2023年中考物理考前押题预测卷01（河北卷）（全解全析）

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2023年中考物理考前押题预测卷A（全解全析）河北卷（本卷共18小题，考试时间：80分钟  试卷满分：63分）注意事项：1．本试卷分为单向选择题和非选择题两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答单向选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答其他题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。5．考试范围：中考全部内容。一、选择题（本题共8小题，单选题每小题2分，多选题每小题3分。1-5题为单选题，6-8为多选题，共19分。多选题每小题四个选项中，有两个或两个以上的选项符合题意，每小题3分，全选对的得3分，选对但不全的得2分，有错选或不选的不得分）1.针对生活中的一些物理量的估测，下列合理的是（　　）。A．课桌的高度为1.5m；B．初中女生跑完800m所用时间约为90s；C．中学生的体积约为50dm3；D．温暖舒适的气温为37℃【答案】A。【解析】A、手机和微波炉都是利用电磁波来工作的，故A正确；B、倒车雷达是利用超声波传递信息来确定障碍物的远近，故B错误；C、公路两旁安装隔音板是为了传播过程中减弱噪声，故C错误；D、“女高音”中的“高”指的是音调高；“引吭高歌”中的“高”的意思是指响度大，故D错误。故选：A。2.我国自主研发的长征五号运载火箭在海南文昌航天发射场顺利完成多次发射任务，下列有关声和电磁波说法正确的是（　　）。A．声音在各种介质中的传播速度一样大；B．火箭发射时会产生巨大的声响，是指声音的响度大；C．航天发射场的工作人员配戴耳罩是在声源处减弱噪音；D．空间站中的王亚平授课的声音是靠超声波传回地球的【答案】B。【解析】A、声音在各种介质中的传播速度是不一样的，故A错误；B、火箭发射时会产生巨大的声响，主要说明声音非常大，即响度大，故B正确；C、航天发射场的工作人员配戴耳罩，是在人耳处减弱噪声，故C错误；D、太空中没有空气，声音不能传播，而电磁波能够在真空中传播，所以声音和图像信号是通过电磁波传播的；故D错误。故选B。3.2020年5月27日，我国高程测量登山队再次成功登上珠穆朗玛峰峰顶，并成功完成峰顶测量任务（如图）。其中GNSS（全球卫星导航系统）卫星测量是珠峰测高中的重要一环。下列有关分析，正确的是（　　）。A．队员始终受到重力的作用，重力的方向垂直向下；B．在峰顶测量时，队员所受的重力与地面对他的支持力是一对平衡力；C．在峰顶测量时，GNSS是通过接收超声波获取相关信息的；D．从峰顶返回营地感觉比登峰轻松，是由于队员受到惯性力的作用【答案】B。【解析】A、队员始终受到重力的作用，重力的方向竖直向下，故A错误；B、在峰顶测量时，队员处于静止状态，此时队员所受的重力与地面对他的支持力大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上，是一对平衡力，故B正确；C、电磁波能在真空中传播，GNSS是通过接收电磁波获取相关数据信息的，故C错误；D、惯性是物体保持原来运动状态不变的性质，惯性不是力，不能说受到惯性的作用，故D错误。故选：B。4.如图所示的实验中，相关现象说法正确的是(   )。A. 通电导体在磁场中受力运动，实际应用是发电机；B. 通电导线周围存在着磁场，将小磁针移走，则该磁场消失；C. 闭合开关，沿轨道左右运动导体ab，灵敏电流计指针不会偏转；D. 若电源的右端是正极，则小磁针A端是S极【答案】D。