内蒙古巴彦淖尔市2019-2020学年中考中招适应性测试卷物理试题(3)含解析

内蒙古巴彦淖尔市2019-2020学年中考中招适应性测试卷物理试题（3）一、单选题（本大题共10小题，共30分）
1．下列现象对应的物态变化及吸放热特点正确的是
A．春天红莲湖水面上的冰层消融——熔化——放热
B．夏天冰棒周围冒“白气”——汽化——吸热
C．秋天荷塘中荷叶上露珠的形成——液化——放热
D．寒冷的冬夜，房间窗户玻璃的内表面出现冰花——凝固——放热
C
【解析】
【详解】
A、春天，红莲湖水面上的冰层消融是物质由固态变成液态的熔化过程，熔化吸热，故A错误；
B、夏天，冰棒周围冒“白气”是空气中的水蒸气遇冷凝结成的小水滴，属于液化现象，液化放热，故B 错误；
C、秋天，荷塘中荷叶上露珠的形成是空气中的水蒸气遇冷凝结成的小水滴，属于液化现象，液化放热，故C正确；
D、寒冷冬夜，房间窗户玻璃的内表面出现冰花是气态的水蒸气直接变成固态的冰，是凝华现象，凝华放热，故D错误．
2．如图是某品牌榨汁机．为保障安全，该榨汁机设置了双重开关——电源开关S1和安全开关S1．当杯体倒扣在主机上时，S1自动闭合，此时再闭合S1，电动机才能启动，开始榨汁．下列电路图符合上述要求的是
A．B．C．D．
C
【解析】
【分析】
【详解】
A．图中，开关S1闭合时，电动机被短路掉，不能工作，故A错；
C．图中只有当两个开关都闭合时，电动机才能正常工作，故C正确；
D．图中只要开关S1闭合，电动机就会工作，故D错；
3．电动汽车越来越多地进入普通家庭，电动汽车的核心部件是电动机，下面图中能正确反映电动机工作原理的是（）
A．B．C．D．
D
【解析】
【详解】
A．闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生感应电流，这是电磁感应现象，是发电机的原理，故A不符合题意；
B．奥斯特实验，说明了通电导体周围存在着磁场，故B不符合题意；
C．实验是探究电磁铁磁性强弱与线圈匝数的关系，是根据电流的磁效应制成的，故C不符合题意；D．当闭合开关后，通电导体在磁场中受力运动，是电动机的原理，故D符合题意．
【点睛】
发电机的原理是电磁感应现象，电动机的原理是通电导体在磁场中受力；发电机是机械能转化为电能，电动机是电能转化为机械能；
4．2017年10月10日，中国科学院国家天文台宣布，被誉为“中国天眼”的射电望远镜FAST（如图）经过一年紧张调试，已确认了多颗新发现脉冲星．下列对“中国天眼”的相关物理知识的描述，正确的是
A．“中国天眼”相当于一个巨大的凹面镜，对光线有会聚作用
B．“中国天眼”相当于一个巨大的凹面镜，对光线有发散作用
C．“中国天眼”的作用就相当于人的眼睛，成倒立、缩小的实像
D．“中国天眼”的作用就相当于投影仪，成倒立、放大的实像
A
【解析】
【分析】
AB.因为中国天眼相当于一个凹面镜，凹面镜对光线有会聚作用，故A正确，B错误；
C.人的眼睛相当于凸透镜，而中国天眼相当于一个凹面镜，故C选项错误；
D.投影仪相当于一个凸透镜，而中国天眼相当于一个凹面镜，故D选项错误．
故选A．
5．在下列实例中，用做功的方式来改变物体内能的是( )
A．热水倒入茶杯，茶杯的温度升高
B．将冰冻食物放在水中解冻，水变凉
C．刚煮熟的鸡蛋放在冷水中，鸡蛋的温度降低
D．寒冷的冬天，双手互搓，手的温度升高
D
【解析】
试题分析：改变内能的方式有两种，一是做功二是热传递；热水倒入茶杯，茶杯的温度升高是利用热传递改变茶杯内能；将冰冻食物放在水中解冻，水变凉是利用热传递方式改变内能；刚煮熟的鸡蛋放在冷水中，鸡蛋的温度降低，是利用热传递改变物体内能；寒冷的冬天，双手互搓，手的温度升高，是通过做功改变物体内能；故答案选D．
考点：改变内能的方式
6．如图所示的四种现象中，由光的反射形成的是
A．透过树丛的光束
B．雨后的彩虹
C．水中的倒影
D．海市蜃楼
C
【分析】
【详解】
A. 透过树丛的光速是由于光的直线传播形成的，故A不符合题意；
B. 雨后彩虹是光的折射形成的，故B不符合题意；
C. 水中倒影是平面镜成像，是光的反射形成的，故C符合题意；
D. 海市蜃楼，是空气由于受热等因素变得不再是均匀介质，光在不均匀介质中发生了折射形成的，故D 不符合题意。

