2023年安徽省安庆市桐城市五校联考中考模拟物理试题(含答案)

这是一份2023年安徽省安庆市桐城市五校联考中考模拟物理试题(含答案)，共20页。试卷主要包含了填空题，选择题，实验探究题，综合应用题等内容，欢迎下载使用。

2023年安徽省安庆市桐城市五校联考中考物理模拟试卷
一、填空题（每空2分，计24分）
1．（2分）如图所示，小红站在商场匀速向上运动的自动扶梯上，她受到的力有 　 　个。

2．（4分）一竖直向上抛出的小球，如图所示。当球上升到A点时将改变运动方向向下落，在A点的正下方有一B点，若抛出的小球上升到B点时，所有外力同时全部消失，则小球将　 　；若抛出的小球上升到A点时，所有外力同时全部消失，则小球将　 　。

3．（4分）物体放在水平面上，受到水平力F1＝10N和F2＝4N的作用处于静止状态，如图所示，此时物体受到的静摩擦力是 　 　N；如果将F1撤去，物体所受合力为 　 　N。

4．（2分）若医院使用的氧气瓶，抢救病人时用掉一部分后，瓶内的氧气密度将 　 　（选填“变大”、“不变”或“变小”）。
5．（2分）如图所示木材加工厂正在运送木材，一木块随传送带一起向右匀速直线运动，画出木块的受力示意图。

6．（4分）如图把三个灯泡按所示连入电路中都发光，一段时间后L3突然烧断，则灯泡L1亮度是　 　，灯泡L2亮度是　 　。（选填“变亮”、“变暗”、“不变”）

7．（2分）伏安法测量电阻时，有“内接法”和“外接法两种”。如图所示为“外接法”，若考虑电压表和电流表电阻的影响，则当图中Rx的值 　 　（选填“较大”或“较小”）时，测量的误差小些。

8．（2分）灯泡L与定值电阻R的I﹣U图象如图所示．若L与R串联在9V的电源上，此时灯泡L的功率为 　 　W。

9．（2分）如图甲所示电路中，电源电压保持不变。闭合开关S后，在将滑动变阻器的滑片P从a端移到b端的过程中，两电表示数变化关系如图乙中图线AB所示，则滑片P滑动过程中时，R2的最大电功率为 　 　W。

二、选择题（每空3分，计24分）
10．（3分）如图，一物体用弹簧悬于天花板上，下列说法正确的是（　　）

A．物体所受的重力和天花板拉弹簧的力是一对平衡力
B．天花板拉弹簧的力和弹簧拉物体的力是一对平衡力
C．物体所受的重力和弹簧拉物体的力是一对作用力与反作用力
D．天花板拉弹簧的力和弹簧拉天花板的力是一对作用力与反作用力
11．（3分）如图所示，用F＝6N水平向右的拉力匀速拉动物块A时，物块B静止不动，此时弹簧测力计的示数为4N，则物块B所受摩擦力的大小及方向为（　　）

A．4 N 向左 B．4 N 向右
C．6 N 向右 D．6 N 向左
12．（3分）如图所示是吸盘挂钩紧贴在竖直墙面上的情景。将一书包挂在挂钩上后，吸盘仍保持静止状态，则下列分析正确的是（　　）

A．吸盘能紧紧的吸在墙面是因为分子间存在引力
B．吸盘受到的大气压力与它受到的摩擦力是一对平衡力
C．为增大吸盘受到的摩擦力，应将其安装在粗糙的墙面
D．若所挂书包质量越小，则吸盘受到的摩擦力也越小
13．（3分）如图所示，密闭的玻璃罩内放有四个实验装置；弹簧测力计测金属块重力、正在发声的音乐芯片、装满水的杯子（杯口用薄塑料片覆盖并倒置悬挂）、一个充满气的气球，在用抽气机不断抽去罩内空气的过程中，下列判断不正确的是（　　）

A．弹簧测力计的示数会变小
B．音乐芯片的声音将变小
C．玻璃杯中的水和塑料片会掉下来
D．气球体积会变大
14．（3分）水平桌面上放有两个完全相同的烧杯，分别盛有甲、乙两种液体。将质量相等、体积不等（VM＜VN）的正方体物块M、N分别放入两杯中，静止时如图所示，液面刚好相平。以下判断正确的是（　　）
（1）M受到的浮力大于N受到的浮力
（2）M的密度大于N的密度
（3）甲液体对杯底的压强大于乙液体对杯底的压强
（4）若将N也放入甲液体中静止时，N沉在杯底