【解析】A、如图，电路中有电源、有磁场，是通电导体在磁场中受力而运动，其实际应用是电动机，故A错误；B、如图是奥斯特实验，说明电流周围存在磁场，将小磁针移走，则该磁场不会消失，故B错误；C、如图，电路中没有电源，闭合开关，沿轨道左右运动导体ab，在磁场中做切割磁感线运动时，导体中便会产生电流，灵敏电流计指针会偏转，这是电磁感应现象，故C错误；D、如图，电源的右端为正极，电流由螺线管右端流入，由安培定则可知，螺线管右端是S极，螺线管左端是N极，再根据同名磁极互相排斥，异名磁极互相吸引，可知，小磁针A端是S极，故D正确。故选：D。5.如图所示，工人用400N向下的拉力，利用滑轮组将重力为750N的沙子以0.2m/s的速度匀速向上提升，此时滑轮组的机械效率为η1。下列说法正确的是（　　）。A．工人所用的拉力功率为80W；B．该滑轮组的机械效率为62.5%；C．若匀速提升的物体重力增大一倍时机械效率为η2，则η2＜2η1；D．增大匀速提升物体的速度和减小滑轮自重，均可提高该滑轮组机械效率【答案】B。【解析】A、由图可知n＝3，绳子自由端移动的速度v＝nv物＝3×0.2m/s＝0.6m/s，P＝＝＝Fv＝400N×0.6m/s＝240W，故A错误；B、滑轮组的机械效率：η1＝＝＝＝＝×100%＝62.5%，故B正确；C、若匀速提升的物体重力增大一倍时，在提升高度相同时，由W有＝Gh可知，有用功增大一倍，但额外功几乎不变，即总功没有增大一倍，因此此时的有用功占总功的比值大于η1，即η2＞η1，故C错误；D、增大匀速提升物体的速度，在提升高度相同时，有用功不变，额外功不变，总功不变，有用功占总功的比值不变，机械效率不变；减小滑轮自重，可以减少额外功，在有用功不变的情况下，额外功减小了，所以机械效率就提高了，故D错误。故选：B。6．在探究凸透镜成像规律的实验中，当蜡烛、凸透镜、光屏位于如图所示的位置时，在光屏上呈现一个清晰的烛焰的像下列说法正确的是（　　）。A．此时成正立、放大的实像，与投影仪原理相同；B．透镜不动，蜡烛和光屏都向右移动，光屏上的像变小；C．蜡烛不动，用一个焦距更小的凸透镜替换了原来的凸透镜，光屏向左移才能得到清晰的像；D．若在透镜和蜡烛之间放近视镜片，应将光屏适当右移，可再次出现清晰的像【答案】CD。【解析】A、由图可知，物距小于像距，且在光屏上能成实像，由凸透镜成实像的规律可知，此时成倒立、放大的实像，与投影仪原理相同，故A错误；B、凸透镜成实像时，物近像远像变大，所以，若透镜不动，蜡烛和光屏都向右移动，光屏上的像变大，故B错误；C、蜡烛不动，用一个焦距更小的凸透镜替换了原来的凸透镜，此时物距不变，换用焦距更小的凸透镜，相当于增大了物距，则像距应变小，光屏向左移才能得到清晰的像，故C正确；D、若在透镜和蜡烛之间放一近视镜片，近视眼镜是凹透镜，对光有发散作用，折射光线延迟会聚，光屏要适当右移可再次出现清晰的像；故D正确。故选：CD。7.将一密度均匀的正方体轻轻放入盛满浓盐水的大烧杯中，静止后有72g浓盐水溢出；若将该物体轻轻放入盛满煤油的大烧杯中，静止后有64g煤油溢出（浓盐水密度为1.2×103kg/m3，煤油密度为0.8×103kg/m3，以下说法中（　　）。A.该物体前后两次所受浮力之比为9∶8；B.该物体前后两次排开液体体积之比为4∶3；C.该物体的密度为0.9×103kg/m3；D.该物体在煤油中可能沉底或悬浮【答案】AC。【解析】A.因为大烧杯内原来装满浓盐水，所以，由阿基米德原理可知，物体在盐水中受到的浮力物体在煤油中受到的浮力故该物体前后两次所受浮力之比为，故A正确；B.该物体前后两次排开液体体积之比为：，故B.错误；CD.由得排开水的体积假设物体在盐水中悬浮或下沉，则物体的体积由于煤油的密度小于盐水，所以物体在煤油中一定下沉，则排开煤油的体积：排开煤油的质量应该为因为，所以物体在盐水中不能悬浮或下沉；可见，物体在盐水中一定漂浮，则物体的重力物体受到煤油的浮力因此，所以物体在煤油中下沉，故④错误。则物体的体积物体的质量物体的密度；故C正确，D错误。故选AC。8.