由图可知物体A所受浮力为 1 N；由阿基米德原理可知，丙图中弹簧测力计的示数应为 1.5 N。
【分析】（1）铁块浸没在水中时所受的浮力可通过图A、D利用称重法求出；
（2）根据阿基米德原理可知物体的受到的浮力等于物体排开的液体受到的重力，据此即可求出。
【解答】解：（1）铁块浸没在水中时的浮力F浮＝2N﹣1N＝1N；
（2）根据阿基米德原理可知G排＝F浮＝1N；
由于F丙﹣F丁＝G排，所以，F丙＝G排+F丁＝1N+0.5N＝1.5N。
故答案为：1；1.5。
【点评】本题考查阿基米德原理，称重法是本实验中求浮力的基本方法，注意溢出液体重力的测量。
14．（2分）电源电压为12V，要想给“2.5V，0.3A”的小灯泡供电，至少需要串联 5 个这种灯泡，小灯泡才能安全使用；如果用同样的电源只给一个小灯泡供电，需要串联个大约 31.7 Ω的电阻才能保证小灯泡正常发光。
【分析】串联电路总电压等于各部分电压之和，据此计算电源电压为12V，要想给“2.5V，0.3A”的小灯泡供电，至少需要串联多少个这种灯泡；
根据串联电路电压规律计算灯泡正常发光时串联电阻两端的电压，根据串联电路电流特点结果欧姆定律计算串联电阻的阻值。
【解答】解：串联电路总电压等于各部分电压之和，电源电压为12V，要想给“2.5V，0.3A”的小灯泡供电，至少需要串联的灯泡个数：n＝＝4.8≈5，
灯泡正常发光时串联电阻两端的电压：UR＝U﹣UL＝12V﹣2.5V＝9.5V；
因串联电路中各处的电流相等，根据欧姆定律可得串联电阻的阻值：R＝＝≈31.7Ω。
故答案为：5；31.7。
【点评】本题考查串联电路特点和欧姆定律的灵活运用，最大灯泡正常发光时的电流等于额定电流。
15．（2分）一遥控小电动车在平直的路面上做直线运动，其速度v随时间t变化的图像如图所示。已知在4s～8s内小车受到的牵引力恒为10N，则在4s～8s内小车运动的路程为 16 m，牵引力对小车做的功为 160 J；在0～4s内小车受到的摩擦力 等于 10N（选填“大于”、“等于”或“小于”）。
【分析】（1）根据图像判断小车在不同时段的运动状态，知道做匀速直线运动时，小车受到的合力为零；根据速度公式变形可计算在4s～8s内小车运动的路程，根据W＝Fs可求出牵引力做的功；
（2）摩擦力的大小只与压力大小和接触面的粗糙程度有关，与运动速度等无关，据此判断。
【解答】解：
（1）由v﹣t图像可知，在4s～8s内小车做匀速直线运动，且小车的速度为4m/s，
则此过程中小车运动的路程为：s＝vt＝4m/s×（8s﹣4s）＝16m；
牵引力做的功为：W＝Fs＝10N×16m＝160J；
（2）在4s～8s内小车在平直路面上做匀速直线运动，根据二力平衡条件可知，它受到的摩擦力与牵引力大小相等，则摩擦力f＝F＝10N；
由图像可知在0～4s内小车做加速运动，但压力大小和接触面的粗糙程度均不变，所以小车受到的摩擦力大小也不变，仍然等于10N。
故答案为：16；160；等于。
【点评】本题考查了通过v﹣t图像来判断物体的运动状态、速度公式的应用、功的计算、二力平衡条件的应用和影响摩擦力大小的因素，有一定的综合性。
16．（2分）如图所示，电源两端电压保持不变，当只闭合开关S时，电流表的示数为0.6A，若再闭合开关S1时，电流表的示数为0.9A，则两电阻阻值R1与R2之比为 2：1 ；若此电路是电热水壶的简化电路，当只闭合S时，电热水壶为 保温 挡位（选填“加热”或“保温”）。
【分析】当只闭合开关S时，电路为R2的简单电路，电流表测通过R2的电流，电流表的示数为0.6A，
再闭合开关S1时，两电阻并联接入电路，电流表测干路电流，电流表的示数为0.9A，
根据并联电路电流规律计算通过R1的电流，根据并联电压特点结合欧姆定律计算两电阻之比；
并联电路总电阻小于任一分电阻，根据P＝判断挡位。
【解答】解：当只闭合开关S时，电路为R2的简单电路，电流表测通过R2的电流，电流表的示数为0.6A，
再闭合开关S1时，两电阻并联接入电路，电流表测干路电流，电流表的示数为0.9A，
