2022年江苏省泰州市泰兴市济川中学中考物理一模试卷一、选择题（每题2分，共24分）1．（2分）（2022•泰州模拟）下列选项中，有关物理学家和他的主要贡献对应正确的是（ ） A．牛顿﹣﹣惯性定律B．里特﹣﹣红外线 C．奥斯特﹣﹣电磁感应现象D．法拉第﹣﹣电流的磁效应考点：物理常识．专题：其他综合题．分析：根据：牛顿、里特、奥斯特、法拉第在物理学上的主要贡献，相关的物理学史分析解答此题．解答：解：A、牛顿总结了牛顿第一定律，又称惯性定律，对应正确，符合题意；B、里特发现了紫外线，而不是红外线，对应错误，不合题意；C、奥斯特发现了电流的磁效应，而不是电磁感应现象，对应错误，不合题意；D、法拉第发现了电磁感应现象，而不是电流的磁效应，对应错误，不合题意．故选A．点评：多了解物理学史对培养我们学习物理的兴趣是有帮助的，所以考试中也时有涉及，在学习中应注意．2．（2分）（2022•南长区二模）下列估测中，最接近实际的是（ ） A．正常人脉膊每秒跳动70次B．中学生体重约50N C．现在我们考场内温度约46℃D．教室门的高度约为2m考点：时间的估测；温度；长度的估测；重力大小的估测．专题：估算综合应用题．分析：首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案．解答：解：A、正常人脉膊每分钟跳动70次，该选项说法不正确；B、中学生的质量约50kg，其重力G=mg=50kg×10N/kg=500N，该选项说法不正确；C、考查内的温度应该是26℃左右，46℃太高了，该选项说法不正确；D、教室门的高度约为2m，该选项说法正确．故选D．点评：此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活中物理量的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项即可．3．（2分）（2022•泰州模拟）关于声现象，下列说法中正确的是（ ） A．用声波能粉碎人体内的“小石头”，说明声波能够传递信息 B．敲锣时用力越大，声音的音调越高 C．“闻其声而知其人”主要是根据声音的音色来判断的 D．市区内某些路段“禁鸣喇叭”，这是在声音传播的过程中减弱噪声考点：音调、响度与音色的区分；防治噪声的途径．专题：声现象．分析：（1）声音能够传递信息，也具有能量；（2）声音三个特性：音调、响度和音色．音调跟发声体的振动频率有关；响度跟发声体的振幅有关；音色跟发声体的材料和结构有关；（3）减弱噪声的途径有三种：在声源处减弱噪声；阻断噪声的传播；在人耳处减弱噪声．解答：解：A、用声波能粉碎人体内的“小石头”，说明声波具有能量，故A错误；B、敲锣时用力越大，鼓面振动的幅度越大，响度越大，故B错误；C、“闻其声而知其人”说明发声体不同音色不同，因此是根据声音的音色来判断的；故C正确；D、市区内某些路段“禁鸣喇叭”，这是在在声源处减弱噪声，故D错误．故选C．点评：此题考查了声音的应用、声音的特征以及减小噪声的方法，是一道声学基础题．21\n 4．（2分）（2022•泰州模拟）下列现象发生的过程中，放出热量的一组是：（ ）（1）春天，冰雪融化成溪流（2）夏天，从冰箱里拿出来的饮料罐“出汗”（3）秋天，清晨的雾在太阳出来后散去（4）冬天，室外地面上出现了霜． A．（1）、（2）B．（2）、（4）C．（1）、（3）D．（3）、（4）考点：物质的三态及其基本特征．专题：应用题．分析：物体从固态变为液态的过程叫熔化，熔化要吸热；物体从气态变为液态的过程叫液化，液化要放热；物体从液态变为气态的过程叫汽化，汽化要吸热；物体从气态直接变为固态的过程叫凝华，凝华要放热．解答：解：（1）冰雪融化汇成溪流是熔化，熔化要吸热；（2）从冰箱里面拿出来的饮料罐“出汗”，这是空气中的水蒸气遇到比较冷的饮料罐液化形成的，液化要放热；（3）雾的消失，是汽化现象，汽化要吸热；（4）霜是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的，凝华要放热．故选B．点评：此题考查的是物态变化的判断和物态变化伴随的吸放热情况熟记概，念是解决本题的关键． 5．（2分）（2022•泰州模拟）在下列实验或装置所示的情景中，能量转化情况相同的是（ ） A．丙和丁B．甲和丙C．甲和乙D．乙和丁考点：能量的相互转化．专题：机械能及其转化．分析：分析各实验装置中的能量变化可知能量的转化情况，则找出转化情况相同的即可．解答：解：甲是将机械能转化内能；乙为做功冲程，则为内能转化为动能的过程；丙消耗电能转化为内能，为电能转化为内能的过程；丁通过加热使活塞飞出，为内能转化为动能的过程；故能量转化相同的为乙与丁；故选D．点评：在分析能量转化时要注意分析实验中消耗了哪些能量，同时主要产生的哪些能量，则可知能量的转化方向． 6．（2分）（2022•杭锦旗）如图为某种吊车的工作示意图．利用伸缩撑杆可使吊臂绕O点转动；伸缩撑杆为圆弧状，伸缩时对吊臂的支持力始终与吊臂垂直．下列关于这个吊车的有关说法正确的是（ ）21\n A．吊臂是一个省力杠杆 B．使用这种吊车，好处是可以少做功 C．匀速顶起吊臂的过程中，伸缩撑杆的支持力大小保持不变 D．匀速顶起吊臂的过程中，伸缩撑杆的支持力渐渐变小考点：杠杆的平衡条件；杠杆的动态平衡分析．专题：压轴题；动态预测题；图析法．分析：根据杠杆平衡条件，F1×l1=F2×l2，根据动力臂和阻力臂的关系分析是省力杠杆、等臂杠杆、费力杠杆．杠杆是一种机械，使用任何机械都不省功．根据匀速吊起货物时，阻力不变，阻力臂变化，动力臂不变，再次利用杠杆平衡条件进行判断支持力的大小变化．解答：解：如图画出动力臂和阻力臂，动力臂L1小于阻力臂L2，根据杠杆平衡条件，动力大于阻力，是费力杠杆．故A不符合题意．杠杆是一种机械，使用任何机械都不省功．