如图所示电路中，电源电压为恒定不变，、是阻值为的定值电阻，是最大阻值为的滑动变阻器，，是电流表或电压表。闭合开关、，滑片置于最右端时，电路安全且电流表的示数为，则下列说法中正确的是（  ）。A. 为电压表，为电流表；B. 闭合开关，，向左移动滑片，与电流表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、，断开，当由断开到闭合时，电流表的示数变大；D. 将变阻器滑片调至最左端，闭合开关、，、换成另一种电表，向右移动滑片，则电表和的示数都变小【答案】。【解析】闭合开关、，滑片置于最右端时，被短路；电流表的示数为，这说明电路的总电阻为，这表明是两个电阻是串联接入电路中的，与并联，与并联，所以、都是电压表，故A错误；B.闭合开关、，向左移动滑片，此时三个电阻串联接入电路中，并联到了和的两端；设滑片移动前后电路中的电流为、，电压表的示数变化量等于、是两端的电压的变化量；根据串联电路的电压规律可知，、是两端的电压的变化量等于两端电压的变化量，即：电压表的示数变化量等于两端电压的变化量，由欧姆定律可得，故表的示数变化量与电流表的示数变化量的比值为，大小不变，故B正确；C.将变阻器滑片调至最左端，闭合开关、，断开、时，该电路为串联电路，与串联接入电路中；当由断开到闭合时，并联到了的两端，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、，断开时，、换成电流表，该电路为并联电路：电流表测量通过和的电流，电流表测量通过和的电流；向右移动滑片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、的电流不变，根据并联电路的电流规律可知，和的示数都变大，故D错误。故选：。二、填空及简答题（共5小题，第10、11小题3分，其他小题每空1分，共14分）9.在家庭电路中，为了防止触电，必须把用电器的开关装在　 　线上，电冰箱、洗衣机等大功率家用电器的电源插座都用三孔插座，为了安全，三脚插头的接地脚应与用电器的　　相连。【答案】火；金属外壳。【解析】（1）用电器的开关装在火线上，接触用电器时，可以断开开关，切断火线，防止接触用电器发生触电事故；（2）为了安全用电，电冰箱、洗衣机等大功率家用电器的电源插座都用三孔插座，三脚插头的接地脚应与用电器的金属外壳相连通，这样若金属外壳的用电器外壳万一带电，电流会通过地线导入大地，防止造成触电事故的发生。10.如图所示，一束激光斜射到空水槽底部O点，形成一个光斑，向水槽内注入适量水后，水槽底部光斑将向O点的 　   　（选填“左”或“右”）侧移动；继续向水槽缓慢注水的过程中，折射角 　   　（选填“增大”、“不变”或“减小”）。请在原图中画出入射光射到水面时对应的反射光线和折射光线（请自己确定水面位置）。【答案】左；不变；如图。【解析】水槽内没有注水时，光沿直线传播，照射到O点；当向水槽内注入适量的水后，光从空气斜射入水中发生折射，折射角小于入射角，折射光线偏向法线，因此水槽底部光斑移动到O点的左侧；继续沿水槽壁缓慢注水，折射光线逐渐向左移动，但是入射角不变，折射角的大小也不变。首先确定水面的位置，则入射光线与水面的交点为入射点，过入射点作垂直于界面的法线，然后根据反射角等于入射角画出反射光线；根据折射角小于入射角画出折射光线，如图所示：故答案为：左；不变；如图。11.用手把不倒翁放在水平地面，手离开不倒翁的瞬间如图所示，O点是它的重心（忽略它受到空气的浮力）。（1）画出图中“不倒翁”所受的重力和支承力的示意图；（2）判断：此时，“不倒翁”______（选填：“能”或“不能”）处于静止状态；依据：______。【答案】（1）如图；（2）不能；重力与支承力二力不平衡。【解析】（1）从重心沿竖直向下画一条带箭头的线段，标出符号为G；过支持力的作用点沿竖直向上的方向画一条带箭头的线段，用符号F表示；如图所示：（2）从图中可以看出物体受到的重力和支持力不在一条直线上，因此受到的力不是平衡力，故不倒翁不能处于静止状态。