2023年广东省广州十六中教育集团中考物理质检试卷（含答案）.docx

绝密启用前2023年广东省广州十六中教育集团中考物理质检试卷注意事项:1.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.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。1. 如图所示是童谣小蜜蜂的歌词与乐谱，在小红唱到“大家一起”这四个字的期间，声波的音调逐渐升高，由此可得到()A. 声波的振幅逐渐增加B. 声波的频率逐渐变低C. 声源1s内的振动次数变多D. 声音的音色逐渐变好2. 下列说法正确的是()A. 太阳能电池板将太阳能转化为化学能B. 温度相同的水蒸气和水，水蒸气的内能一定较大C. 柴油机通过将机械能转化为内能输出动力D. 某物体温度升高，其内能一定增大3. 下表是不同电磁波的频率。但人们却都在说“5G网络比4G快”，是因为() 项目CCTV1广播台4G频段5G频段可见光频率/Hz1.0611051.881.901093.33.41094.27.81014A. 相同时间内，5G网络的波长比4G网络长B. 相同时间内，5G网络的频率范围比4G网络大C. 相同时间内，5G网络的传播速度比4G网络快D. 相同时间内，5G网络的信息传递量比4G网络多4. 相同的两个烧杯中分别装有不同液体，把甲、乙两球分别轻轻放入两杯液体中，最后甲球沉底，乙球悬浮，如图所示。甲、乙两球排开液体质量相等，则()A. 甲球所受浮力比乙球小B. 甲、乙球所受重力相等C. 左侧烧杯中所装液体密度较大D. 两烧杯底部所受液体压强相等5. 分别将LED灯L1和小灯泡L2分别接入电路，测得电压电流如图所示，实验中LED灯比小灯泡亮得多。下列说法正确的是()A. L1所做的功比L2多B. L1做功比L2做功快C. L1每秒钟消耗电能比L2少D. L1每秒钟消耗电能比L2多6. 如图，重力为G质量分布均匀的木棒左端与支点O连接，绕O转动时，棒所受的摩擦力可忽略不计。棒重心处受到竖直向上的拉力F1保持静止，则()A. F1=GB. F1OA=GOBC. 若F1为杠杆的动力，G为杠杆的阻力，此杠杆为费力杠杆D. 若将竖直拉力移到C点棒仍静止，此时拉力记为F2，则F1F27. 球竖直向上运动到最高处并下落，这过程中经过H、J两点。球在这两点的动能和重力势能如表所示，则球()H点J点动能/J48重力势能/J72A. 在H点速度比在J点的大B. 在J点机械能比在H点的大C. 在J点处于下降阶段D. 在最高处受力平衡8. 用甲、乙两个滑轮组分别将两个物体在相同时间里匀速提升相同高度，拉力分别为F甲、F乙，此过程相关数据如图所示，则下列说法正确的是()A. F甲比F乙小B. 甲的机械效率更高C. F甲功率比F乙的功率大D. 甲、乙装置中的两个物体质量m甲比m乙大9. 如图是标准大气压下1g某液体的体积-温度图线。根据图所给信息，下列说法()由9降低到5，液体体积一直变小温度升高，液体密度变大由0升高到4，液体质量一直变小4时1cm3液体的质量等于10时1cm3液体的质量A. 只有是正确的B. 只有是正确的C. 只有是正确的D. 只有是正确的10. 如图甲所示，磁铁上下摆放形成稳定磁场，取闭合回路的一部分直导体ab沿东西方向放置于两磁铁中间，当闭合开关，该磁场对导体ab产生向北的作用力。图乙为通电螺线管外部磁场的分布情况。则下列哪种方式可以使得通电螺线管的磁场对导体ab的作用力方向与甲图中ab的受力方向相同()A. B. C. D. 11. 有一束光线从水里斜射向空气，其反射光线和折射光线在容器壁上出现光点A和P(未标出)。(1)请在图画出上述入射光线、反射光线，和大致的折射光线，并标出P点，反射角r1和折射角r2。