故选C。

7．如图，用带电棒接触原来不带电的验电器的金属球，发现验电器的金属箔张开，下列判断正确的是（）
A．带电棒一定带正电B．带电棒一定带负电
C．两片金属箔一定带异种电荷D．两片金属箔一定带同种电荷
D
【解析】
【详解】
用带电棒接触原来不带电的验电器的金属球，带电体上的电荷传递到金属箔上，是两个金属箔带有同种电荷，根据同种电荷相互排斥原理，因此金属箔张开，故D符合题意．
8．如图甲所示，电源电压为9V不变，滑动变阻器的最大阻值为100Ω，电流在0.1A～0.4A之间时电子元件均能正常工作．若通过此电子元件的电流与其两端电压的关系如图乙所示，则下列判断正确的是
A．电子元件工作时，电阻保持不变
B．电子元件处于正常工作状态时，电路消耗的最小功率为3.6W
C．当P在中点时，电子元件与滑动变阻器的电压之比为1:1
D．为使电子元件处于正常工作状态，滑动变阻器的阻值范围应控制在12.5Ω～70Ω
D
A．从图象可知，电子元件的电流与电压不成正比，所以电阻是变化的，故A错误；
B．当电路消耗的功率最小时，电路电流最小，为I小＝0.1A，电路消耗的最小功率：P＝UI小＝9V×0.1A ＝0.9W，故B错误．
C．因为电子元件与滑动变阻器串联，通过的电流相等，所以电子元件与滑动变阻器串联两端的电压之比就等于两电阻之比，因无法判断电子元件与滑动变阻器电阻的大小关系，所以无法判断它们两端电压的关系，故C错误；
D．电子元件处于正常工作状态时，电路电流最小为0.1A，此时由图乙知，电子元件两端的最小电压U最小
＝2V，所以滑动变阻器两端的最大电压为：U滑最大＝U-U最小＝9V-2V＝7V，此时滑动变阻器接入电路
的电阻最大：R最大＝
7V
0.1A
U
I
滑最大
最小
＝＝70Ω，电路电流最大为0.4A，电子元件两端的最大电压U
最大
＝4V，
所以滑动变阻器两端的最小电压为U滑最小＝U-U最大＝9V-4V＝5V，滑动变阻器接入电路的电阻最小：R
最小＝
5V
0.4A
U
I
滑最小
最大
＝＝12.5Ω．所以滑动变阻器的阻值范围应控制在12.5欧～70欧，故D正确。