故B不符合题意．吊车吊起货物的过程中，阻力不变，阻力臂减小，动力臂不变，动力减小，所以支持力逐渐变小．故C不符合题意、D正确．故选D．点评：正确确定动力、动力臂、阻力、阻力臂是解决本题的关键，吊车吊起货物时，确定变化量和不变量，根据杠杆平衡条件解决问题． 7．（2分）（2022•无锡）用相同的滑轮和绳子分别组成如图所示的甲、乙两个滑轮组，把相同的重物匀速提升相同的高度．若不计绳重及摩擦，下列说法正确的是（ ）21\n A．绳子受的拉力F1和F2大小相等，滑轮组的机械效率相同 B．绳子受的拉力F1和F2大小不相等，滑轮组的机械效率不同 C．绳子自由端移动的距离不相等，拉力对滑轮组所做的功相等 D．绳子自由端移动的距离不相等，拉力对滑轮组所做的功不相等考点：滑轮（组）的机械效率；滑轮组及其工作特点；功的计算；有用功和额外功．专题：压轴题；推理法．分析：由滑轮组的结构知道承担物重的绳子股数n，则绳子自由端移动的距离s=nh；把相同的重物匀速提升相同的高度，做的有用功相同；不计绳重及摩擦，利用相同的滑轮和绳子、提升相同的高度，做额外功相同；而总功等于有用功加上额外功，可知利用滑轮组做的总功相同，再根据效率公式判断滑轮组机械效率的大小关系．解答：解：不计绳重及摩擦，∵拉力F=（G物+G轮），n1=2，n2=3，∴绳子受的拉力：F1=（G物+G轮），F2=（G物+G轮），∴F1≠F2，∵动滑轮重相同，提升的物体重和高度相同，W额=G轮h，W有用=G物h，∴利用滑轮组做的有用功相同、额外功相同，总功相同，∵η=，∴滑轮组的机械效率相同，故A、B错；∵绳子自由端移动的距离s=nh，n1=2，n2=3，提升物体的高度h相同，∴s1=2h，s2=3h，∴s1≠s2，拉力做的功：W1=F1s1=（G物+G轮）×2h=（G物+G轮）hW2=F2s2=（G物+G轮）×3h=（G物+G轮）h∴，W1=W2，故C正确、D错．故选C．点评：本题考查了使用滑轮组时n的确定方法，有用功、额外功、总功的计算方法，不计摩擦和绳重时拉力的求法；本题关键在于确定额外功相等． 8．（2分）（2022•通辽）小明同学用漆包线在一颗大铁钉上绕制若干圈，做成了简易电磁铁，然后按如图所示连入电路中，接通电路后（ ）21\n A．大铁钉的下端是S极 B．滑片P向右移动，电磁铁的磁性增强 C．增加线圈的匝数，电磁铁的磁性减弱 D．把铁钉拔出，线圈的磁性增强考点：影响电磁铁磁性强弱的因素．专题：应用题．分析：（1）由右手螺旋定则可知螺线管的极性，右手握住螺线管，四指指向电流方向，大拇指向指的方向为N极方向．（2）影响电磁铁磁性强弱的因素主要有电流的大小、线圈的匝数、铁芯的有无，研究问题的方法是控制变量法．解答：解：A、由右手螺旋定则可知，铁钉上端为N极，下端为S极．故A正确；B、当滑片向右移动时，滑动变阻器接入电阻变大，故电路中电流变小，则螺线管磁性变弱．故B错误；C、在电流一定的条件下，增加线圈的匝数，电磁铁的磁性增强．故C错误；D、插入铁芯时，铁芯被磁化，磁性增强；把铁钉拔出，线圈的磁性减弱．故D错误；故选A．点评：本题主要考查用右手螺旋定则可知螺线管的极性，电磁铁的磁性强弱与电流的大小、线圈匝数、铁芯的有无有关．掌握这些要点是顺利解决此题的关键． 9．（2分）（2022•泉州）在如图所示的实验装置图中．属于电磁感应现象的是（ ） A．B．C．D．考点：电磁感应；通电直导线周围的磁场；直流电动机的构造和工作过程．分析：通电导体在磁场中受力而运动．闭合电路的一部分导体在磁场中切割磁感线运动，导体中有感应电流产生．根据通电线圈在磁场中转动，制成电动机．通电导体周围存在着磁场．解答：解：A、通电导体在磁场中受力而运动，根据这个原理制成电动机．不符合题意．B、闭合电路的一部分导体在磁场中作切割磁感线运动，导体中有感应电流．这是发电机的原理图．符合题意．C、如图是电动机的原理图，通电线圈在磁场中受力而转动．不符合题意．D、通电导体周围存在着磁场．不符合题意．故选B．点评：电动机的原理图和发电机的原理图的重要区别：电动机的电路中有电源；发电机的电路中没有电源． 10．（2分）（2022•通辽）“以人为本，创建平安和谐校园”是构建和谐社会的重要组成部分，同学们在日常生活中必须注意安全，珍惜生命，下列关于安全方面的说法，正确的是（ ） A．使用三线插头的家用电器在两线插孔的插排上使用同样安全 B．雷雨天，人在高处打伞行走，一定不会被雷击中 C．如果发生触电事故，首先应立即切断电源，然后尽快联系医务人员进行抢救21\n D．学校新增了两个微机室，只要换额定电流较大的保险丝即可考点：触电危害及常见的触电类型与预防；安全用电原则．专题：应用题．分析：（1）对于金属外壳的家用电器，金属外壳一定接地，防止外壳漏电，发生触电事故．（2）雷电容易击中地面上尖端的突起物．（3）发现有人触电或电引起的火灾，首先切断电源，再实行救援措施．（4）应根据家庭电路中的最大电流选择合适的保险丝，同时考虑连接的导线是否合适．解答：解：A、使用三脚插头和三孔插座，可以把用电器金属外壳与大地相连，如果用在两线插头的插排，去掉一个脚，一旦漏电，人碰到用电器外壳，会触电，故A错；B、雷容易击中地面上尖端的突起物体，所以雷雨天打伞是极危险的，故B错；C、发生触电事故，用手拉不安全，报警时间来不及，切断电源是首先要做的，故C正确；D、学校新增了两个微机室，除了更换保险丝外，还要考虑连接的导线是否合适，故D错．故选C．点评：本题考查安全用电的常识，要求掌握触电急救原则、防雷原则、三脚插头的使用原理，是基础题． 11．（2分）（2022•泰州模拟）如图是某同学放在水平课桌上的一摞书，下列关于取书的说法中正确的是（ ） A．缓慢将甲书水平抽出需要的力大于缓慢将乙书水平取出需要的力 B．缓慢将甲书水平抽出需要的力等于缓慢将乙书水平取出需要的力 C．