2023年河北省石家庄市裕华区中考物理一模试卷（含答案解析）

这是一份2023年河北省石家庄市裕华区中考物理一模试卷（含答案解析），共25页。试卷主要包含了 下列数据最接近实际情况的是， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
2023年河北省石家庄市裕华区中考物理一模试卷
1. 下列数据最接近实际情况的是(    )
A. 一个苹果质量约20g B. 人感觉舒适的环境温度约37℃
C. 我国高铁正常运行时速度约为300km/h D. 一根普通筷子长约50cm
2. 下列关于分子热运动的说法正确的是(    )
A. 液体很难被压缩，说明分子间有斥力
B. 手捏海绵，海绵体积变小，说明分子间有间隙
C. 扫地时尘土飞扬，说明分子在做无规则运动
D. “破镜难圆”说明分子间存在斥力
3. 下列各图描述的实验中，说法不正确的是(    )
A. 发声的音叉激起水花，说明声是由物体的振动产生的
B. 音叉发出的声音越响，乒乓球被弹开的越远，说明音调与物体振幅有关
C. 用相同大小的力拨动钢尺，当钢尺伸出桌边的长度变短，振动时声音的音调变高
D. 抽取玻璃罩内的空气，听到罩内的音乐声逐渐变小，推理出：真空不能传声
4. 谚语是劳动人民智慧的结晶，下列对谚语中涉及的的物态变化分析正确的是(    )
A. “雷打立春节，惊蛰雨不歇”——雨的形成是升华现象，需要吸热
B. “大雪河封住，冬至不行船”——冰的形成是凝固现象，需要吸热
C. “春分前后怕春霜，一见春霜麦苗伤”——霜的形成是凝华现象，需要放热
D. “今冬麦盖三层被，来年枕着馒头睡”——雪的形成是液化现象，需要放热
5. 如图所示，下列光现象中，由于光的反射形成的是(    )
A. 水中的筷子弯折 B. 手影的形成
C. 水中拱桥的倒影 D. 从岸上看水中的鱼
6. 平衡车是一种代步工具，主要依靠自身重心的偏移控制平衡车向各个方向前进，如图所示，人站在平衡车上水平前进时，下列说法正确的是(    )
A. 当人随平衡车一起前进时，以平衡车为参照物，人是运动的
B. 平衡车车轮凹凸不平的花纹是为了减小摩擦
C. 平衡车受到的重力和地面对平衡车的支持力是一对平衡力
D. 人对平衡车的压力和平衡车对人的支持力是一对相互作用力

7. 关于运动和力，下列说法正确的是(    )
A. 车辆行驶时要限制车速，是为了减小惯性
B. 骑自行车减速时要用力捏车闸，是通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力的
C. 跳远运动员向前跳时要向后蹬地，是为了使脚受到向前的摩擦力
D. 花样滑冰运动员在冰面上滑出优美的弧线，是因为运动员受平衡力
8. 下列说法正确的是(    )
A. 发现有人触电时，应先救人再断开电源
B. 使用试电笔时，手要接触笔尾的金属体
C. 把用电器的三脚插头可改为两脚插头，接在两孔插座上使用
D. 电线的绝缘皮破损后仍然可以继续使用
9. 关于如图所示电与磁的现象，下列说法正确的是(    )
A. 实验通电直导线周围存在磁场，可应用于发电机
B. 装置揭示的是电动机原理，是将机械能转化为电能
C. 实验可探究线圈中电流一定时，线圈匝数越多磁性越强
D. 实验电源的左端是正极，小磁针的A端是S极
10. 如图是生活中常见的现象，以下描述正确的是(    )
A. 三峡船闸是利用了连通器的原理，直接打开上游闸门船可进入闸室
B. 塑料吸盘能挂餐具，说明吸盘的“吸力”大于餐具受到的重力
C. 客机在飞行时，机翼上方的空气流速小压强大
D. 用吸管喝饮料时，是利用大气压的作用使饮料上升到口中的
11. 如图甲是北京冬奥会中翻跃大跳台的情镜。运动员不借助滑雪杖，只踩着雪板从高处滑行而下，通过起跳台起跳，完成各种空翻、转体等技术动作后落地。图乙中的虚线是比赛过程中运动员的轨迹，不计空气阻力，下列说法正确的是(    )