并联电路干路电流等于各支路电流之和，则通过R1的电流：I1＝I﹣I2＝0.9A﹣0.6A＝0.3A，
并联两端各支路两端电压相等，根据欧姆定律可得＝＝＝＝；
并联电路总电阻小于任一分电阻，根据P＝可知两电阻并联时，电功率较大，为加热挡，只闭合开关S时，电路为R2的简单电路时，电功率较小，为保温挡。
故答案为：2：1；保温。
【点评】本题考查并联电路特点、欧姆定律、电功率公式的灵活运用。
17．（3分）小致同学家的电能表面板如图所示，图中电能表的示数为 219.6 kW h。如果只将某用电器单独接在该电能表上工作10min，电能表上的指示灯闪烁了160次，那么该用电器在上述时间内消耗的电能为 1.8×105 J，该用电器功率为 300 W。
【分析】（1）电能表的读数时注意最后一位是小数，单位kW h；
（2）电能表上标有“3200imp/kW h”表示每消耗1kW h的电能电能表的指示灯闪烁3200次，现在知道指示灯闪烁160次，可以求出该用电器在10min内消耗的电能，再利用P＝求出该用电器的电功率。
【解答】解：（1）电能表的读数时最后一位是小数，单位kW h，所以电能表的示数为219.6kW h；
（3）“3200imp/kW h”表示每消耗1kW h的电能电能表的指示灯闪烁3200次，
电能表上的指示灯闪烁了160次消耗的电能：
W＝×1kW h＝0.05kW h＝1.8×105J；
用电器的电功率：
P＝＝＝300W。
故答案为：219.6；1.8×105；300。
【点评】本题考查了电能表的读数方法、消耗电能和电功率的计算，理解电能表相关参数的含义是关键。
18．（2分）磁悬浮列车是利用磁体间相互作用使列车悬浮起来，这样列车和铁轨间就没有摩擦。
（1）如图是列车悬浮时，电磁铁的简易图，请分析电磁铁工作时上端是 S 极。
（2）当列车内的乘客增加时，如果是靠变阻器来控制列车的悬浮稳定，图中变阻器滑片应该向 a 端移动。（选填“a”或“b”）
【分析】（1）磁悬浮列车是利用“同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引”的原理，让磁铁具有抗距自身重力的能力，使车体完全脱离轨道，悬浮在轨道上方；
（2）电磁铁的磁性强弱与电流的大小有关，在其它情况相同时，电流越大，磁性越强。
【解答】解：（1）由图可知，该列车是利用异名磁极相互吸引实现悬浮的，轨道磁体的下端是N极，所以电磁铁工作时上端是S极；
（2）当列车内的乘客增加时，车和乘客的总重力增加，如果是靠变阻器来控制列车的悬浮稳定，需要增加电磁铁的磁性，即增大电流中的电流，所以图中变阻器滑片应该向a端移动，减小电路中的电阻。
故答案为：（1）S；（2）a。
【点评】本题考查了磁极间的作用规律和影响电磁铁磁性强弱的因素，难度不大。
19．（3分）为了比较甲、乙两种液体的吸热能力，小致用两个完全相同的实验装置如图一，已知甲、乙两种液体的初温和体积都相同，ρ甲＞ρ乙，用温度计测量液体吸收热量后的温度，并用表记录加热时间。实验数据记录如下表：（不考虑散热等因素影响）
物质 初温/℃ 末温/℃ 加热时间/min
甲 10 40 5
乙 10 40 5
（1）在实验中，可以通过 加热时间 （选填“升高的温度”或“加热时间”）来比较两种液体吸收热量的多少。
（2）通过实验数据小致得出液体甲和乙的吸热能力相同。老师说这个结论是错误的，原因是 两种液体质量不同 。
（3）小致改正上述错误后，用两个电加热器A、B替换酒精灯对液体甲、乙加热，如图二，重新实验后数据依然如上表所示。小致重新检查实验器材发现，两个电加热器的功率不同，则 B 电加热器的功率更大（选填“A”或“B”）。
【分析】（1）由于没有专门测量吸收热量的仪器，所以，我们使用相同的酒精灯通过加热时间的长短来比较吸热多少。这种方法叫转换法；
（2）比较不同物质吸热能力的强弱的2种方法：
①使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量（加热时间），吸收热量多的吸热能力强：
