2026年山东省青岛市李沧区中考模拟物理练习卷含答案

这是一份2026年山东省青岛市李沧区中考模拟物理练习卷含答案，共22页。
1. C 2. B 3. D 4. B 5. C 6. C 7. D
8. D 9. B 10. D
11. BC 12. BC 13. ACD 14. BC
15. BC
16. 3.5×103
14000

17. 自己；相对静止
18. 便于确定像的位置；大小；A；虚
19. 液面的高度差 不漏气 液体深度 U型管中两边的液面高度差 同一深度 大
20. 匀速 ≠ 压力的大小
21. 乙；丙；当电流一定时，匝数越多，磁性越强
22. 断开 3 不变 7.5 反比
23. 解：(1)图乙中当开关S与2、3两个触点接触时，电路中只有R2工作，电路中的电阻较大，根据P=UI=U2R可知，电路的电功率较小，处于温水挡，则R2的阻值为：
R2=U I温=220V5A=44Ω；
R2的功率：P2=UI温=220V×5A=1100W；
当开关S与3、4两个触点接触时，两个电热丝并联在电路中，总电阻较小，据据P=UI=U2R可知，电路的总功率较大，处于热水挡，R1的功率：
P1=P热−P2=3300W−1100W=2200W；
R1的阻值：
R1=U2P1=(220V)22200W=22Ω；
(2)温水时的电功率：P温=UI温=220V×5A=1100W；
(3)温水挡时，电热水龙头的实际功率：
P温实=Wt=0.0891kW⋅ℎ6×160ℎ=0.891kW=891W；
小王家的实际电压：
U实= P温实R2= 891W×44Ω=198V。
答：(1)R1和R2的阻值分别为22Ω和44Ω；
(2)温水时的电功率为1100W；
(3)小王家的实际电压为198V。
24. 解：(1)高亭宇静止站立时冰刀对地面的压力为：
F=G=mg=72kg×10N/kg=720N，
高亭宇静止站立时冰刀对地面的压强为：
p=FS=720N12×10−4m2=6×105Pa；
(2)高亭宇比赛全程的平均速度为：
v=st=500m34.3s≈14.6m/s。
答：(1)高亭宇静止站立时冰刀对地面的压强p为6×105Pa；
(2)高亭宇比赛全程的平均速度v的大小为14.6m/s。
25. 一次能源 电磁感应 核裂变
【解析】
1. 解：
A、摩托车的消音器，其作用是在声源处减弱噪声，故A错误；
B、敲击不同水量的瓶子，瓶子和水振动发出声音，且瓶内的水越多，振动的频率越低，相应的音调越低，故B错误；
C、倒车雷达应用了超声波来测试车后物体与车的距离，利用声呐探测海深，其原理与倒车雷达的原理相同，都是利用回声定位获取信息，故C正确；
D、改变用力大小敲击鼓面，会改变鼓面振动的幅度，从而会改变响度大小，不能改变音调的高低，故D错误。
故选：C。
(1)减弱噪声方法：①在声源处减弱；②在传播过程中减弱；③在人耳处减弱；
(2)物理学中把声音的高低称为音调，音调的高低与发声体的振动快慢有关；物体振动越快，音调就越高；物体振动越慢，音调就越低；
(3)汽车倒车雷达是利用超声波的回声定位原理制作的；
(4)响度与振幅有关，振幅越大，响度越大。
本题通过不同的物理情景考查了声音的特性、声音的应用、减弱噪声的途径等知识点，在学习过程中要善于利用所学知识解释有关现象，达到学以致用的目的。
2. 解：A、物体振动我们不一定能听到声音，只有频率在20～20000Hz之间，且有传播声音的介质，人耳才能听到，故A正确；
B、声速不仅与介质种类有关，而且与介质温度也有关，同一介质，温度越高，声速越大，故B错误；
C、不同发声体的材料和结构不同，发出声音的音色不同，“声纹锁”，其辨别声音的主要依据是音色，故C正确；
D、人们以分贝(符号是dB)为单位来表示声音强弱的等级。0dB是人刚能听到的最微弱的声音，故D正确。
故选：B。
(1)人耳的听觉频率是有一定范围的，不在这一范围内的声音，人耳是听不到的；