A. 在a、b、c、d四点中，运动员在a点时的重力势能最大
B. 从b点到c点的过程中，运动员的动能在增加
C. 从c点到d点的过程中，运动员的机械能变小
D. a点和c点都是最高点，运动员分别在该两点时的动能都为零
12. 小明利用如图所示装置探究凸透镜成像规律。将焦距为10cm的凸透镜放在光具座50cm处且固定不动，将点燃的蜡烛放置在光具座35cm处，移动光屏至82cm处，光屏上恰好出现烛焰清晰的像(未画)。下列分析正确的是(    )

A. 投影仪应用了该成像规律
B. 将蜡烛向右移动，向左移动光屏，光屏上可再次成清晰的像
C. 若将蜡烛放在10cm处，向左移动光屏适当距离可成缩小的像
D. 若在蜡烛和透镜之间放一个近视镜，向右移动光屏，光屏上可再次成清晰的像
13. 如图所示，甲、乙两容器分别装有密度为ρ甲、ρ乙的液体。有A、B两个实心小球，质量分别为mA、mB，体积分别为VA、VB，密度分别为ρA、ρB。已知它们的密度关系为ρ甲>ρA>ρB>ρ乙，则(    )
A. 若VA=VB，将两球都放入甲容器中，静止时两球所受浮力相等
B. 若VA=VB，将两球都放入乙容器中，静止时两球所受浮力之比为1：1
C. 若mA=mB，将A、B两球分别放入乙、甲容器中，静止时两球所受浮力之比为ρA：ρ乙
D. 若mA=mB，将A、B两球分别放入甲、乙容器中，静止时两球所受浮力之比为ρB：ρ乙
14. 如图所示，电源电压不变，a、b为电压表或电流表，滑动变阻器R2的最大阻值和定值电阻R1、R3的阻值均为R0。将滑片P置于最右端，开关都闭合，电流表A的示数为I0，向左移动滑片P，a、b的示数都变大。下列说法正确的是(    )

A. a和b都是电流表
B. 电源电压为3I0R0
C. P移到中点位置，只闭合S，电路消耗的功率为245I02R0
D. 将b表更换成另一种电表，开关均闭合，P从中点向右移动，三个电表的示数均不变
15. 目前太阳能已被人们广泛利用。太阳能来自于太阳内部的核______ (选填“裂变”或“聚变”)，太阳能属于______ (选填“一次”“二次”)能源，利用太阳能的方式之一是用集热器加热，这是通过______ 方式改变物体内能的。某台太阳能集热器在天气晴好时，一天可以吸收5.2×107J的热量，这相当于完全燃烧______ m3的煤气释放的热量。(q煤气=4.0×107J/m3)
16. 停车场入口常用横杆来控制车辆的进出，如图甲，我们可以把该装置简化成如图乙的杠杆，该杠杆为______(选填“省力”“费力”)杠杆，若横杆AB粗细相同、质量分布均匀，其重力G=120N，OB=2.5m，AO=0.3m，该杠杆的阻力臂为______ m。要使横杆AB保持水平平衡，需在A端施加竖直向下的力F=______N。

17. 如图甲所示，牙医从镜子里看到患者牙齿，这是利用了光的______ (选填“直线传播”“反射”或“折射”)，牙医在镜子里看到患者牙齿的像是______ 像(选填“实”“虚”)。请在图乙中画出牙医通过平面镜观察到患者牙齿的光路图。

