2018年辽宁省大连市中考物理试题（解析版） 22页

大连市2018年中考物理试卷 一、选择题 ‎1.1.鲁迅的《社戏》中有这样的描写：“淡黑的起伏的连山，仿佛是踊跃的铁的兽脊似的，都远远地向船尾跑去了……”，其中“山向船尾跑去了”所选的参照物是 A. 船 B. 山 C. 河岸 D. 岸边树木 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】一个物体相对于另一个物体的位置随时间的变化叫做机械运动。‎ 其中“山向船尾跑去了”是山相对于船发生了位置的改变，即是以船为参照物的。‎ 而相对于山、河岸、树木都没有位置的改变，是静止的。‎ 故A正确，BCD错误。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】理解运动和静止的相对性，选择不同的参照物来描述同一个物体的运动状态，可能得出不同结论，所以运动和静止是相对的。‎ ‎2.2.下列现象中，由光的反射形成的是 A. 树荫下的光斑 B. 月光下人在地面上的影子 C. 平静的河面映出桥的“倒影” D. 注水后的游泳池看上去“变浅”‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 树荫下的光斑，是小孔成像，由光的直线传播形成；‎ B. 月光下人在地面上的影子，影子由光的直线传播形成；‎ C. 平静的河面映出桥的“倒影”，是平面镜成像，由光的反射形成；‎ D. 注水后的游泳池看上去“变浅”，是光从水中斜射入空气中时，发生折射而形成的；‎ 故C符合题意。‎ ‎【点睛】重点是光的直线传播、反射、折射所形成的现象，身边有很多例子，是比较容易区分的，注意理论联系实际，多总结。‎ ‎3.3.下列实例中，通过热传递改变物体内能的是 A. 铁锤锻打工件，工件受热 B. 锯条锯木头，锯条变热 C. 双手互相摩擦，双手变热 D. 电水壶烧水，水变热 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 铁锤锻打工件，工件受热，是做功改变了工件的内能；‎ B. 锯条锯木头，锯条变热，是摩擦生热，属于做功改变物体的内能；‎ C. 双手互相摩擦，双手变热，摩擦生热，属于做功改变物体的内能；‎ D. 电水壶烧水，水变热，首先电流做功产生热量，再通过热传递使水的内能增加，温度升高；‎ 故D符合题意。‎ ‎【点睛】牢记改变物体内能的两种方式是解题的关键，即热传递和做功，两种方式对于内能的改变是等效的，两种方式很容易区分，做题不难。‎ ‎4.4.发电机的原理是 A. 电磁感应 B. 通电导体在磁场中受力 C. 电流的磁效应 D. 电流的热效应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 电磁感应中机械能转化为电能，是发电机的原理，符合题意；‎ B. 通电导体在磁场中受力，电能转化为机械能，是电动机的原理，不符合题意；‎ C. 电流的磁效应，主要应用是电磁铁，不符合题意；‎ D. 电流的热效应，即电能转化为内能，不符合题意；‎ 故A正确；‎ ‎【点睛】注意分清楚研究电磁感应和磁场对通电导线作用力的两个原理，从能的转化看，两者是相反的，即电磁感应现象中将机械能转化为电能，而磁场对通电导线的作用力，将电能转化为机械能。‎ ‎5.5.四冲程汽油机工作时，主要将机械能转化为内能的冲程是 A. 吸气冲程 B. 压缩冲程 C. 做功冲程 D. 排气冲程 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】四冲程汽油机工作时，一个工作循环由：吸气、压缩、做功、排气四个冲程组成；‎ 吸气和排气冲程，都有气门打开，没有能的转化；‎ 压缩冲程中，两气门关闭，活塞向上运动，压缩气体做功，机械能转化为内能；‎ 做功冲程中，两气门关闭，燃料燃烧释放的内能推动活塞向下运动，内能转化为机械能；‎ 故B符合题意。‎ ‎【点睛】四冲程内燃机的一个工作循环，曲轴转过两周，由四个冲程组成，分别为吸气、压缩、做功、排气四个冲程，其中做功和压缩冲程有能的转化。考题中常出现要牢记。‎ ‎6.6.在抗震救灾中，要空投救灾物资。物资在加速下落的过程中 A. 