(2)该束光线方向可以调整，保持入射点O不变，当光点A向上移动时，光点P会_ 。(选填“上移”、“不动”或“下移”)12. 如图所示，来自于物体MN的三束光线a、b、c平行于主光轴，0是透镜的光心，a经过透镜后的光线过主光轴的一点，请画出b、c经透镜后的光线，若将MN移至图中虚线位置，此时物体MN将成_ (选填“正立”或“倒立”)的_ 像(选填“实”或“虚”)。13. 白色感压纸受到的压强大于可测最小值时才变色，且颜色随压强变大而变深，大于可测最大值时颜色不再变深，某感压纸A的规格如图所示。不同种类感压纸规格和性能如表格所示。 种类代码可测量的压强范围(N/cm2)超低压LLW50p250低压LW250p1000中压MW1000p5000高压HS5000”“=”或“”)。(2)OP段和MN段的水平地面，粗糙程度_ (选填“相同”、“不相同”)，依据是_ 。 (3)小明同学用一块干的棉质抹布擦桌子，他感觉擦的不干净，于是将这块抹布浸湿后再擦，发现不但桌子擦的干净了，同时感觉抹布与桌子的摩擦力明显变大，于是他想：是因为压力变大导致摩擦力变大，还是因为棉质抹布浸湿了导致摩擦力变大了呢？请你帮他设计对比实验，探究“抹布的干湿对滑动摩擦力是否有影响”。现有两块完全相同的抹布，为了完成实验，你还需要：_ ；实验步骤：_ 。答案和解析1.【答案】C【解析】解：通过五线谱判断出音调在逐渐升高，音调由频率决定，所以其频率在逐渐升高，频率的定义是发声体在1s内振动的次数，所以判断出1s内的振动次数变多，而声音的响度(振幅)和音色没有改变，故ABC错误，C正确。故选：C。音调是指声音的高低；音调的高低是由频率决定的，频率是发声体在1s内振动的次数。解答本题要知道音调和频率之间的关系，频率的定义。2.【答案】D【解析】解：A、太阳能电池板工作时将太阳能转化为电能，故A错误；B、内能与温度、物态、质量等有关；温度相同的水蒸气和水，水和水蒸气的质量未知，所以水蒸气的内能不一定较大，故B错误；C、柴油机在做功冲程中将内能转化为机械能，故C错误；D、某物体温度升高，其内能一定增大，故D正确。故选：D。(1)太阳能电池板将太阳能转化为电能。(2)物体内能的大小与温度、质量、物态等有关。(3)柴油机在做功冲程中将内能转化为机械能。(4)物体的温度升高，内能一定会增大。知道影响内能大小的因素；知道内能与温度的关系；知道柴油机的基本原理。3.【答案】D【解析】解：A、由表格数据可知，5G信号的频率大，由c=f可知，电磁波频率越大，波长越小，故A错误；B、虽然相同时间内，5G网络的频率范围比4G网络大，但不是5G网络比4G快的理由，故B错误；C、4G和5G信号都是电磁波，它们在真空中的传播速度是相同的，都为3108m/s，故A错误；D、相同时间内，5G网络的信息传递量比4G网络多，所以我们才说“5G网络比4G快”，这里的“快”并不是说电磁波的传播速度快，故D正确。故选：D。(1)电磁波的传播速度c=3108m/s；(2)波速、波长与频率的关系：c=f。此题考查波速、波长与频率的关系和电磁波的传播与应用，难度适中。4.【答案】C【解析】解：A、根据阿基米德原理可知：F浮甲=G甲排=m甲排g，F浮乙=G乙排=m乙排g，因为甲、乙两球排开液体质量相等，所以两球浮力相等，故A错误；B、因为甲球在液体中沉底，甲球的重力大于浮力，乙球漂浮，乙球浮力等于重力，因为两球浮力相等，所以甲球的重力大于乙球的重力，故B错误；CD、由题知，两球浮力相等，即F浮甲=F浮乙，则：甲液gV甲排=乙液gV乙排，因V甲排乙液，由p=gh知，在深度相同时甲烧杯底部受到液体的压强大，故C正确，D错误。故选：C。