【点睛】
（1）从图象可知，电流与电子元件两端的电压不是正比关系；（2）电子元件处于正常工作状态时，据公式P＝UI计算电路消耗的最小功率；（3）当P在中点时，无法判断电子元件与滑动变阻器电阻的大小关系，根据电阻的分压特点可知无法确定当P在中点时电子元件与滑动变阻器的电压之比．（4）由图象可知，电路电流最小为0.1A，电流最大为0.4A，找到对应的电压，根据串联电路电压的规律求出滑动变阻器两端的电压，进一步求出滑动变阻器接入电路的电阻．
9．在凸透镜成像实验中，测得透镜与物体AB及光屏之间的相对位置如图所示，光屏上得到一个清晰的像，若将物体放在凸透镜前10cm处，下列判断正确的是
A．可能是放大的像B．可能是缩小的像
C．一定是倒立的像D．一定是正立的像
D
【解析】
【详解】
由图可知：u＝40cm，v＝14cm．且u＞v；
由凸透镜成像规律可知：此时的像是倒立缩小的实像；
根据+＝，解得f＝10.37cm
10．用水平拉力先后两次拉着重为20N的同一物体，沿同一水平面做直线运动．第一次拉力为10N，物体恰好做匀速直线运动，拉力对物体做了20J的功；第二次拉力增大为20N，拉力对物体做了48J的功．分析两次做功过程，以下判断正确的是
A．第一次物体受到的摩擦力是10N，物体运动了1m
B．第一次物体受到的摩擦力是20N，物体运动了2m
C．第二次物体受到的摩擦力是10N，物体运动了2.4m
D．第二次物体受到的摩擦力是20N，物体运动了4.8m
C
【解析】
【详解】
AB．物体在水平面上做匀速直线运动时，在水平方向受拉力和摩擦力作用，并且二力是一对平衡力，故物体受到的拉力：
F=f=10N；
根据W=Fs可知，第一次物体通过的距离
1 1
1
20J
2m 10N
W
S
F
===，
故AB错误；
CD．若增大拉力，而压力大小和接触面的粗糙程度都没有改变，因此，物体受到的摩擦力不变，仍为10N；根据W=Fs可知，第二次物体通过的距离：
2 2
248J
2.4m 20N
W
S
F
===，
故C正确，D错误．
二、多选题（本大题共3小题，共12分）
11．嗑瓜子不用牙？真的么？如图所示，利用这个瓜子剥壳器，专业对付黑瓜子、开心果、白瓜子的坚硬外壳，轻轻松松剥瓜子。

下面的几组机械中，和这种“瓜子剥壳器”的种类和作用相同的有（）
A．钢丝钳B．瓶起子
C．钓鱼竿D．螺丝钉
AB
【解析】
【详解】
题干中的“瓜子剥壳器”为省力杠杆，省力但要多移动距离。

AB、我们在使用钢丝钳、瓶起子时都是为了省力，并且在使用的过程中都是动力臂大于阻力臂，所以它们都是省力杠杆，符合题意；
C、我们在使用钓鱼竿时，动力臂小于阻力臂，所以它是费力杠杆，费了力但省距离，不符合题意；
D、螺丝钉实际上是变形的斜面，不属于杠杆，不符合题意。

故选：AB。

12．有人设计了一种太阳能汽车，车上有两个大气囊，气囊从前面的开口处吸入空气，利用太阳能将其加热，加热后的热空气从后面喷出，从而推动汽车前进，如图所示，关于这种汽车，下列说法中正确的是（）
A．汽车是将太阳能转化为内能进而转化为机械能的装置
B．汽车主要的能量转化过程和热机的压缩冲程是相同的
C．该汽车是利用“力的作用是相互的”知识使其前进的
D．机械能不能再转化回太阳能说明能量转化具有方向性
ACD
【解析】
【详解】
A、太阳能汽车工作时，太阳能转化为气囊中空气的内能，热空气从后面喷出对外做功推动汽车前进，将内能转化为机械能，故A正确；
B、太阳能汽车主要的能量转化过程是内能转化为汽车的机械能；热机的压缩冲程活塞向上运动，活塞对燃料混合物做功，使得燃料混合物的内能增大，温度升高，因此是将机械能转化为内能，故B错误；
C、太阳能汽车前进时，热空气从后面喷出，对周围的空气施加向后的力，由于力的作用是相互的，周围的空气对汽车产生向前的推动力，故C正确；
确。

