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2023年河北省邯郸市武安市中考物理模拟试卷（含答案解析）
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这是一份2023年河北省邯郸市武安市中考物理模拟试卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了 下列估测最接近实际的是，2mD等内容，欢迎下载使用。
2023年河北省邯郸市武安市中考物理模拟试卷
1. 下列估测最接近实际的是( )
A. 成年人正常步行100m的时间约为30s B. 邯郸市冬天的平均气温约为−20℃
C. 教室门的高度约为2.2m D. 一支木制铅笔的质量约为100g
2. 中国古诗词中蕴含了丰富的物理知识，下列说法正确的是( )
A. 蜡烛有心还惜别，替人垂泪到天明——“泪”的形成是液化现象，需要放热
B. 年年端午风兼雨，似为屈原陈昔冤——雨的形成是汽化现象，需要吸热
C. 欲渡黄河冰塞川，将登太行雪满山——冰的形成是凝固现象，需要吸热
D. 山明水净夜来霜，数树深红出浅黄——霜的形成是凝华现象，需要放热
3. 家庭电路中需要安装一个“一开三孔”开关(即一个开关和一个三孔插座连在一起)，要求插座能单独使用，开关能控制电灯且符合安全用电原则，从实物正面观察如图所示：几种接线中符合要求的是( )
A. B.
C. D.
4. 渔民利用如图所示的滑轮组把水中的小渔船拖上岸进行维护，当渔民作用在绳子自由端的拉力为150N时，小渔船在河水中以0.2m/s的速度匀速向右运动，滑轮组的机械效率为80%。不计绳重和绳与滑轮间的摩擦，下列说法正确的是( )
A. 拉力的功率为90W
B. 小渔船在水中受到的阻力为180N
C. 动滑轮的重力为30N
D. 小渔船从水中被拖上岸后滑轮组的机械效率变高
5. 2022年11月29日，搭载神舟十五号载人飞船的长征二号F遥十五运载火箭在酒泉卫星发射中心发射，飞往空间站天和核心舱。火箭离地升空时，下列说法正确的( )
A. 以地面为参照物，地面指挥中心大楼是运动的
B. 以载人飞船为参照物，地面指挥中心大楼是运动的
C. 以火箭为参照物，该载人飞船内的航天员是运动的
D. 以载人飞船为参照物，该载人飞船内被固定在座位上的航天员是向上运动的
6. 下图中所示的物理现象，不能用流体的压强与流速的关系解释的是( )
A. 口吹硬币跳跃木块
B. 孔明灯升上了天空
C. 用吸管喝饮料
D. 向下吹气，乒乓球不下落
7. 图甲是小明在做“探究凸透镜成像规律”实验时的装置，图乙是他根据实验数据描绘的物距一像距图像。蜡烛在光具座上移动过程中的三个位置A、B、C分别与图像中三点相对应。则下列说法正确的是( )
A. 该凸透镜的焦距为20cm
B. 当蜡烛在A位置时的成像特点与投影仪相同
C. 将蜡烛从B移动到C的过程中，所成像逐渐变大
D. 当蜡烛在C点时，在紧贴凸透镜的左侧放置一远视镜片，移动光屏，可在光屏上呈现烛焰清晰的实像，此时物距一像距的对应坐标应出现在C点的正下方
8. 如图所示电路中，电源电压为U恒定不变，R1、R2是阻值为R0的定值电阻，R是最大阻值为R0的滑动变阻器，a，b是电流表或电压表。闭合开关S1、S2，滑片P置于最右端时，电路安全且电流表A的示数为U2R0，则下列说法中正确的是( )
A. a为电压表，b为电流表
B. 闭合开关S，S2，向左移动滑片P，a与电流表A两表示数变化量的比值不变
C. 将变阻器滑片调至最左端，闭合开关S、S1，断开S2，当S3由断开到闭合时，电流表A的示数变大
D. 将变阻器滑片调至最左端，闭合开关S、S2，a、b换成另一种电表，向右移动滑片P，则电表a和b的示数都变小
9. 声波支付是利用声波的传输，完成两个设备的近场识别。其具体过程是，在第三方支付产品的手机客户端里，内置有“声波支付”功能，用户打开此功能后，用手机扬声器对准收款方的麦克风，手机会播放一段“咻咻咻”的声音。这种声音是由物体______ 产生的。将手机扬声器的音量调大是为了改变声音的______ (选填“音调”“响度”或“音色”)。买单完成后，几秒钟内(如图所示)手机就能收到支付账单信息，这是利用了______ 传递信息。
10. 水饺是我国北方人民比较喜爱的传统美食。煮水饺时是通过______ 的方式来改变水饺的内能的；用筷子夹水饺时，筷子属于______ (选填“省力”或“费力”)杠杆。
11. 东汉学者王充在《论衡》中记载：“司南之杓，投之于地，其柢指南”。“柢”即握柄，是磁体的______ (选填“N”或“S”)极。将司南悬挂在电磁铁正上方，闭合开关，司南静止时的指向如图所示，则电源左端是______ 极。将电磁铁水平放置在不同方向，司南静止后的指向总与电磁铁摆放方向平行，说明司南处的地磁场______ (选填“远强于”或“远弱于”)电磁铁的磁场。
12. 2023年1月4日，由中国自主研制的“鲲龙”AG600M灭火机在广东珠海完成本年度首次飞行任务。如图为“鲲龙”AG600M在空中匀速直线飞行时的照片，请画出“鲲龙”AG6O0M在竖直方向的受力示意图(力的作用点画在O点)。“鲲龙”AG600M执行森林灭火的投水任务时，应该在到达着火点______ (选填“正上方”“前”或“后”)投水。若“鲲龙”AG60OM在投水过程中一直匀速飞行，则其机械能______ (选填“增大”、“不变”或“减小”)。
13. 如图所示是根据能量守恒定律设计的一款灯壶合一的“水壶台灯”。“水壶台灯”是由玻璃壶、圆形底座和白炽灯组成。白炽灯与壶形灯罩下方的凹槽正好吻合(灯泡不直接与水接触)，可将发光时所产生的热量用于茶水保温。白炽灯标有“100W”的字样，该台灯正常工作半小时所消耗的电能为______ J，电能属于______ (选填“一次”或“二次”)能源。若上述电能的84%转化为内能并全部被水吸收，最多可将______ kg初温为30℃的茶水加热至90℃。[c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]
14. 在“探究平面镜成像特点”实验时，所准备的实验器材有：透明玻璃板、支架、两支相同的蜡烛、白纸，实验装置如图所示：
(1)实验中还需要的器材是______ 、火柴。
(2)用透明玻璃板代替平面镜的目的是______ 。
(3)在某次实验中，把蜡烛A放到玻璃板前，在玻璃板后的桌面上无论怎样移动蜡烛B，都无法让它与蜡烛A的像完全重合，其原因可能是______ 。
(4)利用一块光屏，通过实验证明所成的像是虚像。操作方法是______ 。
15. 为了探究影响滑动摩擦力的大小因素，小明设计了如图所示的实验装置。已知本实验所用的物块A的质量是1.2kg。
(1)实验前应在______ (选填“水平”或“竖直”)方向对弹簧测力计进行调零。
(2)如图甲所示，向左拉动木板，当A相对地面静止后，A受到的______ (选填“静摩擦力”或“滑动摩擦力”)大小与测力计示数相等，方向水平______ 。
(3)为了探究滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度是否有关，他做了甲、乙两次实验，于是得出结论：当压力一定时，接触面粗糙程度越大，滑动摩擦力越大，你认为结论是否正确？为什么？______ 。
(4)对比甲、丙两图可得结论：当接触面粗糙程度一定时，接触面受到的______ 越大，滑动摩擦力越大。
(5)根据甲、丙两图的数据与结论，图丁所示的氢气球的拉力为______ N。
16. 小明同学想利用图甲测量标有“2.5V？W”小灯泡的额定功率。实验室有如下器材：电源(电压恒为6V)、电流表(0∼0.6A,0∼3A)、电压表(0∼3V、0∼15V)、开关、导线若干、滑动变阻器三只：R1(20Ω0.2A)R2(40Ω0.5A)、R3(60Ω0.5A)。
(1)小明发现电路中有一根导线连接错误，请在图中连接错误的导线上打“×”，并用笔画线代替导线将电路连接正确。
(2)电路连接正确，闭合开关后，发现小灯泡不亮，电流表有示数，电压表示数为零，出现这种现象的原因是______ 。
(3)改正所有问题并正确完成实验，小明绘制了如图乙所示的小灯泡I−U图像，发现当电压表的示数增大时，电压表与电流表的示数之比______ (选填“变大”“变小”或“不变”)，小灯泡的额定功率是______ W。
(4)完成实验后，小明想用10Ω、15Ω、20Ω、25Ω、30Ω的定值电阻更换电路中的灯泡，探究电流跟电阻的关系，若想控制定值电阻两端电压为2.5V不变，则小明应选用滑动变阻器______ (选填“R1”“R2”或“R3”)。当小明用20Ω的电阻替换掉15Ω的电阻时，滑动变阻器的滑片应该向______ (选填“A”或“B”)端移动。
【拓展】小强也连接了图甲的电路(改正后的)测量灯泡的额定电功率，根据测得的几次实验数据作出小灯泡电压在1.5V∼2.5V之间的I−U图像如图丙所示，图像近似为一条线段。若小灯泡电压为1.5V、2.0V、2.5V时小灯泡的功率分别为P1、P2、P3，则P2______ 12(P1+P3)(选填“>”“<”或“=”)。