(1)根据阿基米德原理可知甲、乙所受浮力的大小关系；(2)根据两球的浮沉情况判断出甲、乙两球的重力关系；(3)根据两球的浮沉情况判断出液体的密度关系；(3)两球的浮力相等，根据图中甲、乙排开液体体积的关系和阿基米德原理判断出甲、乙密度的关系，由p=gh分析两烧杯底部受到液体的压强关系。本题考查了浮沉条件的应用、密度公式、压强公式和阿基米德原理的应用，关键是知道浮力的大小等于被该物体排开液体的重力。5.【答案】C【解析】解：B、根据P=UI可知，L1的电功率P1=U1I1=2.5V0.02A=0.05W，P2=U2I2=1.6V0.1A=0.16WP1，即L2做功比L1做功快，故B错误；CD、已知P2P1，根据W=Pt可知，L1每秒钟消耗电能比L2少，故C正确、D错误。A、已知P2P1，但不知道做功时间，故无法判断L1、L2做功的多少，故A错误。故选：C。B、根据P=UI可得出L1、L2的电功率，电功率越大，做功越快；CD、已知两灯电功率的大小关系，根据W=Pt可知两灯每秒消耗的电能的大小关系；A、已知两灯电功率的大小关系，但不知道做功时间，故无法判断L1、L2做功的多少。本题考查电能和电功率的计算，难度不大。6.【答案】A【解析】解：AB、由图示可知，杠杆受到的动力竖直向下，阻力为杠杆的自重，方向竖直向下，作用点都在A点，因此动力臂等于阻力臂，都为OB，则有：F1OB=GOB，故F1=G，故A正确，B错误；C、若F1为杠杆的动力，G为杠杆的阻力，则动力臂等于阻力臂，因此杠杆为等臂杠杆，故C错误；D、若将竖直拉力移到C点，显然动力臂变大，阻力和阻力臂不变，由杠杆平衡条件可得，要使棒仍静止，需减小动力，因此F1F2，故D错误。故选：A。(1)根据图示可知，杠杆受到的动力竖直向下，阻力为杠杆的自重，作用点为A点，方向竖直向下，据此可知动力臂与阻力臂的关系，从而得出动力、动力臂、阻力、阻力臂的关系；(2)杠杆的分类：当动力臂大于阻力臂时，为省力杠杆；当动力臂小于阻力臂时，为费力杠杆；当动力臂等于阻力臂时，为等臂杠杆；(3)将竖直拉力移到C点时，根据图示可知动力臂的变化，根据杠杆平衡条件可知动力的变化。此题是有关杠杆的动态平衡分析，考查了杠杆平衡条件的应用以及杠杆的分类，关键能从图中判断出动力、动力臂、阻力、阻力臂的变化。7.【答案】C【解析】解：A、H点的动能较小，所以H点的速度较小，故A错误；B、在J点的机械能等于8J+2J=10J，在H点的机械能等于4J+7J=11J，所以在J点的机械能比H点的小，故B错误；C、H点的动能为4J，到J点动能反而大于H点的动能，此时在下降阶段，故C正确；D、在最高处时速度为零，此时仅受竖直向下的重力作用，受力不平衡，故D错误。故选：C。(1)动能与小球的质量和速度有关，重力势能与小球的质量和被举高度有关；(2)小球在上升过程中，动能转化为重力势能，速度减慢；在下降过程中，重力势能转化为动能，速度增大。根据表格中总机械能的变化判断具体是上升还是下降过程。本题主要考查了学生对机械能的理解及相关知识的应用，表格中给出的数据非常关键，通过数据可以看出小球在运动过程中受空气阻力作用，且根据动能的大小可以判断小球的运动阶段。8.【答案】C【解析】解：D、由图可知，甲滑轮组中，n甲=3；乙滑轮组中，n乙=2；由图丙可知，甲、乙滑轮组的总功和额外功分别为：W总甲=1200J、W额甲=600J，W总乙=800J、W额乙=200J，甲、乙滑轮组做的有用功分别为：W有甲=W总甲-W额甲=1200J-600J=600J，W有乙=W总乙-W额乙=800J-200J=600J，即W有甲=W有乙，由于物体上升的高度相同，由W有=Gh可知，物重G甲、G乙的大小关系为：G甲=G乙，由G=mg可知，m甲=m乙，故D错误；A、由s=nh可知，绳子自由端移动距离分别为：s甲=n甲h=3h，s乙=n乙h=2h 即s甲s乙，由W总=Fs可知，两滑轮组中，绳端拉力分别为：F甲=W总甲s甲=1200J3h=400Jh，F乙=W总乙s乙=800J2h=400Jh，即F甲=F乙，故A错误；B、甲、乙滑轮组的机械效率分别为：甲=W有甲W总甲100%=600J1200J100%=50%，乙=W有乙W总乙100%=600J800J100%=75%，即甲P乙，故C正确。