13．一根细长绳的下端系一个金属小球，上端固定，就制成一个摆．把小球拉离竖直位置松手，让它摆动起来，如图所示，可以观察到小球在摆动过程中摆动的幅度会逐渐减小，最终会停下来，对于小球在摆动过程中的能量转化情况，下列说法中不正确的是
A．小球在摆动过程中，其机械能守恒
B．小球依次经过最低点时，动能会逐渐减少
C．小球从高处向低处摆动过程中，势能部分转化为动能
D．球从低处向高处摆动过程中，线对小球的拉力做了功
AD
【解析】
【详解】
A. 小球在摆动过程中，除重力做功外，还有空气阻力做功，所以机械能不守恒，故A错误；
B. 由于小球在摆动过程中，机械能越来越小，所以到达最低点的动能会逐渐减小，故B正确；
C. 小球从高处向低处摆动过程中，质量不变，高度降低，重力势能减小，速度增大，动能增大，所以是重力势能转化为动能，故C正确；
D. 小球从低处向高处摆动过程中，线对小球的拉力始终与运动方向垂直，故拉力不做功，故D错误．故选AD.
【点睛】
本题考查的知识点：（1）物体的动能由质量和速度决定，重力势能由质量和高度决定，分析摆动过程中质量、速度、高度的变化，判断出动能和重力势能的转化；（2）机械能守恒的条件：只有动能和势能的相互转化或者只有重力做功，机械能才守恒．
三、填空题（本大题共5小题，共10分）
14．在“比较不同物质吸热能力”的实验中，将甲、乙两种不同的液体分别放入两个相同的烧杯内，用相同的电加热器同时加热．记录相关数据，并绘制出如图所示的图象．（不计热量损失）
实验时，选用初温和______均相等的甲、乙两种液体．加热10min，甲吸收的热量
______（选填“大于”、“小于”或“等于”）乙吸收的热量，甲液体的沸点是______℃．乙液体的比热容是甲液体比热容的_____倍．
质量等于60 2
【详解】
（1）要研究两种液体的吸热本领，应控制两个烧杯中所装的甲、乙两种液体的初温相同、质量相等；（2）相同加热器加热相同时间，加热器放出的热量相等，因此甲吸收的热量等于乙吸收的热量；根据图象可知，当甲加热到60℃时，甲开始沸腾，并且温度保持60℃不变，因此甲液体的沸点是60℃；
（3）根据图象可知，甲加热10min温度的变化量等于乙加热20min温度的变化量，即
1
2
Q Q
甲乙
=，△t
甲=△t乙，并且m甲=m乙；由Q=cm△t可，
Q c m t
Q c m t
∆
=
∆
甲甲甲甲
乙乙乙乙
，即
1
2
c
c
=甲
乙
，则c乙=2c甲．
15．在10秒内通过某导体横截面的电荷量为5库，电流所做的功为15焦。

则通过导体的电流为____安，此时导体两端的电压为_____伏。

当该导体两端的电压为0伏时，导体的电阻为______欧。

0.5 3 6
【解析】
【详解】
通过导体的电流：
5C
0.5A
10s
Q
I
t
===，
由W＝UIt＝UQ可得，导体两端的电压：
15J
3V
5C
W
U
Q
===，
由
U
I
R
=可得，导体的电阻：
3V
R6Ω
0.5A
U
I
===，
因电阻是导体本身的一种性质，与两端的电压和通过的电流无关，
所以，当该导体两端的电压为0伏时，导体的电阻仍为6Ω不变。

16．小明用图示滑轮组在5s内将重为300N的重物匀速提高了2m，所用拉力为200N，该过程中拉力做的有用功为________J，该滑轮组的机械效率为________。

若其他条件不变，将重物匀速提升5m，该滑轮组的效率将________。

600 75% 不变
【解析】
【详解】
由图可知滑轮组的动滑轮绕2段绳，则拉力端移动的距离：s=2h=2×2m=4m，
有用功：W有用=Gh=300N×2m=600J，拉力做的总功：W总=Fs=200N×4m=800J，
由
η==22W Gh G G W Fs F h F ==⨯有用总可知，滑轮组的机械效率与提升高度无关，所以，若其他条件不变，重物匀速提升高度5m ，该滑轮组的机械效率不变。