17. 如图所示，质量分布均匀的圆柱形木块用与薄壁圆柱形容器乙放置于水平桌面上，已知木块甲的密度为0.8×103kg/m3，高为0.5m，底面积为8×10−3m2；乙容器的底面积为2×10−2m2，高为0.4m，容器内盛有体积为6×10−3m3的水，g取10N/kg。
(1)求此时乙容器中水的质量。
(2)若甲沿着竖直方向切去13，则木块甲剩余部分对桌面的压强。
(3)不考虑第二问、仅在甲上方沿水平方向切去Δh的高度，并将切去部分竖直放入容器乙内，请计算当Δh=0.4m时，容器乙对桌面的压强增加量Δp容。
18. 如图所示，电源电压恒为18V，灯泡标有“6V3W”，R1为标有“60Ω1A”的滑动变阻器，电压表量程均为0−15V(不考虑灯泡电阻的变化)。
(1)求灯泡正常工作时的电流。
(2)求电路的最小总功率。
(3)若移动滑动变阻器滑片过程中，电压表V1示数的变化量与电压表V2示数变化量之比为5：3，求R2的电阻。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.成年人正常步行的速度是1.1m/s，30s时间大约走33m，故A不正确；
B.邯郸市冬天的平均气温高于零下20℃，故B不正确；
C.教室门的高度约为2.2m，故C正确；
D.一支木制铅笔的质量约为10g，所以D不正确。
故选：C。
利用生活中我们熟悉的一些数据作为根据，进行单位换算，有时要利用基本公式求未知物理量。
本题考查了对长度、速度、温度、质量的估测，注重理论与实际差异的应变能力的培养，体现新课程的基本理念。
2.【答案】D
【解析】解：A.“泪”的形成是蜡由固态熔化成液态的过程，需要吸热，故A错误；
B.雨是空气中的水蒸气遇冷液化形成的，需要放热，故B错误；
C.冰是由水凝固而成的，需要放热，故C错误；
D.霜是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的，需要放热，故D正确。
故选：D。
物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固；凝固、液化、凝华放热；熔化、汽化、升华吸热。
关于物态变化的题目，首先要确定物质原来所处的状态与现在的状态，结合物态变化的定义来突破这种类型的题目。
3.【答案】C
【解析】A、火线先接开关，再接灯泡，零线直接接灯泡，三孔插座中，上孔接地，左孔接零线，右孔经开关接火线，但插座不能单独使用。此方法错误；
B、灯泡直接接在火线上，灯泡开关接法不正确，三孔插座右孔接法错误。此方法错误；
C、火线先接开关，再接灯泡，零线直接接灯泡，灯泡开关接法正确。三孔插座中，上孔接地，左孔接零线，右孔接火线，插座能单独使用。此方法正确；
D、火线先接开关，再接灯泡，零线直接接灯泡，灯泡开关接法正确。三孔插座中，左孔接地，上孔接零线，右孔接火线，三孔插座地线、零线接法错误。此方法错误。
故选：C。
(1)家庭电路中，开关控制灯泡时，火线首先接开关，再接灯泡；零线直接接灯泡。这样连接，开关既能控制灯泡，又能在灯泡损坏时，断开开关，切断火线，更换灯泡更安全。
(2)三孔插座的正确连接方法：上孔接地线，左孔接零线，右孔接火线。
为了人身安全，要掌握开关控制灯泡和三孔插座的连接方法，并且掌握这种正确连接的必要性。
4.【答案】D
【解析】解：
A、由图可知，滑轮组绳子的有效股数n=2，则绳子自由端移动的速度：v=2v船=2×0.2m/s=0.4m/s，
拉力的功率：P=Wt=Fst=Fv=150N×0.4m/s=60W，故A错误；
B、η=W有W总=F拉lFs=F拉nF可知，船受到的拉力为：F拉=ηnF=80%×2×150N=240N；
船做匀速直线运动，则船受到的阻力与拉力是一对平衡力，所以船受到的阻力为240N；
不计绳重和绳与滑轮间的摩擦，小渔船受到的拉力与动滑轮重、自由端拉力的关系：F=12(F拉+G动)，
即150N=12(240+G动)，
解得G动=60N，故BC错误；
D、不计绳重和绳与滑轮间的摩擦，小渔船从水中被拖上岸后，克服小船受到阻力做的有用功增大，在额外功不变时，有用功在总功中所占的比例增大，因此滑轮组的机械效率变大，故D错误。
故选：D。
(1)根据图示可知滑轮组绳子的有效股数n=2，根据v=nv船求出绳子自由端移动的速度，根据P=Wt=Fst=Fv求出拉力的功率；
(2)不计绳重和绳与滑轮间的摩擦，根据η=W有W总=F拉lFs=F拉nF求出小渔船在水中受到的拉力，根据二力平衡求出阻力的大小；根据F=12(F拉+G动)求出动滑轮的重力；
(3)小渔船从水中被拖上岸后，小渔船受到的阻力变大，即克服小船受到阻力做的有用功增大，在额外功不变时，有用功在总功中所占的比例增大，据此判断机械效率的变化。
此题主要考查了滑轮组绳子拉力计算公式、滑轮组的机械效率和功率计算公式的应用，综合性强，难度不大，属于中档题。
5.【答案】B
【解析】解：A.以地面为参照物，地面指挥中心大楼的位置没有发生变化，所以该大楼是静止的，故A错误；
B.以载人飞船为参照物，地面指挥中心大楼的位置发生了改变，所以该大楼是运动的，故B正确；
C.以火箭为参照物，该载人飞船内的航天员的位置没有发生变化，所以航天员是静止的，故C错误；
D.以载人飞船为参照物，该载人飞船内被固定在座位上的航天员的位置没有发生改变，所以航天员是静止的，故D错误。
故选：B。
在研究物体的运动和静止时，要看物体的位置相对于参照物是否发生改变，若改变，则是运动的，若不改变，则是静止的。
判断一个物体是运动还是静止，主要取决于所选的参照物，参照物不同，物体的运动情况可能不同，这就是运动和静止的相对性。
6.【答案】BC
【解析】解：A.紧贴硬币上表面使劲吹气使硬币上方的空气流速大，压强变小，硬币下方的空气流速小，压强大，硬币受到一个向上的压力差，因此硬币就“跳”过了木块，利用了流体压强与流速关系；
B.因为空气受热后会体积膨胀，空气密度小，重量轻，会上升，孔明灯升上了天空，是利用浮力，不能用流体的压强与流速的关系解释；
C.当用口吸吸管时，口内气压减小，小于外界大气压，大气压压着饮料进入口中，用吸管吸饮料是利用了大气压的作用，不是利用流体压强与流速的关系；
D.从漏斗口向下吹气，乒乓球不会掉下来是因为乒乓球上方空气流速大，压强小，乒乓球下方空气流速小，压强大，从而有向上的压强差，使乒乓球不会掉下来，是利用流体压强与流速的关系。
故选：BC。
流体的压强与流速的关系：流体在流速大的地方压强小、在流速小的地方压强大。
此题考查流体压强和流速关系的应用，难度不大。
7.【答案】BD
【解析】解：A.由图乙可知，B点时，物距等于像距，根据凸透镜成像规律可知，此时u=v=20cm，
则焦距f=10cm，故A错误；
B.由图乙可知，A点时，物距与焦距的关系为2f>u>f，成倒立、放大的实像，是幻灯机和投影仪的原理，故B正确；
C.将蜡烛从B移动到C的过程中，即物距变大，u>2f，此时像距变小，同时像变小，故C错误；
D.当蜡烛在C点时，物距大于两倍焦距，相当于照相机，可成清晰的实像，在紧贴凸透镜的左侧放置一远视镜片，由于远视镜片也是凸透镜，当紧贴实验中的凸透镜时，组成的整体可相当于一个凸透镜，由于厚度变大，则组成的整体的焦距变小，像距变小，则物距-像距的对应坐标应出现在C点的正下方，故D正确。
故选BD。
根据凸透镜成像规：u>2f，成倒立、缩小的实像；u=2f，成倒立、等大的实像；2f>u>f，成倒立、放大的实像；u
8.【答案】BC
【解析】解：A.闭合开关S、S2，滑片P置于最右端时，R被短路；电流表A的示数为U2R0，这说明电路的总电阻为2R0，这表明是两个电阻是串联接入电路中的，a与R2并联，b与R1并联，所以a、b都是电压表，故A错误；
B.闭合开关S、S2，向左移动滑片P，此时三个电阻串联接入电路中，a并联到了R和R2的两端；设滑片移动前后电路中的电流为I1、I2，电压表a的示数变化量ΔUa等于R1、R2是两端的电压的变化量ΔU12；根据串联电路的电压规律可知，R1、R2是两端的电压的变化量ΔU12等于R1两端电压的变化量ΔU1，即：电压表a的示数变化量等于R1两端电压的变化量ΔU1，由欧姆定律可得ΔUa=ΔU1=U1−U1′=I1R1−I2R1=(I1−I2)R1=ΔIR1，
故a表的示数变化量与电流表A的示数变化量的比值为R1，大小不变，故B正确；
C.将变阻器滑片调至最左端，闭合开关S、S1，断开S2、S3时，该电路为串联电路，R与R1串联接入电路中；当S3由断开到闭合时，R2并联到了R的两端，根据并联电路的电阻关系可知，该并联部分的电阻变小，根据串联电路的电阻关系可知，电路的总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，故C正确；
D.闭合开关S、S1，断开S2时，a、b换成电流表，该电路为并联电路：电流表a测量通过R和R1的电流，电流表b测量通过R和R2的电流；向右移动滑片P滑动变阻器接入电路中的电阻变小，根据欧姆定律可知，通过滑动变阻器的电流变大，由于并联电路中各支路互不影响，通过R1、R2的电流不变，根据并联电路的电流规律可知，a和b的示数都变大，故D错误；