故选：C。(1)由图可知，甲滑轮组中，n甲=3；乙滑轮组中，n乙=2；由图丙可知，甲、乙滑轮组的总功和额外功大小，根据W有=W总-W额求得甲、乙滑轮组做的有用功，物体上升的高度相同，根据W有=Gh可知物重G甲、G乙的大小关系，根据G=mg可知甲、乙装置中的两个物体质量之间的关系；(2)根据s=nh可知绳子自由端移动距离s甲、s乙的大小关系；根据W总=Fs可知绳端拉力F甲、F乙的大小关系；(3)根据=W有W总100%求出甲、乙滑轮组的机械效率，比较得出甲、乙的大小关系；(4)利用P=W总t求甲、乙装置中拉力的功率之间的关系。本题考查滑轮组中力、功、功率和机械效率的大小比较，关键是n的确定以及根据柱状图得出总功和有用功的大小。9.【答案】A【解析】根据图像知，由9降低到5，液体体积一直变小，故正确；根据图像知，由0升高到4，温度升高，质量不变，体积变小，根据=mV知，液体密度变大，温度高于4时，质量不变，体积变大，根据=mV知，液体密度变小，故错误；质量是物体固有的属性，不随空间位置，形状、状态、温度的改变而改变，由0升高到4，液体质量不变，故错误；4时1cm3液体的体积等于10时1cm3液体的体积，由图像知，4时液体的密度大于10时液体的密度，根据=mV的变形式m=V知，4时1cm3液体的质量大于10时1cm3液体的质量，故错误。故选：A。(1)质量是物体固有的属性，不随空间位置，形状、状态、温度的改变而改变；(2)由=mV，根据图象反馈的信息，进行分析解答。本题考查从图象上获取信息，进行分析，并得出正确的结论。同时也说明这种物质是一种反例，在常温4时，质量一定，体积最小，密度最大；因此，对于同种物质，状态不变，密度一般相同，而不是一定相同，要正确理解概念的准确描述。10.【答案】A【解析】解：A、根据电流的流向，利用安培定则可知，螺线管的上端为N极，磁场的方向是向上的；该图与题干图片相比，磁场方向相反，电流的方向相反，则导体ab受到磁场力方向与题干相同，故A正确；B、根据电流的流向，利用安培定则可知，螺线管的下端为S极，磁场的方向是向上的；该图与题干图片相比，磁场方向相反，电流的方向相同，则导体ab受到磁场力方向与题干不同，故B错误；C、根据电流的流向，利用安培定则可知，螺线管的上端为S极，磁场的方向是向下的；该图与题干图片相比，磁场方向相同，电流的方向相反，则导体ab受到磁场力方向与题干不同，故C错误；D、根据电流的流向，利用安培定则可知，螺线管的下端为N极，磁场的方向是向下的；该图与题干图片相比，磁场方向相同，电流的方向相反，则导体ab受到磁场力方向与题干不同，故D错误。根据安培定则判定螺线管的极性，从而判断出磁场的方向；改变电流的方向或磁场的方向都可以改变通电导体的受力方向，从而使其运动方向不同；若电流的方向和磁场的方向都同时改变，则通电导体的受力方向不变。本题考查了磁场力的方向，明确影响磁场力方向的两个因素是解题的关键。11.【答案】下移【解析】解：(1)由题知，光从水里斜射向空气O点，反射光线在容器壁上形成一光点A，连接OA即为反射光线，根据反射角等于入射角在法线左侧的水中画出入射光线；光从水里斜射向空气中，折射角大于入射角，由此在法线右侧的空气中画出折射光线OP，如图所示； (2)光从水里斜射向空气时，保持入射点O不变，当光点A向上移动，反射光线会远离法线，根据光的反射定律知反射角和入射角增大，根据光的折射规律知折射角也增大，所以光点P会下移。