②使相同质量的不同物质吸收相同的热量，比较温度的变化，温度变化大的吸热能力弱；
结合密度公式分析；
（3）比较两种物质的质量，根据题中条件，假设两种物质质量相等，推理出升温高的物质，由比较不同物质吸热能力的强弱的第2种方法得出两种物质吸热能力的大小；改正上述错误后用两个电加热器分别替换洒精灯对物质甲和乙分别加热，质量相同的两种物质，升高相同的温度，由比较不同物质吸热能力的强弱的第1种方法得出两种物质吸热多少，根据W＝Pt得出两个电加热的实际功率大小。
【解答】解：（1）在实验中，根据转换法，可以通过加热时间来比较两种液体吸收热量的多少；
（2）根据比较吸热能力的方法，要控制不同物质的质量相同，而甲、乙两种液体的体积相同，ρ甲＞ρ乙，根据m＝ρV可知体积相同的甲乙液体，甲的质量大，用通过实验数据小致得出液体甲和乙的吸热能力相同。老师说这个结论是错误的，原因是两种液体质量不同；
（3）因甲的质量大于乙的质量，在（1）中用两个相同的实验装置加热，吸收的热量一样多，升高相同的温度；若假设甲质量与乙的质量相同，则甲的温度升高的多，故甲的吸热能力小于乙的吸热能力；
改正上述错误后用两个电加热器分别替换洒精灯对物质甲和乙分别加热，因乙的吸热能力强，故相同质量的两种物质，升高相同的温度，乙吸收的热量多；根据W＝Pt两个电加热的实际功率P甲小于P乙。则电B加热器的功率更大。
故答案为：（1）加热时间；（2）两种液体质量不同；（ 3）B。
【点评】本题比较甲、乙两种物质的吸热能力，考查转换法及控制变量法的运用；在得出两种物质吸热能力时要用到推理法，题目新颖、难度较大，对能力要求高。
20．（2分）小致一家驾车旅行。若车的总质量为1.5t，在一段平直的道路匀速直线行驶9km，所受阻力为车重的0.1倍，完全燃烧汽油1L，则1L汽油完全燃烧放出的热量是 3.6×107 J；则车的工作效率是 37.5% 。（q汽油＝4.5×107J/kg，ρ汽油＝0.8×103kg/m3）
【分析】（1）根据密度公式求出1L汽油的质量，根据Q放＝mq求出汽油完全燃烧放出的热量；
（2）根据G＝mg求出车的总重力，根据f＝0.1G求出汽车受到的阻力；根据二力平衡条件可知汽车的牵引力，根据W＝Fs求出汽车所做的有用功，利用效率公式求出车的工作效率。
【解答】解：汽油的体积V＝1L＝1dm3＝1×10﹣3m3，
由ρ＝可知，汽油的质量：m汽油＝ρ汽油V＝0.8×103kg/m3×1×10﹣3m3＝0.8kg，
汽油完全燃烧放出的热量：Q放＝m汽油q汽油＝0.8kg×4.5×107J/kg＝3.6×107J；
车的总重力：G＝mg＝1.5×1000kg×10N/kg＝1.5×104N，
汽车受到的阻力：f＝0.1G＝0.1×1.5×104N＝1.5×103N，
汽车在一段平直的道路匀速直线行驶时，汽车的牵引力与汽车受到的阻力是一对平衡力，
根据二力平衡条件可知，汽车的牵引力F牵＝f＝1.5×103N，
汽车所做的有用功：W＝F牵s＝1.5×103N×9×1000m＝1.35×107J，
车的工作效率：η＝×100%＝×100%＝37.5%。
故答案为：3.6×107；37.5%。
【点评】本题是一道力热综合题，主要考查密度公式、燃料完全燃烧放热公式、重力公式、功的计算公式以及效率公式的应用，难度不大。
21．（6分）在“探究凸透镜成像的规律”时，进行了如下操作：
（1）组装器材时，在调节各元件高度时， 需要 点燃蜡烛（选填“需要”或“不需要”）。
（2）实验中，各元件在如图甲所示的位置时，光屏上得到烛焰清晰的像，生活中 投影仪 （选填“照相机”、“投影仪”或“放大镜”）就是根据这个原理制成的。
（3）将一透镜放在蜡烛和凸透镜之间，光屏上的像变得模糊了，向右移动光屏，像又变得清晰了，则此透镜可以矫正 近视 眼，请在图乙中画出物体发出的两束入射光线经此类眼睛的晶状体折射后对应的光线。
（4）实验中蜡烛燃烧变短，烛焰的像离开了光屏的中央，将凸透镜向 下 移动，烛焰的像就可以重新回到光屏的中央。