非常迅速地将甲书或乙书水平抽出，它们上面的书都会倒 D．非常迅速地将甲书或乙书水平抽出，它们上面的书都不会倒考点：摩擦力大小的影响因素；惯性．专题：运动和力；重力、弹力、摩擦力．分析：结合图片和选项中的描述可知，前两个选项主要应从影响摩擦力大小的因素角度考虑，看甲乙两书受到的压力是否相同；后两个选项主要应从惯性的知识角度考虑，以判断将书迅速抽出后可能发生的情况．解答：解：读图可知，甲书在中间层中，乙书在更底层中，因此，它们表面受到的压力不同，在接触面粗糙程度相同的情况下，乙受到的摩擦力会更大，故缓慢将甲书水平抽出需要的力小于缓慢将乙书水平取出需要的力，因此，选项A、B均错误；非常迅速地将甲书或乙书水平抽出时，其余的书由于惯性，仍保持原来的静止状态，因此，会由于重力的作用下落到正下方的书上，不会倒，故选项C错误，D正确．故选D．点评：本题通过生活中的一个现象考查了两个方面的知识，一是影响摩擦力大小的因素有哪些，二是惯性知识在实际生活中的应用，构思巧妙，较为新颖，值得关注． 12．（2分）（2022•泰州模拟）如图所示，电路中电源电压恒定，闭合开关，将滑动变阻器的滑片向右端移动的过程中，下列说法中正确的是（ ）21\n A．电流表示数不变，电压表示数不变 B．小灯泡变暗，电压表示数变小 C．小灯泡的亮度不变，电压表示数不变 D．电路的总功率不变考点：电路的动态分析．专题：电路变化分析综合题．分析：由实物电路图可知，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流；根据滑片的移动确定接入电路电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和灯泡两端的电压变化，根据P=UI可知电路消耗总功率的变化和灯泡实际功率的变化以及灯泡的亮暗情况．解答：解：由实物电路图可知，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流；A、将滑动变阻器的滑片向右端移动的过程中，接入电路的电阻变大，电路的总电阻变大；由I=可知，电路中的电流变小，即电流表的示数变小；由U=IR可知，灯泡两端的电压变小，即电压表的示数变小，故A不正确；BC、由P=UI可知，灯泡消耗的实际功率变小，灯泡变暗，电压表示数变小，故B正确，C错误；D、由P=UI可知，电路消耗的总功率变小，故D错误．故选B．点评：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，关键是根据实物电路图得出电路的连接方式和电表所测电路元件的判断． 二、填空题（共27分）13．（2分）（2022•泰州模拟）如图所示．用一张硬卡片拨动木梳的齿，能听到由于 卡片 （选填“卡片”或“木梳”）的振动而发出的声音．用相同的力显著改变拨动木梳齿的快慢，能够听出卡片声音的 音调 发生了变化（选填“响度”或“音调”）．考点：声音的产生；频率及音调的关系．专题：声现象．分析：解决此题的关键是要知道声音是由物体的振动产生的；音调的高低与发声体振动快慢有关，物体振动越快，音调就越高．解答：解：硬卡片拨动木梳的齿，卡片由于振动会发出声音；21\n当用相同的力显著改变拨动木梳齿的快慢时，卡片振动的快慢不同，所以发出声音的音调就会不同．故答案为：卡片；音调．点评：本题考查声音的产生和影响声音音调的因素，相对比较简单，属于基础题． 14．（4分）（2022•泰州模拟）我国第五代隐形战机﹣歼20已研制并试飞成功，速度可达声速的2.35倍．若以680m/s的速度飞行，10秒内可飞行 6800 m；飞行时，以 飞机 为参照物，飞行员是静止的；机翼的横截面设计成如图1所示的形状，这是为了利用流体压强的特点给飞机提供升力，使飞机升空的力施力物体是 空气 ．飞机上的着地轮一般都装有如图2所示的搭地线，这是为了防止因摩擦起电现象而造成危险，还有些飞机不装搭地线，而是采用了一种特殊的橡胶轮胎，这种轮胎一定是 导体 （选填“导体”或“绝缘体”）．考点：速度公式及其应用；流体压强与流速的关系；导体．专题：其他综合题．分析：（1）根据公式s=vt即可算出飞机飞行的距离；（2）要判断飞行员以哪个物体为参照物是静止的，就看飞行员和哪个物体之间的位置没有发生变化；（3）流体压强与流速的关系是：流速越大的地方压强越小；力的作用是相互的；（4）飞机在飞行中与大气摩擦，产生大量的电荷，这些电荷如不能及时导入大地，会发生危险．解答：解：（1）∵v=，∴飞机10秒内飞行的距离：s=vt=680m/s×10s=6800m；（2）飞行员始终坐在飞机里，他与飞机的位置没有发生变化，所以飞行员以飞机为参照物是静止的；（3）飞机的机翼上表面空气流速大，下表面空气流速小．由于流体压强与流速有关，流速越大的地方压强越小，流速越小的地方压强越大，所以飞机机翼上表面受到向下的压强小，下表面受到向上的压强大，于是产生了一个向上的压强差，正是这个向上的压强差为飞机提供了向上的升力，升力的使力物体是空气．（4）飞机上的着地轮装有搭地线或用导电橡胶做轮胎，是为了及时地把飞机在飞行过程中由于摩擦而产生的电荷通过导体而转移给大地，以免发生放电现象，保证飞机和乘客的安全．故答案为：6800；飞机；空气；导体．点评：本题考查了速度公式及其应用、运动和静止的相对性、力的相互性和导体与绝缘体的区别，属于基础知识的考查，难度不大． 15．（2分）（2022•泰州）图是玩弹弓的情景．经验表明，橡皮筋拉得越长，同样的“子弹”射得越远，这说明橡皮筋的弹性势能与 橡皮筋的长度 有关；若橡皮筋被拉的长度相同，而所用“子弹”的质量不同，则质量大的“子弹”射出的距离较小，原因是质量大的“子弹”射出时的 速度 小．21\n考点：势能的影响因素；能量的相互转化．专题：应用题；信息给予题．