故选：BC。
(1)电流表应串联接入电路中，电压表应并联接入电路中；根据电流表的示数分析电路中电阻的大小，根据电阻大小判定电路的连接方式和电表的种类；
(2)设出滑片移动前后电路中电流，根据欧姆定律表示出a表示数的变化量，然后得出a表示数变化量与电流表A示数变化量的比值变化；
(3)将变阻器滑片调至最左端，闭合开关S、S1，断开S2，当S3由断开到闭合时，分析电路的连接方式和电路中电流的变化；
(4)根据欧姆定律和并联电路的电流规律分析。
本题考查了串联电路的特点、欧姆定律应用以及电路的动态分析，解答本题的关键是明确电流表和电压表的作用及电路的连接方式。
9.【答案】振动 响度 电磁波
【解析】解：一切声音都是由物体的振动产生，手机扬声器将音量调大是为了增大响度。
手机就能收到支付账单信息，是利用电磁波传递信息。
故答案为：振动；响度；电磁波。
一切声音都是由物体的振动产生；声音的强弱叫响度，振幅越大，响度越大；声波可以传递信息和能量。
此题考查声音的产生、声音与信息、声音特性的判断等，属于基础知识，比较简单。
10.【答案】热传递 费力
【解析】解：煮水饺时，水饺吸收热量，温度升高，内能增大，是通过热传递的方式来改变水饺的内能的。
用筷子夹水饺时，动力臂小于阻力臂，故筷子是费力杠杆。
故答案为：热传递；费力。
改变物体内能大小的方法有做功和热传递；
判断杠杆是省力杠杆还是费力杠杆，可依据杠杆的动力臂和阻力臂大小关系，若动力臂大于阻力臂，则是省力杠杆，若动力臂小于阻力臂，则是费力杠杆。
此题考查了内能的改变及杠杆的分类，属于基础知识。
11.【答案】S 负 远弱于
【解析】解：“其柢指南”意思是握柄指向南，由此可知，握柄是磁体的S极。
根据磁极间的相互作用知，电磁铁的左端为N极，右端为S极，根据安培定则判断出电源的左端为电源负极。
司南的指向总是受到电磁铁的干扰，说明电磁铁的磁场远强于地磁场。
故答案为：S；负；远弱于。
磁极间的作用规律是：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引；可用安培定则判断通电螺线管的两极极性。
此题考查了安培定则、据磁极间的相互作用等，属于基础知识。
12.【答案】前 减小
【解析】解：由于飞机匀速直线飞行，则在竖直方向上受到平衡力的作用，受力分析可知，其受到竖直向下的重力作用和竖直向上的升力作用，二力作用在O点，大小相等，如图所示
飞机和水一起向前运动，当飞机投水后，水由于惯性保持原来的运动状态继续向前运动，所以要提前投放。
在投水过程中一直匀速飞行，速度不变，质量变小，动能变小；高度不变，重力势能变小，故机械能变小。
故答案为：；前；减小。
结合飞机的运动状态进行受力分析，画出竖直方向的受力示意图即可；
投放水前，水和飞机一起向前运动，投放水后，水由于惯性要保持原来的运动状态，继续向前运动，所以要提前投放；
机械能包括动能和势能；动能的大小与质量和速度有关，重力势能大小与质量和高度有关，弹性势能与弹性形变的程度有关。
此题考查了影响机械能的因素、惯性现象等，属于基础知识。
13.【答案】1.8×105 二次 0.6
【解析】解：台灯正常工作半小时所消耗的电能为W=Pt=100W×30×60s=1.8×105J；
电能是利用一次能源加工获得的二次能源；
水吸收的热量为Q吸=ηW=84%×1.8×105J=1.512×105J，
根据公式Q吸=cm(t−t0)可得，水的质量为：
m=Qc水Δt=1.512×105J4.2×103I/(kg⋅℃)×(90℃−30℃)=0.6kg。c水
故答案为：1.8×105；二次；0.6。
台灯正常工作时的功率和额定功率相等，根据P=Wt公式变形可求得求出半小时所消耗的电能；
一次能源指的是：可以从自然界直接获取的能源；二次能源指的是：必须通过一次能源的消耗才可以得到的能源叫二次能源；
根据效率公式求出水吸收的热量，根据Q吸=cm(t−t0)求出可加热茶水的质量。
本题考查了电功与热量的综合计算，关键是知道用电器正常工作时的功率和额定功率相等。
14.【答案】刻度尺 便于确定像的位置 玻璃板没有垂直桌面放置 光屏放置在像的位置，直接观察光屏上有无蜡烛的像
【解析】解：(1)实验中需要探究物像到平面镜的距离，因而需要刻度尺用来测距。
(2)在探究平面镜成像特点时，我们既要观察到物体在平面镜成的像，还要观察到平面镜后面的物体，以便标记像的位置，平板玻璃能够反射光，所以能够成像；同时，平板玻璃还是透明的，能够通过玻璃看到后面的物体，以便确定像的位置，因此选用透明的玻璃板代替平面镜。
(3)玻璃板如果没有垂直于水平桌面放置时，像会偏上或偏下，所以无论怎样移动蜡烛都无法与像重合。
(4)为了确定平面镜成实像还是虚像，只需将光屏放置在像的位置，直接观察光屏上有无蜡烛的像，如果没有即说明平面镜成虚像。
故答案为：(1)刻度尺；(2)便于确定像的位置；(3)玻璃板没有垂直桌面放置；(4)光屏放置在像的位置，直接观察光屏上有无蜡烛的像。
(1)实验中需要探究物像到平面镜的距离，据此选择需要的器材；
(2)利用玻璃板透明的特点，可以观察到玻璃板的另一侧，便于找到像的位置；
(3)玻璃板如果没有垂直于水平桌面放置时，像会偏上或偏下，无论怎样移动蜡烛都无法与像重合；
(4)虚像不能成在光屏上，用光屏是否能承接到像，是判断实像和虚像的最佳方法。
本题考查学生实际动手操作实验的能力，并能对实验中出现的问题正确分析，探究平面镜成像特点的实验是中考出题的一个热点。
15.【答案】水平 滑动摩擦力 向左 正确，因为甲、乙两次实验中，压力大小相同，甲图中木板表面更粗糙，弹簧测力计的示数更大，说明此时滑动摩擦力更大 压力 2
【解析】解：
(1)该实验中弹簧测力计是在水平方向上测量力的大小，所以应该在水平方向对弹簧测力计进行调零。
(2)如图甲所示，向左拉动木板，当A相对地面静止后，A相对接触面(木板表面)是向右滑动的，所以此时A受到的摩擦力是滑动摩擦力；由二力平衡条件可知A受到的滑动摩擦力和测力计的拉力(即测力计的示数)大小相等；滑动摩擦力的方向与相对运动的方向相反，所以A受到的摩擦力方向是水平向左。
(3)甲、乙两次实验中，压力大小相同，甲图中木板表面更粗糙，弹簧测力计的示数更大，说明此时滑动摩擦力更大，所以可以得出结论：当压力一定时，接触面粗糙程度越大，滑动摩擦力越大；即小明的结论正确。
(4)甲、丙两图中，接触面的粗糙程度相同，但是丙图中的压力更大，弹簧测力计的示数更大，即滑动摩擦力也更大，所以可得结论：当接触面粗糙程度一定时，接触面受到的压力越大，滑动摩擦力越大。
(5)由甲、丙两图可知，丙图中物体对木板的压力是甲图的两倍，丙图中测力计的示数也是甲图的两倍，即丙图中物体受到的滑动摩擦力也是甲图的两倍，故可得出结论：当接触面粗糙程度一定时，滑动摩擦力的大小与压力大小成正比；
物块A的质量是1.2kg，其重力为G=mg=1.2kg×10N/kg=12N，则甲图中A对木板的压力大小为F压=G=12N，且甲图中物体受到的摩擦力f甲=F示=2.4N，
设丁图中氢气球对物体的拉力为F，则此时A对木板的压力大小为F压′=G−F=12N−F，且丁图中物体受到的摩擦力f丁=F示′=2N，
因为接触面粗糙程度一定时，滑动摩擦力的大小与压力大小成正比，
所以可得：f丁f甲=F压′F压，即2N2.4N=12N−F12N，
解得F=2N。
故答案为：(1)水平；(2)滑动摩擦力；向左；(3)正确；因为甲、乙两次实验中，压力大小相同，甲图中木板表面更粗糙，弹簧测力计的示数更大，说明此时滑动摩擦力更大；(4)压力；(5)2。
(1)测力计在使用前应在所测力的方向上调零；
(2)两个相互接触的物体，一个物体在另一个物体表面滑动时，在接触面上产生阻碍相对运动的力，叫滑动摩擦力；如图甲所示，向左拉动木板，当A相对地面静止后，根据运动和静止的相对性确定A相对于长木板运动的方向，滑动摩擦力的方向与物体相对运动的方向相反；
(3)(4)滑动摩擦力的大小跟压力大小和接触面粗糙程度有关，探究滑动摩擦力大小跟压力大小的关系时，需控制接触面的粗糙程度不变；探究滑动摩擦力大小跟接触面粗糙程度的关系时，需控制压力大小不变。
(5)根据(4)得出物体受到滑动摩擦力的大小与压力大小的定量关系；根据G=mg得出A的重力，可知甲图中物体对接触面的压力大小，由二力平衡条件求出物体受到的摩擦力；丁图中A对木板的压力大小为F压′=G−F，由二力平衡条件求出此时物体受到的摩擦力，根据滑动摩擦力大小与压力大小成正比得出图丁所示的氢气球的拉力。
本题是探究影响摩擦力大小因素的典型实验，本实验重点是控制变量法在本实验中的运用，考查较全面，有一定难度。
16.【答案】小灯泡短路 变大 0.625R3 A<
【解析】解：(1)实验中，电压表应与灯泡并联，电流表与灯泡串联，正确连线如下图所示：
(2)闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表有示数，说明电路是通路；电压表的示数为零，说明电压表并联的电路短路或电压表短路，即这种现象的原因可能是小灯泡短路。