17．如图所示，将灯L 1、L 2按图甲、乙两种方式接在电压均为U 的两个电路中，在甲图中灯L 1的功率为4W ，在乙图中灯L 1的功率为9W ．设灯丝电阻不变，则甲、乙两图中灯L 1两端的电压之比是_____，L 1、L 2两灯的灯丝电阻之比是_____，甲图中灯L 1、L 2的电功率之比是_____．
2：3 2：1 2：1
【解析】
【详解】
甲图中灯L 1的功率P 1＝211U R ，则21U =P 1R 1；乙图中灯L 1的功率P 1′＝21U R ，则2U =P 1’R 1．所以212U U =1
111PR P R '＝11
P P '=4W 9W ，则甲、乙两图中灯L 1两端的电压之比为1U U ＝23．因甲乙两电路电源电压相等，根据串联电路电压规律，则甲图中L 1、L 2两灯电压之比为21U U ＝11U U U -=23-2=21
．再根据串联电路分压规律可得，L 1、L 2两灯灯丝电阻之比为12R R =21U U =21
；因串联电路电流处处相等，由P ＝I 2R 可得，甲图中灯L 1、L 2的功率之比为211222P I R P I R ==12R R =21
． 18．如图甲所示是我国研发的平流层飞艇“圆梦”号首飞成功照片，飞艇依靠浮力可升到20km 高的平流层，其推进系统由太阳能电池提供能量。

推进器产生的推力与气流对飞艇的水平作用力平衡，可使飞艇长时间悬停。

若飞艇的气囊体积为3×105m 3，则飞艇在平流层受到的浮力约
为_____N ．（平流层空气密度取0.06kg/m 3）飞艇所受的空气阻力与风速的关系如图乙，推进器的功效（功效是指推进器的推力与功率的比值）为0.01N/W ，当平流层风速为40m/s 时，飞艇推进器的功率为_____W 。

1.8×105 1.44×105
【详解】
（1）飞艇在平流层受到的浮力：F浮＝ρ空气gV排＝0.06kg/m3×10N/kg×3×105m3＝1.8×105N；
（2）由乙图可知，当v2＝400m2/s2时，飞艇受到的阻力f＝360N，
设平流层风速为v′＝40m/s时，飞艇受到的阻力为f′，
由乙图可知，飞艇所受的空气阻力f与速度的平方v2成正比，
则有：，即，
所以，当平流层风速为40m/s时，飞艇受到的阻力f′＝4×360N＝1440N；
飞艇悬停在空中，因此飞艇受到的水平推力和阻力是一对平衡力，
所以，水平推力：F＝f′＝1440N；
由题意可得＝0.01N/W，则此时飞艇推进器的功率为：
P＝＝＝1.44×105W。

四、计算题（本大题共3小题，共29分）
19．如图甲、乙是一种家用电熨斗及其简化电路原理图（额定电压为220V），虚线框内为加热电路，R0是定值电阻，R是可变电阻（调温开关）。

该电熨斗温度最低时的耗电功率为121W，温度最高时的耗电功率为484W，根据以上信息计算：
①定值电阻R0的阻值；
②可变电阻R的阻值变化范围？
③假定电熨斗每秒钟散发的热量Q跟电熨斗表面温度与环境温度的温差关系如图丙所示，现在温度为20℃的房间使用该电熨斗熨烫毛料西服，要求熨斗表面温度为220℃，且保持不变，问应将R的阻值调为多大？（1）100Ω；（2）0～300Ω；（3）10Ω．
【解析】
（1）当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电熨斗的电功率最大，
由
2
U
P
R
=可得，R0的阻值：
()2
2
220V
100
484
U
R
P
===Ω
Ω
大
，
（2）当R的阻值接入电路中的电阻最大时，电熨斗消耗的电功率最小，
此时电路中的总电阻：
()2
2220V
400
121
U
R
P
===Ω
Ω
总
小
，
根据串联电路中总电阻等于各分电阻之和可知R的最大阻值：
R=R总-R0=400Ω-100Ω=300Ω，
所以，可变电阻R的阻值变化范围为0～300Ω；
（3）熨斗表面温度为220℃，此时电熨斗表面温度与环境温度之差：△t=220℃-20℃=200℃，
由图象知，电熨斗每秒钟散发的热量Q=440J，
则散热功率
440J
=440W
1s
Q
P
t
==
散
，
要保持电熨斗的表面温度不变，则电熨斗的电功率P=P散=440W，
此时电路中的总电阻：
()2
2220V
110
440W
U
R
P
'===Ω总
，
则R的阻值：R′=R总′-R0=110Ω-100Ω=10Ω．
答：（1）R0的阻值为100Ω；
（2）可变电阻R的阻值变化范围为0～300Ω；
（3）现在温度为20℃的房间使用该电熨斗来熨烫毛料西服，要求熨斗表面温度为220℃，且保持不变，应将R的阻值调为10Ω．
20．某物理兴趣小组的同学，用燃气灶给2kg的水加热，使水温升高50℃，消耗了0.02m1的天然气，已知水的比热容为4.2×101J/（kg•℃），天然气的热值约为1.5×107J/m1．求：天然气完全燃烧放出的热量；水所吸收的热量；燃气灶的热效率。

