物理-2022年江西省中考考前押题密（原卷+全解全析+答题卡）

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2022年江西省中考考前押题密卷
物理·全解全析
一、填空题（共16分，每空1分）
1．【答案】空气；减小。
【分析】（1）声音的传播需要介质，空气可以传声；
（2）物体的动能与质量和速度有关，当车减速进站时车的速度越来越小，质量不变，动能减小。
【讲解】解：生活中听到的声音大多数是依靠空气来传声的；列车鸣笛发出的声音，经空气传入人耳；列车减速进站时，车质量不变，速度减小，动能减小。
【点睛】本题结合列车考查声音的传播和影响动能的因素等知识，是一道基础题目。
2．【答案】空气；减小。
【分析】（1）陀螺的地理位置发生变化，但所含物质的多少不变，据此回答；
（2）根据声波的传播需要介质、电磁波的传播不需要介质传播来判断。
【讲解】解：（1）陀螺的地理位置变化，但它所含物质的多少不变，故其质量不变；
（2）电磁波能在真空中传播，航天员进驻空间站后通过 电磁波与地面指挥中心传递信息。
故答案为：（1）不变；（2）电磁波；
【点睛】本题考查了质量和电磁波的基础知识，学生易于讲解。
3．【答案】月球；可再生。
【分析】（1）在判断物体的运动情况时，要先选取一个标准作为参照物，参照物不同，研究对象的运动情况一般也不同。
（2）可再生能源的概念：像风能、水能、太阳能等可以在自然界源源不断地得到，把它们称为可再生能源。不可再生能源的概念：化石能源、核能等能源会越用越少，不能在短期内从自然界得到补充，这类能源称为不可再生能源。
【讲解】解：（1）着陆前，探测器在距离月面15km处启动反向推进器，速度逐步从1.7km/s降为0，探测器与月球之间有位置变化，故这里的1.7km/s是以月球为参照物；
（2）太阳能电池板利用的太阳能属于可再生能源。
【点睛】本题主要考查参照物、能源的分类等知识的理解和应用，基础题。
4．【答案】减小受力面积；大气压。
【分析】压强的大小与压力和受力面积有关，据此分析针尖做得很尖的原因；根据大气压的作用分析“闲置”管的作用。
【讲解】解：
（1）针头较细，是在压力一定，通过减小受力面积来增大压强；
（2）因为输液时，如果没有这根“闲置”，外部压强大于瓶内压强时，液体就无法输入到人体中，所以这根“闲置管”是在输液过程中，当瓶内气压减小时，在大气压的作用下使空气进入瓶内。
【点睛】运用物理知识解释生活中的现象，学以致用，有利于理解所学知识，有利于培养学生分析问题解决问题的能力。
5． 【答案】扩散；汽化。
【分析】（1）一切物质的分子都在不停地做无规则运动；
（2）物质从液态变为气态，是汽化现象。
【讲解】解：我们能闻到湿巾上有酒精的气味，这说明酒精分子在不停地做无规则运动，这是扩散现象；
酒精很快变干，是因为酒精从液态变成气态，是汽化现象。
【点睛】本题考查了分子热运动以及物态变化，难度不大。
6． 【答案】75；不变。
【分析】（1）知道水的质量、比热容、初温和末温，利用Q吸＝cm（t﹣t0）计算出水吸收的热量；知道天然气的体积和热值，利用Q放＝Vq计算出天然气完全燃烧放出的热量；利用效率公式计算出烧水的效率。
（2）根据能量守恒定律分析讲解。
【讲解】解：（1）水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×30kg×（100℃﹣20℃）＝1.008×107J；
天然气完全燃烧放出的热量：Q放＝Vq＝0.42m3×3.2×107J/m3＝1.344×107J；
烧水的效率：η＝＝＝75%；
（2）根据能量守恒定律可知，在能量的转化和转移的过程中，能的总量保持不变。
【点睛】本题考查吸热公式、热量完全燃烧放热公式、效率公式的应用，以及能量守恒定律，是一道热学常考题，难度不大。
7. 【答案】发电机，电动机。
【分析】解决该题应知道以下知识点：（1）闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，电路中就会产生感应电流，该现象就叫做电磁感应现象；发电机就是利用该原理制成的； （2）实验表明通电导线在磁场中受力的作用，电动机就是利用该原理制成的。