分析：要分析橡皮筋的弹性势能与什么有关，从影响弹性势能的因素入手来回答即可；要分析质量大的“子弹”射出时哪个物理量减小，应从能量转化的角度分析，思考“子弹”的能量是如何转化的，从而得出正确的结论．解答：解：橡皮筋弹性势能的影响因素是橡皮筋发生形变的程度，橡皮筋形变的程度越大，橡皮筋的弹性势能就越大；“子弹”射得越远，说明橡皮筋的弹性势能越大转化成的动能就越多，因此橡皮筋拉得越长，“子弹”射得越远，这说明橡皮筋的弹性势能与橡皮筋的长度有关；当“子弹”射出时，“子弹”具有的动能是橡皮筋的弹性势能转化来的，橡皮筋被拉的长度相同，说明橡皮筋的弹性势能相同，在理想的情况下，转化成的动能也相同，根据动能的影响因素是质量和高度，在动能相同时，“子弹”的速度与质量成反比，因此“子弹”的质量越大，“子弹”的运动速度就越小．故答案为：橡皮筋的长度；速度．点评：本题考查弹性势能的影响因素、弹性势能和动能的相互转化，解题时要熟记相关的知识点，加深对弹性势能的理解，会应用相关知识分析解决问题． 16．（4分）（2022•泰州模拟）汽油机是热机的一种，汽油在气缸内燃烧时的能量转化情况是 化学能转化为内能 ，在设计制造时，汽缸外有一个水套，让汽缸被水包围着，这是通过 热传递 的方式减少汽缸内能的．一台单缸四冲程汽油机，飞轮转速是1200r/min，该汽油机每秒钟内完成 40 个冲程，做功 10 _次．考点：内燃机的四个冲程．专题：比热容、热机、热值．分析：（1）燃料燃烧的过程，将燃料的化学能转化为内能；（2）改变内能有两种方式：即做功和热传递；（3）知道在四冲程内燃机曲轴转一圈，完成2个冲程，1个工作循环中包括4个冲程并对外做功1次．解答：解：（1）汽油在气缸内燃烧时，将汽油的化学能转化为内能；（2）为了避免汽油机在工作时温度升得太高，在设计制造时，汽缸外有一个水套，让汽缸被水包围着，即通过水吸收热量而使得气缸温度降低，这是通过热传递的方式改变内能的；（3）飞轮转速是1200r/min=20r/s，因一个工作循环转2圈，完成4个冲程，做功一次；所以每秒完成10个工作循环，完成40个冲程，做功10次；故答案为：化学能转化为内能；热传递；40；10．点评：本题要结合内燃机的四个冲程工作特点进行分析解答，记住相关的数据大小，会根据转速进行相关计算． 17．（3分）（2022•泰州模拟）在载人飞船返回舱减速降落地面时，其动能不断 减少 ，重力势能不断 减少 ，其机械能的总量 减少 （选填“增加”、“减少”或“不变”）．考点：动能和势能的转化与守恒．21\n专题：机械能及其转化．分析：动能大小的影响因素是物体的质量和速度，质量越大、速度越大，动能越大；重力势能大小的影响因素是物体的质量和高度，质量越大，高度越高，重力势能越大．解答：解：返回舱在下降过程中质量不变，但由于是减速下降，速度减小，动能减小；下降时高度降低，所以重力势能也减小，机械能也减小．故答案为：减少；减少；减少．点评：判断动能和势能大小变化时，必须从它们各自的影响因素入手来考虑． 18．（2分）（2022•泰州）有两只定值电阻RA和RB，各自的电流与电压关系图象分别为图中的A、B．若将它们串联接在电压为4.5V的电源上，则RA两端的电压为 3 V，通过RB中电流是 0.3 A．考点：欧姆定律的应用．专题：计算题；压轴题；信息给予题．分析：根据欧姆定律可计算RA和RB的电阻，根据串联电路电压规律可计算它们串联后的电阻，串联电路各处电流都相等，进一步根据欧姆定律计算RA两端的电压和通过RB中电流．解答：解：RA=，RB=，R=RA+RB=10Ω+5Ω=15Ω，，UA=IRA=0.3A×10Ω=3V，故答案为：3，0.3．点评：本题考查学生根据欧姆定律计算电路中的电流，电阻，电压以及对串联电路电流和电阻特点的掌握． 19．（3分）（2022•湛江）小鹏同学家的电能表如图所示，则小鹏家已消耗的电能为 30 kW•h，转盘已转过 6×104 转；他发现家里只使用一只电水壶（其它用电器都关闭）时，观察到电能表转盘3分钟转过100转，电水壶工作时的实际电功率为 1000 W．21\n考点：电能表参数的理解与电能的求法；电功率的计算．专题：计算题；压轴题．分析：（1）电能表的读数表示家庭电路到现在为止消耗的电能总数，最后一位是小数，单位kW•h．2000r/kW•h所表示的物理意义：2000r/kW•h表示的是电路中每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转2000r．（2）由电能表的转动的转数求用电器消耗的电能，又知道通电时间，可以求出用电器的电功率．解答：解：（1）小鹏家到现在为止，已消耗的电能为30kW•h．每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转2000r，小鹏家已消耗的电能为30kW•h，电能表的转盘转的转数：30×2000r=6×104r．（2）只使用一只电水壶，电能表转盘3分钟转过100转，消耗的电能：∴W=0.05kW•h=1.8×105J∵t=3min=180s∴P==1000W故答案为：30；6×104；1000．点评：本题考查了电能表的参数的理解，还考查了用电器单独接入电路时，由用电器在一定时间内电能表转动的圈数，求用电器的电功率． 20．（3分）（2022•泰州）真空中电磁波的传播速度与 光速 相同（选填“声速”或“光速”）；由公式v=λf可知，波长越长的电磁波频率越 低 （选填“高”或“低”）：实验证明， 金属 材料制成的壳体或网罩（选填“金属”或“非金属”），对电磁波有屏蔽作用．考点：波速、波长和频率的关系；无线电广播的发射和接收．分析：在真空中电磁波的波速与光速相同，由公式v=λf可知，波长与频率成反比，对电磁波有屏蔽作用是金属材料制成的壳体或网罩．解答：解：真空中电磁波的传播速度与光速相同；由公式v=λf可知，波长越长的电磁波频率越低；金属材料制成的壳体或网罩，对电磁波有屏蔽作用．