动能不变，重力势能变小 B. 动能不变，重力势能不变 C. 动能变大，重力势能变小 D. 动能变小，重力势能变小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据影响动能和势能大小的因素分析，空投物资在加速下落的过程中：‎ 质量不变，速度增大，动能增大，高度降低，重力势能减小。‎ 故ABD错误，C正确。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】重点是影响动能和重力势能大小的因素，当质量不变时，速度增大，动能增大，速度减小，动能减小；高度增加，重力势能增大，高度降低，重力势能减小。‎ ‎7.7.如图是电子体温计，它是通过感温头中电流的大小来反映人的体温。感温头是用半导体材料制成的，这是应用了半导体的 A. 单向导电特性 B. 良好的绝缘特性 C. 电阻随压力变化而变化的特性 D. 电阻随温度变化而变化的特性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】电子体温计，利用了电阻随温度变化而变化的特性，当温度变化时，电阻变化从而改变探头中电流的大小来反映人的体温。‎ 即感温头是用电阻随温度变化而变化的半导体材料制成的。‎ 故ABC错误，D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】半导体，指常温下导电性能介于导体与绝缘体之间的材料。半导体在各种电器中都有着广泛的应用，是很多诸如计算机、自动化设备的核心部件。半导体是指一种导电性可受控制，范围可从绝缘体至导体之间的材料，如受温度、压力、光照、外部电压等多种因素影响，从而制成测温、测压、测光等多种半导体材料。‎ ‎8.8.某同学利用身边的物品做实验，他通过吹气改变空气流速，其中不能揭示“流体压强与流速关系”的是 A. B. C. D. 学。科。网...学。科。网...学。科。网...学。科。网...学。科。网...学。科。网...学。科。网...学。科。网...学。科。网...学。科。网...‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、两张纸之间吹气时，中间空气流速快，压强小，故两张纸靠近，揭示了“流体压强与流速关系”，故A不符合题意；‎ B、如图在纸的下方吹气时，是气流将纸托了下来，不能说明“流体压强与流速关系”，故B符合题意；‎ C、在两个乒乓球中间吹气时，中间空气流速快，压强小，故两球靠近，揭示了“流体压强与流速关系”，故C不符合题意；‎ D、从漏斗向下吹气时，乒乓球上方空气流速快，压强小，所以乒乓球不会掉下来，揭示了“流体压强与流速关系”，故D不符合题意；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】注意流体压强与流速关系的应用，是飞机产生升力的原因，牢记流速大的地方压强小的规律，中考中也是常出现的题目类型，且要能用此特点解释生活中的相关现象。‎ ‎9.9.在做“凸透镜成像”的实验中，凸透镜焦距是10cm，当光屏距凸透镜16cm时，烛焰在光屏上成清晰的像。若光屏不动，将凸透镜向光屏方向移动了2cm，要使光屏上再次得到清晰的像，下列说法正确的是 A. 蜡烛不动，像变小 B. 蜡烛靠近凸透镜，像变小 C. 蜡烛远离凸透镜，像变大 D. 蜡烛远离凸透镜，像变小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意，将凸透镜向光屏方向移动了2cm，即像距减小了，根据凸透镜成实像时物距和像距和变化规律知，此时物距应增大。‎ 所以要使光屏上再次得到清晰的像，蜡烛应远离凸透镜，因为像距减小了，所以像也会变小。‎ 故ABC错误，D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】凸透镜成像规律的实验是常考试的内容，要掌握成像时物距和像距变化的特点，当物距增大时，像距减小，像也会变小，这里的像变小，是与之前比变小，要比较像与物体的大小，要看像距和物距的比较，像距大于物距，像就放大。‎ ‎10.10.某建筑工地需要架设临时供电线路，实现照明和电加热功能。