(3)根据欧姆定律可知，电压表与电流表的示数之比为灯泡电阻，观察图乙容易发现图线向下弯曲，则电压与电流的比值随电压的增大而增大。
当灯的电压为2.5V时正常发光，由图乙知，此时通过的电流为0.25A，小灯泡的额定功率P额=U额I额=2.5V×0.25A=0.625W。
(4)控制定值电阻两端电压为U定=2.5V，根据串联电路电压的规律，滑动变阻器分得的电压U滑=U−U定=6V−2.5V=3.5V，
由串联电路的分压原理有R定R滑=U定U滑=2.5V3.5V=57，
即R滑=75R定，
当定值电阻为30Ω连入电路时，对应的滑动变阻器的阻值为R滑=75R定=75×30Ω=42Ω，
故为了完成整个实验，滑动变阻器阻值不能小于42Ω，故选R3。
小明用20Ω的电阻替换掉15Ω时，根据串联分压原理可知定值电阻两端分得的电压增大，要保持定值电阻两端电压不变，应增大滑动变阻器分得的电压，所以应增大滑动变阻器接入电路的阻值，即滑片应该向A端移动。
由图象可知，灯泡电压1.5V∼2.5V变化过程中，电流变化是均匀的，若电压从1.5V增大到2.0V时电流增大ΔI，则电压从2.0V增大到2.5V时电流变化也为ΔI，由P=UI有
P2=U2I=2V×I，
P1=U1I1=1.5V×(I−ΔI)，
P3=U3I3=2.5V×(I+ΔI)，
P1+P32=1.5V×(I−ΔI)+2.5V×(I+ΔI)2=2V×I+ΔI2>2V×I，
所以P2<12(P1+P3)。
故答案为：(1)见解析；(2)小灯泡短路；(3)变大；0.625；(4)R3；A；<。
(1)实验中，电压表应与灯泡并联，电流表与灯泡串联，由此分析；
(2)小灯泡不亮，电流表有示数，说明电路是通路；电压表的示数为零，说明电压表并联的电路短路或电压表短路，据此分析；
(3)电压表与电流表的示数之比为灯泡电阻，灯泡电阻会随温度的增大而增大；
由图像读出灯泡电压等于额定电压时通过的电流，由P=UI计算灯泡的额定功率；
(4)根据串联电路电压的规律和分压原理求出当阻值最大的定值电阻连入电路时对应的滑动变阻器的阻值，即可判断出应选择哪个滑动变阻器；探究电流跟电阻的关系，需控制定值电阻两端电压不变，根据串联电路电压的规律和分压原理分析当小何用20Ω的电阻替换掉15Ω时，滑片移动方向；
由图象分析灯泡电压变化与电流变化的大小，从而分析1.5V、2.0V、2.5V灯泡的电阻大小关系；由图象分析电流变化与电压变化特点，由P=UI分析解答。
本题考查测量小灯泡额定功率和探究电流与电阻的关系实验。考查了电路连接、I−U图像的理解、额定功率的计算、控制变量法的应用等知识，难点是串联电路分压原理的应用。
17.【答案】解：(1)乙容器中水的质量m水=ρ水V水=1.0×103kg/m3×6×10−3m3=6kg；
(2)质量分布均匀的圆柱体对水平面的压强p=FS=ρShgS=ρgh，当甲沿着竖直方向切去13，则剩余的木块甲对桌面的压强不变，压强为p木=ρ木gh木=0.8×103kg/m3×10N/kg×0.5m=4000Pa。
(3)甲切去部分的重力ΔG木=ρ木S木Δh木g=0.8×103kg/m3×8×10−3m2×0.4m×10N/kg=25.6N；
由于木块密度小于水的密度，木块放入水中后漂浮，F浮=ΔG，木块排开水的体积V排=ΔGρ水g=25.6N1.0×103kg/m3×10N/kg=2.56×10−3m3；
容器乙的总容积V总=S乙h乙=2×10−2m2×0.4m=8×10−3m3；
容器乙中未放入木块时空余部分的体积V余=V总−V水=8×10−3m3−6×10−3m3=2×10−3m3
V溢=V排−V余=2.56×10−3m3−2×10−3m3=0.56×10−3m3。
溢出水的重力G溢水=ρ水V溢g=1.0×103kg/m3×0.56×10−3m3×10N/kg=5.6N；
容器乙底部压力变化量ΔF=ΔG木−G溢水=25.6N−5.6N=20N；
容器乙底部压强变化量Δp=ΔFS乙=20N2×10−2m2=1000Pa。
答：(1)乙容器中水的质量为6kg；
(2)剩余的木块甲对桌面的压强为4000Pa；
(3)把切去的木块放入容器乙中，容器对桌面的压强增加量Δp容是1000Pa。
【解析】(1)水的体积和密度已知，用密度公式得到乙容器中水的质量。
(2)先推出质量分布均匀的圆柱体对水平面的压强公式p=ρgh，然后代入已知量得到剩余的木块甲对桌面的压强。
(3)利用重力公式、密度公式得到切去木块的重力，把木块放入水中后，由于木块密度小于水的密度，木块漂浮，利用浮力公式得到木块排开水的体积；用容器乙的容积减去水的体积得到乙空余部分的体积，由于排开水的体积大于乙空余部分的体积，得到木块放入水中后有水溢出，压力变化量ΔF=ΔG木−G溢水，压强变化量用压强公式求出。
本题要掌握压强公式、液体压强公式、密度公式、浮力公式，有一定难度。
18.【答案】解：闭合开关，灯泡、滑动变阻器和定值电阻串联，电压表V1测量滑动变阻器两端的电压，电压表V2测量滑动变阻器和定值电阻两端的总电压。
(1)灯泡正常发光时的电压UL=6V，功率PL=3W，
由P=UI可得，灯泡正常工作时的电流：IL=PLUL=3W6V=0.5A；
(2)不考虑灯泡电阻的变化，由欧姆定律可得，灯泡的电阻：RL=ULIL=6V0.5A12Ω；
根据串联分压特点可知，滑动变阻器接入电路的电阻越大，电压表的示数越大，根据欧姆定律可知电路中电流越小，电源电源不变，根据P=UI可知电路总功率越小。
当电压表V2的示数U2=15V时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，电路中电流最小，根据串联电路的电压特点可知此时灯泡两端的电压：UL′=U−U2=18V−15V=3V，
因串联电路中各处的电流相等，根据欧姆定律可知电路中的最小电流I=UL′RL=3V12Ω=0.25A，
电路的最小总功率P=UI=18V×0.25A=4.5W；
(3)设滑片移动前后电路中的电流分别为I1、I2，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电压表V1示数的变化量：ΔU1=(U−I2RL−I2R2)−(U−I1RL−I1R2)=(I1−I2)(RL+R2)=ΔI(RL+R2)，
电压表V2示数变化量：ΔU2=(U−I2RL)−(U−I1RL)=(I1−I2)RL=ΔIRL，
因电压表V1示数的变化量与电压表V2示数变化量之比为5：3，且不考虑灯泡电阻的变化，
所以，ΔU1ΔU2=ΔI(RL+R2)ΔIRL=RL+R2RL=12Ω+R212Ω=53，
解得：R2=8Ω。
答：(1)灯泡正常工作时的电流为0.5A；
(2)电路的最小总功率为4.5W；
(3)R2的电阻为8Ω。
【解析】闭合开关，灯泡、滑动变阻器和定值电阻串联，电压表V1测量滑动变阻器两端的电压，电压表V2测量滑动变阻器和定值电阻两端的总电压。
(1)灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，功率和额定功率相等，根据P=UI求出灯泡正常工作时的电流；
(2)不考虑灯泡电阻的变化，根据欧姆定律求出灯泡的电阻；
根据串联分压特点可知，滑动变阻器接入电路的电阻越大，电压表的示数越大，根据欧姆定律可知电路中电流越小，电源电源不变，根据P=UI可知电路总功率越小。
当电压表V2的示数U2=15V时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，电路中电流最小，根据串联电路的电压特点可知此时灯泡两端的电，因串联电路中各处的电流相等，根据欧姆定律可知电路中的最小电流，根据P=UI得出电路的最小总功率；
(3)设出滑片移动前后电路中的电流，根据串联电路的电压特点和欧姆定律分别表示出电压表V1示数的变化量、电压表V2示数变化量，电压表V1示数的变化量与电压表V2示数变化量之比为5：3，且不考虑灯泡电阻的变化，据此得出等式求出R2的阻值；
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，有一定难度。
2023年河北省邯郸市武安市中考物理模拟试卷
1. 下列估测最接近实际的是( )
A. 成年人正常步行100m的时间约为30s B. 邯郸市冬天的平均气温约为−20℃
C. 教室门的高度约为2.2m D. 一支木制铅笔的质量约为100g
2. 中国古诗词中蕴含了丰富的物理知识，下列说法正确的是( )
A. 蜡烛有心还惜别，替人垂泪到天明——“泪”的形成是液化现象，需要放热
B. 年年端午风兼雨，似为屈原陈昔冤——雨的形成是汽化现象，需要吸热
C. 欲渡黄河冰塞川，将登太行雪满山——冰的形成是凝固现象，需要吸热
D. 山明水净夜来霜，数树深红出浅黄——霜的形成是凝华现象，需要放热
3. 家庭电路中需要安装一个“一开三孔”开关(即一个开关和一个三孔插座连在一起)，要求插座能单独使用，开关能控制电灯且符合安全用电原则，从实物正面观察如图所示：几种接线中符合要求的是( )