故本题答案为：光速；低；金属．点评：在真空中电磁波的波速与光速，均为3×108m/s，在真空中波速不变，故波长与频率成反比，电磁波无法通过金属体，故金属材料制成的壳体或网罩，对电磁波有屏蔽作用． 21．（4分）（2022•泰州模拟）如图所示是太阳能路灯，灯杆顶端是太阳能电池板，它能将太阳能转化为电能，并向灯杆下方的蓄电池充电，供夜晚路灯照明．太阳能是在太阳内部氢原子核发生 聚变 （选填“裂变”或“聚变”）时释放出的核能．蓄电池充电时将电能转化为 化学 能．若在一定时间内，太阳光辐射到该太阳能电池板的能量为2.1×107J，这些能量经转化后，可供功率为35W的路灯工作50h，则该路灯消耗的电能为 6.3×106 J，该太阳能路灯的能量转化效率是 30 %．21\n考点：核聚变；电功的计算；太阳能的利用．专题：其他综合题．分析：（1）核裂变是较重的原子核裂变成较轻的原子核的一种核反应，核聚变是较轻的原子核结合成较重的原子核的一种核反应，太阳内部为核聚变，而核电站应用了重核的裂变．（2）蓄电池放电是化学能转化成电能，充电是电能转化成电能．（3）知道路灯的功率和工作时间，根据公式P=变形就可以计算出消耗的电能．（4）太阳能路灯能量转化效率等于路灯消耗的电能与电池板产生能量的百分比．解答：解：（1）太阳能是在太阳内部氢原子核发生核聚变，从而产生很大的能量；（2）蓄电池充电时将电能转化为化学能储存起来；（3）∵P=∴功率为35W的路灯工作50h消耗的电能W=Pt=35W×50×3600s=6.3×106J（4）路灯消耗的电能W电=6.3×106J，太阳光辐射到该太阳能电池板的能量W=2.1×107J，∴该太阳能路灯的能量转化效率：η=×100%=×100%=30%．故答案为：聚变；化学；6.3×106；30．点评：本题借助太阳能路灯考查相关的物理知识，综合性就较强，属于基础知识的考查． 三、解答题（49分）22．（6分）（2022•泰州模拟）根据下列要求作图：（1）如图（1），请在两幅图上分别作出入射光线、出射光线．（2）如图（2），物块静止在斜面上，请分别画出物块所受重力、摩擦力的示意图．（3）如图（3），磁体旁小磁针静止时所指的方向如图所示（小磁针黑端为N极），请画出图中任一条磁感线的方向，并标出磁体的S、N极．考点：透镜的光路图；力的示意图；磁场．专题：作图题；透镜及其应用；磁现象、电生磁；重力、弹力、摩擦力．分析：（1）在作凸透镜或凹透镜的光路图时，先确定所给的光线的特点再根据透镜的光学特点来作图．（2）先找出物块的重心，然后根据重力的方向总是竖直向下的，摩擦力的方向与木块运动方向或运动趋势的方向相反，再用示意图表示出重力的方向和摩擦力的方向．（3）由于磁体周围的磁感线从N极出发回到S极，磁感线上的任何一点的切线方向跟小磁针放在该点的北极指向一致，故可标出磁感线的方向．根据磁感线方向即可确定磁铁的N、S极．解答：解：（1）对于凸透镜，通过焦点的光线经凸透镜折射后将平行于主光轴；对于凹透镜，平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点，如图所示：（2）过物块的重心作竖直向下的力，即重力；过重心作沿斜面向上的力，即摩擦力．示意图如下：（3）由图可知：小磁针静止时N极指向的方向为该点磁感线的方向一致；再根据磁感线在磁体的周围是从N极出来，回到S极；如图：21\n点评：（1）凸透镜和凹透镜都有三条特殊光线，注意区分记忆，凸透镜：①通过焦点的光线经凸透镜折射后将平行于主光轴，②平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点，③过光心的光线经凸透镜折射后传播方向不改变；凹透镜：①延长线过另一侧焦点的光线经凹透镜折射后将平行于主光轴，②平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点，③过光心的光线经凹透镜折射后传播方向不改变．（2）知道重力的方向总是竖直向下的，摩擦力的方向与物体运动的方向或运动趋势的方向相反，会用示意图表示物体受力情况．（3）考查了磁感线的特点．小磁针N极在磁场受力方向与磁感线方向一致． 23．（4分）（2022•苏州）建筑工地上，工人用如图所示的装置将重为230N的建材从地面匀速送到6m高处，所用拉力为125N，时间为20s．求：（1）工人做的有用功；（2）工人做的总功；（3）此过程中该装置的机械效率；（4）工人做功的功率．考点：功的计算；滑轮（组）的机械效率；功率的计算．专题：计算题；图析法．分析：（1）已知物体重和上升的高度，根据W=Gh求出工人做的有用功；（2）由图可知绳子的有效股数为2，根据s=nh求出自由度移动的距离，根据W=Fs求出工人做的总功；（3）利用效率公式η=×100%求出此过程中该装置的机械效率；（4）根据P=求出工人做功的功率．解答：解：（1）工人做的有用功：W有=Gh=230N×6m=1380J；（2）工人做的总功：W总=Fs=Fnh=125N×2×6m=1500J；（3）此过程中该装置的机械效率：η=×100%=×100%=92%；21\n（4）工人做功的功率：P===75W．答：（1）工人做的有用功为1380J；（2）工人做的总功为1500J；（3）此过程中该装置的机械效率为92%；（4）工人做功的功率为75W．点评：本题考查了功、功率、机械效率的计算，关键是公式的灵活运用和有用功、总功、机械效率的理解与掌握． 24．（7分）（2022•陕西）图示为一款有高、低温两档的蒸汽电熨斗电路原理图．R1、R2为电热丝，其中R2=242Ω，水升温并汽化成水蒸气，从而熨烫衣服．（1）电热丝是利用电流的 热 效应工作的．分析电路图，闭合S1，当S2 闭合 时，电熨斗处于高温档．