(2)声音的传播需要介质，传播的速度与介质的种类和温度有关；
(3)不同发声体的材料和结构不同，发出声音的音色不同；
(4)人们以分贝(符号是dB)为单位来表示声音强弱的等级。0dB是人刚能听到的最微弱的声音；30～40dB是较为理想的安静环境；70dB会干扰谈话，影响工作效率；长期生活在90dB以上的噪声环境中，听力会受到严重影响并产生神经衰弱、头疼、高血压等疾病；如果突然暴露在高达150dB的噪声环境中鼓膜会破裂出血，双耳完全失去听力。
本题考查了与声现象有关的多个知识点，熟练掌握相关知识并能与生活中的现象相结合，是解答的关键。
3. 解：A、光路都具有可逆性，因此在光的反射现象中，光路是可逆的；故A错误；
B、当光线垂直射向平面镜时，法线与入射角重合，因此入射角为0；故B错误；
C、平面镜所成的像和物体大小相等，并且所成的像为虚像；故C错误；
D、在不同位置能清楚地看到黑板上的字是因为光射到字处发生了漫反射，故D正确．
故选D．
4. 解：A、小孔成像中，若物体到孔的距离大于像到孔的距离，成缩小的像；若物体到孔的距离小于像到孔的距离，成放大的像；若物体到孔的距离等于像到孔的距离，成等大的像，故A错误；
B、晶体在熔化过程中，要不断吸收热量但温度保持不变，故B正确；
C、医生用“B超”检查胎儿的发育情况，利用了声能传递信息，故C错误；
D、平行光线入射到粗糙的反射面上，反射光线射向四面八方，这种反射是漫反射。镜面反射和漫反射都遵守光的反射定律，故D错误。
故选：B。
(1)物体发出或反射的光通过小孔后，在小孔后面的光屏上形成倒立的实像，这就是小孔成像，小孔所成像的大小与物体的大小、物到小孔的距离、小孔到光屏的距离有关，根据影响像大小的因素解答；
(2)晶体熔化过程中，不断吸收热量，温度保持不变；
(3)声音既能传递信息，又能传递能量；
(4)平行光线入射到粗糙的反射面上，反射光线射向四面八方，这种反射是漫反射。镜面反射和漫反射都遵守光的反射定律。
本题考查小孔成像、晶体熔化、声能传递信息、漫反射的相关知识，属于基础题。
5. 解：甲丁：图中的折射光线相对于入射光线是发散的，所以是凹透镜；乙丙：图中的折射光线相对于入射光线是会聚的，所以是凸透镜。
故选：C。
凸透镜能使光线会聚，凹透镜能使光线发散；折射光线与入射光线相比，是靠近主光轴还是远离主光轴，据此判定透镜的种类。
本题考查了凸透镜、凹透镜对光线的作用，解题的关键是先确定光线经透镜之后发生了什么变化，再确定透镜的类型。
6. 解：A、搬动用电器时，应该断开开关，切断电源，故A错误；
B、发现有人触电时，应首先切断电源，不能带电救人，故B错误；
C、使用测电笔时，手接触笔尾金属体，故C正确；
D、不能用湿巾擦拭正在工作的电饭锅，这样可能会触电，故D错误。
故选：C。
(1)搬动电器时要断开电源；
(2)发现有人触电时，应首先切断电源；
(3)使用试电笔时，手必须接触笔尾金属体，不能接触笔尖金属体；
(4)不能用湿巾擦拭正在工作的电器。
本题考查的是试电笔的使用规则；知道安全用电的原则和触电的救护。
7. 解：A.匀速直线运动时，列车水平方向受到两个力的作用，列车的牵引力和它所受的阻力是一对平衡力，大小相等，故A错误，不符合题意；
B.列车对轨道的压力大小与重力相等，由于两个力作用在不同的物体上，因此不能描述为列车对轨道的压力就是列车的重力，故B错误，不符合题意；
C.列车对轨道的压力与轨道对列车的支持力，作用在不同的物体上，因此不是平衡力，故C错误，不符合题意；
D.列车受到的重力与轨道对列车的支持力，两个力都作用在列车上，满足大小相等、方向相反，作用在同一条直线上，是一对平衡力，相互平衡，故D正确，符合题意。
故选：D。
A.静止或匀速直线运动状态的物体处于平衡状态，受平衡力；
B.压力是垂直作用在物体表面上的力，压力是由于物体的形变而产生的；重力是由于地球的吸引而使物体受到的力；