【分析】（1）本实验中研究的是烛焰通过凸透镜的成像特点，因此蜡烛需要点燃；
（2）当物距小于像距，且成的像能呈现在光屏上，说明是实像，生活中的投影仪是根据这个原理制成的；
（3）近视眼镜是凹透镜，凹透镜对光线有发散作用，使会聚的光线推迟会聚；
近视眼是晶状体变厚，晶状体对光线的会聚能力增强，使像成在视网膜的前方，据此完成作图；
（4）经过光心的光线的传播方向不变。
【解答】解：（1）本实验中研究的是烛焰通过凸透镜的成像特点，因此蜡烛需要点燃；
（2）由图甲知，蜡烛到凸透镜的距离小于光屏到凸透镜的距离，即物距小于像距，且成的像能呈现在光屏上，说明是实像，生活中的投影仪是根据这个原理制成的；
（3）将一透镜放在蜡烛和凸透镜之间，光屏上的像变得模糊了，向右移动光屏，像又变得清晰了，说明此透镜对光有发散作用，由此可知是凹透镜，此种透镜可矫正近视眼；
近视眼是晶状体变厚，晶状体对光线的会聚能力增强，使像成在视网膜的前方，据此完成作图如下：
；
（4）实验中，燃烧的蜡烛逐渐变短，向下运动，所以光屏上的像逐渐向上移动；为了使像成在光屏的中心，应向上移动蜡烛或向下移动凸透镜。
故答案为：（1）需要；（2）投影仪；（3）近视；见上图；（4）下。
【点评】此题是探究凸透镜成像的规律，主要考查了实验的探究过程及成像规律的应用，以及凹透镜对光线的发散作用，难度不大。
22．（11分）现有下列器材：学生电源为6V，电流表（0～0.6A，0～3A）、电压表（0～3V，0～15V）、定值电阻（5Ω、10Ω、20Ω各一个）、开关、滑动变阻器和导线若干。利用这些器材探究导体中的电流跟导体的电阻之间的关系。
（1）小致设计了如图甲所示的实验电路，电路连接完毕后，闭合开关S，发现电流表有示数，电压表无示数。若电路故障只出现在R或R1上，则电路故障是 R1短路 。
（2）排除电路故障后，在闭合开关 前 （选填“前”或“后”），将滑动变阻器的滑片P移到最 右 （选填“左”或“右”）端。
（3）实验中依次接入三个定值电阻，调节滑动变阻器的滑片，保持电压表示数始终为U0不变，记下电流表的示数，得到电流I随电阻R变化的图像乙，由图像可得出的结论是：当导体两端的电压一定时，导体中的电流跟导体的电阻成 反比 。
（4）上述实验中，小致接入5Ω的电阻时，调节变阻器，让电压表示数U0为 2.5 V，读出电流表示数，此时变阻器连入的电阻为R变1，电路的总功率为P总1；然后断开开关，把5Ω换为10Ω的电阻接入电路，闭合开关，保持滑动变阻器滑片的位置不变，发现电流表示数 ＞ 0.2A（选填“＞”、“＝”或“＜”），应将变阻器的滑片P向 右 （选填“左”或“右”）移动，使电压表示数仍保持U0不变，再读出电流表示数，此时变阻器连入的电阻为R变2，电路的总功率为P总2。则R变1与R变2之比为 1：2 ；P总1与P总2之比为 2：1 ；最后又连入了20Ω的电阻进行实验。
（5）小致在整个实验中，选取了哪种规格的滑动变阻器 B 。
A.60Ω，0.3A
B.50Ω，1.0A
C.20Ω，0.5A
【分析】（1）电流表有示数，说明整个电路是通路，电压表无示数，说明定值电阻相对于整个电路的电阻来说很小，所以定值电阻能够分得的电压很小，其原因是定值电阻短路；
（2）为保护电路，闭合开关时，变阻器连入电路的电阻最大；
（3）根据实验所得的数据绘制出I﹣R图像求出电流与电阻之积分析；
（4）探究导体中的电流跟导体的电阻之间的关系时，需要控制导体两端的电压不变；根据串联电路的分压规律分析滑动变阻器接入电路中电阻的大小；根据P＝UI得出电功率的比值的大小；根据电路中电阻的变化分析电路中电流的变化，根据串联电路的分压规律分析滑动变阻器滑片位置的变化；
（5）探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入20Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻，考虑到电流因素，确定应选取的滑动变阻器。