（2）电熨斗处于低温档时，正常工作功率为100W．求：通过电路的电流是多大？R1的电阻是多大？通电3min产生的热量是多少？（3）若将该款电熨斗进行改造，使其正常工作时高温挡功率为1000W．要求只改变其中一个电热丝的阻值，请你通过分析和计算，求出该电热丝改变后的阻值应为多少？考点：焦耳定律；电流的热效应、化学效应和磁效应；电功率的计算．专题：计算题；应用题；压轴题；图析法．分析：（1）电流流过导体时，导体要发热，这种现象是电流的热效应；电源电压一定，由P=可知，电路电阻越小，功率越大，功率大，电熨斗处于高温挡，根据电路图分析电路结构，判断高温挡时，开关S2的状态；（2）已知电熨斗的功率，由功率的变形公式I=可求出通过电路的电流，然后由欧姆定律可求出R1的电阻，由W=Pt求出电熨斗3min产生的热量；（3）由题意知，改造后电熨斗的功率变小，可以通过改造电阻R2来实现；由功率公式及并联电路的特点求出改造后R2的功率，然后由功率的变形公式求出改造后电阻R2的阻值．解答：解：（1）电熨斗工作时，电流流过电阻产生热量，对水加热，使水汽化为蒸汽，因此电热丝是利用电流的热热效应工作的；由电路图知，闭合S1，当S2闭合时，两电阻丝并联，电路电阻最小，电源电压U一定，由P=可知此时电路功率最大，电熨斗处于高温挡；故答案为：热；闭合．（2）由电路图知：当S1闭合，S2断开时，电熨斗处于低温档，此时只有电阻R1接入电路；通过电路的电流I==≈0.45A，R1的电阻R1===484Ω；通电t=3min=180s产生的热量Q=Pt=100W×180s=1.8×104J；答：电熨斗处于低温档时，通过电路的电流是0.45A；电阻R121\n的阻值是484Ω；通电3min产生的热量是1.8×104J．（3）当开关S1与S2都闭合时，电熨斗处于高温挡，电阻R1的功率P1=P低温档=100W，电阻R2的功率P2=P﹣P1=1000W﹣100W=900W，则电阻R2改变后的阻值R2′===53.78Ω；答：可将电阻R2的阻值改为53.78Ω，电熨斗正常工作时高温挡功率是1000W．点评：本题考查了电熨斗的工作原理、求电熨斗的工作电流、电阻丝电阻、电熨斗产生的热量、电熨斗的改造等问题，分析电路结构，知道什么状态下电熨斗处于高温挡、什么条件下处于低温档是本题的难点，也是正确解题的前提；分清电路结构、熟练功率公式及其变形公式、欧姆定律、并联电路的特点是正确解题的关键；应知道利用电流的热效应工作的用电器工作时，电能转化为内能． 25．（4分）（2022•泰州模拟）写出以下四种仪器的读数（1）图（a）中物体的长度是 2.28 cm；（2）图（b）中体温计的示数是 36.6 ℃；（3）图（c）中秒表的读数是 99.8 s；（4）图（d）中石块的质量是 157.8 g．考点：长度的测量；体温计的使用及其读数；天平的使用；时间的测量．专题：基本仪器的使用专题．分析：（1）使用刻度尺时要明确其分度值，起始端从0开始，读出末端刻度值，就是物体的长度；起始端没有从0刻度线开始的，要以某一刻度线为起点，读出末端刻度值，减去起始端所对刻度即为物体长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位．（2）使用体温计测量体温时，先要弄清楚体温计的量程和分度值，读数时视线与液柱最末端所对刻度相垂直．（3）秒表的中间的表盘代表分钟，周围的大表盘代表秒，秒表读数是两个表盘的示数之和．（4）使用天平测量物体质量时，首先要明确标尺的分度值，被测物体的质量等于砝码的总质量与游码所对刻度之和．解答：解：由图知：（1）刻度尺上1cm之间有10个小格，所以一个小格代表的长度是0.1cm=1mm，即此刻度尺的分度值为1mm；物体左侧与3.00cm对齐，右侧在5.2cm和5.3cm之间偏向5.3cm一侧，估读为5.28cm，所以物体的长度为L=5.28cm﹣3.00cm=2.28cm．21\n（2）体温计上1℃之间有10个小格，所以一个小格代表的温度是0.1℃，即此体温计的分度值为0.1℃；此时的温度为36.6℃．（3）在秒表的中间表盘上，1min中间有两个小格，所以一个小格代表0.5min，指针在“1”和“2”之间，偏向“2”一侧，所以分针指示的时间为min=60s；在秒表的大表盘上，1s之间有10个小格，所以一个小格代表0.1s，指针在39.8s处，所以秒针指示的时间为39.8s，即秒表的读数为60s+39.8s=99.8s．（4）在天平的标尺上，1g之间有5个小格，一个小格代表的质量是0.2g，即天平的分度值为0.2g；被测物体的质量为100g+50g+5g+2.8g=157.8g．故答案为：（11）2.28；（2）36.6；（3）99.8；（4）157.8．点评：物理测量中有很多的测量工具，刻度尺、秒表、电流表、电压表、天平、量筒、弹簧测力计、温度计等，任何一种工具，一定要注意每一个大格和每一个小格各代表多少．刻度尺需要估读，其他的测量工具不需要估读，读出最接近的数值． 26．（5分）（2022•泰州模拟）小敏在实验室用图1所示实验装置做“观察水的沸腾”实验，记录数据如下：时间/min0123456…温度/℃90929496989898…（1）请在图2中画出水沸腾时A处的一小气泡上升至水中B处时的大致图形；（2）利用表中数据，在图3中描绘出水的温度随时间变化的关系图线；（3）由图象可知，水在沸腾过程中，温度 不变 （选填“升高”、“不变”或“降低”）；（4）由图象可知，水的沸点是 98 ℃，由此可判断当地的气压 小于 （选填“大于”、“等于”或“小于”）1个标准大气压．考点：探究水的沸腾实验．专题：探究题．分析：（1）根据沸腾时的现象，气泡在上升过程中体积逐渐增大的特点绘制；（2）根据表格中数据进行描点，并用平滑的曲线连接起来；（3）水在沸腾过程中温度保持不变；（4）根据水沸腾时不变的温度确定水的沸点；根据沸点一气压之间的关系（沸点随气压的增大而升高）判断出当地气压与标准大气压的关系．