故答案为：（1）如图；（2）不能；重力与支承力二力不平衡。12．小明新买的电热水壶如图甲所示，其铭牌如图乙所示。则：电热水壶正常工作时的电阻是　   　，用该电热水壶将初温为20℃的2kg的水烧开，需要吸收的热量为　   　J。小明关闭了家中的其他用电器，只用该电热水壶，在加热过程中家用电能表（图丙）的转盘在3min20s内转了300转，则此时电热水壶工作的实际电功率为　   　W。[c水＝4.2×103J/（kg•℃），气压为1标准大气压。]【答案】24.2Ω；6.72×106；1800。【解析】（1）由P＝UI＝可知，电热水壶正常工作时的电阻：R＝＝＝24.2Ω；（2）1个标准大气压下，水的沸点是100℃，水吸收的热量：Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（100℃﹣20℃）＝6.72×106J；（3）3000r/（kW•h）表示电路中用电器每消耗1kW•h电能，电能表的转盘转过3000r，电能表的转盘转过300r，电热水壶消耗的电能：W＝＝0.1kW•h＝3.6×105J；电热水壶的实际电功率：P实＝＝＝1800W。故答案为：24.2Ω；6.72×106；1800。13．能源既是国家经济发展的命脉，也是国家发展战略的重要支柱。我省多地有效调整能源结构，稳步发展安全高效的能源体系，合理利用图所示三种发电方式，并取得了显著成效。（1）火力发电常使用煤作燃料，煤、石油等化石能源于　     　（选填“可再生”或“不可再生”）能源。（2）B的能量转化方式是把　  　能转化成电能。（3）与C相比，A、B发电的共同优点是　     　（合理即可）。【答案】（1）不可再生；（2）太阳；（3）绿色环保。【解析】（1）煤、石油等化石能源在短期内都不能得到补充，所以是不可再生能源；（2）太阳能发电是把太阳能转化成电能；（3）与火力发电相比，风力发电和太阳能发电的共同优点是节约资源、绿色环保、无废渣废气排放。故答案为：（1）不可再生；（2）太阳；（3）绿色环保。三、实验探究题（共3小题，共17分）14．（4分）小明对热现象的有关实验进行如下探究：（1）在探究“冰熔化时温度的变化规律”实验中，根据图甲可知，冰属于　 　（选填“晶体”、“非晶体”），由图甲可知CD段的比热容　 　AB段的比热容。（2）完成上述实验后，小明换用其它装置继续探究“水沸腾时温度变化的特点”。加热一段时间后，烧杯内的水温度升高，是通过　 　方式增加水的内能。图乙水的沸点没有达到100℃，可能是当地大气压强　 　（选填“高于”、“低于”或“等于”）1标准大气压。【答案】（1）晶体；大于；（2）热传递；低于。【解析】（1）读图甲可知，冰在熔化的过程中温度不变，故为晶体；由图可知，AB、CD段升高相同的温度，AB段需要吸热5min，CD段需要吸热10min，所以CD段吸热能力更强，由此可知，CD段比热容大于AB段；（2）实验中，水吸收热量、内能增加、温度升高，是通过热传递的方式增加水的内能。由图知，由所绘制的乙图象可知，水的沸点低于100℃，此时周围环境的大气压低于标准大气压。故答案为：（1）晶体；大于；（2）热传递；低于。15．（6分）“探究影响液体内部压强的因素”的实验情景，图甲、乙、丙中的杯内的液面相平，所用的压强计均相同。（1）压强计是通过U形管______来显示橡皮膜所受压强大小的；（2）比较______两图，可以初步得出结论：液体内部压强与液体深度有关；（3）比较乙、丙两图，不能初步得出液体内部压强与液体密度有关的结论，理由是______；（4）兴趣小组又制作了一个如图丁所示的容器，容器中间用隔板分成A、B两个容器（横截面积分别为4S、S），隔板某高度处有一小孔O用薄橡皮膜封闭。当容器A中注入深度为H=18cm的水、容器B中注入深度为h1=15cm的某溶液后，橡皮膜恰好没有形变。