18. 发生火灾时，要使用液态二氧化碳灭火器。这种灭火器是在常温下用______的办法使二氧化碳气体______后装入钢瓶里的。使用时要注意手先放到钢瓶的木柄上，然后再打开螺帽，否则会因液态二氧化碳在______时要吸收大量的热而对使用者造成伤害。
19. 驾驶员头靠头枕、身系安全带，驾驶着轿车在水平路面上高速向前行驶，如图所示。驾驶员头靠头枕是为了防止汽车在______ (选填“加速”“减速”)时由于惯性造成的伤害。轿车在水平路面上高速行驶时对面的压力______ (选填“大于”“小于”)静止时对地面的压力，是由于______ 的原因(请从流体规律简单解释)。
20. 如图所示的是小明家11月底和12月底电能表表盘的示意图，12月小明家消耗电能为______ kW⋅h。若家中已有200W的电视机一台、800W的电饭锅一只、1200W的空调两台在工作，小明家的电路上最多可接“220V，60W”的电灯泡______ 盏。若12min内电能表的指示灯正好闪烁了32次，该电路消耗的电功率是______ W。

21. 小明在探究“影响液体内部压强大小的因素”的实验中，进行了如下过程：

(1)实验中必须先检验压强计的气密性。若用手指按压橡皮膜，不论轻压还是重压橡皮膜，发现U形管两侧液柱的高度差变化都很小，则说明该压强计的气密性______ (选填“好”“差”)。如图甲中的U形管______ (选填“是”或“不是”)连通器。
(2)为探究液体内部压强与深度的关系，将压强计的探头先后放在图乙所示烧杯的a、b位置处，可以观察到探头在______ (选填“a”“b”)位置时U形管两侧液面的高度差较大，由此可初步得出结论：同种液体，______ 。
(3)如图丙所示，将探头放入另一烧杯的液体中(液面与图乙中水面相平)，使U形管两侧液面的高度差与图乙中相同(均为Δh)，则烧杯丙中的液体密度ρ液______ ρ水(选填“>”“u>f时，在光屏上得到倒立、放大的实像，应用于投影仪；
当物距uρA>ρB，两球都将漂浮，浮力等于各自的重力，FA：FB=GA：GB=mAg：mBg=ρAVAg：ρBVBg=ρA：ρB，受到的浮力不相等，故A错；
B、由于ρA>ρB>ρ乙，将两球都放入乙容器中，两球都沉底，两球排开液体的体积相同，静止时两球所受浮力之比为1：1，故B正确；
C、当两球质量相等时，将AB两球分别放入乙、甲容器中，由于ρ甲>ρA>ρB>ρ乙，A球下沉，受到的浮力等于排开乙液体的重；B球将漂浮在甲液体表面，B球受到的浮力等于B球重，
又mA=mB，故ρAVA=ρBVB，
受到的浮力：
FA：FB=ρ乙VAg：GB=ρ乙VAg：ρBVBg=ρ乙VAg：ρAVAg=ρ乙：ρA，故C错；
D、当两球质量相等时，将AB两球分别放入甲乙容器中，由于ρ甲>ρA>ρB>ρ乙，A球将漂浮在甲液体表面，受到的浮力等于A球重，B球将沉入乙液体底部，B球受到的浮力等于排开乙液体的重；
又mA=mB，即ρAVA=ρBVB，故VA=ρBVBρA，
受到的浮力：
FA：FB=GA：ρ乙VBg=ρAVAg：ρ乙VBg=ρAρBVBρAg：ρ乙VBg=ρB：ρ乙，故D正确。
故选：BD。
A、将两球都放入甲容器中，由于ρ甲>ρA>ρB，两球都将漂浮，根据物体的漂浮条件和密度公式得出浮力关系；
B、由于ρA>ρB>ρ乙，可知A、B放入乙液体中均沉底，利用阿基米德原理得出浮力关系；
C、当两球质量相等时，根据密度公式得出两球的体积关系；将A、B两球分别放入乙、甲容器中，由于ρ甲>ρA>ρB>ρ乙，A球下沉，受到的浮力等于排开乙重，B球受到的浮力等于B的重，据此得出浮力关系。
D、当两球质量相等时，根据密度公式得出两球的体积关系；将两球分别放入甲乙容器中，由于ρ甲>ρA>ρB>ρ乙，A球漂浮，受到的浮力等于A球重，B球受到的浮力等于排开乙液体的重，据此得出浮力关系。
本题考查了学生对阿基米德原理、密度公式、物体的沉浮条件的掌握和运用，关键知道当物体密度大于液体密度时，物体下沉，物体密度小于液体密度时，物体漂浮，物体密度等于液体密度时，物体悬浮。