【讲解】如图所示，就在磁铁中的线圈A和B，用导线串联，当用力使线圈A向右运动时，即其恰好做切割磁感线运动，由于电路是闭合的，故此时电路中就会产生感应电流，发电机就是利用该原理制成的；由于此时产生了感应电流，所以线圈B中也有电流通过，据通电导线在磁场中受力的作用的特点可知，线圈B将会受到磁场力而运动，故电动机就是利用该原理制成的。
【点睛】知道电动机和发电机的原理，并能结合上述实验情景进行分析是解决该题的关键。
8．【答案】越大；越小。
【分析】由电路图可知定值电阻R与热敏电阻Rt串联，电压表测Rt两端的电压，电流表测电路中的电流。
根据图乙可知被测者体温升高时Rt阻值的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和和R两端电压的变化，根据串联电路的电压规律分析Rt两端的电压变化。
【讲解】解：由电路图可知定值电阻R与热敏电阻Rt串联，电压表测Rt两端的电压，电流表测电路中的电流；
由图丙可知，当被测者体温升高时，Rt的阻值越小，电路中的总电阻越小，由I＝可知，电路中的电流越大，即电流表的示数越大；
由U＝IR可知，定值电阻R两端的电压越大，由串联电路的电压特点知，Rt两端的电压越小，即电压表的示数越小。
【点睛】本题考查了电路的动态分析，涉及到欧姆定律和电功率公式的应用，分析好体温升高时Rt阻值的变化是解题关键。
二、 选择题（共14分）
9
10
11
12
13
14
C
C
D
D
AD
ACD


9．【答案】C。
【分析】首先对题目中涉及的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。
【讲解】解：A、人体正常体温在37℃左右，感觉舒适的温度在23℃左右，故A不符合实际；
B、人正常步行的速度约为1.1m/s＝1.1×3.6km/h≈4km/h，故B不符合实际；
C、家用空调属于大功率用电器，其电功率约为1000W，故C符合实际；
D、一瓶500mL矿泉水的质量约为500g＝0.5kg，重力约G＝mg＝0.5kg×10N/kg＝5N，故D不符合实际。
【点睛】主要考察对各种物理量的估算能力，这种能力的提高，对我们的生活同样具有很大的现实意义。
10．【答案】C。
【分析】物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固。液化放热。
【讲解】解：A、“雾”是小水滴，属于液体，故A错误。
B、雾是空气中的水蒸气遇冷液化为液态的小水滴，故B错误。
C、雾是空气中的水蒸气遇冷液化为液态的小水滴，液化放热，故C正确。
D、“雾”消失不见了，是小水滴的汽化现象，故D错误。
【点睛】分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。
11．【答案】D。
【分析】（1）判断平衡力要根据二力平衡的条件来分析，一对平衡力必须符合四个条件：大小相等、方向相反、作用在同一物体上、作用在同一直线上；
（2）根据我们对相互作用力（一个物体在对另一个物体施力的同时，受到另一个物体的反作用力，相互作用力作用在彼此两个物体上）的理解来判断。
（3）力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动的原因；
（4）物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性，一切物体都有惯性。
【讲解】解：
A、小雪受到的重力与滑雪板对小雪的支持力，小雪在斜面上滑雪，二力大小不相等，不是一对相互作用力，故A错误；
B、小雪对滑雪板的压力与小雪受到的重力，方向相同，所以不是一对平衡力，故B错误；
C、小雪用滑雪杆撑地加速滑行，力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动的原因，故C错误；
D、小雪在水平滑道滑向终点时，停止用力不能立即停下来是因为她具有惯性，仍要保持原来的运动状态，故D正确。