继续向容器A中注水，当水深为H2=28cm时，观察到橡皮膜向容器______（选填“A”或“B”）侧凸起。再向容器B中注入液体至深度为h2 = 23cm时，橡皮膜又恢复原状，则容器B中液体的密度为ρ0=______kg/m3；（已知ρ水=1.0×103kg/m3）（拓展）把一质量为m的合金块放入容器A中，浸没后的合金块静止时沉底，水未溢出。同时容器B中液面高度增加到h3时，橡皮膜能保持原状，则合金块的密度为ρ金=______（用m、ρ水、ρ0、S、h2、h3表示）。【答案】两侧液面高度差；甲、乙；未控制金属盒在液体中的深度相同；B；1.25×103；。【解析】（1）[1]压强计是通过U形管液面高度差来显示橡皮膜所受压强大小的，U形管液面高度差越大，橡皮膜受到的压强越大。（2）[2]要得到同种液体中，液体内部压强随深度的增加而增大的结论，应比较液体相同而深度不同的甲和乙两图。（3）[3]乙、丙两图没有控制橡皮膜所处深度相同，不能得出液体内部压强与液体密度有关的结论。（4）[4]当容器A中注入深度为H=18cm的水、容器B中注入深度为h1=15cm的某溶液后，橡皮膜恰好没有形变，橡皮膜左右两侧受到的压强相等，继续向容器A中注水，当水深为H2=28cm时，水在O点产生的压强大于B容器中液体在O点产生的压强，橡皮膜将向容器B一侧凸出。[5]设O点高度为l，由题意有：ρ水g(0.18 m－l)＝ρ0g(0.15 m－l)①ρ水g(0.28 m－l)＝ρ0g(0.23 m－l)②联立①②得ρ0＝1.25×103 kg/m3。[6]在水深H2时，将合金块放入容器A中，合金块沉底排开水的体积V＝容器A中水面上升Δh＝①橡皮膜保持原状，则ρ水gΔh＝ρ0g(h3－h2)②由①②可得ρ金＝。16.（7分）小明同学想利用图甲测量标有“？”小灯泡的额定功率。实验室有如下器材：电源电压恒为、电流表、电压表、、开关、导线若干、滑动变阻器三只：、。 （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      。（4）完成实验后，小明想用、、、、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不变，则小明应选用滑动变阻器       选填“”“”或“”。当小明用的电阻替换掉的电阻时，滑动变阻器的滑片应该向       选填“”或“”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之间的图像如图丙所示，图像近似为一条线段。若小灯泡电压为、、时小灯泡的功率分别为、、，则        选填“”“”或“”。【答案】如图；小灯泡短路；变大；；；；。【解析】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： 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。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。当灯的电压为时正常发光，由图乙知，此时通过的电流为，小灯泡的额定功率。控制定值电阻两端电压为，根据串联电路电压的规律，滑动变阻器分得的电压，由串联电路的分压原理有，即，当定值电阻为连入电路时，对应的滑动变阻器的阻值为，故为了完成整个实验，滑动变阻器阻值不能小于，故选。小明用的电阻替换掉时，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，即滑片应该向端移动。由图象可知，灯泡电压变化过程中，电流变化是均匀的，若电压从增大到时电流增大，则电压从增大到时电流变化也为，由有：，，，，所以。故答案为：如图；小灯泡短路；变大；；；；。四、计算题（2小题，共13分）17．