解答：解：（1）沸腾时，气泡在上升过程中体积逐渐增大，所以B出气泡的体积大于A处气泡的体积，如图所示：21\n；（2）根据表格中数据进行描点，然后用平滑的曲线连接起来，如图所示：；（3）由图象可知，水在沸腾过程中，温度不变；（4）由图象可知，水沸腾过程中保持98℃不变，所以沸点是98℃，小于100℃，所以当地的气压小于标准大气压．故答案为：（1）见上图；（2）见上图；（3）不变；（4）98；小于．点评：此题是“观察水的沸腾”实验，考查了温度计的读数、沸腾时的现象、沸腾时的特点及沸腾图象的画法，这些内容都是此实验中的重点内容，需熟练掌握． 27．（7分）（2022•泰州模拟）如图所示，甲、乙分别是“探究平面镜成像特点”和“探究凸透镜成像规律”的实验装置（1）在利用甲图“探究平面镜成像特点”的实验中，用玻璃板代替平面镜进行实验，是利用了玻璃板的 透光性 （填物理属性的名称），从而能 确定像的位置 ．（2）小明将蜡烛由距透镜90cm处移至距透镜120cm处的过程中，在光屏上所成的像与凸透镜间的距离均约为5cm．凸透镜的焦距约为 5 cm，判断的依据是 物体距凸透镜距离大于10倍焦距时，凸透镜所成的像的位置靠近焦点 ．（3）小明把蜡烛放在图乙所示A位置时，光屏应向M点的 左 （选填“左”或“右”）侧移动，才能接收到一个清晰的像，调整后，光屏上烛焰的像是倒立 缩小 （选填“缩小”、“等大”或“放大”）的实像．（4）如果玻璃板或凸透镜前的蜡烛A未点燃，将对实验产生的影响是： 成像不清晰 ．考点：平面镜成像的特点、原理、现象及其实验方案；凸透镜成像规律及其探究实验．专题：探究型实验综合题．分析：（1）探究平面镜成像实验中，要用透明的玻璃板代替平面镜，虽然成像不太清晰，但是玻璃板具有透光性，在物体一侧能看到物体的像，同时还能看到代替物体的另一个物体，便于确定像的位置．（2）物体距凸透镜距离大于10倍焦距时，凸透镜所成的像的位置靠近焦点．21\n（3）根据凸透镜成像的三种情况进行判断：u＞2f，成倒立、缩小的实像，2f＞v＞f．2f＞u＞f，成倒立、放大的实像，v＞2f．u＜f，成正立、放大的虚像．（4）探究平面镜成像和凸透镜成像时，成像环境要比较暗，并且成像物体要更亮一些，成像更清晰．解答：解：（1）用玻璃板代替平面镜进行实验，是利用了玻璃板的透光性，在物体一侧能看到物体的像，同时还能看到代替物体的另一个物体，便于确定像的位置．（2）物体距凸透镜距离大于10倍焦距时，凸透镜所成的像的位置靠近焦点，小明将蜡烛由距透镜90cm处移至距透镜120cm处的过程中，在光屏上所成的像与凸透镜间的距离均约为5cm，所以凸透镜的焦距是5cm．（3）小明把蜡烛放在图乙所示A位置时，物距u=40cm﹣25cm=15cm，凸透镜的焦距是5cm，u＞2f，成倒立、缩小的实像，2f＞v＞f，所以光屏在45cm和50cm刻度线之间，所以光屏向M点左侧移动．（4）如果玻璃板或凸透镜前的蜡烛A未点燃，成像的蜡烛成像不太清晰．故答案为：（1）透光性；确定像的位置；（2）5；物体距凸透镜距离大于10倍焦距时，凸透镜所成的像的位置靠近焦点；（3）左；缩小；（4）成像不清晰．点评：平面镜成像和凸透镜成像实验是光学重要的实验，掌握两个实验器材的选择、操作过程和得到的实验结论． 28．（5分）（2022•泰州模拟）（1）当要研究的物理量不易直接测量时，都需要想办法把它们的大小间接显示出来．例如：甲实验是让木块在木板上做 匀速直线运动 运动，通过弹簧测力计的示数间接显示滑动摩擦力的大小；乙实验中小车动能的大小是通过 小车推动木块前进的距离 间接反映出来的．（2）当要研究的物理量与多个因素有关时，都要采取一定措施控制变量．例如：①要研究滑动摩擦力大小与压力大小的关系，就要多次改变压力大小，同时控制接触面的粗糙程度不变．做实验时我们改变压力大小的具体办法是 在木块上加减砝码 ；②要研究动能跟质量的关系，就要改变质量，同时控制速度不变．具体办法是：换用不同质量的小车，让它们从同一斜面的 同一高度 由静止滑下，此实验的正确结论是 速度一定，质量越大，小车的动能越大 ．考点：控制变量法与探究性实验方案．专题：探究型实验综合题．分析：（1）在探究滑动摩擦力与什么因素有关的实验中，要正确测量拉力，需让木块做匀速直线运动，此时弹簧测力计的拉力与木块受到的摩擦力是一对平衡力，大小相等．在探究动能大小与什么因素有关时，通过让滚动的小球推动木块做功来表现．将木块推动得越远、做的功越多，则说明小球的动能越大．（2）要解决此题还要掌握控制变量法．①滑动摩擦力的大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关，所以要研究滑动摩擦力与其中一个量的关系时，要保持另一个量不变．②动能大小与物体的质量和速度有关，要研究动能大小与质量的关系时，需要使物体的速度相同．解答：解：21\n（1）在甲实验中，要使拉力大小与摩擦力相等，需拉动木块做匀速直线运动；在乙实验中，通过小球推动木块做功大小来表现小球动能的大小，球被推动得越远，则说明小球动能越大．（2）①在研究滑动摩擦力大小与压力大小的关系实验中，需要控制接触面的粗糙程度不变，而改变压力．在实验时是通过在木块上加减砝码来改变压力的．②要研究动能和质量之间的关系，需要控制速度不变，改变质量．控制速度的办法是让小球从同一高度由静止滑下，实验结论是：速度一定，质量越大，小车的动能越大．故答案为：（1）匀速直线；小车推动木块前进的距离；（2）在木块上加减砝码；同一高度；速度一定，质量越大，小车的动能越大．点评：此题考查的是转换法和控制变量法在解决物理问题中的应用，转换法和控制变量法是研究物理问题时最常用的方法，我们要学会在解决具体问题时正确应用． 