故答案为：(1)见解答；(2)下移。(1)根据入射光线、反射光线以及法线在同一平面内，并且入射角等于反射角，画出反射光线，反射角是反射光线与法线的夹角；根据入射光线、折射光线以及法线在同一平面内，折射角小于入射角，确定折射光线的方向，折射角是折射光线与法线的夹角；(2)光从空气中斜射入水中时，折射光线会靠近法线，根据光的折射规律作图可知。本题考查了光的反射、光的折射的相关作图，在光路图中，注意实线虚线要分清，一般情况下只有实际光线画成实线，实际光线的反向延长线、法线都要画虚线表示。12.【答案】正立 虚【解析】解：(1)平行于凸透镜主光轴的光线过焦点，a经过透镜后的光线过主光轴的一点，说明此点为焦点F，b、c都平行于凸透镜的主光轴，经凸透镜折射后都过凸透镜的焦点F，如图所示： (2)焦点的位置在3.0cm刻度线处，0是透镜的光心，则凸透镜的焦距为3.0cm，将物体MN放在虚线位置，位于凸透镜的一倍焦距以内，成正立、放大的虚像。故答案为：b、c经透镜后的光线如图所示；正立；虚。(1)由图可知，a平行于主光轴的光线，经过凸透镜后会过焦点，即焦点的位置在3.0cm刻度线处；b和c也是平行于主光轴的光线，经过凸透镜后会过焦点，据此画图；(2)焦点的位置在3.0cm刻度线处，0是透镜的光心，凸透镜的焦距为3.0cm，将物体MN放在虚线位置，位于凸透镜的一倍焦距以内，成正立、放大的虚像。本题考查了凸透镜的特殊光线(平行于主光轴的光线经凸透镜折射后过焦点)、凸透镜成像规律的应用，属于基础题目。13.【答案】LLW 代码为LW的感压纸变色 CD【解析】解：(1)由图1可知，感压纸A可测的压强范围属于代码LLW感压纸可测量的压强范围，感压纸A属于LLW；(2)根据感压纸受到的压强大于可测最小值时才变色，250N/cm2不属于代码为LW的感压纸可测量的范围，所以如果观察到代码为LW的感压纸变色，小坚的说法是正确的；(3)当p=1000N/cm2时，S=Fp=500N1000N/cm2=0.5cm2，当p=5000N/cm2时，S=Fp=500N5000N/cm2=0.1cm2，所以感压纸面积S的范围：0.1cm2S0.5cm2，故选：CD。故答案为：(1)LLW；(2)代码为LW的感压纸变色；(3)CD。(1)由图1可知，感压纸A可测的压强范围属于代码LLW感压纸可测量的压强范围；(2)根据感压纸受到的压强大于可测最小值时才变色；(3)由p=FS计算出感压纸面积S的范围。此题关键是理解“感压纸受到的压强大于可测最小值时才变色”，小于或等于可测最小值时不变色。14.【答案】4 需要 等于 能，CD段加热时间大于AB段加热时间【解析】解：(1)通过实验过程发现：该物质熔化时的特点是吸收热量，温度不变；完成熔化过程共用时间为5min-1min=4min；由于温度不变，分子热运动剧烈程度不变，分子动能不变，故该晶体在4min的分子总动能等于2min时的分子总动能；(2)已知该晶体的c固小于c液，AB段加热时间小于CD段加热时间，故AB段吸收的热量QAB小于CD段吸收的热量QCD。故答案为：(1)4；需要；等于；(2)能；CD段加热时间大于AB段加热时间。(1)晶体熔化的特点是温度不变，但要继续吸热。根据图象可判断其熔化所用的时间；分子的动能与温度有关；由于温度不变，分子热运动剧烈程度不变，分子动能不变。(2)根据加热时间判断吸收热量的多少。本题考查晶体熔化实验以及热量公式，难度不大。15.