A．（1）（3） B．（1）（4） C．（2）（3） D．（2）（4）
15．（3分）小阳想利用一块电流表和阻值已知的电阻R0测量电阻RX的阻值。他选择了满足实验要求的电源、电流表A，并连接好了实验电路，如图所示。闭合开关S、S1，读出电流表A的示数为I1，闭合开关S、断开开关S1，读出电流表A的示数为I2．下列四个选项中，Rx的表达式正确的是（　　）

A．Rx＝R0 B．Rx＝
C．Rx＝ D．Rx＝R0
16．（3分）如图所示，已调好的弹簧测力计下挂着一重为3N的物体，物体一半浸入水中时，弹簧测力计的示数为1N，g取10N/kg。下列说法中正确的是（　　）

A．物体受到的浮力是1N
B．物体的体积是2×10﹣4m3
C．物体的密度是0.75×103kg/m3
D．如果测力计不拉着物体，物体在水中会沉底
17．（3分）如图所示电路中，电源电压不变，小灯泡L标有“6V 3W”字样。闭合开关后，当滑片P移至变阻器中点位置时，小灯泡恰好正常发光；当滑片P移至某一端点时，电流表示数为0.35A，电压表示数变化了2V。针对这个过程，下列判断正确的是（　　）

A．电源电压为10V
B．滑动变阻器的最大阻值为10Ω
C．电路允许消耗的最大功率为5.5W
D．小灯泡消耗的功率变化了0.2W
三、实验探究题（最后一问5分，其余每空2分，计25分）
18．（12分）在“探究凸透镜成像规律”的实验中

（1）由图1可知，凸透镜的焦距是　 　cm。
（2）如图2，改变蜡烛的位置，使其位于35cm刻度线处，再移动光屏，使烛焰在光屏上成清晰的倒立、　 　的实像（选填“放大”、“等大”或“缩小”）
（3）在实验（2）的基础上，将蜡烛和光屏互换位置，此时烛焰在光屏上成清晰　 　的实像（选填“放大”、“等大”或“缩小”）
（4）实验过程中小丽将蜡烛逐渐远离凸透镜的过程中，像逐渐　 　（选填“变大”、“不变”或“变小”）
（5）小芳同学在实验中，她按如图3装配仪器 （图中F点是焦点，H点是2倍焦距处），此时光屏上得到了一个清晰的像，但像的位置偏高。造成这一现象的原因是　 　；为了使像能成在光屏的中央，她应把蜡烛向　 　调（填“上”、“下”）；调节好蜡烛的高度后，她把蜡烛移到A点，此时光屏上的像很模糊，为了得到清晰的像，应把光屏向　 　移动（填“左”或“右”）。
（6）在探究凸透镜成像规律时，保持凸透镜的位置不变，先后把蜡烛放在abcd四点并分别调整光屏的位置，如图4探究后他总结出下列说法。其中正确的是　 　
A．照相机是利用蜡烛放在a点 的成像特点制成的
B．放大镜是利用蜡烛放在b点 的成像特点制成的
C．幻灯机是利用蜡烛放在d点的成像特点制成的
D．蜡放在b点成的像比它放在c点成的像大。
19．（13分）小明利用如图甲所示的实验电路探究“电流与电压、电阻的关系”，可供选择的器材有：电源（两节新干电池）、电流表、电压表、开关，阻值分别为5Ω、10Ω、60Ω的定值电阻各一个，“10Ω 1A”“20Ω 1.5A”“30Ω 2A”三种规格的滑动变阻器，导线若干。