【点睛】此题以生活中滑雪的一个场景综合考查学生对多个物理知识点的理解和掌握，常见题目。
12．【答案】D。
【分析】B、因灯泡的电阻受温度影响很大，所以图甲中曲线b是小灯泡的I﹣U图像；
A、闭合开关，灯泡和电阻串联接入电路，电流表示数为0.2A，根据串联电路电流特点结合甲图可知此时灯泡两端的电压，当灯泡两端的电压小于灯泡的额定电压，灯泡的实际功率小于额定功率，灯泡的亮度由灯泡的实际功率决定；
C、根据串联电路电压规律结合甲图可得电源电压；
D、根据欧姆定律的变形公式计算此时灯泡的电阻。
【讲解】解：B、因灯泡的电阻受温度影响很大，所以图甲中曲线b是小灯泡的I﹣U图像，直线a是电阻的I﹣U图像，故B正确；
A、闭合开关，灯泡和电阻串联接入电路，电流表示数为0.2A，串联电路各处电流相等，所以通过灯泡的电流为0.2A，由甲图可知此时灯泡两端的电压为2V，小灯泡标有“2.5V”，灯泡两端的电压小于灯泡的额定电压，则灯泡的实际功率小于额定功率，所以此时小灯泡的亮度比正常发光时暗，故A正确；
C、由甲图可知，当通过电路的电流为0.2A时，定值电阻两端的电压为1V，串联电路总电压等于各部分电压之和，所以电源电压为：U＝UL+UR＝2V+1V＝3V，故C正确；
D、由欧姆定律可得此时小灯泡的灯丝电阻为：R＝＝＝10Ω，故D错误。
【点睛】本题考查串联电路特点、欧姆定律的灵活运用，知道灯泡的电阻会受温度的影响。


13．【答案】AD。
【分析】密度是物质的一种特性，它不随物质的质量或体积的变化而变化，其大小等于质量与体积之比；对于固体和液体，密度大小与质量、体积无关；对于气体，在质量一定时，体积越大，密度越小；在体积一定时，质量越大，密度越大。
【讲解】解：A、一罐氧气用掉部分后，罐内氧气的质量变小，但体积不变，由ρ＝可知密度变小，故A正确；
B、一只气球受热膨胀后，球内气体的质量不变，体积变大，由ρ＝可知密度变小，故B错误；
C、密度是物质的一种特性，一支粉笔用掉部分后，它的体积变小、质量成倍的变小，但密度不变，故C错误；
D、一块冰熔化成水后，它的体积变小、质量不变，由ρ＝可知密度变大，故D正确。
【点睛】本题考查了密度公式的应用，以及对密度特性的理解，属于基础题目。
14． 【答案】ACD。
【分析】（1）由图乙可知，只闭合S时，该电路为只含有L的简单电路，电流表测通过L的电流；已知此时灯泡的实际功率，利用P＝UI结合图甲中的数据分析通过灯泡的电流和对应的灯泡两端的电压，则电源电压等于灯泡两端的电压；
（2）闭合S，再闭合S1时，该电路为L和R的并联电路，电流表测干路的电流；已知此时电流表的示数，即干路的电流，并联电路中各个支路之间互不影响，且并联电路的干路电流等于各个支路的电流之和，据此求出通过R的电流；再根据I＝的变形式求出电阻R的阻值；
（3）由上述分析可知电源电压和干路的电流，根据P＝UI可求出电路消耗的总功率。
【讲解】解：A、由图乙可知，只闭合S时，该电路为只含有L的简单电路，电流表测通过L的电流；
已知此时灯泡的实际功率为1.8W，利用P＝UI结合图甲中的数据可知，此时通过L的电流为IL＝0.3A，L两端的电压为UL＝6V，
因此电源电压为U＝UL＝6V，故A正确；
BC、闭合S，再闭合S1时，该电路为L和R的并联电路，电流表测干路的电流；
已知此时电流表的示数为0.9A，即干路的电流为I＝0.9A，
由于并联电路中各个支路之间互不影响，由并联电路的电流特点可知通过R的电流为：IR＝I﹣IL＝0.9A﹣0.3A＝0.6A；
由I＝可知电阻R的阻值为：R＝＝＝10Ω；故B错误，C正确；
D、电路消耗的总功率为：P＝UI＝6V×0.9A＝5.4W，故D正确。
【点睛】本题考查了欧姆定律和电功率计算公式的应用，从图中读取相关信息，并理解并联电路的特点是解题的关键。
三、计算题（共22分）
15．【答案】（1）该车静止在水平地面上时对地面的压强为2×105Pa；
（2）该车以最大功率行驶，最多能行驶54千米；
（3）电动机将电能转化为机械能的效率是60%。