其简化电路如图所示，供电处电压U不变，从供电处到工地用长导线（有电阻）连接。闭合开关S1、S2时，加热器和照明灯同时工作。断开S2后与断开S2前相比较，下列说法正确的是 A. 照明灯亮度不变 B. 照明灯亮度变弱 C. 单位时间内长导线上消耗的电能减少 D. 单位时间内整个供电线路消耗的电能不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】如图电路，闭合开关S1、S2时，加热器和照明灯同时工作，两者并联，电阻小，干路电流大，根据知，此时功率大。‎ 断开S2后，只有照明灯工作，干路电流变小，功率变小，根据 知，单位时间内整个供电线路消耗的电能减小，故D错误；‎ 若长导线的电阻为R，由于电流变小，根据知，导线分得电压减小，所以灯两端电压变大，根据知，灯的功率变大，会变亮，故AB错误；‎ 根据知，电流变小，单位时间内长导线上消耗的电能减少，故C正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】理解两开关都闭合时，功率大，电流大，而导线电阻不变，根据，导线分得电压多，所以用电器两端的实际电压小，只有灯工作时，电流小，用电器两端的实际电压大，再根据相关公式即可解题。‎ ‎11.11.在“富国强军”的时代要求下，大连造船厂建造了首艘国产航空母舰。在建造过程中需要使用大型起重机“龙门吊”。它主要由主梁和支架构成，可以提升和平移重物，其示意图如图所示。在重物由主梁右端缓慢移到左端的过程中，右支架对主梁的支持力F与重物移动距离s的关系图象是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意，重物在主梁右端时，重物产生的拉力全部作用在右端支架，则右支架对主梁的支持力F最大；‎ 重物由主梁右端缓慢移到左端的过程中，将主梁左端看作杠杆的支点，则重物对主梁的拉力为阻力，阻力不变，但阻力臂减小，且动力臂也不变，所以动力减小，即右支架对主梁的支持力F减小，关系为，因为L2为变量，所以为一次函数关系。‎ 故B图符合题意。‎ ‎【点睛】注意理解移动过程中，应将主梁的左端看作支点，根据杠杆的平衡条件可得，右端的支持力会不断减小。‎ ‎12.12.在探究“水沸腾时温度变化特点”的实验中，下列说法正确的是 A. 实验中需要观察水中气泡的变化情况 B. 记录水的温度的时间间隔不相等比相等好 C. 读温度计示数时，视线要与温度计中液柱的液面相平 D. 判断水沸腾的依据是水的温度保持不变 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 因为水沸腾时，气泡上升是变大的，到水面破裂开来，所以实验中可以根据水中气泡的变化情况判断水是否沸腾，故A正确；‎ B. 记录水的温度的时间间隔相等时，更容易看出沸腾的特点，也更容易作出图像，故B错误；‎ C. 根据温度计的使用读数方法可知，读温度计示数时，视线要与温度计中液柱的液面相平，故C正确；‎ D. 判断水沸腾的依据是：水中产生大量的气泡，并上升变大，到表面破裂开来，而要从水的温度保持不变来判断沸腾，缺少持续加热这一条件，故D错误；‎ 故选AC。‎ ‎【点睛】注意理解沸腾前后气泡的变化情况，水沸腾时，产生的气泡在上升过程中，周围的水会不断汽化，水蒸气不断补充到气泡中，所以气泡由小变大；沸腾前，水底产生的气泡，上升过程中，水温降低，所以气泡中的水蒸气又液化变成了水，气泡变小。‎ ‎13.13.如图所示,两个相同容器中分别盛有体积相等的A、B两种不同液体。将甲、乙两个完全相同的厚底玻璃杯杯口向下，沿竖直方向缓慢放入两种液体中，静止后，两玻璃杯杯口压在容器底部，甲杯内的液面低于乙杯内的液面，下列说法正确的是 A. 甲杯内的气体压强大于乙杯内的气体压强 B. 液体A的密度小于液体B的密度 C. 容器底部上表面a点的压强小于b点的压强 D. 甲杯对容器的压力大于乙杯对容器的压力 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据题意，静止后，甲杯内的液面低于乙杯内的液面，两杯内原有的空气体积相同，乙液面高，则空气被压缩更厉害，则压强大，故A错误；‎ B. 