（1）请你用笔画线代替导线，将图乙中的实物图连接完整。
（2）闭合开关，发现电流表无示数，电压表指针有明显偏转，原因可能是 　 　。
（3）故障排除后，小明首先“探究电流与电阻关系”，他把5Ω的电阻接入电路，移动变阻器滑片P，使电压表示数为2V，读出电流表示数后，断开开关，将5Ω电阻替换为10Ω的电阻继续进行实验，接下来他应将变阻器滑片P向 　 　端（选填“左”或“右”）移动；本次实验中所选滑动变阻器的规格为 　 　。
（4）小华在原有器材的基础上，增加了定值电阻R0、电阻箱R（）和一个单刀双掷开关，设计了几种单表测量额定电压为2.5V小灯泡额定功率的电路图，如图丙所示，其中符合要求的有 　 　。
四、综合应用题（20题8分，21题9分，22题10分，计27分）
20．（8分）研究物理问题时，往往需要突出研究对象的主要因素，忽略次要因素，将其简化为物理模型。如图所示，需要把一重量为400N，边长为1m，质量分布均匀的实心立方体，利用翻滚的方法沿直线移动一段距离。（已知＝1.414；计算结果保留一位小数）
求：（1）请在图甲中画出缓慢向右翻滚立方体时，使该立方体下底面刚刚离开水平地面所施加的最小力F的示意图并计算出最小力F的大小；
（2）利用翻滚的方法使立方体翻滚一次（即使原下底面变为左侧面），克服立方体的重力所做功的大小；
（3）如果利用翻滚的方法使该立方体沿水平地面直线缓慢翻滚了10m，用了20s，则在这一过程中克服该立方体重力做功的功率大小是多少？

21．（9分）如图所示，是一个升降电梯的模拟控制电路。已知控制电路电源电压U＝4.5V，电磁继电器线圈电阻R1＝5Ω，滑动变阻器R2最大阻值25Ω．R3是一种新型电子元件，放置在升降电梯的地板上，在压力不超过15000N的前提下，其阻值随压力大小的变化规律如下表所示。当线圈中电流增至I0＝15mA时，电磁继电器衔铁被电磁铁吸合，电梯中报警指示灯亮，显示人员超重，利用该装置可以实现当压力高至某一设定值时F0，驱动电梯的电动机停止工作。
压力F/×103N
0
1
2
3
4
5
6
…
电阻R3/Ω
400
390
380
370
360
350
340
…
（1）已知报警灯上标有“220V，4.4W”的字样，求该灯正常工作时的电流。
（2）分析表格数据可知：电子元件的阻值R3随压力F变化的关系式是R3＝　 　。
（3）闭合开关S，将滑片P移至b端，求F0为多少？
（4）本系统可调F0的最小值为多少？

22．（10分）如图所示是物理课堂上用的空气压缩引火仪。实验时在引火仪筒内放小团硝化棉，然后用力快速向下压动引火仪的活塞后可以观察到硝化棉燃烧。虽然课堂上老师分析了棉花燃烧的原因，但小刚想知道通过压缩空气做功，筒内空气的温度可以上升到多高？通过查阅资料他了解到：在使用空气压缩引火仪时，由于力的作用时间极短，筒内气体压强p、体积V及温度T满足pV＝KT这一方程，其中K为恒定不变的常量，T为热力学温度。
请解答下列问题：（以下计算均不计活塞重、摩擦以及热量损失）
（1）已知活塞的面积为8×10﹣5m2，当用232N的压力把活塞压缩到最低点时，筒内气体压强为多少？（提示：筒内的气压等于活塞对气体的压强与外界大气压之和，外界大气压p0＝1×105Pa）
（2）压缩前筒内空气压强为一个标准大气压，温度为300K（热力学温度）。若硝化棉的着火点为450K，当用232N的压力将筒内空气的体积压缩为原来的时，请通过计算说明筒内的棉花是否能燃烧？


2023年安徽省安庆市桐城市五校联考中考物理模拟试卷
参考答案与试题解析
一、填空题（每空2分，计24分）
1．【解答】小红站在商场匀速向上运动的自动扶梯上，她受到的力有重力和扶梯对她的支持力，由于她匀速运动，小红与自动扶梯没有发生相对运动也没有相对运动趋势，所以没有受到摩擦力作用。
故答案为：2
2．【解答】解：抛出的小球上升到B点时，具有一定的速度，如果所有外力同时全部消失，小球不受力，运动状态保持不变，将做匀速直线运动；小球上升到最高点A时速度为零，如果所有外力全部消失，小球运动状态保持不变，将静止。
故答案为：做匀速直线运动；静止。
3．【解答】解：
因为物体在水平力F1＝10N和F2＝4N的作用时，物体静止，所以物体受平衡力作用，则物体还受到一个水平向右的静摩擦力f＝F1﹣F2＝10N﹣4N＝6N；如果将F1撤去，此时水平向右的推力F2＝4N一定小于最大静摩擦力，此时物体受到静摩擦力，大小为4N，方向水平向左，所以物体仍然静止，故合力为0N。
故选：6；0。
4．【解答】解：医院使用的氧气瓶，在抢救病人时用掉一部分后，剩余氧气的体积不变，质量减小，
由ρ＝可知，剩余氧气的密度将变小。
故答案为：变小。
5．【解答】解：由于物体和传送带一起匀速运动，相对静止，所以不受摩擦力的作用，只受重力和支持力的作用，并且这两个力是一对平衡力，大小相等，然后从木块重心沿竖直向下的方向和竖直向上的方向表示出重力和支持力，注意两条线段长度要相等。如图所示：