29．（7分）（2022•泰州模拟）小华和小军同学用电池组（电压为3V）、电压表、电流表和滑动变阻器等实验器材，测量标有“2.5V”字样小灯泡的电功率．（1）如图所示是小华连接的实物图，请你用笔画线代替导线帮他们完成电路的连接．要求滑动变阻器滑片P向B端滑动时，小灯泡亮度逐渐变亮．（2）另一小组的同学在连接完电路闭合开关时，发现电压表的指针快速偏转到左边无刻度处，这是由于电压表 正负接线柱接反 ．（3）在实验过程中，曾出现即使将滑动变阻器调至电阻最小的位置，灯泡微弱发光，两表示数很小的现象，小华检查时碰了一下灯座上的接线柱，突然灯泡变亮了，两表示数也变大了．小军认为这是接触不良造成的，为什么接触不良就会出现这种现象呢？小华分析，接触不良的地方电阻值变 大 ，从而出现上述实验现象，实际家庭电路中发生接触不良是很危险的，依据焦耳定律，会造成局部 过热（或温度过高） ，从而引发火灾，应尽量避免．（4）下面四种硬导线与螺钉压按式接线柱接法中（箭头方向表示拧紧螺钉的方向）正确的接法是 C ．（5）小军同学按电路图正确连接电路后，闭合开关，从大到小调节滑动变阻器的阻值，并将正确操作下的电压表和电流表的示数填入下表．电压表的示数U/V电流表的示数I/A小电灯的功率P/W2.00.202.50.223.00.25通过上表数据，可算得小灯泡的额定功率为 0.55 W，还可得出关于灯丝电阻的结论是： 灯丝电阻随温度升高而增大 ．21\n考点：电功率的测量．专题：测量型实验综合题．分析：（1）电压表应与灯泡并联，根据电源判断电压表选择的量程；滑动变阻器要接一上一下，根据滑动变阻器滑片P向B端滑动时，小灯泡亮度逐渐变亮判断出所接下面的接线柱；（2）电流表的正负接线柱接法要正确，否则指针后反转；（3）接触不良会造成地方电阻值变大，通过灯泡的亮暗现象判断接触不良的电阻变化；（4）为了使导线接的更i牢固，缠绕方向应与螺丝的拧动方向相同；（5）根据表格中数据，确定额定电压和电流，代入公式P=UI计算出额定功率；灯丝的电阻随温度的升高而增大．解答：解：（1）电压表与灯泡并联，电源由2节干电池组成，所以总电压为3V，电压表应选择0～3V的量程；滑动变阻器滑片P向B端滑动时，小灯泡亮度逐渐变亮，电阻变小，所以下面应接左边的A接线柱，如图所示：；（2）电流表的指针反转，说明其正负接线柱接反；（3）碰了一下灯座上的接线柱，突然灯泡变亮了，说明了接触不良的地方电阻值变大，实际家庭电路中发生接触不良，根据Q=I2Rt，电流相同，电阻越大，在相同时间内产生的热量多，会造成局部过热，从而引发火灾，应尽量避免；（4）为了使导线接的更牢固，缠绕方向应与螺丝的拧动方向相同，并且缠绕起来，否则容易脱落，所以C图正确；（5）由表格中数据知，当U=2.5V时，I=0.22A，所以P=UI=2.5V×0.22A=0.55W；灯泡两端的电压越大，电流越大，电功率越大，且电阻越大，可知灯丝的电阻随温度的升高而增大．故答案为：（1）见上图；（2）正负接线柱接反；（3）大；过热（或温度过高）；（4）C；（5）0.55；灯丝电阻随温度升高而增大．点评：此题是测量灯泡的额定功率实验，考查了电压表和滑动变阻器的连接，同时对接触不良现象进行分析，具有现实性意义，还考查了电功率的计算及灯丝电阻与温度的关系． 30．（4分）（2022•山西）为了探究影响电热的因素，小伟设计了如图1的电路，烧瓶中盛有质量、初温均相等的煤油，R甲＞R乙．（1）为了在较短的时间内达到明显的实验效果，选用煤油而不选用水，主要是由于 煤油的比热容小 ．（2）通电一段时间后，比较两烧瓶中温度计的示数，是为了探究电热与 电阻 的关系．（3）要利用此装置来探究电热与电流的关系，你还需要的操作是 移动滑动变阻器滑片，比较通电时间相同时，甲（乙）烧瓶中温度计的示数变化 ．21\n（4）将此装置改装后可测量煤油的比热容，如图2所示，测量时，分别向两个相同的烧瓶中加入初温均为t0、质量相等的水和煤油，通电一段时间后，分别读出温度计的示数为t水、t煤油，请写出煤油比热容的表达式C煤油= C水 （已知水的比热容为C水）考点：比热容的概念．专题：实验题；压轴题；控制变量法；方程法；转换法．分析：（1）吸收相同的热量在较短的时间内温度升高快的液体比热容较小，要想在较短的时间内达到明显的实验效果，所选液体的比热容应较小．（2）实验目的是探究影响电热的因素，由图1知，两段电热丝串联所以通过的电流相同，通电时间也相同，产生的热量不同，是因为电热丝的阻值不同．（3）要研究电热与电流的关系，必须保持电阻和通电时间相同，改变通过电热丝的电流，比较产生热量多少与电流大小的关系．（4）已知两个相同的烧瓶中加入初温均为t0、质量相等的水和煤油，通电一段时间，因为电热丝的阻值、电流通电时间都相同，所以煤油和水获得的热量相同，据此列出等量关系式求解煤油的比热容．解答：解：（1）为了在较短的时间内达到明显的实验效果，选用煤油而不用水做实验，主要是由于水的比热容大于煤油的比热容，吸收相同的热量，温度变化不明显．（2）已知通过两段电热丝的电流和通电时间都相同，所以此过程是研究电热与电阻大小的关系．（3）要研究电热与电流的关系，必须移动滑动变阻器滑片，比较通电时间相同时，甲（乙）烧瓶中温度计的示数变化．（4）在图2中，两只烧瓶中的电热丝阻值相同，通过的电流相同，通电时间相同，所以水和煤油得到的热量相同，即Q水=Q煤油c水m（t水﹣t0）=c煤油m（t煤油﹣t0）所以煤油的比热容为c煤油=c水．故答案为：（1）煤油的比热容小；（2）电阻；（3）必须移动滑动变阻器滑片，比较通电时间相同时，甲（乙）烧瓶中温度计的示数变化；（4）c水．点评：本题通过焦耳定律的实验重点考查学生对控制变量法、转化法的掌握和应用，以及学生分析实验现象得出结论的能力；控制变量法为物理实验中的常用方法，应重点掌握． 21