杯内空气增大的压强等于杯内外的液面高度差，乙杯肉外的液面高度差小，但压强大，根据知，液体A的密度小于液体B的密度，故B正确；‎ C. B的密度大，且深度相等，根据可知，容器底部上表面a点的压强小于b点的压强，故C正确；‎ D. 乙杯内空气压强大，根据知，乙杯受到的向上的压力大，所以甲杯对容器的压力大于乙杯对容器的压力，故D正确；‎ 故选BCD。‎ ‎【点睛】理解等质量的气体体积越小时，压强越大，解题的关键是明白此压强等于杯见外的液面高度差产生的压强，则可判断液体密度大小。‎ ‎14.14.如图所示的电路中，电源电压保持不变。闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P从中点滑到b端，下列说法正确的是 A. 电路中的总功率变小 B. 电压表V2的示数变大 C. 电压表V1示数的变化量与电流表示数的变化量之比变大 D. 电压表V1示数的变化量大于电压表V2示数的变化量 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】如图所示的电路，三个电阻串联，V1测量定值电阻R1和R2两端的电压，V2测量R2和R3两端的电压，电流表测量电路中的电流。‎ 闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P从中点滑到b端，接入电路的电阻变大，则电路总电阻变大，根据可知，电路电流变小；‎ A. 再根据可知，电流变小时，电路中的总功率变小，故A正确；‎ B. 定值电阻R1和R2的电阻不变，电流变小时，根据可知，V2示数变小，故B错误；‎ C. 因为电源电压不变，所以电压表V1示数的变化量等于电阻R1两端电压的变化量，因为电阻R1不变，电流与电压成正比，所以V1示数的变化量电流表示数的变化量之比为：‎ ‎，即比值不变，故C错误；‎ D. 同理，电压表V1示数的变化量等于电阻R1两端电压的变化量，电压表V2测量R2和R3两端的电压，而R2和R3两端的电压都是减小的，所以V2示数的变化量大于V1示数的变化量，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】重点是欧姆定律的应用和电路的动态分析，牢记串联电路的电压与电流特点，明确当滑片移动时接入电路的电阻变化情况，进而判断电流和电压的变化，另外要能读懂电路图，明确电路结构和两电压表都是测量哪些电阻的电压。‎ 二、填空题 ‎15.15.演奏会上，悠扬的小提琴声是由于琴弦的_______产生的；听众能分辨出钢琴声和小提琴声，主要是因为这两种声音的______不同。‎ ‎【答案】 (1). 振动 (2). 音色 ‎【解析】‎ ‎【详解】声音由振动产生，所以演奏会上，悠扬的小提琴声是由于琴弦的振动产生的；‎ 音色是发声体特有的品质特征，可以用来分辨声源；‎ 所以听众能分辨出钢琴声和小提琴声，主要是因为这两种声音的音色不同。‎ ‎【点睛】注意能正确区分声音的三个特征，即音调、响度、音色，其中音色是发声体特有的特征，由声源振动的材料、方式等决定，可以用来区分声源。‎ ‎16.16.端午时节，空气中弥漫着粽子的香味，“粽叶飘香”是_____现象，这种现象说明了分子在不停地_____。‎ ‎【答案】 (1). 扩散 (2). 运动 ‎【解析】‎ ‎【详解】两种不同的物质自发的进入对方的现象，叫扩散。‎ 端午时节，空气中弥漫着粽子的香味，是香味分子运动分散到了空气中，所以“粽叶飘香”是扩散现象；‎ 扩散现象是分子在不停地运动的结果。‎ ‎【点睛】重点是分子动理论的相关知识，物质是由大量分子组成的，这些分子处于不停的无规律热运动之中，分子之间存在着相互作用的引力的斥力。由于分子运动形成的扩散现象。‎ ‎17.17.2018年6月5日，我国发射的风云二号气象卫星（H星）可以为“一带一路”沿线国家提供气象服务。卫星将观测到的气象信息通过______波传递回地球（选填“超声”或“电磁”）。‎ ‎【答案】电磁 ‎【解析】‎ ‎【详解】电磁波被广泛应用于信息的传递，特别是远距离和真空中的信息传递都要使用电磁波。‎ 所以卫星将观测到的气象信息通过电磁波传递回地球。‎ 而超声波是不能在真空中传播的。