6．【解答】解：由图可知，灯泡L2和L3并联，然后就与L1串联，当L3突然烧断时，并联部分的总电阻相对于L3烧断之前增大，灯泡L2两端电压增大，根据串联分压的特点可知，灯泡L1两端电压减小，由P＝可知；灯泡L1亮度变暗，灯泡L2亮度变亮。
故答案为：变暗；变亮。
7．【解答】由图可知，若考虑电压表和电流表电阻的影响时，电压表测Rx两端的电压，即电压表的测量值是准确的，电流表测量的是通过Rx和电压表的总电流，即电流表的示数为I＝+，通过电压表的电流一定，Rx越小，越接近电流表的示数。
故答案为：较小。
8．【解答】解：若将L与R串联在9V的电源上，串联电路中各处的电流相等，且电源的电压等于各分电压之和，由图象可知，当电路中的电流为0.5A时，电阻R两端的电压为5V，灯泡两端的电压为4V，电源电压恰好等于4V+5V＝9V，
所以L与R串联在9V的电源上，此时灯泡L的功率为：P＝ULI＝4V×0.5A＝2W。
故答案为：2。
9．【解答】解：由电路图可知，当闭合开关S，R1与R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
当滑动变阻器滑片P位于b端时，电路为R1的简单电路，滑动变阻器接入电路中的电阻为零，此时电路中的电流最大，
由图乙可知，电路中的最大电流I大＝0.6A，
由欧姆定律可得电源的电压U＝I大R1＝0.6A×R1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
当滑动变阻器滑片P位于a端时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，根据串联分压原理可知此时电压表的示数最大，
根据串联电路的电阻规律结合欧姆定律可知电路中的电流最小，
由图乙可知，电路中的最小电流I小＝0.2A，电压表的示数U2＝4V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，电源的电压U＝I小R1+U2＝0.2A×R1+4V﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
联立①②可得：R1＝10Ω，U＝6V；
滑动变阻器的电功率等于电路总功率与定值电阻的电功率之差，即P＝UI﹣I2R1＝6V×I﹣I2×10Ω，
根据抛物线的性质可知当I＝＝＝0.3A时，滑动变阻器的电功率最大，最大为P＝6V×I﹣I2×10Ω＝6V×0.3A﹣（0.3A）2×10Ω＝0.9W。
故答案为：0.9。
二、选择题（每空3分，计24分）
10．【解答】解：A、物体所受的重力作用在物体上，天花板拉弹簧的力作用在弹簧上，两个力不作用在同一物体上，所以二者不是一对平衡力。
B、天花板拉弹簧的力作用在弹簧上，弹簧拉物体的力作用在物体上，两个力不作用在同一物体上，所以二者不是一对平衡力。
C、物体所受重力与弹簧对物体的拉力，作用在同一物体上，大小相等、方向相反、作用在同一直线上。所以二者是一对平衡力。
D、天花板拉弹簧的力和弹簧拉天花板的力大小相等、方向相反、作用在同一直线上，但作用在同一物体上，所以二者是一对作用力与反作用力。
故选：D。
11．【解答】解：
匀速向右拉动物块A时，物块B相对于A向左运动，则B所受摩擦力方向向右；
B在水平方向受弹簧测力计对其向左的拉力和物体A对其向右的摩擦力作用，因为B静止，所以这两个力平衡，大小相等，则B所受摩擦力f＝F示＝4N，方向向右。
故选：B。
12．【解答】解：
A、先用力将吸盘紧压在墙面上，将吸盘中的空气排出，松手后，由于吸盘内的空气减少，内部气压小于外界大气压，外界大气压将吸盘紧压在墙面上，与分子间的引力无关，故A错误；
B、吸盘所受的大气压力在水平方向上，摩擦力在竖直方向上，即大气压力与摩擦力不在同一直线上，所以二力不是一对平衡力，故B错误；
C、塑料吸盘是利用大气压吸在墙面上的，粗糙的墙面密封不好，吸盘无法使用，故C错误；