CD.作用在同一物体上的两个力，满足大小相等、方向相反，作用在同一条直线上，是一对平衡力。
本题考查了平衡力的判断，以及压力与重力的区别。
8. 解：A.若只有一个电压表，可以通过电压表的拆接测量出电路的总电压及两灯的电压，能完成“串联电路电压特点”的探究，故A错误；
B.多次利用开关的断开和闭合测量多组电压值，仍是一组数据，得出的结论有偶然性，故B错误；
C.串联电路电流只有一条路径，若拧下其中一个小灯泡，另一个灯泡不能发光，故C错误；
D.若所选灯泡相同，则电路中的电压满足U=U1+U2，U1=U2，选用的灯泡规格相同，器材太特殊，该结论不具普遍性，故D正确。
故选：D。
A.本实验通过电压表的拆接分别测量出电路的总电压及两灯的电压；
B.用归纳法得出普遍性的结论要满足2个条件：一是样本要有代表性，二是样本数量足够多；
C.串联电路电流只有一条路径，据此分析；
D.根据归纳法的要求回答。
本题探究串联电路电压规律，考查电压表的使用、注意事项及归纳法和串联电路的特点。
9. 解：A、分子运动的快慢与温度有关，温度越高分子运动得越快，所以在日照下水分子运动得较快，蒸发得较快，不符合题意；
B、水沸腾时，对壶盖做功，把壶盖掀起，将内能转化为机械能，符合题意；
C、菠萝蜜散发出浓浓的香味，属于扩散现象，是香气分子不停地做无规则运动的结果，不符合题意；
D、石油气经压缩后液化，体积变小，说明分子之间是有间隙的，不符合题意；
故选B．
①分子运动的快慢与温度有关，温度越高分子运动得越剧烈．
②水沸腾时，对壶盖做功，将壶盖掀起．
③扩散现象是分子运动的结果．
④石油气经压缩后液化，体积减小．
本题考查了学生对分子动理论的理解和掌握，及应用所学知识分析和解决实际问题的能力．
10. 解：A、由图可知，绳子的股数为2；忽略绳重与摩擦，根据F=1n(G+G动)可知，
F=1n(G+G动)=12×(40N+8N)=24N，故A错误；
B、物体10s内匀速竖直上升了2m，则绳子自由端的移动速度为：
v=st=nℎt=2×2m10s=0.4m/s，故B错误；
C、根据W总=Fs=Fnℎ可知，拉力做的功为：
W总=Fs=Fnℎ=24N×2×2m=96J，故C错误；
D、根据η=W有W总=GℎGℎ+G动ℎ=GG+G动可知，滑轮组的机械效率为：
η=W有W总=GℎGℎ+G动ℎ=GG+G动=40N40N+8N×100%≈83.3%，故D正确。
故选：D。
(1)根据滑轮组装置确定绳子股数，忽略绳重与摩擦，根据F=1n(G+G动)求出绳子自由端的拉力；
(2)根据速度公式求出绳子自由端的移动速度；
(3)根据W总=Fs=Fnℎ求出拉力做的功；
(4)根据η=W有W总=GℎGℎ+G动ℎ=GG+G动求出滑轮组的机械效率。
本题考查速度公式、机械效率公式、功的公式及作用在绳子自由端的拉力大小公式的运用。
11. 【分析】
本题考查铁罐的机械能的转化，包含了动能和弹性势能、重力势能的转化，应细化整个过程的分析是解题的关键。
本题对于同一个罐子，其质量一定，只通过比较罐子的速度、所处的高度和橡皮筋的形变程度来判断罐子的动能、重力势能和弹性势能的变化。
【解答】
A.罐子从不太陡的斜面上滚下，罐子的高度减小，重力势能减小，故A错误；
BC.罐子从不太陡的斜面上滚下，罐子的高度减小，重力势能减小，速度变大，动能变大，同时橡皮筋发生弹性形变，弹性势能变大，在运动过程中，由于存在摩擦力，一部分机械能会转化为内能，即重力势能转化为动能、弹性势能、内能，罐子滚动过程中第一次速度为零时，橡皮筋的弹性势能最大，之后会由于转化为内能，逐渐减小，故BC正确；
D.罐子在水平面上滚动时，需要克服摩擦力做功，部分动能转化为内能，部分动能转化为橡皮筋的弹性势能，故D错误。
12. 解：A、加热过程中，水吸收热量，其温度升高，内能增加；热量是一个过程量，不能说物体含有多少热量，故A错误；
B、水在沸腾过程中，仍然要吸收热量，由图可知其温度保持99℃不变，故B正确；