‎ ‎【点睛】体会电磁波被广泛应用于传递信息的特点，想想我们身边充满了各种电磁波，如；手机信号、广播电视信号、卫星通信等，电磁波的使用方便了人们的通信和信息的获取，要知道远距离的无线通信都是使用的电磁波。‎ ‎18.18.人的眼球好像一架照相机，晶状体和角膜的共同作用相当于_____镜，来自物体的光在视网膜上形成物体的缩小、_____的实像。‎ ‎【答案】 (1). 凸透 (2). 倒立 ‎【解析】‎ ‎【详解】人的眼球好像一架照相机，都利用了凸透镜成倒立缩小的实像的原理。‎ 所以晶状体和角膜的共同作用相当于凸透镜，物体在二倍焦距以外，像距位于一倍到二倍焦距之间，来自物体的光在视网膜上形成物体的缩小、倒立的实像。‎ ‎【点睛】应牢记凸透镜的成像规律及主要的应用，有些同学总是记不住，要下点功夫，可以结合成像光路图进行练习、记忆。‎ ‎19.19.目前核电站是利用核______发电的（选填“裂变”或“聚变”），家庭电路中电流过大的原因：一是用电器总功率过大，二是发生了____路。‎ ‎【答案】 (1). 裂 (2). 短 ‎【解析】‎ ‎【详解】获得核能的方式有核裂变和核聚变。‎ 目前核电站是利用核裂变发电的，核聚变目前还不能被和平利用。‎ 家庭电路中电流过大的原因：一是用电器总功率过大，则干路电流大；二是发生了短路，电流会瞬间非常大。‎ ‎【点睛】要牢记人类目前可以和平利用的核反应为裂变反应，而聚变反应虽然释放的能量更大，但人类目前还不能控制其反应速度，只能作用氢弹使用。‎ ‎20.20.某品牌盒装牛奶，盒上标有“净含量250 ml”，用天平测的牛奶的质量是260 g，则这种牛奶的密度是____g/cm3;小明喝了半盒牛奶，剩下半盒牛奶的密度是____ kg/m3。‎ ‎【答案】 (1). 1.04 (2). 1.04×103‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】根据得这种牛奶的密度是：‎ ‎；‎ 密度是物质的属性，与质量或体积是无关的，所以喝了半盒牛奶，剩下半盒牛奶的密度不变，仍为：。‎ ‎【点睛】重点是理解密度的物理意义，密度表示单位体积内物体的质量，密度通常是不变的，与质量、体积无关。‎ ‎21.21.如图是探究“通电螺线管外部的磁场方向”的实验装置。实验中，用小磁针的___________极指向来判断通电螺线管外部某点的磁场方向；断开开关，将电源的正负极对调，再闭合开关，观察小磁针的指向是否改变，此操作探究的问题是“通电螺线管外部的磁场方向与___________方向是否有关”。‎ ‎【答案】 (1). N (2). 电流 ‎【解析】‎ ‎【详解】人们规定放入磁场中的小磁针静止时，N极的指向为该点的磁场方向。‎ 所以实验中，用小磁针的N极指向来判断通电螺线管外部某点的磁场方向；‎ 断开开关，将电源的正负极对调，再闭合开关，则电流方向改变了，观察小磁针的指向是否改变，所以此操作探究的问题是“通电螺线管外部的磁场方向与电流方向是否有关”。‎ ‎【点睛】人们规定小磁针的北极在磁场中某点所受磁场力的方向为该点磁场的方向，在磁体外部，磁感线从北极出发到南极。‎ ‎22.22.漂浮在海面的潜水艇受到的浮力为F1，该艇下潜到海面下受到的浮力为F2，则F1___________F2；若该艇从海中潜行进入长江后，受到的浮力为F3，已知海水的密度大于江水的密度，则F3___________F2。（均选填“＞”“＝”或“＜”）‎ ‎【答案】 (1). ＜ (2). ＜‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】根据阿基米德原理知，浮力等于排开液体的重。‎ 漂浮在海面的潜水艇排开水的体积较小，下潜到海面下排开水的体积较大，所以下潜到海面下受到的浮力大，即F1ρ水>ρ酒精。‎ ‎（1）在探究“浮力的大小与物体排开液体的体积是否有关”时，他选择了一个铝块做实验，铝块的体积大一些好还是小一些好？___________。‎ ‎（2）设计出探究“浮力的大小与液体的密度是否有关”的记录实验数据的表格，表中要有必要的信息。表中涉及到的物理量只用字母表示即可。 _____ ‎ ‎（3）在探究“浮力的大小与物体的体积是否有关”时，小明选用三个体积不同的铝块、烧杯、水和弹簧测力计，用如图的方式进行实验。