A. B.
C. D.
4. 渔民利用如图所示的滑轮组把水中的小渔船拖上岸进行维护，当渔民作用在绳子自由端的拉力为150N时，小渔船在河水中以0.2m/s的速度匀速向右运动，滑轮组的机械效率为80%。不计绳重和绳与滑轮间的摩擦，下列说法正确的是( )
A. 拉力的功率为90W
B. 小渔船在水中受到的阻力为180N
C. 动滑轮的重力为30N
D. 小渔船从水中被拖上岸后滑轮组的机械效率变高
5. 2022年11月29日，搭载神舟十五号载人飞船的长征二号F遥十五运载火箭在酒泉卫星发射中心发射，飞往空间站天和核心舱。火箭离地升空时，下列说法正确的( )
A. 以地面为参照物，地面指挥中心大楼是运动的
B. 以载人飞船为参照物，地面指挥中心大楼是运动的
C. 以火箭为参照物，该载人飞船内的航天员是运动的
D. 以载人飞船为参照物，该载人飞船内被固定在座位上的航天员是向上运动的
6. 下图中所示的物理现象，不能用流体的压强与流速的关系解释的是( )
A. 口吹硬币跳跃木块
B. 孔明灯升上了天空
C. 用吸管喝饮料
D. 向下吹气，乒乓球不下落
7. 图甲是小明在做“探究凸透镜成像规律”实验时的装置，图乙是他根据实验数据描绘的物距一像距图像。蜡烛在光具座上移动过程中的三个位置A、B、C分别与图像中三点相对应。则下列说法正确的是( )
A. 该凸透镜的焦距为20cm
B. 当蜡烛在A位置时的成像特点与投影仪相同
C. 将蜡烛从B移动到C的过程中，所成像逐渐变大
D. 当蜡烛在C点时，在紧贴凸透镜的左侧放置一远视镜片，移动光屏，可在光屏上呈现烛焰清晰的实像，此时物距一像距的对应坐标应出现在C点的正下方
8. 如图所示电路中，电源电压为U恒定不变，R1、R2是阻值为R0的定值电阻，R是最大阻值为R0的滑动变阻器，a，b是电流表或电压表。闭合开关S1、S2，滑片P置于最右端时，电路安全且电流表A的示数为U2R0，则下列说法中正确的是( )
A. a为电压表，b为电流表
B. 闭合开关S，S2，向左移动滑片P，a与电流表A两表示数变化量的比值不变
C. 将变阻器滑片调至最左端，闭合开关S、S1，断开S2，当S3由断开到闭合时，电流表A的示数变大
D. 将变阻器滑片调至最左端，闭合开关S、S2，a、b换成另一种电表，向右移动滑片P，则电表a和b的示数都变小
9. 声波支付是利用声波的传输，完成两个设备的近场识别。其具体过程是，在第三方支付产品的手机客户端里，内置有“声波支付”功能，用户打开此功能后，用手机扬声器对准收款方的麦克风，手机会播放一段“咻咻咻”的声音。这种声音是由物体______ 产生的。将手机扬声器的音量调大是为了改变声音的______ (选填“音调”“响度”或“音色”)。买单完成后，几秒钟内(如图所示)手机就能收到支付账单信息，这是利用了______ 传递信息。
10. 水饺是我国北方人民比较喜爱的传统美食。煮水饺时是通过______ 的方式来改变水饺的内能的；用筷子夹水饺时，筷子属于______ (选填“省力”或“费力”)杠杆。
11. 东汉学者王充在《论衡》中记载：“司南之杓，投之于地，其柢指南”。“柢”即握柄，是磁体的______ (选填“N”或“S”)极。将司南悬挂在电磁铁正上方，闭合开关，司南静止时的指向如图所示，则电源左端是______ 极。将电磁铁水平放置在不同方向，司南静止后的指向总与电磁铁摆放方向平行，说明司南处的地磁场______ (选填“远强于”或“远弱于”)电磁铁的磁场。
12. 2023年1月4日，由中国自主研制的“鲲龙”AG600M灭火机在广东珠海完成本年度首次飞行任务。如图为“鲲龙”AG600M在空中匀速直线飞行时的照片，请画出“鲲龙”AG6O0M在竖直方向的受力示意图(力的作用点画在O点)。“鲲龙”AG600M执行森林灭火的投水任务时，应该在到达着火点______ (选填“正上方”“前”或“后”)投水。若“鲲龙”AG60OM在投水过程中一直匀速飞行，则其机械能______ (选填“增大”、“不变”或“减小”)。
13. 如图所示是根据能量守恒定律设计的一款灯壶合一的“水壶台灯”。“水壶台灯”是由玻璃壶、圆形底座和白炽灯组成。白炽灯与壶形灯罩下方的凹槽正好吻合(灯泡不直接与水接触)，可将发光时所产生的热量用于茶水保温。白炽灯标有“100W”的字样，该台灯正常工作半小时所消耗的电能为______ J，电能属于______ (选填“一次”或“二次”)能源。若上述电能的84%转化为内能并全部被水吸收，最多可将______ kg初温为30℃的茶水加热至90℃。[c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]
14. 在“探究平面镜成像特点”实验时，所准备的实验器材有：透明玻璃板、支架、两支相同的蜡烛、白纸，实验装置如图所示：
(1)实验中还需要的器材是______ 、火柴。
(2)用透明玻璃板代替平面镜的目的是______ 。
(3)在某次实验中，把蜡烛A放到玻璃板前，在玻璃板后的桌面上无论怎样移动蜡烛B，都无法让它与蜡烛A的像完全重合，其原因可能是______ 。
(4)利用一块光屏，通过实验证明所成的像是虚像。操作方法是______ 。
15. 为了探究影响滑动摩擦力的大小因素，小明设计了如图所示的实验装置。已知本实验所用的物块A的质量是1.2kg。
(1)实验前应在______ (选填“水平”或“竖直”)方向对弹簧测力计进行调零。
(2)如图甲所示，向左拉动木板，当A相对地面静止后，A受到的______ (选填“静摩擦力”或“滑动摩擦力”)大小与测力计示数相等，方向水平______ 。
(3)为了探究滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度是否有关，他做了甲、乙两次实验，于是得出结论：当压力一定时，接触面粗糙程度越大，滑动摩擦力越大，你认为结论是否正确？为什么？______ 。
(4)对比甲、丙两图可得结论：当接触面粗糙程度一定时，接触面受到的______ 越大，滑动摩擦力越大。
(5)根据甲、丙两图的数据与结论，图丁所示的氢气球的拉力为______ N。
16. 小明同学想利用图甲测量标有“2.5V？W”小灯泡的额定功率。实验室有如下器材：电源(电压恒为6V)、电流表(0∼0.6A,0∼3A)、电压表(0∼3V、0∼15V)、开关、导线若干、滑动变阻器三只：R1(20Ω0.2A)R2(40Ω0.5A)、R3(60Ω0.5A)。
(1)小明发现电路中有一根导线连接错误，请在图中连接错误的导线上打“×”，并用笔画线代替导线将电路连接正确。
(2)电路连接正确，闭合开关后，发现小灯泡不亮，电流表有示数，电压表示数为零，出现这种现象的原因是______ 。
(3)改正所有问题并正确完成实验，小明绘制了如图乙所示的小灯泡I−U图像，发现当电压表的示数增大时，电压表与电流表的示数之比______ (选填“变大”“变小”或“不变”)，小灯泡的额定功率是______ W。
(4)完成实验后，小明想用10Ω、15Ω、20Ω、25Ω、30Ω的定值电阻更换电路中的灯泡，探究电流跟电阻的关系，若想控制定值电阻两端电压为2.5V不变，则小明应选用滑动变阻器______ (选填“R1”“R2”或“R3”)。当小明用20Ω的电阻替换掉15Ω的电阻时，滑动变阻器的滑片应该向______ (选填“A”或“B”)端移动。
【拓展】小强也连接了图甲的电路(改正后的)测量灯泡的额定电功率，根据测得的几次实验数据作出小灯泡电压在1.5V∼2.5V之间的I−U图像如图丙所示，图像近似为一条线段。若小灯泡电压为1.5V、2.0V、2.5V时小灯泡的功率分别为P1、P2、P3，则P2______ 12(P1+P3)(选填“>”“<”或“=”)。
17. 如图所示，质量分布均匀的圆柱形木块用与薄壁圆柱形容器乙放置于水平桌面上，已知木块甲的密度为0.8×103kg/m3，高为0.5m，底面积为8×10−3m2；乙容器的底面积为2×10−2m2，高为0.4m，容器内盛有体积为6×10−3m3的水，g取10N/kg。
(1)求此时乙容器中水的质量。
(2)若甲沿着竖直方向切去13，则木块甲剩余部分对桌面的压强。
(3)不考虑第二问、仅在甲上方沿水平方向切去Δh的高度，并将切去部分竖直放入容器乙内，请计算当Δh=0.4m时，容器乙对桌面的压强增加量Δp容。
18. 如图所示，电源电压恒为18V，灯泡标有“6V3W”，R1为标有“60Ω1A”的滑动变阻器，电压表量程均为0−15V(不考虑灯泡电阻的变化)。
(1)求灯泡正常工作时的电流。