【解答】解：（1）电流表有示数，说明整个电路是通路，电压表无示数，说明定值电阻相对于整个电路的电阻来说很小，所以定值电阻能够分得的电压很小，其原因是定值电阻R1短路；
（2）排除电路故障后，为保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P移到阻值最大处的最右端；
（3）根据实验所得的五组数据绘制出I﹣R图像图乙可知，电流与电阻之积为：UV＝IR＝0.5A×5Ω＝0.25A×10Ω＝0.125A×20Ω＝2.5V，为一定值，故由图像可得出的结论是：在导体两端电压一定时，导体中的电流电流与导体的电阻成反比；
（4）小致接入5Ω的电阻时，调节变阻器，让电压表示数U0为2.5V，读出电流表示数，此时变阻器连入的电阻为R变1，电路的总功率为P总1；此时滑动变阻器两端的电压为：U滑＝6V﹣2.5V＝3.5V；根据R＝可知，此时定值电阻与滑动变阻器的阻值的比值为：5Ω：R变1＝2.5V：3.5V，解得：R变1＝7Ω；此时电路中的电流为I总1＝0.5A，则P总1＝UI总1＝6V×0.5A＝3W；
然后断开开关，把5Ω换为10Ω的电阻接入电路，闭合开关，保持滑动变阻器滑片的位置不变，根据欧姆定律可知，电流表示数为：I'＝＝≈0.35A＞0.2A；根据串联电路的分压规律可知，此时定值电阻两端分担的电压变大，会高于2.5V，实验中应该控制定值电阻两端电压表不变，应该减小定值电阻两端的电压，增大滑动变阻器两端电压，根据串联电路的分压规律可知，需要增大滑动变阻器接入电路的电阻，应将变阻器的滑片P向右移动，使电压表示数仍保持U0＝2.5V不变，再读出电流表示数，此时变阻器连入的电阻为R变2，电路的总功率为P总2；
此时滑动变阻器两端的电压为：U滑＝6V﹣2.5V＝3.5V；根据R＝可知，此时定值电阻与滑动变阻器的阻值的比值为：10Ω：R变2＝2.5V：3.5V，解得：R变2＝14Ω；此时电路中的电流为I总2＝0.25A，则P总2＝UI总2＝6V×0.25A＝1.5W；
则R变1：R变2＝7Ω：14Ω＝1：2；P总1：P总2＝3W：1.5W＝2：1；
（5）电阻两端的电压始终保持2.5V不变，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压为3.5V不变；
当接入20Ω电阻时，根据分压原理可知：20Ω：R滑＝2.5V：3.5V，解得：R滑＝35Ω；
当接入5Ω的定值电阻时，电路中的电流为0.5A，为了保护电路，则滑动变阻器的阻值应大于35Ω，滑动变阻器允许通过的最大电流要大于0.5A，故应选择50Ω，1.0A的滑动变阻器，故B正确。
故答案为：（1）R1短路；（2）前；右；（3）反比；（4）2.5；＞；右；1：2；2：1；（5）B。
【点评】本题是探究导体中的电流跟导体的电阻之间的关系，考查电路故障的分析、实验注意事项、串联电路的分压规律、欧姆定律的应用、控制变量法及对实验的要求，属于综合题。
23．（11分）小致利用如图所示电路测量某未知电阻Rx的阻值。
（1）请你根据电路图乙用笔画线代替导线，在实物图甲中补全电路连接。
（2）闭合开关后，无论怎样调节滑动变阻器滑片的位置，发现电压表有示数，电流表无示数，两个表都是完好的，出现故障的原因是 Rx断路 ；排除故障后，调节滑动变阻器，电压表示数为2.4V，电流表示数如图丙，则待测电阻Rx＝ 6 Ω。
（3）实验小组在分析讨论误差时得知，电压表相当于可显示自身电压的定值电阻，导致Rx的测量值 小于 实际值。为了减小这种情况产生的误差，此电路更适合测量较 小 （选填“大”或“小”）的电阻。
（4）完成上述实验后，小致同学又想测量小灯泡的额定功率P额，于是他只将额定电压为U额的小灯泡替换Rx，利用刚才的电路就测出了小灯泡的额定功率。若在实验过程中，当小灯泡的实际电压为其额定电压一半时，小灯泡的实际电功率P实与其额定电功率P额的关系是：P实 ＞ （选填“＞”、“＝”或“＜”）。