【答案】3104 1104【解析】解：(1)由图乙可知，物体从A、B、C到D，一开始完全浸没，后来部分露出，再后来离开水面，由F浮=液gV排可知物体受到的浮力先不变、后变小，最后受到的浮力为0，由F=G-F浮可知物体所受拉力先不变、后增大，再后来又不变，A、B、C.D四个点在图中的位置如图所示：；(2)浸没在水中的物体受到浮力、重力、滑轮组拉力的作用，三力的作用点都画在物体的重心，如图所示：；由图乙可知，物体从C点以后，脱离水面，物体受到的拉力F1=3104N，则物体受到的重力：G=F1=3104N；物体从A点到B点，物体浸没水中，物体受到的拉力F2=2104N，由称重法测浮力可知，物体受到的浮力：F浮=G-F2=3104N-2104N=1104N；(3)由图乙可知，物体从A点到B点的距离s=30m，由图丙可知，此过程所用的时间t=30s，物体从A到B起吊过程中的速度：v=st=30m30s=1m/s；(4)由图知n=2，物体从A点被匀速提升到B点的过程中，滑轮组的机械效率：=W有W总=F2hFs=F2hFnh=F2nF=2104N21.2104N100%83.3%。答：(1)见解答图；(2)见解答图；3104；1104；(3)物体从A点到B点吊起过程中的速度为1m/s；(4)滑轮组的机械效率为83.3%。(1)由图乙可知，物体从A、B、C到D，一开始完全浸没，后来部分露出，再后来离开水面，根据F浮=液gV排可知物体所受浮力的变化，根据F=G-F浮可知物体所受拉力的变化，据此确定A、B、C、D四个点在图中的位置；(2)浸没在水中的物体受到浮力、重力、滑轮组拉力的作用，三力的作用点都画在物体的重心，据此画出受力示意图；物体从C点以后，脱离水面，从图乙可知物体受到的拉力，物体受到的重力大小等于该拉力；物体从A点到B点，物体浸没水中，物体受到的拉力，利用称重法测浮力求物体受到的浮力；(3)利用速度公式求物体从A到B起吊过程中的速度；(4)由图知n=2，物体从A点被匀速提升到B点的过程中，根据=W有W总=F2hFs=F2hFnh=F2nF求滑轮组的机械效率。本题为力学综合题，考查了速度公式、阿基米德原理、效率公式的应用以及力的示意图的画法，分析题图，从中得出相关信息是关键。16.【答案】变小 因为小灯泡两端的电压不变，00.04s通过灯泡的电流减小，由P=UI可知，灯丝的实际功率变小【解析】解：(1)根据P=Wt得发光1h消耗的电能为：W=P额t=110W3600s=3.96105J；(2)由图知t=0.04s时，通过灯丝的电流为0.5A，根据I=UR知灯丝的电阻大小为：R=UI=220V0.5A=440，灯丝从00.04s实际功率变小；电源的电压恒定，则小灯泡两端的电压不变，由图乙可知，00.04s通过灯泡的电流减小，由P=UI可知，灯丝的实际功率变小。(3)开关接火线，灯泡接零线，两个单刀双掷开关的静触点要分别两两相连，动触点接外电路，据此连接的电路如图所示：。答：(1)灯工作1h消耗的电能是3.96105J；(2)t=0.04s时，灯丝的电阻大小是440；变小；因为小灯泡两端的电压不变，00.04s通过灯泡的电流减小，由P=UI可知，灯丝的实际功率变小；(3)见解答图。(1)根据W=Pt计算灯工作时发光1h消耗的电能；(2)由图知t=0.04s时通过灯丝的电流，由欧姆定律算出灯丝的电阻；电源的电压恒定，则小灯泡两端的电压不变，由图乙可知，00.04s通过灯泡的电流减小，由P=UI可知，灯丝的实际功率变小。(3)连接双控灯电路时，两个单刀双掷开关的静触点要分别两两相连，动触点接外电路，开关与火线相连，灯泡与零线相连。本题考查了电功率公式和欧姆定律的应用，关键是根据电阻的变化分析得出灯泡电阻与温度的关系。17.