(2)求电路的最小总功率。
(3)若移动滑动变阻器滑片过程中，电压表V1示数的变化量与电压表V2示数变化量之比为5：3，求R2的电阻。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.成年人正常步行的速度是1.1m/s，30s时间大约走33m，故A不正确；
B.邯郸市冬天的平均气温高于零下20℃，故B不正确；
C.教室门的高度约为2.2m，故C正确；
D.一支木制铅笔的质量约为10g，所以D不正确。
故选：C。
利用生活中我们熟悉的一些数据作为根据，进行单位换算，有时要利用基本公式求未知物理量。
本题考查了对长度、速度、温度、质量的估测，注重理论与实际差异的应变能力的培养，体现新课程的基本理念。
2.【答案】D
【解析】解：A.“泪”的形成是蜡由固态熔化成液态的过程，需要吸热，故A错误；
B.雨是空气中的水蒸气遇冷液化形成的，需要放热，故B错误；
C.冰是由水凝固而成的，需要放热，故C错误；
D.霜是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的，需要放热，故D正确。
故选：D。
物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固；凝固、液化、凝华放热；熔化、汽化、升华吸热。
关于物态变化的题目，首先要确定物质原来所处的状态与现在的状态，结合物态变化的定义来突破这种类型的题目。
3.【答案】C
【解析】A、火线先接开关，再接灯泡，零线直接接灯泡，三孔插座中，上孔接地，左孔接零线，右孔经开关接火线，但插座不能单独使用。此方法错误；
B、灯泡直接接在火线上，灯泡开关接法不正确，三孔插座右孔接法错误。此方法错误；
C、火线先接开关，再接灯泡，零线直接接灯泡，灯泡开关接法正确。三孔插座中，上孔接地，左孔接零线，右孔接火线，插座能单独使用。此方法正确；
D、火线先接开关，再接灯泡，零线直接接灯泡，灯泡开关接法正确。三孔插座中，左孔接地，上孔接零线，右孔接火线，三孔插座地线、零线接法错误。此方法错误。
故选：C。
(1)家庭电路中，开关控制灯泡时，火线首先接开关，再接灯泡；零线直接接灯泡。这样连接，开关既能控制灯泡，又能在灯泡损坏时，断开开关，切断火线，更换灯泡更安全。
(2)三孔插座的正确连接方法：上孔接地线，左孔接零线，右孔接火线。
为了人身安全，要掌握开关控制灯泡和三孔插座的连接方法，并且掌握这种正确连接的必要性。
4.【答案】D
【解析】解：
A、由图可知，滑轮组绳子的有效股数n=2，则绳子自由端移动的速度：v=2v船=2×0.2m/s=0.4m/s，
拉力的功率：P=Wt=Fst=Fv=150N×0.4m/s=60W，故A错误；
B、η=W有W总=F拉lFs=F拉nF可知，船受到的拉力为：F拉=ηnF=80%×2×150N=240N；
船做匀速直线运动，则船受到的阻力与拉力是一对平衡力，所以船受到的阻力为240N；
不计绳重和绳与滑轮间的摩擦，小渔船受到的拉力与动滑轮重、自由端拉力的关系：F=12(F拉+G动)，
即150N=12(240+G动)，
解得G动=60N，故BC错误；
D、不计绳重和绳与滑轮间的摩擦，小渔船从水中被拖上岸后，克服小船受到阻力做的有用功增大，在额外功不变时，有用功在总功中所占的比例增大，因此滑轮组的机械效率变大，故D错误。
故选：D。
(1)根据图示可知滑轮组绳子的有效股数n=2，根据v=nv船求出绳子自由端移动的速度，根据P=Wt=Fst=Fv求出拉力的功率；
(2)不计绳重和绳与滑轮间的摩擦，根据η=W有W总=F拉lFs=F拉nF求出小渔船在水中受到的拉力，根据二力平衡求出阻力的大小；根据F=12(F拉+G动)求出动滑轮的重力；
(3)小渔船从水中被拖上岸后，小渔船受到的阻力变大，即克服小船受到阻力做的有用功增大，在额外功不变时，有用功在总功中所占的比例增大，据此判断机械效率的变化。
此题主要考查了滑轮组绳子拉力计算公式、滑轮组的机械效率和功率计算公式的应用，综合性强，难度不大，属于中档题。
5.【答案】B
【解析】解：A.以地面为参照物，地面指挥中心大楼的位置没有发生变化，所以该大楼是静止的，故A错误；
B.以载人飞船为参照物，地面指挥中心大楼的位置发生了改变，所以该大楼是运动的，故B正确；
C.以火箭为参照物，该载人飞船内的航天员的位置没有发生变化，所以航天员是静止的，故C错误；
D.以载人飞船为参照物，该载人飞船内被固定在座位上的航天员的位置没有发生改变，所以航天员是静止的，故D错误。
故选：B。
在研究物体的运动和静止时，要看物体的位置相对于参照物是否发生改变，若改变，则是运动的，若不改变，则是静止的。
判断一个物体是运动还是静止，主要取决于所选的参照物，参照物不同，物体的运动情况可能不同，这就是运动和静止的相对性。
6.【答案】BC
【解析】解：A.紧贴硬币上表面使劲吹气使硬币上方的空气流速大，压强变小，硬币下方的空气流速小，压强大，硬币受到一个向上的压力差，因此硬币就“跳”过了木块，利用了流体压强与流速关系；
B.因为空气受热后会体积膨胀，空气密度小，重量轻，会上升，孔明灯升上了天空，是利用浮力，不能用流体的压强与流速的关系解释；
C.当用口吸吸管时，口内气压减小，小于外界大气压，大气压压着饮料进入口中，用吸管吸饮料是利用了大气压的作用，不是利用流体压强与流速的关系；
D.从漏斗口向下吹气，乒乓球不会掉下来是因为乒乓球上方空气流速大，压强小，乒乓球下方空气流速小，压强大，从而有向上的压强差，使乒乓球不会掉下来，是利用流体压强与流速的关系。
故选：BC。
流体的压强与流速的关系：流体在流速大的地方压强小、在流速小的地方压强大。
此题考查流体压强和流速关系的应用，难度不大。
7.【答案】BD
【解析】解：A.由图乙可知，B点时，物距等于像距，根据凸透镜成像规律可知，此时u=v=20cm，
则焦距f=10cm，故A错误；
B.由图乙可知，A点时，物距与焦距的关系为2f>u>f，成倒立、放大的实像，是幻灯机和投影仪的原理，故B正确；
C.将蜡烛从B移动到C的过程中，即物距变大，u>2f，此时像距变小，同时像变小，故C错误；
D.当蜡烛在C点时，物距大于两倍焦距，相当于照相机，可成清晰的实像，在紧贴凸透镜的左侧放置一远视镜片，由于远视镜片也是凸透镜，当紧贴实验中的凸透镜时，组成的整体可相当于一个凸透镜，由于厚度变大，则组成的整体的焦距变小，像距变小，则物距-像距的对应坐标应出现在C点的正下方，故D正确。
故选BD。
根据凸透镜成像规：u>2f，成倒立、缩小的实像；u=2f，成倒立、等大的实像；2f>u>f，成倒立、放大的实像；u
8.【答案】BC
【解析】解：A.闭合开关S、S2，滑片P置于最右端时，R被短路；电流表A的示数为U2R0，这说明电路的总电阻为2R0，这表明是两个电阻是串联接入电路中的，a与R2并联，b与R1并联，所以a、b都是电压表，故A错误；
B.闭合开关S、S2，向左移动滑片P，此时三个电阻串联接入电路中，a并联到了R和R2的两端；设滑片移动前后电路中的电流为I1、I2，电压表a的示数变化量ΔUa等于R1、R2是两端的电压的变化量ΔU12；根据串联电路的电压规律可知，R1、R2是两端的电压的变化量ΔU12等于R1两端电压的变化量ΔU1，即：电压表a的示数变化量等于R1两端电压的变化量ΔU1，由欧姆定律可得ΔUa=ΔU1=U1−U1′=I1R1−I2R1=(I1−I2)R1=ΔIR1，
故a表的示数变化量与电流表A的示数变化量的比值为R1，大小不变，故B正确；
C.将变阻器滑片调至最左端，闭合开关S、S1，断开S2、S3时，该电路为串联电路，R与R1串联接入电路中；当S3由断开到闭合时，R2并联到了R的两端，根据并联电路的电阻关系可知，该并联部分的电阻变小，根据串联电路的电阻关系可知，电路的总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，故C正确；
D.闭合开关S、S1，断开S2时，a、b换成电流表，该电路为并联电路：电流表a测量通过R和R1的电流，电流表b测量通过R和R2的电流；向右移动滑片P滑动变阻器接入电路中的电阻变小，根据欧姆定律可知，通过滑动变阻器的电流变大，由于并联电路中各支路互不影响，通过R1、R2的电流不变，根据并联电路的电流规律可知，a和b的示数都变大，故D错误；
故选：BC。
(1)电流表应串联接入电路中，电压表应并联接入电路中；根据电流表的示数分析电路中电阻的大小，根据电阻大小判定电路的连接方式和电表的种类；