14.【答案】ACD 
【解析】解：A.当a为电压表、b为电流表时，R3、R2短路，只有R1工作，当b为电压表、a为电流表时，R1、R2短路，只有R3工作，向左移动滑动变阻器滑片电流都不会变化，不符合题意；当a、b都为电压表时，R1、R2、R3串联，a测R1、R2两端的电压，b测R2、R3两端的电压，向左移动滑动变阻器滑片时，滑动变阻器接入电路的阻值变小，根据串联电路的电阻规律可知，电路的总电阻变小，由欧姆定律可知，电路中的电流变大，根据U=IR可知，R1两端的电压变大，R3两端的电压变大，根据串联电路的电压规律可知，a的示数变小，b的示数变小，两个电压表示数都变小，不符合题意；当a、b都为电流表时，R1、R2、R3并联，a测通过R2、R3的电流，b测通过R1、R2的电流，向左移动滑动变阻器滑片时，滑动变阻器接入电路的阻值变小，根据I=UR可知，通过R2的电流变大，根据并联电路的电流规律可知，a、b的示数都变大，所以a和b都是电流表，故A正确；
B.当a和b都是电流表时，将滑片P置于最右端，闭合开关，三个电阻并联，电阻大小相等，根据并联电路电阻的特点可知：
1R总=1R1+1R2+1R3=1R0+1R0+1R0=3R0，
则：R总=R03，
电流表A测干路电流且示数为I0，因此电源电压为：U=I0R总=I0R03，故B错误；
C.P移到中点位置，只闭合S，此时三个电阻串联，滑动变阻器接入电路的阻值为R02，根据串联电路电阻的特点，此时总电阻为：
R总′=R0+R0+R02=5R02，
根据电功率P=U2R可知，此时电路消耗的功率为：
P′=U2R总′=(I0R03)25R02=245I02R0，故C正确；
D.b是电流表，将b表更换成另一种电表，即换成电压表，开关均闭合，电路R1、R2短路，只有R3工作，滑动变阻器R2滑片P从中点向右移动，电路不受影响，所以三个电表的示数均不变，故D正确。
故选：ACD。
(1)根据题意结合电路图分析：①当a为电压表、b为电流表或b为电压表、a为电流表时、②当a、b都为电压表、③当a、b都为电流表时电路的连接方式，确定a、b为哪种电表；
(2)当a和b都是电流表时，将滑片P置于最右端，闭合开关，三个电阻并联，求出并联电路的总电阻，再根据U=IR求出电源电压；
(3)P移到中点位置，只闭合S，此时三个电阻串联，根据串联电路的电阻规律求出电路的总电阻，再根据P=U2R求出电路消耗的功率；
(4)b是电流表，将b表更换成另一种电表，即换成电压表，开关均闭合，分析电路的连接方式即可解答。
本题主要考查的是电路的分析，要掌握欧姆定律的表达式、电功率的公式，解答本题的关键是要知道串、并联电路的电流、电阻规律。

15.【答案】聚变  一次  热传递  1.3 
【解析】解：太阳能是我们可以从自然界中源源不断获取的能源，即太阳能属于一次能源；
利用太阳能的方式之一是用集热器加热，这是通过热传递方式改变物体的内能的；
由Q=qV可得相当于完全燃烧的煤气的体积：V=Qq煤气=5.2×107J4.0×107J/m3Qq=1.3m3。
故答案为：聚变；一次能源；热传递；1.3。
(1)太阳能是太阳内部氢发生聚变反应产生的；
(2)可以直接从自然界获取的能源叫作一次能源，需要消耗一次能源才能获取的能源叫作二次能源；
(3)改变内能的方式：热传递和做功，根据题意分析改变内能的方式；
(4)根据Q=qV可得V=Qq。
本题主要考查太阳能的获得、改变内能的方式及燃料完全燃烧的放热公式的应用，太阳能的开发与利用是近几年的热门话题，我们要注意搜集相关信息。