【答案】变阻器连入电路中的电阻较大 越大 1.75 不行 增加干电池的节数，电压表的示数成1.5倍的增加，变化有规律，实验没有普遍性【解析】解：(1)从电源的正极连接电流表、变阻器、灯泡、开关回到电源的负极，电压表和灯泡并联，由表中数据可知，电流表应选择0-3A的量程，电压表选择015V的量程，滑动变阻器滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻值变小，滑动变阻器应一上一下串联入电路中，将变阻器右下角接线柱连入电路中，如图所示：；(2)闭合开关发现两电表都有示数，说明电路为通路，灯泡却不亮，可能变阻器连入电路中的电阻较大，电路中的电流较小；(3)由表中数据可知，小灯泡两端电压越大，通过它的电流越大，由P=UI可知它的实际功率越大；小灯泡的额定电压是2.5V，由表中数据可知通过它的电流是0.7A，小灯泡正常发光时的功率P=UI=2.5V0.7A=1.75W；(4)实验中，不需要滑动变阻器，增加干电池的节数，电压表的示数成1.5倍的增加，变化有规律，实验没有普遍性，这样不可行。故答案为：(1)见解析；(2)变阻器连入电路中的电阻较大；(3)越大；1.75；(4)不行；增加干电池的节数，电压表的示数成1.5倍的增加，变化有规律，实验没有普遍性。(1)电路图连接时，电流表、变阻器、灯泡串联到电路中，电压表和灯泡并联，电流表应选择0-3A的量程，电压表选择015V的量程，滑片右移时，阻值变小，说明下端应接入右端的接线柱；(2)只要电流表指针有偏转，就说明电路是通路；(3)由表格数据和P=UI可得答案；(4)实验数据应有规律的变化，这样才具有普遍性。本题探究灯的亮度与实际功率的关系，涉及到的知识点有：电路图的连接、电路故障分析、电功率的计算等，是一道综合题。18.【答案】= 不相同 滑动摩擦力相同，但压力大小不同，故接触面的粗糙程度不同 小车、斜面 ：将干抹布铺在水平面上，让小车从斜面的顶端静止开始滑下，记录小车在水平面运动的距离，并重复至少3次；将湿抹布铺在水平面上，让小车从相同高度静止开始滑下，记录小车在水平面运动的距离，并重复至少3次；比较两种条件下小车运动的距离，从而判断抹布的干湿度滑动摩擦力是否有影响。【解析】解：(1)在MN段与OP段，物体做匀速直线运动，则拉力大小等于摩擦力大小，拉力大小不变，故f1=f2=10N；(2)在MN段容器中的水少于OP段，OP段的压力大于MN段的压力，摩擦力相同，故OP段和MN段的水平地面，粗糙程度不同，依据是压力不同，摩擦力相同；(3)探究“抹布的干湿对滑动摩擦力是否有影响”，两块完全相同的抹布，还需要准备小车、相同的斜面；步骤：将干抹布铺在水平面上，让小车从斜面的顶端静止开始滑下，记录小车在水平面运动的距离，并重复至少3次；将湿抹布铺在水平面上，让小车从相同高度静止开始滑下，记录小车在水平面运动的距离，并重复至少3次；比较两种条件下小车运动的距离，从而判断抹布的干湿度滑动摩擦力是否有影响。故答案为：(1)=；(2)不相同；滑动摩擦力相同，但压力大小不同，故接触面的粗糙程度不同；(3)小车；斜面；：将干抹布铺在水平面上，让小车从斜面的顶端静止开始滑下，记录小车在水平面运动的距离，并重复至少3次；将湿抹布铺在水平面上，让小车从相同高度静止开始滑下，记录小车在水平面运动的距离，并重复至少3次；比较两种条件下小车运动的距离，从而判断抹布的干湿度滑动摩擦力是否有影响。(1)由v-t图像可得物体做匀速直线运动，则二力平衡，滑动摩擦力的大小等于拉力F，由于拉力F的大小不变，故摩擦力的大小也不变；(2)滑动摩擦力的大小与压力和接触面的粗糙程度有关，当滑动摩擦力相同时，压力小的，接触面越粗糙；(3)探究“抹布的干湿对滑动摩擦力是否有影响”，变量是抹布的干湿，故需两块完全相同的抹布，一块保持干燥，另一块浸湿；借鉴课本探究阻力对小车运动的影响来设计实验，为了观察摩擦力的大小，通过转换法让小车从相同的斜面，同一高度静止释放，滑到水平面，水平面分别铺上干抹布和浸湿的抹布，观察木块滑行的距离判断摩擦力的大小。本题考查二力平衡条件、影响滑动摩擦力的大小的因素、实验设计，其中实验设计是难点，可以结合课本学过的实验对实验进行改进和利用。