D、吸盘在竖直方向上受到的书包向下的拉力和静摩擦力是一对平衡力，书包的质量越小，重力越小，所以吸盘受到的摩擦力也越小，故D正确。
故选：D。
13．【解答】解：
A、弹簧测力计测物体的重力，而重力的大小与大气压无关，所以抽去罩内空气时，物体重力不变，弹簧测力计的示数不会变，故A错误；
B、声音的传播需要介质，当不断抽去罩内空气时，传声的介质减少，所以听到的音乐芯片的声音将变小，故B正确；
C、塑料片受到水向下的压力与向上的大气压力保持平衡，当不断抽去罩内空气时，罩内空气压强减小，大气压力减小，塑料片会落下来，水会流出来，故C正确；
D、当不断抽去罩内空气时，罩内空气压强减小，气球内压强大于外部压强，所以气球会膨胀变大；故D正确。
故选：A。
14．【解答】解：（1）物块M在甲中漂浮，则F浮M＝GM；物块N在乙中悬浮，则F浮N＝GN；而两物块质量相等，即GM＝GN，所以M受到的浮力等于N受到的浮力。故①错误；
（2）由图知，M的体积小于N的体积，两物块质量相等，根据ρ＝可知，M的密度大于N的密度。故②正确；
（3）由图知，M排开液体的体积小于N排开液体的体积，又知M受到的浮力等于N受到的浮力；根据F浮＝ρ液gV排可知，甲液体的密度大于乙液体的密度，即ρ甲＞ρ乙；两液面等高，根据p＝ρ液gh可知，甲液体对杯底的压强大于乙液体对怀底的压强。故③正确；
（4）物块N在乙中悬浮，则ρN＝ρ乙，又因为ρ甲＞ρ乙，所以ρN＜ρ甲，故将N放入甲液体中静止时，N漂浮，故④错误。
故选：C。
15．【解答】解：根据实物图知闭合开关S、S1时，两电阻并联，电流表测量干路电流；闭合开关S、断开开关S1时，电流表测量Rx的电流；
闭合开关S、S1，读出电流表A的示数为I1，即干路电流为I1，
闭合开关S、断开开关S1，读出电流表A的示数为I2，即Rx的电流为I2，
定值电阻两端的电压为U＝（I1﹣I2）R0，
待测电阻两端电压为U＝I2Rx
根据并联电路各支路电压相等知，（I1﹣I2）R0＝I2Rx
所以待测电阻的阻值为Rx＝R0，故A正确、BCD错。
故选：A。
16．【解答】解：
A、弹簧测力计的示数为1N，物体受到的浮力：F浮＝G﹣F示＝3N﹣1N＝2N，故A错；
B、由F浮＝ρ水gV排可得：
V排＝＝＝2×10﹣4m3，
物体的体积：
V＝2V排＝2×2×10﹣4m3＝4×10﹣4m3，故B错；
C、物体的质量m＝＝＝0.3kg，
物体的密度：
ρ＝＝＝0.75×103kg/m3，故C正确；
D、由于物体的密度小于水的密度，如果测力计不拉着物体，物体在水中会漂浮，故D错。
故选：C。
17．【解答】解：
由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）由题意知：当滑片P移至变阻器中点位置时，小灯泡恰好正常发光，
小灯泡正常发光的电流为：I＝＝＝0.5A，
此时电源电压为U＝6V+0.5A×﹣﹣﹣﹣①
当滑片P在某一端点时，电流表示数为0.35A，
电流表示数减小，滑动变阻器的电阻增大，变阻器分压增大，说明此时滑动变阻器的电阻为最大值，
根据串联电路电压的规律知，小灯泡两端的电压减小，减小了2V，即灯泡的电压变为6V﹣2V＝4V，
此时电源电压为：U＝4V+0.35A×R滑﹣﹣﹣﹣﹣②，
由①②可得：6V+0.5A×＝4V+0.35A×R滑，
解得：R滑＝20Ω，故B错误；
电源电压为：U＝4V+0.35A×R滑＝4V+0.35A×20Ω＝11V，故A错误；
（2）由（1）知小灯泡正常发光的电流为0.5A，此电流为电路的最大电流，
电路的最大功率为：P大＝UI大＝11V×0.5A＝5.5W，故C正确；
（3）滑动变阻器的滑片在中点时，小灯泡正常发光，其功率为额定功率3W，
在另一端时，电流为0.35A，灯泡两端的电压为4V，
此时小灯泡的实际功率为：P′L＝UL′I′L＝4V×0.35A＝1.4W，
小灯泡消耗的功率变化了：△P＝PL﹣P′L＝3W﹣1.4W＝1.6W，故D错误。
故选：C。
三、实验探究题（最后一问5分，其余每空2分，计25分）