先用弹簧测力计测出一个铝块的重力，然后把这个铝块浸没在水中，读出弹簧测力计的示数。再用其他两个铝块重复上述实验。分析数据得出了结论。‎ ‎①该实验方案的不合理之处是：___________。‎ ‎②在原有实验器材的基础上，增加一个记号笔，写出改正不合理之处的做法：___________。‎ ‎【答案】 (1). 大一些好 (2). (3). 没有控制物体排开液体的体积相同 (4). 将三个铝块放在水平桌面上，用记号笔在铝块相同高度处做标记；每次将铝块浸入水中时，都使铝块的标记处与水面相平。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）在探究“浮力的大小与物体排开液体的体积是否有关”时，要使铝块多次浸入到液体中，以排开不同体积的液体，即底面浸入不同的深度，因为铝块的底面积一定，当铝块的体积大一些时，高度更大，这样有利于实验进行，实验现象更明显，即体积大一些好。‎ ‎（2）在探究“浮力的大小与液体的密度是否有关”，根据控制变量法的思想，应保证铝块的总体积及排开液体的体积相等，分别浸没于三种液体中，标出三种液体密度大小关系，为了比较浮力大小，应包括物体的重，测力计的示数，浮力大小等数据。设计表格如下：‎ ‎（3）①根据小明的实验方案知，三个铝块的体积不同，且每次浸没在液体中实验，则每次排开液体的体积不等，不符合控制变量法的思想，不能达到实验目的，即该实验方案的不合理之处是：没有控制物体排开液体的体积相同。‎ ‎②在原有实验器材的基础上，增加一个记号笔，为了使每次排开液体的体积相等，应使铝块每次浸入液体的深度相同，所以改正不合理之处的做法为：将三个铝块放在水平桌面上，用记号笔在铝块相同高度处做标记；每次将铝块浸入水中时，都使铝块的标记处与水面相平，这样就保证了每次排开液体的体积相等。‎ ‎【点睛】根据阿基米德原理，即，浮力的大小只与液体密度和排开的液体体积有关，与其它因素无关。注意实验中控制变量法的应用，当一个结果受多个因素的影响时都使用此方法进行实验，实验时让一个因素变化，而其它因素都控制相等或相同即控制变量。‎ ‎32.32.某同学在探究“电压一定时，通过导体的电流与电阻的关系”的实验中，所用的实验器材有：两节干电池，电流表、电压表、滑动变阻器及开关各一个，定值电阻和导线若干。实验电路如图所示。‎ ‎（1）连好电路后，开关闭合前应将滑动变阻器的滑片移动到___________接线柱那一端（选填“a”或“b”）。‎ ‎（2）该同学用开关“试触”时，发现电压表和电流表均无示数。他检查导线与各接线桂均接触良好，猜想可能是滑动变阻器出现了断路。他另外取来一根导线，用这根导线验证出猜想是正确的。写出他的做法和观察到的现象。 ______ ‎ ‎（3）该同学排除故障后，进行实验，记录的实验数据如下表：‎ 电压U=2.4 V ‎①分析实验数据得出的探究结论是：___________。‎ ‎ ②在方格纸上画出电流I与电阻R的关系图象。 ______ ‎ ‎③从图象中可以看出，当电阻R=18 Ω时，电流为___________A。‎ ‎【答案】 (1). b (2). 将导线接在滑动变阻器a、d两个接线柱上，用开关试触，观察到电流表和电压表均有示数。 (3). 电压一定时，通过导体的电流与电阻成反比。 (4). (5). 0.13(或0.14)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据保护电路的要求，连好电路后，开关闭合前应将滑动变阻器的滑片移动到阻值最大端，由图知，应移动到b接线柱那一端。‎ ‎（2）若是滑动变阻器出现了断路。则另外取来一根导线，用这根导线接在滑动变阻器a、d两个接线柱上，即将滑动变阻器短路，此时观察到电流表和电压表均有示数。‎ ‎（3）①分析实验数据，可知，即，故得出的探究结论是：电压一定时，通过导体的电流与电阻成反比。‎ ‎②根据表格数据在方格纸描点、连线得：电流I与电阻R的关系图象如下：‎ ‎③从图象中可以看出，当电阻R=18 Ω时，电流约为0.13A；‎ 或根据可得：。‎ ‎【点睛】研究欧姆定律的实验中注意控制变量法的应用，即分别控制电阻不变和电压不变，据此进行分析判断，另外要理解滑动变阻器在实验中的作用，一是保护电路，二是通过调节，使定值电阻两端的电压不变。‎