（1）7×105J（2）4.2×105J（1）60%
【解析】
【详解】
（1）天然气完全燃烧放出的热量：Q放＝Vq＝0.02m1×1.5×107J/m1＝7×105J；
（2）水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×101J/（kg•℃）×2kg×50℃＝4.2×105J；
（1）燃气灶的效率：η＝Q
Q
吸
放
＝
5
5
4.210J
710J
⨯
⨯
×100%＝60%。

21．如图所示的电路图中，电阻R1 的阻值为10Ω，闭合开关S，A1的示数为0.4A，A 的示数为0.6A，求：
R1两端的电压；R2的阻值；在1min 内R1 产生的热量。

（1）4V ； （2）20Ω；（3）96J 。

【解析】
【详解】
由电路图可知，两电阻并联，电流表A 测干路电流，电流表A 1测R 1支路的电流。

（1）根据欧姆定律可得，R 1两端的电压：1110.4A 10Ω4V U I R ==⨯=；
（2）∵并联电路中干路电流等于各支路电流之和，∴通过R 2的电流210.6A 0.4A 0.2A I I I =-=-=；又因为并联电路中各支路的电压相等，所以电阻R 2两端的电压为4V ，R 2 的阻值为22
2
4V 20Ω0.2A
U R I ===； （3）在60s 内R 1产生的热量：
221110.4A 10Ω60s 96J Q I R t （）==
⨯⨯=。