18．【解答】解：（1）其中光屏上出现的最小、最亮的光斑即为焦点，焦点到凸透镜的距离是10cm，所以凸透镜的焦距是10cm。
（2）当蜡烛位置位于35cm刻度线处时，u＝50cm﹣35cm＝15cm，即f＜u＜2f，成倒立、放大的实像；
（3）若将（2）中的蜡烛和光屏互换位置，则物距大于2倍焦距，凸透镜成倒立、缩小的实像。
（4）实验过程中小丽将蜡烛逐渐远离凸透镜的过程中，像逐渐变小；
（5）蜡烛、凸透镜、光屏，三者在同一条直线上，三者的中心大致在同一高度，像才能呈在光屏的中心。
为了使像能成在光屏的中央，她应把蜡烛向上移动，蜡烛、凸透镜、光屏三者的中心大致在同一高度。
蜡烛移到A点，物距减小，像距要增大，光屏向右移动。
（6）A、当将蜡烛放在a点。此时u＞2f，根据凸透镜成像规律可知，此时所成的像是倒立缩小的实像，照相机就是根据这一原理制成的，故A正确；
B、由图可知：当将蜡烛放在d点。此时U＜f，成倒正立、放大的虚像，应用于放大镜，故B错误；
C、c点在1倍焦距和2倍焦距之间，根据凸透镜成像规律可知，此时所成的像是倒立放大的实像，应用于幻灯机和投影仪，故C错误。
D、蜡放在b点成的像比它放在c点成的像小，故D错误。
故答案为：（1）10；（2）放大；（3）缩小；（4）变小；（5）蜡烛、凸透镜、光屏三者的中心没在同一高度；上；右；（6）A。
19．【解答】解：（1）在探究“电流与电压、电阻的关系”实验中，电压表并联在定值电阻两端，如下图所示：
；
（2）闭合开关，发现电流表无示数，说明电路可能断路；电压表指针有明显偏转，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，则与电压表并联的电路断路了，即原因可能是R断路；
（3）实验中，当把5Ω的电阻换成10Ω的电阻后，根据分压原理，电阻两端的电压变大，研究电流与电阻关系时要控制电压不变，根据串联电路电压的规律，要增大滑动变阻器两端的电压，由分压原理，要增大滑动变阻器电阻阻值，故应把滑动变阻器滑片向右端移动；
实验中使用的定值电阻阻值最大为60Ω，定值电阻两端的电压始终保持UV＝2V，根据串联电路电压的规律，滑动变阻器分得的电压：U滑＝U﹣UV＝3V﹣2V＝1V，滑动变阻器分得的电压为电压表示数的＝0.5倍，根据分压原理，当接入60Ω电阻时，滑动变阻器连入电路中的电阻为：R滑＝0.5×60Ω＝30Ω，即所选择的滑动变阻器的规格为“30Ω 2A”；
（4）A、图A中，S先接b，移动滑动变阻器，使电压表的示数为2.5V时，灯泡正常发光；再接a，调节变阻箱连入电路的电阻，使电压表的示数仍为2.5V时，根据等效替代法，此时电阻箱的电阻等于灯泡正常发光时的电阻，所以能测出小灯泡的额定功率，故A正确；
B、无论S接a还是接b都无法得知小灯泡是否正常发光，此方案不能测定小灯泡的额定电功率；故B错误；
C、①S1闭合，电阻箱接最大电阻，滑动变阻器滑片置于最左端，S接b，此时电压表示数为U，则电源电压为U；
②S1闭合，滑动变阻器滑片仍置于最左端，S接a，调节电阻箱，使电压表示数为U﹣2.5V，此时灯L正常发光，读出电阻箱示数为R，则电路中电流即小灯泡正常发光电流为I＝；
③小灯泡正常工作的电功率为：P＝U额I＝×2.5V，故C正确；
D、图D中，S先接a，移动滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为2.5V时，灯泡正常发光；再接b测量出灯泡和电阻箱两端的总电压，根据串联电路电压规律求出电阻箱两端的电压，利用欧姆定律求出灯泡正常发光时的电流，所以能测出小灯泡的额定功率，故D正确；故选：ACD。
故答案为：（1）见解答图；（2）R断路；（3）右；“30Ω 2A”；（4）ACD。
四、综合应用题（20题8分，21题9分，22题10分，计27分）
20．【解答】解：（1）要想用最小的力使立方体一边刚好离开地面，由图知，支点为O，动力臂应该达到最大，OA为最大动力臂，
所施加的力应该与力臂OA垂直且向上；