16.【答案】费力  1.1440 
【解析】解：由题意知，阻力臂为l2=2.5m+0.3m2−0.3m=1.1m，动力臂l1=0.3m，因为l1 
【解析】解：(1)用手按压几下橡皮膜，U形管中的液柱高度几乎不变，说明压强计各部分之间连接不够严密，有漏气现象，该压强计的气密性差；
连通器一端与压强计的探头连接后，一端被封闭，不符合“上端开口，底部连通”这一特点，因此，不是连通器；
(2)由图乙可知，将压强计的探头先后放在烧杯的a、b位置处，可以观察到探头在b位置时，U形管两侧液面的高度差较大；
U形管两侧液面的高度差越大，说明液体内部压强越大，实验中液体的密度一定，深度不同，深度越大压强越大，可得出结论：同一液体，液体内部压强随深度的增加而增大；
(3)由图丙可知，将探头放入另一烧杯的液体中，液面与图乙中水面相平，使U形管两侧液面的高度差与图乙中相同，说明此时液体内部压强相等，比较乙、丙两图可知，图丙中探头的深度较小，根据液体压强公式p=ρgh可知，图丙中液体密度较大。
故答案为：(1)差；不是；(2)b；液体压强随深度的增加而增大；(3)>。
(1)用手指轻压橡皮膜，观察U形管两侧液面高度差判断连通器的气密性；底部连通、上端开口的容器叫连通器；
(2)(3)液体压强的影响因素是液体密度和液体深度，根据图中探头的位置及U形管两侧液面的高度差分析得出结论。
本题主要考查液体压强的影响因素，解答本题的关键是要知道影响液体压强的因素，注意控制变量法的运用。

22.【答案】左  61.2A0.88×103 ρ1+ρ22  m0(1−ρ1ρ2) 
【解析】解：(1)平衡螺母的调节方法是：左偏右调，右偏左调。图中指针右偏，因此要向左调节平衡螺母。
(2)由图可知，烧杯和液体的总质量：
m2=50g+10g+1.2g=61.2g，
①用“剩液法”测液体的质量时，不需要测空烧杯的质量，B和D中质量的差值就是倒入量筒的液体的质量，故操作A是多余的；
由图丙可知，量筒中液体的体积：
V=40mL=40cm3，
倒入量筒的液体的质量：
m=m2−m3=61.2g−26g=35.2g，
液体的密度：
ρ=mV=35.2g40cm3=0.88g/cm3=0.88×103 kg/m3，
(3)设甲乙用来配制液体的体积均为V，则配制液的总体积V总=2V，配制液的总质量：
m总=ρ1V+ρ2V
故配制液的密度：
ρ=m总V总=ρ1V+ρ2V2V=ρ1+ρ22，
已知ρ1V2，因此，当V=V2时，配制液体的质量最大为：
m配=ρ1+ρ222V=ρ1+ρ222V2=ρ1+ρ22⋅2m0ρ2=(ρ1+ρ2)m0ρ2
故剩余液体的质量：
m剩=2m0−(ρ1+ρ2)m0ρ2=m0(1−ρ1ρ2)。
故答案为：
(1)左；
(2)61.2；A；0.88×103；
 (3)ρ1+ρ22，m0(1−ρ1ρ2)。
(1)天平调节平衡的原则是“左偏右调，右偏左调”，指针指在分读盘中央左侧，将平衡螺母向右调节，指在右侧，平衡螺母向左调节；
(2)烧杯和液体的总质量等于砝码的质量加游码对应的刻度值，求出倒入量筒的液体的质量，观察量筒的分度值，读出量筒中液体的体积，用公式ρ=mV计算液体的密度；
(3)设甲乙用来配制液体的体积均为V，则配制液的总体积V总=2V，求出配制液的总质量，从而求得配制液的密度，已知ρ1V2，因此，当V=V2时，配制液体的质量最大，从而求出配制液体的最大质量和剩余液体的质量。
(1)掌握天平的正确使用和注意事项。
(2)测量液体密度的实验是初中物理重要的实验，从天平的使用、液体质量的测量、体积的测量、密度的计算等方面进行考查。