（6分）如图是运动员利用器械进行训练的示意图。其中横杆AB可绕固定点O在竖直平面内转动，OA：OB＝4：5，系在横杆A端的细绳通过滑轮悬挂着物体M，M的底面积为100cm2，运动员小明站在水平地面上时对地面的压强为1.1×104Pa，当他用力举起横杆B端恰好使AB在水平位置平衡时，他对横杆B端竖直向上的力FB＝300N，此时他对水平地面的压强为1.6×104Pa，根据以上条件计算：（g＝10N/kg，横杆AB与细绳的质量及绳与轮之间的摩擦均不计）（1）物体M平放在水平地面时对地面的压强为多少？（2）小明的重力大小为多少？（3）小明在某次训练中将物体M提升0.2m，小明对M做了多少功？【解析】（1）因定滑轮不省力，但可以改变使力的方向，所以，绳子对A点的作用力等于M的重力，即FA＝GM，当他用力举起横杆B端恰好使AB在水平位置平衡时，他对横杆B端竖直向上的力FB＝300N，由杠杆的平衡条件可得：GA×OA＝FB×OB，则物体M的重力：GM＝×FB＝×300N＝375N，因物体对水平面的压力和自身的重力相等，所以，物体M平放在水平地面时对地面的压强：p＝＝＝＝3.75×104Pa；（2）小明站在水平地面上时对地面的压强：p1＝＝＝1.1×104Pa﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①当他用力举起横杆B端恰好使AB在水平位置平衡时，小明对水平地面的压力：F2＝G+FB＝G+300N，此时小明对水平地面的压强：p2＝＝＝1.6×104Pa﹣﹣﹣﹣﹣②由①②联立解得：G＝660N；（3）小明在某次训练中将物体M提升0.2m，小明对M做的功：W＝GMh＝375N×0.2m＝75J。答：（1）物体M平放在水平地面时对地面的压强为3.75×104Pa；（2）小明的重力大小为660N；（3）小明在某次训练中将物体M提升0.2m，小明对M做了75J的功。18．（7分）如图是某电器设备的部分电路，电源电压U＝4.5V保持不变，灯泡L标有“6V 6W”字样。已知闭合开关S1和S3时，电流表的示数为0.45A。不计灯丝电阻随温度的变化。（1）求定值电阻R1的阻值；（2）三个开关S1、S2、S3都闭合时，求此时通过电流表的电流大小；（3）电压表的量程为0﹣3V，电流表的量程为0﹣0.6A，滑动变阻器R2的阻值在0﹣20Ω内可调，只闭合开关S2，在保证电表安全的情况下，求灯泡L消耗的电功率的变化范围。【解析】（1）闭合开关S1和S3时，电路为R1的简单电路，由U＝IR可得，定值电阻R1的阻值：R1＝＝＝10Ω；（2）三个开关S1，S2，S3都闭合时，R1与L并联，电流表测干路电路，由可得，灯泡的电阻：，因并联电路中总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，所以，电路中的总电阻：R＝＝＝3.75Ω，通过电流表的电流大小：I′＝＝＝1.2A；（3）只闭合开关S2时，灯泡L与R2串联，电流表测电路中的电流，电压表测R2两端的电压，灯泡的额定电流：，因串联电路中各处的电流相等，且电流表的量程为0～0.6A，所以，电路中的最大电流I大＝0.6A，则灯泡消耗的最大功率：PL大＝I大2RL＝（0.6A）2×6Ω＝2.16W，当电压表的示数最大U2＝3V时，电路中的电流最小，灯泡消耗的电功率最小，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，灯泡两端的电压：UL′＝U﹣U2＝4.5V﹣3V＝1.5V，灯泡L消耗的最小功率：PL小＝＝＝0.375W，所以，灯泡L消耗的电功率的变化范围0.375W～2.16W。答：（1）定值电阻R3的阻值为10Ω；（2）三个开关S1，S2，S3都闭合时，通过电流表的电流为1.2A；（3）只闭合开关S2，在保证电表安全的情况下，灯泡L消耗的电功率的变化范围为0.375W～2.16W。