(2)设出滑片移动前后电路中电流，根据欧姆定律表示出a表示数的变化量，然后得出a表示数变化量与电流表A示数变化量的比值变化；
(3)将变阻器滑片调至最左端，闭合开关S、S1，断开S2，当S3由断开到闭合时，分析电路的连接方式和电路中电流的变化；
(4)根据欧姆定律和并联电路的电流规律分析。
本题考查了串联电路的特点、欧姆定律应用以及电路的动态分析，解答本题的关键是明确电流表和电压表的作用及电路的连接方式。
9.【答案】振动 响度 电磁波
【解析】解：一切声音都是由物体的振动产生，手机扬声器将音量调大是为了增大响度。
手机就能收到支付账单信息，是利用电磁波传递信息。
故答案为：振动；响度；电磁波。
一切声音都是由物体的振动产生；声音的强弱叫响度，振幅越大，响度越大；声波可以传递信息和能量。
此题考查声音的产生、声音与信息、声音特性的判断等，属于基础知识，比较简单。
10.【答案】热传递 费力
【解析】解：煮水饺时，水饺吸收热量，温度升高，内能增大，是通过热传递的方式来改变水饺的内能的。
用筷子夹水饺时，动力臂小于阻力臂，故筷子是费力杠杆。
故答案为：热传递；费力。
改变物体内能大小的方法有做功和热传递；
判断杠杆是省力杠杆还是费力杠杆，可依据杠杆的动力臂和阻力臂大小关系，若动力臂大于阻力臂，则是省力杠杆，若动力臂小于阻力臂，则是费力杠杆。
此题考查了内能的改变及杠杆的分类，属于基础知识。
11.【答案】S 负 远弱于
【解析】解：“其柢指南”意思是握柄指向南，由此可知，握柄是磁体的S极。
根据磁极间的相互作用知，电磁铁的左端为N极，右端为S极，根据安培定则判断出电源的左端为电源负极。
司南的指向总是受到电磁铁的干扰，说明电磁铁的磁场远强于地磁场。
故答案为：S；负；远弱于。
磁极间的作用规律是：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引；可用安培定则判断通电螺线管的两极极性。
此题考查了安培定则、据磁极间的相互作用等，属于基础知识。
12.【答案】前 减小
【解析】解：由于飞机匀速直线飞行，则在竖直方向上受到平衡力的作用，受力分析可知，其受到竖直向下的重力作用和竖直向上的升力作用，二力作用在O点，大小相等，如图所示
飞机和水一起向前运动，当飞机投水后，水由于惯性保持原来的运动状态继续向前运动，所以要提前投放。
在投水过程中一直匀速飞行，速度不变，质量变小，动能变小；高度不变，重力势能变小，故机械能变小。
故答案为：；前；减小。
结合飞机的运动状态进行受力分析，画出竖直方向的受力示意图即可；
投放水前，水和飞机一起向前运动，投放水后，水由于惯性要保持原来的运动状态，继续向前运动，所以要提前投放；
机械能包括动能和势能；动能的大小与质量和速度有关，重力势能大小与质量和高度有关，弹性势能与弹性形变的程度有关。
此题考查了影响机械能的因素、惯性现象等，属于基础知识。
13.【答案】1.8×105 二次 0.6
【解析】解：台灯正常工作半小时所消耗的电能为W=Pt=100W×30×60s=1.8×105J；
电能是利用一次能源加工获得的二次能源；
水吸收的热量为Q吸=ηW=84%×1.8×105J=1.512×105J，
根据公式Q吸=cm(t−t0)可得，水的质量为：
m=Qc水Δt=1.512×105J4.2×103I/(kg⋅℃)×(90℃−30℃)=0.6kg。c水
故答案为：1.8×105；二次；0.6。
台灯正常工作时的功率和额定功率相等，根据P=Wt公式变形可求得求出半小时所消耗的电能；
一次能源指的是：可以从自然界直接获取的能源；二次能源指的是：必须通过一次能源的消耗才可以得到的能源叫二次能源；
根据效率公式求出水吸收的热量，根据Q吸=cm(t−t0)求出可加热茶水的质量。
本题考查了电功与热量的综合计算，关键是知道用电器正常工作时的功率和额定功率相等。
14.【答案】刻度尺 便于确定像的位置 玻璃板没有垂直桌面放置 光屏放置在像的位置，直接观察光屏上有无蜡烛的像
【解析】解：(1)实验中需要探究物像到平面镜的距离，因而需要刻度尺用来测距。
(2)在探究平面镜成像特点时，我们既要观察到物体在平面镜成的像，还要观察到平面镜后面的物体，以便标记像的位置，平板玻璃能够反射光，所以能够成像；同时，平板玻璃还是透明的，能够通过玻璃看到后面的物体，以便确定像的位置，因此选用透明的玻璃板代替平面镜。
(3)玻璃板如果没有垂直于水平桌面放置时，像会偏上或偏下，所以无论怎样移动蜡烛都无法与像重合。
(4)为了确定平面镜成实像还是虚像，只需将光屏放置在像的位置，直接观察光屏上有无蜡烛的像，如果没有即说明平面镜成虚像。
故答案为：(1)刻度尺；(2)便于确定像的位置；(3)玻璃板没有垂直桌面放置；(4)光屏放置在像的位置，直接观察光屏上有无蜡烛的像。
(1)实验中需要探究物像到平面镜的距离，据此选择需要的器材；
(2)利用玻璃板透明的特点，可以观察到玻璃板的另一侧，便于找到像的位置；
(3)玻璃板如果没有垂直于水平桌面放置时，像会偏上或偏下，无论怎样移动蜡烛都无法与像重合；
(4)虚像不能成在光屏上，用光屏是否能承接到像，是判断实像和虚像的最佳方法。
本题考查学生实际动手操作实验的能力，并能对实验中出现的问题正确分析，探究平面镜成像特点的实验是中考出题的一个热点。
15.【答案】水平 滑动摩擦力 向左 正确，因为甲、乙两次实验中，压力大小相同，甲图中木板表面更粗糙，弹簧测力计的示数更大，说明此时滑动摩擦力更大 压力 2
【解析】解：
(1)该实验中弹簧测力计是在水平方向上测量力的大小，所以应该在水平方向对弹簧测力计进行调零。
(2)如图甲所示，向左拉动木板，当A相对地面静止后，A相对接触面(木板表面)是向右滑动的，所以此时A受到的摩擦力是滑动摩擦力；由二力平衡条件可知A受到的滑动摩擦力和测力计的拉力(即测力计的示数)大小相等；滑动摩擦力的方向与相对运动的方向相反，所以A受到的摩擦力方向是水平向左。
(3)甲、乙两次实验中，压力大小相同，甲图中木板表面更粗糙，弹簧测力计的示数更大，说明此时滑动摩擦力更大，所以可以得出结论：当压力一定时，接触面粗糙程度越大，滑动摩擦力越大；即小明的结论正确。
(4)甲、丙两图中，接触面的粗糙程度相同，但是丙图中的压力更大，弹簧测力计的示数更大，即滑动摩擦力也更大，所以可得结论：当接触面粗糙程度一定时，接触面受到的压力越大，滑动摩擦力越大。
(5)由甲、丙两图可知，丙图中物体对木板的压力是甲图的两倍，丙图中测力计的示数也是甲图的两倍，即丙图中物体受到的滑动摩擦力也是甲图的两倍，故可得出结论：当接触面粗糙程度一定时，滑动摩擦力的大小与压力大小成正比；
物块A的质量是1.2kg，其重力为G=mg=1.2kg×10N/kg=12N，则甲图中A对木板的压力大小为F压=G=12N，且甲图中物体受到的摩擦力f甲=F示=2.4N，
设丁图中氢气球对物体的拉力为F，则此时A对木板的压力大小为F压′=G−F=12N−F，且丁图中物体受到的摩擦力f丁=F示′=2N，
因为接触面粗糙程度一定时，滑动摩擦力的大小与压力大小成正比，
所以可得：f丁f甲=F压′F压，即2N2.4N=12N−F12N，
解得F=2N。
故答案为：(1)水平；(2)滑动摩擦力；向左；(3)正确；因为甲、乙两次实验中，压力大小相同，甲图中木板表面更粗糙，弹簧测力计的示数更大，说明此时滑动摩擦力更大；(4)压力；(5)2。
(1)测力计在使用前应在所测力的方向上调零；
(2)两个相互接触的物体，一个物体在另一个物体表面滑动时，在接触面上产生阻碍相对运动的力，叫滑动摩擦力；如图甲所示，向左拉动木板，当A相对地面静止后，根据运动和静止的相对性确定A相对于长木板运动的方向，滑动摩擦力的方向与物体相对运动的方向相反；
(3)(4)滑动摩擦力的大小跟压力大小和接触面粗糙程度有关，探究滑动摩擦力大小跟压力大小的关系时，需控制接触面的粗糙程度不变；探究滑动摩擦力大小跟接触面粗糙程度的关系时，需控制压力大小不变。
(5)根据(4)得出物体受到滑动摩擦力的大小与压力大小的定量关系；根据G=mg得出A的重力，可知甲图中物体对接触面的压力大小，由二力平衡条件求出物体受到的摩擦力；丁图中A对木板的压力大小为F压′=G−F，由二力平衡条件求出此时物体受到的摩擦力，根据滑动摩擦力大小与压力大小成正比得出图丁所示的氢气球的拉力。
本题是探究影响摩擦力大小因素的典型实验，本实验重点是控制变量法在本实验中的运用，考查较全面，有一定难度。
16.【答案】小灯泡短路 变大 0.625R3 A<
【解析】解：(1)实验中，电压表应与灯泡并联，电流表与灯泡串联，正确连线如下图所示：