23.【答案】开关处断路  0.7实际电压越大，实际功率越大  实际电压过小  灯丝电阻受温度影响  C 
【解析】解：(1)滑动变阻器采用一上一下的接法；滑片向右移动时灯变亮，说明滑片向右移动时，电路中的电流变大，根据欧姆定律可知，电路的总电阻变小，滑动变阻器接入电路中电阻变小，所以滑动变阻器的右下接线柱与灯泡的左端接线柱相连，如图所示：
；
(2)连接完电路后，小明闭合开关，移动滑片，发现电流表、电压表均无示数，说明与电压表串联的电路出现断路现象；小明再把电压表并联在变阻器两端时，电压表无示数，说明此时电压表仍被断路，即断路部分是与电压表串联部分，不是滑动变阻器；把电压表并联在开关两端时，电压表有示数，说明此时电压表与电源两端相连接，则电路中存在的故障可能是开关断路；
(3)①由图甲得，电流表的量程为0∼0.6A，分度值为0.02A，示数为0.28A，即灯泡正常发光的功率为0.28A，灯泡额定功率为：P=UI=2.5V×0.28A=0.7W；
②由表格中数据得，当电压越大时，灯泡越亮，说明灯泡实际功率越大，即灯泡的实际功率随灯泡实际电压的变大而变大；
③第1次小灯泡不发光的原因是电压和电流都较小，根据P=UI可知，灯泡的实际功率较小，导致灯泡不发光；
【拓展】
灯泡在不同亮度下，实际功率不同，灯丝温度不同，导致灯丝电阻不同，所以小灯泡在不同亮度下，其两端的电压与电流的比值不同。
灯泡实际功率越大，灯丝温度越高，电阻越大，依题意得：P0=4P1；
由P=U2R得：U02R0=4U12R1，而R0>R1，所以U0>2U1，故AB不符合题意，C符合题意。
故选：C。
故答案为：(1)见解析；(2)开关处断路；(3)①0.7；②实际电压越大，实际功率越大；③实际电压过小；【拓展】灯丝电阻受温度影响；C。
(1)滑动变阻器接入电路中时采用一上一下的接法；灯泡变亮，说明通过灯泡的电流变大，根据欧姆定律可知，电路中的总电阻变小，滑动变阻器接入电路的电阻变小，据此分析；
(2)电流表无示数，说明电路出现了断路故障；根据电压表示数分析电路故障的原因；
(3)①灯泡两端的电压为额定电压时，灯泡正常发光，根据P=UI求出灯泡的额定功率；
②根据表格中的数据得出结论；
③灯泡的亮度是由实际功率决定的；
【拓展】灯丝的电阻受到温度的影响；根据灯泡的电阻随温度的升高而增大，分析当小灯泡的额定功率为实际功率的4倍时电压的大小关系。
本题测量小灯泡在不同电压下的电功率，考查电路图的连接、电路故障的判定、电功率计算、影响电阻大小的因素、数据分析等知识，考查的较全面。