答：（1）R 1两端的电压为4V ； （2）R 2 的阻值为20Ω；（3）在60s 内R 1产生的热量为96J 。

五、作图题（本大题共2小题，共4分）
22．如图，请根据通电螺线管N 极的位置，在图中标出电源的正负极和其中一条磁感线的方向． （______________）
【解析】
【详解】
已知螺线管N 极向左，伸出右手使右手大拇指指示螺线管的左端（N 极），四指弯曲所指的方向为电流的方向，由此可知电流从螺线管的右边流入，左边流出，则电源的右边为正极、左边为负极，通电螺线管外部的磁感线方向是从N 极指向S 极，如图所示：
23．如图所示，一凸透镜放置于水中其主光轴与水面重合，现有一束平行于水面的入射光线通过凸透镜后折射入水中，请画出完整的光路．
（_____）
略
【解析】
平行于主光轴的入射光线经过凸透镜折射后，折射光线过焦点，由此可以确定对应的折射光线；过入射点（焦点）垂直于界面作出法线，根据折射角小于入射角，在水中法线的另一侧作出折射光线，故完整的光路如图：
六、实验探究题（本大题共3小题，共15分）
24．在用电流表、电压表测小灯泡额定功率的实验时，灯泡上标有“3.4V”字样，小红设计了实验电路图，如图甲所示，并连接了部分实验电路，如图乙所示．
（1）请帮助小红完成实验电路的连接
（_____）
（2）连接完实验电路后，小红闭合开关，发现灯泡不亮、电流表无示数、电压表有示数且接近于电源电压，请帮助小红分析电路出故障的原因：__________．
（3）排除故障后，小红调节滑动变阻器，使灯泡正常发光，此时电流表的示数如图丙所示，读数为______A，则小灯泡的额定功率为________W，正常工作时的电阻为______Ω．
（4）假若电压表15V量程损坏，3V量程能正常使用，电源电压为6V且稳定不变，仍利用现有的器材完成实验，接下来的操作是____________．
灯泡处断路0.30 1.02 11.33 将电压表与滑动变阻器
并联，使电压表的示数为2.6V
【解析】
【分析】
【详解】
（1）根据原理图可得出对应的实物图，滑动变阻器一上一下连接，电压表和灯泡并联，灯泡的额定电压是3.4V，选择0-15V的量程，如图所示；
（2）连接完实验电路后，小红闭合开关，发现灯泡不亮、电流表无示数，说明电路断路，电压表有示数且接近于电源电压，与灯泡并联的电压表与电源相连，故说明灯泡处断路；
（3）由图丙可知，电流表量程为0-0.6A，则分度值为0.02A，则读数为0.3A；小灯泡的额定功率
P=UI=3.4V×0.3A=1.02W；电阻R=
3.4V
0.3A
U
I
≈11.33Ω；
（4）由于15V量程损坏，不能使用，则可以将滑动变阻器与电压表并联后再与灯泡串联，要想使灯泡两端电压为3.4V，则电压表读数为6V-3.4V=2.6V即可．
25．在探究“物体动能的大小与哪些因素有关”的实验中，让小车从斜同上由静止释放，小车下滑后撞击斜面底端的木块.请回答下列问题
(1) 小车进入水平面时的动能是由___转化而来的，实验时通过_____来比较动能大小.
(2) 同一小车从斜面不同高度由静止释放，如图甲、乙所示，是探究动能大小与____的关系，得出的结论是：_______ .
(3) 实验中若使用的木块质量较大，为确保实验仍有较明显的现象，有很多种方法.请答一种方法：______ . 重力势能被撞击的木块在水平面上移动距离的大小速度大小质量相同时，物体的速度越大动能越大增大小车下滑的高度
【解析】
试题分析：（1）小车在斜面滑动水平面上时，高度减小，速度增大．高度与势能有关；速度与动能有关；进入水平面时的动能是由重力势能转化来的；实验时通过观察被撞击的木块在水平面上移动的距离大小来比较动能大小；
（2）向一小东从斜面不同高度由静止将放，控制了质量一定，速度不同，是探究动能大小与速度的关系，得出的结论是：质量相同时，物体的速度越大，动能越大；
（3）实验中若使用的木块质量较大，为确保实验仍有较明显的现象，可以增加小车下滑的高度等．
考点：研究动能大小与哪些因素有关的实验
26．同学们在制作电动机模型时，把一段粗漆包线烧成约3cm×2cm的矩形线圈，漆包线在线圈的两端各伸出约3cm．然后，用小刀刮两端引线的漆皮．用硬金属丝做两个支架，固定在硬纸板上．两个支架分别与电池的两极相连．把线圈放在支架上，线圈下放一块强磁铁，如图所示．给线圈通电并用手轻推一下，线圈就会不停的转下去．
（1）在漆包线两端用小刀刮去引线的漆皮，刮线的要求是________（填选项“A”或“B”）．
A．两端全刮掉B．一端全部刮掉，另一端只刮半周
（2）线圈在转动过程中________能转化为________能．
（3）小华组装好实验装置，接通电源后，发现线圈不能转动，写出一条可能造成该现象的原因________．B 电机械电源电压较低
【解析】
【详解】
（1）[1]在实验中影响线圈的转向的因素有电流的方向和磁场的方向，为了使线圈能持续转动，采取将线圈一头的绝缘漆刮去，另一头刮去一半的办法，相当于一个简易的“换向器”来改变通入线圈的电流方向，故选B；
（2）[2][3]根据电动机的原理可知，电动机能转动的原因是通电线圈在磁场中受磁力的作用而转动，线圈在转动过程中消耗电能转化为机械能；
（3）[4]小华组装好实验装置，接通电源后，发现线圈不能转动，可能是电源电压较低、磁场太弱或开始线圈处在平衡位置．。