C、烧杯上方带孔的纸板可以减少热量散失，能缩短把水加热到沸腾的时间，故C正确；
D、烧杯上方的“白气”是水蒸气液化而来的小水滴，故D错误。
故选：BC。
(1)热量指在热传递的过程中传递能量的多少；
(2)水在沸腾过程中的特点：吸热，但温度保持不变；
(3)烧杯上方带孔的纸板可以减少热量散失；
(4)“白气”不是气，是水蒸气液化而来的液态小水珠。
此题是探究“水的沸腾”的实验，考查了水沸腾过程中的特点，同时考查沸腾图象的分析，常见题目。
13. 解：A、由图知道，此时u>v，则凸透镜成倒立、缩小实像，故A正确；
B、由图知道，物距u=50.0cm−30.0cm=20.0cm，
像距v=65.0cm−50.0cm=15.0cm，
即u=20.0cm>2f，2f>v=15.0cm>f，即10cm>f>7.5cm，所以该凸透镜的焦距不可能是13cm，故B错误；
C、先向右移动光屏，此时像距增大，再移动凸透镜到某位置，根据凸透镜成实像时，物近像远像变大，可知，减小物距，一定能在光屏上看到清晰的像，故C正确；
D、只将蜡烛向左移动一段距离，根据凸透镜成实像时，物远像近像变小，可知，此时像成光屏的左侧；在蜡烛和透镜间放上近视眼镜，近视眼镜是凹透镜，凹透镜对光线具有发散作用，会将光线延迟会聚成像，所以能在屏上再次看到清晰的像，故D正确。
故选：ACD。
①凸透镜成实像时，物距大于像距，成倒立缩小的实像，照相机就是利用此原理制成的；
②u>v，且成实像，说明u=30cm>2f，2f>v=15cm>f，由此可得焦距的范围；
③根据凸透镜成实像时，物近像远像变大分析回答；
④近视眼镜是凹透镜，凹透镜对光线具有发散作用。
此题考查了凸透镜成像规律的探究及应用，关键是熟记成像规律的内容，并做到灵活运用。
14. A、在提起车把手的过程中，可以将其抽象为一个硬棒；车身是绕着车轮的转轴处转动的，所以我们可以认为转轴处为该杠杆的支点，此时的动力臂大于阻力臂，故是省力杠杆，故A正确；
B、工人缓缓提起车把手的过程中，我们可以认为车处于杠杆平衡状态，则可得：G总×0.5m=F×1.2m，已知G总=960N，则F=400N，故B正确；
CD、根据力的作用是相互的，车对人的压力等于F，为400N，则人对地面的压力为F压=G+F=50kg×10N/kg+400N=900N，
人对地面的压强为p=FS=900N0.05m2=1.8×104Pa；
故C正确，D错误。
故选：BC。
(1)在提起车把手的过程中，车身部分绕着转轴转动；结合力臂大小分析；
(2)在本题中，我们可以将车厢和货物所受的重力作为阻力，人对车把手施加的力作为动力，则根据杠杆的平衡条件可以求得人对车的力；
(3)根据相互作用力，人对车的力等于车对人的力，结合压力等于重力与车对人的作用力之和分析，根据压强公式解答。
本题主要考查杠杆的平衡条件和压强公式的应用，有一定的难度。
15. 解：由电路图可知，定值电阻与滑动变阻器串联，电压表测定值电阻两端电压，电流表测电路电流；
(1)∵电源的电压大于电压表的最大示数，
∴根据串联电路的分压特点可知当电压表的示数最大时电路中的电流最大，此时定值电阻消耗的电功率最大，
电路中的最大电流：
Imax=U0maxR0=3V10Ω=0.3A，故A不正确；
∵串联电路中总电压等于各分电压之和，
∴滑动变阻器两端的电压：
UR=U−UR0max=6V−3V=3V，
电阻R0消耗的最大功率：
P0max=U0maxImax=3V×0.3A=0.9W，故D不正确；
(2)当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电压表的示数最小，
∵串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
∴电路中的电流：
Imin=UR0+Rmax=6V10Ω+50Ω=0.1A，
电压表最小示数：