（5）如果实验过程中没有电流表，小致利用图丁所示电路也可以测出额定电压为U额的小灯泡的额定功率，已知电源电压恒为U（U＞U额），定值电阻R0阻值已知。
①闭合开关S、S1，断开开关S2，调节滑动变阻器，使电压表的示数为 U﹣U额 ；
②保持滑动变阻器的滑片不动，断开开关 S1 ，闭合的开关是 S、S2 ，读出电压表的示数为U0；
③则小灯泡的额定功率，P额＝ U额× 。（用所给的符号表示出来）
【分析】（1）根据图乙可知滑动变阻器左侧电阻丝接入电路，据此确定滑动变阻器接入电路的接线柱，电压表与未知电阻并联，根据电源电压确定电压表的量程；
（2）从电流表无示数，可以判断出电路中出现了断路，然后根据电压表有示数确定出断路的位置；
根据电流表选用小量程确定分度值读出示数，根据欧姆定律求待测电阻的阻值；
（3）电压表和电阻并联接入电路，读取的电流值是通过电压表和电阻的电流之和，所以读取的电流值比实际电流偏大，根据欧姆定律分析即可；
（4）由P＝UI＝结合灯的电阻随温度的变化而变化分析；
（5）电路中没有电流表，电压表和定值电阻应起到测量电流的作用，故将灯与定值电阻串联后再与变阻器串联；要测灯正常发光的额定功率，应首先使灯正常发光，先将电压表与R0和滑动变阻器并联，通过移动滑片的位置，使灯的电压为额定电压；保持滑片位置不动，通过开关的转换，使电压表测灯与定值电阻的电压，因此时各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据欧姆定律可求出通过定值电阻的额定电流，根据串联电路的电流特点可知通过灯泡的电流，根据P＝UI求出灯泡的额定功率。
【解答】解：（1）由图乙可知滑动变阻器左侧电阻丝接入电路，故滑动变阻器左下接线柱连入电路中，电压表与未知电阻并联，因为电源为两节干电池，所以电源电压为U＝2×1.5V＝3V，因此电压表选用小量程，如图所示：
；
（2）电流表无示数，说明电路可能断路；电压表有示数，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，与电压表并联的未知电阻Rx断路了；
图丙中电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.4A，则待测电阻：Rx＝＝＝6Ω；
（3）由电路图知，电压表与电阻并联，电压表测量电阻两端的电压，电压表测量的值准确，电流表与电阻串联，电流表测量通过电压表和定值电阻的电流，电流表示数比通过定值电阻的电流大，根据R＝可知，Rx的测量值小于实际值；此时实际测量的是Rx和电压表并联后总电阻，因为电压表的内阻很大，所以，由并联电路的电阻特点可知，为了减小这种情况产生的误差，即让Rx和电压表并联后总电阻更接近于Rx的阻值，应让Rx的阻值远小于电压表的内阻，因此此电路更适合测量较小的电阻；
（4）当电阻不变时，由P＝UI＝可知，电压变为原来的一半，功率变为原来的四分之一，由于灯泡的电阻是变化的，当电压减小时，通过灯的电流变小，根据P＝UI灯的功率减小，灯丝的电阻也减小，故当小灯泡两端的实际电压为额定电压一半时，小灯泡的实际功率P实＞P额；
（5）①闭合开关S、S1，断开开关S2，灯L、R0、滑动变阻器R三者串联，此时电压表测R0和滑动变阻器串联后的总电压，根据串联电路电压的特点，电压表的示数为U′＝U﹣U额；
②要测小灯泡的额定功率，已知小灯泡的额定电压U额，还需要测定小灯泡正常发光时的电流，根据串联电路电流处处相等的特点，可先测通过R0的电流，通过闭合开关 S、S2，断开开关S1，此时电压表测R0两端电压表示数为U0；
③则通过R0的电流I＝，由于串联电路电路处处相等，则通过灯的电流大小等于通过R0的电流大小，则小灯泡的额定功率：P额＝U额I＝U额×。
故答案为：（1）见解答图；（2）Rx断路；6；（3）小于；小；（4）＞；（5）①U﹣U额；②S1；S、S2；③U额×。
【点评】本题测量某未知电阻Rx的阻值，考查电路连接、故障分析、电流表读数、误差分析、电阻和电功率的计算以及设计特殊方案测功率的能力。