【分析】（1）该车静止在水平地面上时，根据F压＝G＝mg得出对地面的压力；根据p＝得出对地面的压强；
（2）根据W＝Pt得出电池的容量（电能），该车以最大功率匀速行驶时，根据P＝可得该车的行驶的时间；
该车以最大功率行驶，根据s＝vt得出最多能行驶的路程；
（3）因该车匀速行驶时处于平衡状态，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，根据F牵＝f＝0.1F压得出此时牵引力，根据W′＝F牵s得出该车以最高速度在水上匀速行驶30min时牵引力做的功，根据η＝得出电动机将电能转化为机械能的效率。
【讲解】解：（1）该车静止在水平地面上时，对地面的压力：F压＝G＝mg＝1400kg×10N/kg＝1.4×104N；
对地面的压强：p＝＝＝2×105Pa；
（2）电池的容量（电能）W＝Pt＝35×103W×3600s＝1.26×108J，
该车以最大功率匀速行驶时，根据P＝可得该车的行驶的时间：
t′＝＝＝1800s＝0.5h，
该车以最大功率行驶，最多能行驶的路程s＝vt＝108km/h×0.5h＝54km；
（3）因该车匀速行驶时处于平衡状态，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，
所以，此时牵引力：F牵＝f＝0.1F压＝0.1×1.4×104N＝1.4×103N，
该车以最高速度在水上匀速行驶30min时牵引力做的功：W′＝F牵s＝1.4×103N×54×1000m＝7.56×107J，
电动机将电能转化为机械能的效率η＝＝＝60%。
【点睛】本题考查压强、功、功率和效率的有关知识，综合性强，难度适中。
16．【答案】（1）石块所受的浮力为2.8N；
（2）石块的密度为2×103kg/m3；
（3）在如图所示状态下，容器底对桌面的压强为2.28×103Pa。
【分析】（1）利用称重法计算石块受到的浮力；
（2）根据F浮＝ρ液gV排可求石块排开水的体积，石块浸没在水中，则其体积等于排开水的体积，利用G＝mg和ρ＝计算石块的密度；
（3）容器底对桌面的压力等于容器内水、石块排开水的重力之和，而根据阿基米德原理可知，石块排开水的重力等于浮力，又知容器底面积（受力面积），利用p＝可求容器底对桌面的压强。
【讲解】解：（1）根据称重法，石块受到的浮力：
F浮＝G﹣F＝5.6N﹣2.8N＝2.8N；
（2）根据F浮＝ρ液gV排可得，石块排开水的体积：
V排＝＝＝2.8×10﹣4m3，
石块浸没在水中，则石块的体积：
V石＝V排＝2.8×10﹣4m3，
石块的密度：
ρ＝＝＝＝＝2×103kg/m3；
（3）容器底对桌面的压力：
F压＝G水+G排＝m水g+F浮＝2kg×10N/kg+2.8N＝22.8N，
则容器底对桌面的压强：
p＝＝＝2.28×103Pa。
【点睛】此题考查密度、压强和浮力的计算，知道容器底对桌面的压力等于容器内水、石块排开水的重力之和，并利用好浸没在液体中的物体排开液体的体积与自身体积相这一隐含条件是讲解此题的关键。
17．【答案】（1）小灯泡正常发光时的电阻为10Ω；
（2）同时闭合开关S、S2，断开S1，调节滑动变阻器的滑片使电压表的示数为1V，此时滑动变阻器R2的电阻为4Ω；
（3）同时闭合开关S、S1和S2，当滑动变阻器的滑片调至最左端时，此时整个电路工作1min消耗的电能81J；
（4）在电路通电的情况下，当S、S1闭合、S2断开，且滑片在右端时电路的总电阻最大，整个电路消耗的最小电功率为0.18W。
【分析】（1）由甲图可知灯泡正常发光时的电流与电压，根据欧姆定律可求出此时的电阻；
（2）同时闭合开关S、S2，断开S1，灯泡与变阻器R2串联，电压表测变阻器R2两端电压，根据串联电路规律及欧姆定律可求出此时滑动变阻器R2的电阻；
（3）同时闭合开关S、S1和S2，当滑动变阻器的滑片调至最左端时，变阻器R2连入电路的阻值为0，灯泡与R1并联，由欧姆定律可求出通过R1的电流，根据并联电路电流的规律及W＝UIt可求出此时整个电路工作1min消耗的电能；
（4）电源电压一定，由P＝知当电路中电阻最大时功率最小，由此分析讲解。