URmin=IminR0=0.1A×10Ω=1V，故C正确；
(3)电路中的电流：
I=UR0+R=6V10Ω+R，
滑动变阻器消耗的电功率：
PR=I2R=(6V10Ω+R)2R=(6V)2(10Ω+R)2R=(6V)2(10Ω−R)2+40Ω×RR=(6V)2(10Ω−R)2R+40Ω，
当R=10Ω时，滑动变阻器消耗的电功率最大；
由数学中知识可知，当R=50Ω时变阻器消耗的功率最小，PRmin=(6V)2(10Ω−50Ω)250Ω+40Ω=0.5W，故B正确。
故选：BC。
由电路图可知，定值电阻与滑动变阻器串联，电压表测定值电阻两端电压，电流表测电路电流。
(1)电源的电压大于电压表的最大示数，根据串联电路的分压特点可知当电压表的示数最大时电路中的电流最大，此时定值电阻消耗的电功率最大，根据欧姆定律求出电路中的电流，根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压，根据P=UI求出电阻R0消耗的最大功率；
(2)当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电压表的示数最小，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，利用欧姆定律求出电压表的最小示数；
(3)根据电阻的串联和欧姆定律表示出电路中的电流，根据P=I2R表示出滑动变阻器消耗的电功率，利用数学知识判断变阻器消耗的最小功率。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，关键是电路最大电流的确定。
16. 解：已知甲的质量为7kg，体积为2×10−3m3，甲的密度为ρ=mV=7kg2×10−3m3=3.5×103kg/m3。根据外形完全相同的均匀实心长方体，侧面和底面完全相同，根据p=FS知；
压强变化量为Δp=GS小−GS大=G(1S小−1S大)；
由于底面积的变化相同，甲、乙对地面压强的变化量之比为1：2，即G甲(1S小−1S大)：G乙(1S小−1S大)=1：2；解得G甲：G乙=1：2；
G乙=2G甲=2×7kg×10N/kg=140N；
旋转前，乙对地面的压力等于重力，为140N，压强p=FS=140N1×10−2m2=14000Pa。
故答案为：3.5×103；14000。
根据质量和体积结合ρ=mV计算密度；
根据压力等于重力，结合 甲、乙对地面压强的变化量之比为1：2列方程计算重力之比，得出乙的重力，根据p=FS计算旋转前，乙对地面的压强。
本题考查密度公式、压强公式的应用，属于较难题。
17. 解：
小明在4×100m接力赛中，看到台上的观众在向后退，是以自己为参照物，所以他看到台上的观众在向后退；
为了保证交接棒的顺利进行，就要让两同学同向同速即保持相对静止状态．
故答案为：自己；相对静止．
被研究的物体与所选的标准，即参照物之间的相对位置是否发生了改变，如果发生改变，则物体是运动的；如果未发生变化，则物体是静止的；
当两个物体同向同速行驶时，这两个物体就保持相对静止状态，相对静止时，可以保证交接棒的顺利进行．
物理知识是要应用于生活的，接力赛中的交接棒就使用了相对静止的知识．
18. 解：(1)实验时选择透明的玻璃板，能同时观察到像和代替蜡烛A的蜡烛B，便于确定像的位置．
实验时采用两个完全相同的蜡烛，当玻璃板后面的蜡烛和玻璃板前面的蜡烛的像完全重合时，可以确定像的位置，同时也可以比较物像大小关系．
(2)因为平面镜成虚像，所以在寻找蜡烛像的位置时，眼睛应该在蜡烛A这一侧观察；
(3)因为虚像光屏接收不到，所以蜡移去蜡烛B，在其原来的位置上放一光屏，光屏上不能承接到蜡烛A的像，说明物体在平面镜中成虚像．
故答案为：(1)便于确定像的位置；大小；(2)A；(3)虚．
(1)实验时选择透明的玻璃板，在物体的一侧，既能看到物体的像，也能看到代替物体的另一个物体，便于确定像的位置．