24.【答案】解：(1)由图可知承担物重的绳子段数为：n=3，
拉力F的功率为：
P=Fv=F⋅nv物=400N×3×0.1m/s=120W；
(2)承担物重的绳子段数为：n=3，
所以滑轮组的机械效率为：
η=W有用W总=GhFs=GhF⋅3h=G3F，
则物体A受到的重力为：
G=3Fη=3×400N×80%=960N；
(3)拉动绳子前，小明对地面压力为：
F1=G人=600N，
拉动绳子时，小明对地面压力：
F2=G人−F=600N−400N=200N，
小明拉动绳子前、后地面的受力面积不变，根据p=FS可知，小明拉动绳子前后对地面的压强之比为：
p1p2=F1F2=600N200N=31。
答：(1)拉力F的功率120W；
(2)物体A受到的重力为960N；
(3)小明拉动绳子前、后对地面的压强之比为3：1。 
【解析】(1)由图确定承担物重的绳子段数，根据P=W总t=Fst=Fv求出拉力的功率；
(2)已知承担物重的绳子段数和小明对绳子的拉力，根据η=W有用W总=GhFs=GhF⋅3h=G3F求出物体的重力；
(3)小明拉动绳子前对地面的压力等于其重力，拉动绳子时小明对地面的压力等于重力与绳子对小明的拉力之差，小明拉动绳子前后地面的受力面积不变，根据p=FS求出小明拉动绳子前、后对地面的压强之比。
本题主要考查功率、机械效率的计算及压强公式的应用，解答本题的关键是能分析出小明拉动绳子前、后对地面的压力大小。

25.【答案】解：(1)由图乙可知，L2正常发光时的电流I2=0.8A，则L2正常发光时的电阻R2=U2I2=6V0.8A=7.5Ω；
(2)只闭合开关S1时，L2与滑动变阻器串联，L2正常发光，则I=I2=0.8A，
滑动变阻器电压U滑=P滑I=3.2W0.8A=4V，
电源电压U=U2+U滑=6V+4V=10V，
滑动变阻器最大电阻R=2×U滑I=2×4V0.8A=10Ω；
(3)只闭合S3时，两灯串联后再与变阻器串联，通过两灯的电流相等，
因灯L1的额定电流大于灯L2的额定电流，所以只能使L2正常发光，此时电路中的电流：I=IL2=0.8A；
由图象可知，当电流为0.8A时的L1两端的电压UL1=2V，此时灯L1的电阻RL1=UL1IL1=2V0.8A=2.5Ω，
因滑动变阻器接入电路的电阻不小于2Ω，根据串联电路的电阻特点可知，电路的最小电阻：
R串小=7.5Ω+2Ω+2.5Ω=12Ω；
电路的最大电阻：R串大=7.5Ω+10Ω+2.5Ω=20Ω，
所以电路的最小功率：
P小=I2R串小=(0.8A)2×12Ω=7.68W；
电路的最大功率：
P大=I2R串大=(0.8A)2×20Ω=12.8W，
即电路总电功率的变化范围为7.68W∼12.8W。
答：(1)L2正常发光时的电阻为7.5Ω；
(2)此时的电源电压和滑动变阻器的最大电阻10Ω；
(3)电路总电功率的变化范围为7.68W∼12.8W。 
【解析】(1)由图乙可知，当灯泡L2正常发光时，L2两端的电压和通过L2的电流，由欧姆定律求出L2正常发光时的电阻；
(2)若只闭合S1时，灯L2与变阻器串联，根据灯泡L2正常发光时的电流和串联电路的电流特点求出通过滑动变阻器的电流，根据P=I2R求出变阻器连入电路中的电阻，从而得出滑动变阻器的最大阻值；
(3)只闭合S3时，两灯串联后再与变阻器串联，因灯L1的额定电流大于灯L2的额定电流确定只能使L2正常发光；由串联电路的电流特点可知，电路中的电流I=IL2=0.8A；由图象可知，当电流为0.8A时的L1两端的电压，根据欧姆定律求出此时L1的电阻；
根据滑动变阻器滑片P的移动范围为2Ω至最大阻值处，和串联电路的电阻特点分别求出电路的最小和最大电阻，根据P=I2R分别得出电路的最小和最大功率。
本题考查串联电路的规律及欧姆定律的运用及电功率公式的运用，最后一问是难点，关键是明确只能使L2正常发光，另外注意本题中电源电压可调。