【讲解】解：（1）小灯泡的额定电流是0.3A，由图乙知，小灯泡两端的电压是3V，则
小灯泡正常发光时的电阻为：RL＝＝＝10Ω；
（2）同时闭合开关S、S2，断开S1，灯泡与变阻器R2串联，电压表测变阻器R2两端电压，
由串联电路电压规律可知，此时灯泡两端电压为：UL'＝U﹣U2＝3V﹣1V＝2V，
由图甲知，此时电路中电流为：I＝0.25A，
则此时滑动变阻器R2的电阻为：R2'＝＝＝4Ω；
（3）同时闭合开关S、S1和S2，当滑动变阻器的滑片调至最左端时，变阻器R2连入电路的阻值为0，灯泡与R1并联，
由欧姆定律可知，通过R1的电流为：I1＝＝＝0.15A，
则干路中电流为：I并＝I1+IL＝0.15A+0.3A＝0.45A，
此时整个电路工作1min消耗的电能为：W＝UI并t＝3V×0.45A×60s＝81J；
（4）由图甲可知R1＞RL，根据串联和并联电路电阻的特点可知，当S、S1闭合、S2断开，且滑片在右端时电路的总电阻最大，
电源电压一定，由P＝可知，此时电路的总功率最小，
Pmin＝＝＝0.18W。
【点睛】本题考查了串并联电路特点、欧姆定律、电功、电功率公式的应用，会判断电路消耗的最小功率是关键。
四、实验与探究题（共28分，每小题7分）
18．【答案】（1）1.30；36.6；（2）98；低；（3）20；0.86；汽化（或蒸发）。
【分析】（1）用刻度尺测量物体长度时，认清分度值，读出准确值和估计值，木块移动的距离等于木块左边缘所对刻度之差；
明确每一个大格和每一个小格代表示数，读出体温计示数；
（2）液体沸腾时，不断吸收热量，温度保持不变，这个不变的温度是液体的沸点；
（3）根据图片读出酒精的体积；根据酒精的质量和体积求出密度的大小；酒精容易从液态变为气态。
【讲解】解：（1）木块移动的距离是：s＝5.30cm﹣4.00cm＝1.30cm；
体温计每一个大格代表1℃，每一个小格代表0.1℃，体温计的读数：t＝36.6℃；
（2）由图3可知，水在第2min开始沸腾，沸腾时，不断吸收热量，温度保持98℃不变，所以本实验中水的沸点是98℃，由此可知此地大气压比一标准大气压低；
（3）由图可知，针筒中酒精的体积为：V＝20mL＝20cm3；
针筒中酒精的质量：m＝m总﹣m剩＝109.4g﹣92.2g＝17.2g，
酒精的密度为：ρ＝＝＝0.86g/cm3；
酒精容易挥发，即酒精从液态变为气态，叫做汽化，会使得酒精的质量减小。
【点睛】本题考查了长度的测量、温度计的读数、水沸腾的特、液态密度的测量、物态变化，都属于基础知识，要掌握。
19．【答案】（1）接触面的粗糙程度；（2）匀速直线；二力平衡；（3）甲、乙；（4）①4.0；水平向左；②无关。
【分析】（1）可以根据题目给出的情境“柏油马路”“冰雪路面”的区别来猜想；
（2）根据平衡力的知识来分析；
（3）要探究滑动摩擦力的大小和接触面粗糙程度的关系，需要控制压力的大小一定，从甲、乙、丙中找出符合条件的；
（4）①对木块受力分析，根据二力平衡得出滑动摩擦力的大小；
②根据图像判定摩擦力与速度的关系。
【讲解】解：（1）由题中情境可知，柏油马路与冰雪路面的粗糙程度不同，故可猜想到摩擦力的大小可能与接触面的粗糙程度有关；
（2）摩擦力和弹簧测力计的拉力是相当于水平方向上方向相反的一对力，若物体做匀速直线运动，此时摩擦力和弹簧测力计的拉力就是水平方向的一对平衡力，读出弹簧测力计的示数，就等于摩擦力；
（3）要探究滑动摩擦力的大小和接触面粗糙程度的关系，需要控制压力的大小不变，改变接触面的粗糙程度，由三幅图中可知甲乙符合要求；
（4）①木块相对地面静止时，木块在水平方向上受到弹簧测力计的拉力、水平向左的摩擦力的作用，这两个力时一对平衡力，大小相等，由图可知，弹簧测力计的分度值为0.1N，示数为4.0N，所以此时木块受到的摩擦力大小为4.0N；
②根据图像可知，在速度不同时，摩擦力的大小是相同的，即滑动摩擦力的大小与物体运动速度大小无关。
【点睛】本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关，考查实验原理及控制变量法的运用，体现了对过程和方法的考查。