两只蜡烛大小相同，后面的蜡烛又和前面蜡烛的像完全重合，这样就证明了像与物大小相同，所以两只蜡烛等长是为了比较像与物大小关系用的．
(2)从平面镜成虚像这一特点去分析眼睛的位置．
(3)虚像光屏接收不到，实像光屏能接收到．
此类题目在近几年中考中频繁出现，备受出题人青睐，其实解答此类题目往往有规律可循，牢记并紧扣平面镜成像特点可比较容易的进行解答．
19. 解：(1)压强计是通过U形管中液面的高度差来反映被测压强大小的；
用手轻轻按压几下橡皮膜，如果U形管中液体能灵活升降，则说明装置不漏气；
(2)要得出液体压强和深度的关系，就要控制液体的密度一定而深度不同。将压强计的金属盒浸没在同种液体的不同深度，发现压强计U形管两侧的液柱高度差不同，这说明液体压强与液体的深度有关；
(3)由甲、乙两图知，液体密度不同，橡皮膜所处的深度也不同，该实验根据U型管中两边的液面高度差得不出正确的结论；
要比较液体密度的大小，需要将橡皮膜放在不同液体的同一深度，由公式ρ=Pgℎ知，U型管液面高度差大的一定是水。
故答案为：(1)液面的高度差；不漏气；(2)液体深度；(3)U型管中两边的液面高度差；同一深度；大。
(1)掌握转换法在实验中的应用，实验中通过U型管中两边的液面高度差来反应被测压强大小的；
检查装置时，用手按压橡皮膜，若U形管中液体能灵活升降，则说明装置不漏气；
(2)影响液体压强的因素有：液体的密度和浸入液体的深度，在探究压强大小与其中的一个因素的关系时，就要控制另一个因素一定。
(3)利用压强计比较液体密度的大小关系时，由公式ρ=Pgℎ知，必须保持橡皮膜在不同液体中的深度相同，从液面高度差的大小得到液体密度的大小关系。
控制变量法是初中物理研究最主要的方法，在大部分实验中都有所体现，恰当地利用控制变量法是得到正确实验结论的前提。
20. 解：(1)将木块A放在带滑轮的木板上，木块B放在木块A上，细线的一端系在木块A的挂钩上，另一端绕过滑轮系在弹簧测力计的挂钩上，竖直向上匀速拉动测力计，使木块A和B在水平力作用下沿水平木板做匀速直线运动，读出测力计的示数为F1并记录；
(2)取一钩码放在物体A上，此时接触面的粗糙程度不变，增大了压力；
(3)在接触面的粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大，即F2≠F1；
(4)本实验中，物体与接触面的粗糙程度不变，改变了压力的大小，所以此实验探究的是“滑动摩擦力的大小与压力大小是否有关？”
故答案为：(1)匀速；(3)≠；(4)压力的大小。
(1)为了准确读出测力计示数的大小，测力计要匀速拉动；
(3)(4)本实验中，物体A与水平面之间的接触面的粗糙程度不变，通过取一钩码放在物体A上，改变了压力的大小，据此分析。
此题主要考查的是利用控制变量法设计实验来探究滑动摩擦力大小与压力大小的关系，控制变量法和影响滑动摩擦力大小的因素都是中考的热点，需要重点掌握此实验思想和实验操作的具体方法。
21. 解：(1)根据安培定则，螺线管的上端为N极．
故答案为：N极在上方．
(2)由图可知，乙和丙图螺线管的匝数不变，丙图电流大于乙图的电流，丙图吸引的铁钉比乙图多．所以由乙丙可以看出电流越大，磁性越强．
故答案为：乙；丙．
(3)图丁两个螺线管串联，所以电流大小相同，B线圈匝数比A线圈匝数多，B吸引的铁钉比A多，所以由图丁可以看出，当电流一定时，匝数越多，磁性越强．
故答案为：当电流一定时，匝数越多，磁性越强．
(1)要解决此题，需要掌握安培定则的内容：右手握住螺线管，四指绕向电流的方向，大拇指所指的方向就是电磁铁的北极．
(2)(3)要掌握控制变量法的应用，要得出磁性强弱与线圈匝数之间的关系，应控制通过两个线圈的电流相同，使线圈匝数不同；要得出磁性强弱与电流之间的关系，需要线圈匝数相同，通过的电流不同．