OA＝＝m，
根据杠杆平衡条件可知：
F×OA＝G×L，
最小力F＝＝＝141.4N；
（2）翻滚时重心升高的高度：h＝m＝m，
翻滚一次克服重力做的功W＝Gh＝400N×m＝82.8J，
（3）移动10m，要翻滚10次，所以人做的功W总＝10W＝10×82.8J＝828J，
克服立方体重力做功的功率P＝＝＝41.4W。
答：（1）如图；所用最小力F为141.4N；
（2）翻滚一次克服重力做的为82.8J；
（3）克服立方体重力做功的功率为41.4W。
21．【解答】解：（1）由P＝UI可得，报警灯正常工作时的电流：
IL＝＝＝0.02A；
（2）由表中数据可知，压力为0时，R3的电阻为400Ω，
压力增大到1×103N时，减少的电阻为400Ω﹣390Ω＝10Ω，
压力增大到2×103N时，减小的电阻为400Ω﹣380Ω＝20Ω，
压力增大到3×103N时，减少的电阻为400Ω﹣370Ω＝30Ω，
压力增大到4×103N时，减小的电阻为400Ω﹣360Ω＝40Ω，
由此知，压力每增大1×103N时，R3的电阻减小10Ω，即R3与F成一次函数关系，
设R3＝kF+b，
把F＝1×103N、R3＝390Ω和F＝2×103N、R3＝380Ω代入可得：
390Ω＝k×1×103N+b﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，
380Ω＝k×2×103N+b﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，
联立①②可得：k＝﹣0.01Ω/N，b＝400Ω，
所以，R3＝﹣0.01Ω/N×F+400Ω，如不考虑单位，数学表达式为：
R3＝400﹣0.01F；
（3）闭合开关S，将滑片P移至b端，变阻器R2接入电路中的电阻最大，
已知R2＝25Ω，R1＝5Ω，
由题意可知，驱动电梯的电动机停止工作时，I0＝15mA＝0.015A，
则控制电路的总电阻：R总＝＝＝300Ω，
此时R3＝R总﹣R2﹣R1＝270Ω，
将R3＝270Ω代入关系式R3＝400﹣0.01F0，可得：270Ω＝400﹣0.01F0，
解得F0＝1.3×104N。
（4）要是F0最小，则R3最大，而R总＝300Ω不变，因此R2＝0Ω，
由电阻的串联可得R3＝R总﹣R2﹣R1＝300Ω﹣0Ω﹣5Ω＝295Ω，
将R3＝295Ω代入R3＝400﹣0.01F，可得：F＝10500N，即F0＝10500N＝1.05×104N。
答：（1）该灯正常工作时的电流为0.02A。
（2）400﹣0.01F。
（3）闭合开关S，将滑片P移至b端，F0为1.3×104N；
（4）本系统可调F0的最小值为1.05×104N。
22．【解答】解：
（1）压力作用在活塞上产生压强：PF＝＝＝2.9×106Pa，
所以筒内的气压：p内＝PF+p0＝2.9×106Pa+1×105Pa＝3×106Pa；
（2）由题知，筒内气体压强p，体积V及温度T满足pV＝KT这一方程，
所以压缩前：p0V＝K×300K…①
压缩后：p内•V＝K×T…②
①÷②有：＝，解得：T＝450K，
由题知，硝化棉的着火点为450K，筒内的棉花能燃烧。
答：（1）把活塞压缩到最低点时，筒内气体压强为3×106Pa；
（2）筒内的棉花能燃烧。