20．【答案】（1）会聚；（2）同一高度；（3）缩小；B；（4）往上移；（5）A；（6）远视眼镜。
【分析】（1）凸透镜对光线有会聚作用；
（2）探究凸透镜成像规律的实验时，在桌面上依次放蜡烛、凸透镜、光屏，三者的中心大致在同一高度，像才能呈在光屏的中央位置；
（3）当物距大于像距时，成倒立、缩小的实像，此时物距大于二倍焦距，像距位于一倍焦距和二倍焦距之间；
（4）在凸透镜成实像时，物体相对于凸透镜向下运动，则像向上运动；
（5）物距小于焦距，成正立放大的虚像；
（6）根据凸透镜和凹透镜对光线的作用进行分析。
【讲解】解：（1）实验前，让平行光束垂直镜面射入倒扣的烧杯中（如图甲），从烟雾中可以观察到凸透镜对光有会聚作用；
（2）实验时，使像清晰的成在光屏的中央位置，要调整蜡烛、凸透镜、光屏的高度，使烛焰、凸透镜、光屏的中心大致在同一高度；
（3）由图乙可知，物距大于像距，此时的像是倒立、缩小的，故物距大于二倍焦距，像距在一倍焦距和二倍焦距之间，故光屏离凸透镜的距离（即像距）大于10cm，小于20cm，选B；
（4）蜡烛由于燃烧逐渐变短，光屏上的像逐渐向上移动，像往上移；
（5）若将印有字母“F”的纸片放在离凸透镜6cm的地方，物距小于焦距，成正立放大的虚像，故选A；
（6）把蜡烛向右移动一小段距离，物距变小了，像距会变大，像成在光屏的后方，不移动光屏时，要想在光屏上再次得到清晰的像，应使像提前会聚，凸透镜对光线具有会聚作用，故应放置一个凸透镜，远视眼就是利用这种透镜矫正的。
【点睛】此题考查了凸透镜成像规律的应用和探究实验过程，综合性较强，熟练掌握规律是讲解的基础。
21．【答案】（1）高度差的变化；（2）电流；电阻；（3）右；（4）不相等；左；在电阻和通电时间相同的情况下，电流越大，电流通过导体产生的热量越多。
【分析】（1）电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但可以通过空气温度升高，压强增大，然后通过U形管中两边的液面高度差变化来反映，这种研究方法叫转换法；
（2）由甲图可知，两个烧瓶中的电阻丝串联，通过两电阻丝的电流和通电时间相同，研究的是：当通过导体的电流和通电时间相同时，电流产生的热量与导体电阻大小的关系；
（3）由电路图可知两电阻串联，根据串联电路的电流特点可知通过它们的电流关系，据Q＝I2Rt比较两电阻产生的热量关系，密闭空气吸收热量后，体积不变，压强变大，U形管内两液面的差值变大，据此进行讲解；
（4）根据控制变量法可知探究电流产生热量跟通电电流关系时，控制通电时间和电阻不变。
【讲解】解：（1）电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但容器中气体温度的变化可以通过液面高度差的变化来反映，这种研究方法叫转换法；
（2）由甲图可知，两段阻值不同的电阻丝串联，通过两电阻丝的电流相同、通电时间相同，由焦耳定律可知，该实验研究的是：当通过的电流和通电时间相同时，电流产生的热量与导体电阻大小的关系；
（3）因串联电路中各处的电流相等，所以，两电阻丝串联时通过它们的电流相等；由Q＝I2Rt可知，在电路和通电时间相同时，右侧电阻较大，产生的热量较多，密闭空气吸收热量后，体积膨胀，右侧气体膨胀更大所以右侧中的液面高度变化大；
（4）在乙装置中一个5Ω的电阻与两个5Ω的电阻并联后再串联，根据串联电路的电流特点可知，右端两个电阻的总电流和左端的电阻电流相等，即I右＝I左，两个5Ω的电阻并联，根据并联电路的电流特点知I右＝I1+I2，两电阻阻值相等，则支路中电流相等，I1＝I2，所以右边容器中的通过电阻的电流是左侧通过电流的一半，即右侧盒外并联5Ω电阻作用是改变通过密闭盒内电阻的电流，此时通过两容器中电阻丝的电流不相等；根据U形管液面的高度的变化可知，电流越大，产生的热量越多；故结论为：在电阻和时间相同的情况下，电流越大，电流通过导体产生的热量越多。
【点睛】此题主要考查的是学生对“电流通过导体产生的热量与电阻、电流的关系”实验的理解和掌握，注意控制变量法和转换法的运用是解决该题的关键。