此题是探究影响电磁铁磁性强弱的实验，要知道电磁铁的磁性强弱与电流大小和线圈匝数有关，要探究磁性强弱跟他们之间的关系，需用到控制变量法．
22. 解：(1)变阻器按一下一上连入电路中与电流表串联，如下所示：
(2)在连接电路时，为保护电路，开关应断开。
(3)根据绘制的电流I随电阻R变化的图像知，R两端的电压为
UV=IR=0.6A×5Ω=0.3A×10Ω=0.2A×15Ω=---=3V；
根据串联分压原理可知，将定值电阻由5Ω改接成10Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，闭合开关后，应调节滑动变阻器使R两端的电压不变。
(4)根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：
U滑=U−UV=4.5V−3V=1.5V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15Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为
R 滑=0.5×15Ω=7.5Ω
若实验中R的阻值分别是5Ω、10Ω、15Ω，则滑动变阻器的阻值至少是7.5Ω。
(5)因电阻的电压为一定值，分析图乙的数据可得到的实验结论：当定值电阻两端电压一定时，电流和电阻成反比。
故答案为：(1)见解析；(2)断开；(3)3；不变；(4)7.5；(5)反比。
(1)变阻器按一下一上连入电路中与电流表串联；
(2)为保护电路，在连接电路时，开关应断开。
(3)根据绘制的电流I随电阻R变化的图像得出R两端的电压；
探究电流与电阻的实验中应控制电压不变；
(4)根据串联电路电压的规律得出变阻器分得的电压，根据分压原理求出当接入15Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻；
(5)根据电阻的电压为一定值分析。
本题探究通电导体中电流与电阻的关系的实验，考查电路连接、注意事项、控制变量法和对器材的要求及数据分析。
23. (1)图乙中开关S与1、2两个触点接触时，两个电热丝都不工作，处于冷水挡；当开关S与2、3两个触点接触时，电路中只有R2工作，电路中的电阻较大，根据P=UI=U2R可知电路中的总功率较小，处于温水挡，据此计算出R2的阻值；再根据P=UI计算出R2的电功率；当开关S与3、4两个触点接触时，两个电热丝并联在电路中，总电阻较小，根据P=UI=U2R可知，电路的总功率较大，处于热水挡；知道热水时功率为3300W，可计算出R1的功率，再计算出R1的阻值；
(2)根据P=UI求出温水时的电功率；
(3)已知温水时电流做功时间和消耗的电能，根据P=Wt计算出电热水龙头的实际功率；根据P=UI=U2R计算出实际电压。
本题通过即热式电热水龙头工作原理，考查了对电功、电功率、欧姆定律公式的灵活运用；明确即热式电热水龙头电路结构是解题的关键。
24. (1)根据F=G=mg算出高亭宇静止站立时冰刀对地面的压力，由p=FS算出高亭宇静止站立时冰刀对地面的压强；
(2)利用速度公式v=st算出高亭宇比赛全程的平均速度v的大小。
本题考查了重力、压强以及平均速度的计算，要掌握压强及平均速度的公式，是一道基础题。
25. 解：(1)核能能够从自然界直接获得，因此属于一次能源；
(2)发电机的原理是电磁感应现象；
(3)目前人类利用核能发电是利用可控的核裂变来工作的。
故答案为：(1)一次能源；(2)电磁感应；(3)核裂变。
(1)直接从自然界获得不需要加工转换的能源是一次能源，不能直接从自然界获得而是通过消耗其它能源经过加工转换而获得的能源是二次能源；
(2)发电机的原理是电磁感应现象；
(3)核裂变是较重的原子核裂变成较轻的原子核的一种可控核反应，核聚变是较轻的原子核结合成较重的原子核的一种不可控核反应。
此题主要考查了对核电站工作过程的了解。包括能源的分类、其工作的原理是可控的核裂变。