(2)闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表有示数，说明电路是通路；电压表的示数为零，说明电压表并联的电路短路或电压表短路，即这种现象的原因可能是小灯泡短路。
(3)根据欧姆定律可知，电压表与电流表的示数之比为灯泡电阻，观察图乙容易发现图线向下弯曲，则电压与电流的比值随电压的增大而增大。
当灯的电压为2.5V时正常发光，由图乙知，此时通过的电流为0.25A，小灯泡的额定功率P额=U额I额=2.5V×0.25A=0.625W。
(4)控制定值电阻两端电压为U定=2.5V，根据串联电路电压的规律，滑动变阻器分得的电压U滑=U−U定=6V−2.5V=3.5V，
由串联电路的分压原理有R定R滑=U定U滑=2.5V3.5V=57，
即R滑=75R定，
当定值电阻为30Ω连入电路时，对应的滑动变阻器的阻值为R滑=75R定=75×30Ω=42Ω，
故为了完成整个实验，滑动变阻器阻值不能小于42Ω，故选R3。
小明用20Ω的电阻替换掉15Ω时，根据串联分压原理可知定值电阻两端分得的电压增大，要保持定值电阻两端电压不变，应增大滑动变阻器分得的电压，所以应增大滑动变阻器接入电路的阻值，即滑片应该向A端移动。
由图象可知，灯泡电压1.5V∼2.5V变化过程中，电流变化是均匀的，若电压从1.5V增大到2.0V时电流增大ΔI，则电压从2.0V增大到2.5V时电流变化也为ΔI，由P=UI有
P2=U2I=2V×I，
P1=U1I1=1.5V×(I−ΔI)，
P3=U3I3=2.5V×(I+ΔI)，
P1+P32=1.5V×(I−ΔI)+2.5V×(I+ΔI)2=2V×I+ΔI2>2V×I，
所以P2<12(P1+P3)。
故答案为：(1)见解析；(2)小灯泡短路；(3)变大；0.625；(4)R3；A；<。
(1)实验中，电压表应与灯泡并联，电流表与灯泡串联，由此分析；
(2)小灯泡不亮，电流表有示数，说明电路是通路；电压表的示数为零，说明电压表并联的电路短路或电压表短路，据此分析；
(3)电压表与电流表的示数之比为灯泡电阻，灯泡电阻会随温度的增大而增大；
由图像读出灯泡电压等于额定电压时通过的电流，由P=UI计算灯泡的额定功率；
(4)根据串联电路电压的规律和分压原理求出当阻值最大的定值电阻连入电路时对应的滑动变阻器的阻值，即可判断出应选择哪个滑动变阻器；探究电流跟电阻的关系，需控制定值电阻两端电压不变，根据串联电路电压的规律和分压原理分析当小何用20Ω的电阻替换掉15Ω时，滑片移动方向；
由图象分析灯泡电压变化与电流变化的大小，从而分析1.5V、2.0V、2.5V灯泡的电阻大小关系；由图象分析电流变化与电压变化特点，由P=UI分析解答。
本题考查测量小灯泡额定功率和探究电流与电阻的关系实验。考查了电路连接、I−U图像的理解、额定功率的计算、控制变量法的应用等知识，难点是串联电路分压原理的应用。
17.【答案】解：(1)乙容器中水的质量m水=ρ水V水=1.0×103kg/m3×6×10−3m3=6kg；
(2)质量分布均匀的圆柱体对水平面的压强p=FS=ρShgS=ρgh，当甲沿着竖直方向切去13，则剩余的木块甲对桌面的压强不变，压强为p木=ρ木gh木=0.8×103kg/m3×10N/kg×0.5m=4000Pa。
(3)甲切去部分的重力ΔG木=ρ木S木Δh木g=0.8×103kg/m3×8×10−3m2×0.4m×10N/kg=25.6N；
由于木块密度小于水的密度，木块放入水中后漂浮，F浮=ΔG，木块排开水的体积V排=ΔGρ水g=25.6N1.0×103kg/m3×10N/kg=2.56×10−3m3；
容器乙的总容积V总=S乙h乙=2×10−2m2×0.4m=8×10−3m3；
容器乙中未放入木块时空余部分的体积V余=V总−V水=8×10−3m3−6×10−3m3=2×10−3m3
V溢=V排−V余=2.56×10−3m3−2×10−3m3=0.56×10−3m3。
溢出水的重力G溢水=ρ水V溢g=1.0×103kg/m3×0.56×10−3m3×10N/kg=5.6N；
容器乙底部压力变化量ΔF=ΔG木−G溢水=25.6N−5.6N=20N；
容器乙底部压强变化量Δp=ΔFS乙=20N2×10−2m2=1000Pa。
答：(1)乙容器中水的质量为6kg；
(2)剩余的木块甲对桌面的压强为4000Pa；
(3)把切去的木块放入容器乙中，容器对桌面的压强增加量Δp容是1000Pa。
【解析】(1)水的体积和密度已知，用密度公式得到乙容器中水的质量。
(2)先推出质量分布均匀的圆柱体对水平面的压强公式p=ρgh，然后代入已知量得到剩余的木块甲对桌面的压强。
(3)利用重力公式、密度公式得到切去木块的重力，把木块放入水中后，由于木块密度小于水的密度，木块漂浮，利用浮力公式得到木块排开水的体积；用容器乙的容积减去水的体积得到乙空余部分的体积，由于排开水的体积大于乙空余部分的体积，得到木块放入水中后有水溢出，压力变化量ΔF=ΔG木−G溢水，压强变化量用压强公式求出。
本题要掌握压强公式、液体压强公式、密度公式、浮力公式，有一定难度。
18.【答案】解：闭合开关，灯泡、滑动变阻器和定值电阻串联，电压表V1测量滑动变阻器两端的电压，电压表V2测量滑动变阻器和定值电阻两端的总电压。
(1)灯泡正常发光时的电压UL=6V，功率PL=3W，
由P=UI可得，灯泡正常工作时的电流：IL=PLUL=3W6V=0.5A；
(2)不考虑灯泡电阻的变化，由欧姆定律可得，灯泡的电阻：RL=ULIL=6V0.5A12Ω；
根据串联分压特点可知，滑动变阻器接入电路的电阻越大，电压表的示数越大，根据欧姆定律可知电路中电流越小，电源电源不变，根据P=UI可知电路总功率越小。
当电压表V2的示数U2=15V时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，电路中电流最小，根据串联电路的电压特点可知此时灯泡两端的电压：UL′=U−U2=18V−15V=3V，
因串联电路中各处的电流相等，根据欧姆定律可知电路中的最小电流I=UL′RL=3V12Ω=0.25A，
电路的最小总功率P=UI=18V×0.25A=4.5W；
(3)设滑片移动前后电路中的电流分别为I1、I2，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电压表V1示数的变化量：ΔU1=(U−I2RL−I2R2)−(U−I1RL−I1R2)=(I1−I2)(RL+R2)=ΔI(RL+R2)，
电压表V2示数变化量：ΔU2=(U−I2RL)−(U−I1RL)=(I1−I2)RL=ΔIRL，
因电压表V1示数的变化量与电压表V2示数变化量之比为5：3，且不考虑灯泡电阻的变化，
所以，ΔU1ΔU2=ΔI(RL+R2)ΔIRL=RL+R2RL=12Ω+R212Ω=53，
解得：R2=8Ω。
答：(1)灯泡正常工作时的电流为0.5A；
(2)电路的最小总功率为4.5W；
(3)R2的电阻为8Ω。
【解析】闭合开关，灯泡、滑动变阻器和定值电阻串联，电压表V1测量滑动变阻器两端的电压，电压表V2测量滑动变阻器和定值电阻两端的总电压。
(1)灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，功率和额定功率相等，根据P=UI求出灯泡正常工作时的电流；
(2)不考虑灯泡电阻的变化，根据欧姆定律求出灯泡的电阻；
根据串联分压特点可知，滑动变阻器接入电路的电阻越大，电压表的示数越大，根据欧姆定律可知电路中电流越小，电源电源不变，根据P=UI可知电路总功率越小。
当电压表V2的示数U2=15V时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，电路中电流最小，根据串联电路的电压特点可知此时灯泡两端的电，因串联电路中各处的电流相等，根据欧姆定律可知电路中的最小电流，根据P=UI得出电路的最小总功率；
(3)设出滑片移动前后电路中的电流，根据串联电路的电压特点和欧姆定律分别表示出电压表V1示数的变化量、电压表V2示数变化量，电压表V1示数的变化量与电压表V2示数变化量之比为5：3，且不考虑灯泡电阻的变化，据此得出等式求出R2的阻值；
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，有一定难度。
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