（2010•乌海）世界杯足球赛正在热播，看电视时，我们感到运动员跑得很快，但实际上他们始终在屏幕上，这是因为运动员和屏幕

三脚插头用在金属金属外壳的用电器上；
中间标着E的那个脚比另两个长，当插头插入插座的瞬间，长插脚先接触地线；使金属外壳先与地线相连，然后才是火线和零线的连接；拔插头时，由于火线和零线的这两脚短，刚刚断开火线和零线时，长插脚稍长一些，仍处于连接状态，金属外壳仍未离开地线，从而防止触电．
故答案为：金属外壳；地线；地线．

点评：
本题考点： 插座的构造与工作方式．

考点点评： 本题考查了三脚插头的构造及其作用，重点理解三线插头中地线的作用，从而加强安全用电的意识．

由电路图知：要使左边的灯泡工作，需要使电流从正极出来到此灯泡，再经丙表回到负极，所以丙表为电流表；要使右边的灯泡工作，需要使电流从正极出来经过甲表到此灯泡，再经丙表回到负极，所以甲表为电流表；由于甲表为电流表，所以乙表只能为电压表，否则会造成电源短路．
故选D．

点评：
本题考点： 电流表的使用；电压表的使用．

考点点评： 解决电学问题时，首先需要做的两点：判断用电器连接关系，确定电流表或电压表位置．

A、踢出去的足球能够继续向前运动，是因为足球具有惯性，该选项说法不正确；
B、汽车在平直的公路上匀速行驶时受到平衡力的作用，该选项说法正确；
C、静止的物体如果受到推力的作用，还可能静止，例如推桌子，桌子没动，此时推力和摩擦力是一对平衡力，该选项说法不正确；
D、高速公路对汽车有最大限速，原因是速度越大，动能越大，该选项说法不正确．
故选B．

点评：
本题考点： 力与运动的关系．

考点点评： 本题考查了运动和力以及惯性的相关知识，其中影响惯性大小的只有质量，这是学生容易出错的地方，应当特别注意．

排印一本书，每页的字数和页数；
验证：因为每页的字数×页数=这本书的总字数（一定），是对应的乘积一定，所以每页的字数和页数成反比例；
故答案为：排印一本书，每页的字数和页数成反比例（答案不唯一）．

点评：
本题考点： 正比例和反比例的意义．

考点点评： 此题属于根据正、反比例的意义，举生活中两种量成反比例的实例，只要这两种量都是变量，变化方向相反，而且对应的乘积一定就可以．

“白气”是液态的小水珠．
（1）空气中的水蒸气遇到温度较低的冰棍，会放热液化形成小水珠，就是“白气”现象．
（2）水烧开后，产生的高温水蒸气遇到外界温度较低的空气，放热液化形成小水珠，也会产生“白气”现象．
故选BD．

点评：
本题考点： 液化及液化现象．

考点点评： 本题考查学生利用液化知识来解释具体实例的能力，需要紧密结合定义来分析两种“白气”现象．

①从图可知，电流从螺线管的上端流入，下端流出，根据安培定则可知，螺线管下端是N极，上端是S极，
②电磁铁通电后，铁块A被吸起，铁块A向上加速运动的过程中，会导致超重现象，因而可知铁块受到的向上的电磁力F必然大于铁块的重力G．当铁块离开盘而又还未到达电磁铁的过程中，虽然铁块对盘的压力没有了，但由牛顿第三定律可知，铁块对电磁铁有向下的吸引力，因此通过左盘电磁铁支架向下压左盘的力比电磁铁未通电时铁块压左盘的力还大，故左盘将下沉．
故选C

点评：
本题考点： 安培定则；天平的使用；通电螺线管的磁场．

考点点评： ①安培定则不但可以判断出螺线管的磁极，也能根据磁极判断出电流方向或绕圈的绕向，即电流方向、线圈的绕向及N极方向，知道其中两个便可求出另外一个．
②导致天平失衡的因素是要是由于电磁铁与铁块之间的相互作用力，通过判断铁块的运动状态，可进一步推断出其整体压力与重力的关系．

读图可得，图中所示北极圈以内是极昼现象，此图所示的是北半球的夏至日，内蒙古自治区的乌海此时处于夏季．
故选：B．

点评：
本题考点： 昼夜长短变化和四季形成的基本原理．

考点点评： 本题考查太阳照射图，读图理解解答即可．

在甲、乙两处分别接入电压表时，通过的电流相等．已知U_甲：U_乙=1：3，可得R₁：R₂=1：3；
在甲、乙两处分别接入电流表时，电阻两端的电压相等．已知R₁：R₂=1：3，可得I_甲：I_乙=1：3．
故选B．

点评：
本题考点： 串联电路的电压规律；并联电路的电流规律；欧姆定律的应用．

考点点评： 此题考查了串联电路和并联电路中电流和电压的关系，以及电流表和电压表的使用，是结合课本知识的简单题型．

（1）设经t时间后绳子会断裂，由杠杆平衡条件有：
F_P•OPcos30°=F_A（OM+vt）cos30°，
F_A=mg
F_P•OP=mg（OM+vt）
t=

FP•OP
mg−OM
v=

9×1
1×10−0.1
0.02s=40s；
（2）重力做的功：W_G=mgh=mgvtsin30°=1kg×10N/kg×0.02m/s×40s×0.5=4J；
（3）重力做功的功率P=
WG
t=[4J/40s]=0.1W．
答：（1）滑环从M点开始滑动，经过40s后细绳会断裂；
（2）从滑环自M点滑动到细绳PN断裂时，A所受重力做的功为4J；
（3）上述过程中，A所受重力做功的功率为0.1W．

点评：
本题考点： 杠杆的平衡条件；功的计算；功率的计算．

考点点评： 此题主要考查的是学生对杠杆平衡条件的应用、功和功率计算公式的理解和掌握，知识点较多，难度很大．

根据凸透镜的成像特点知，放大镜能成正立、放大的虚像；成正立放大的虚像时，离焦点越近时，像越大，所以为了看得更大的清晰的像，故应保持报纸与眼睛不动，放大镜离报纸远一些．
故答案为：虚；远离．

点评：
本题考点： 凸透镜成像的应用．

考点点评： 本题考查了凸透镜成正立放大的虚像的特点和规律，真正理解凸透镜在做放大镜使用时成像的规律，才是正确解答此题的关键．

A、当导线圈运动时，电流表的指针会发生偏转，即会产生感应电流，即电磁感应现象，是发电机的原理，故该选项也是错误的；
B、开关闭合，当导体棒在磁场中切割磁感线运动时，电流表的指针会发生偏转，会产生感应电流，即电磁感应现象，是发电机的原理，故该选项也是错误的，
C、当闭合开关后，金属棒中有电流通过，金属棒会运动，即通电导线在磁场中受力的作用，故该选项正确；
D、该图是手摇发电机，故是利用电磁感应现象的原理工作的，故该选项也是错误的．
故选C．

点评：
本题考点： 直流电动机的原理．

考点点评： 电动机是将电能转化为机械能的机械，它在工作时要消耗电能，因此解题时观察图形中有无电源是此题的解题关键．

（1）为保护电路，连接电路时，开关应断开，滑动变阻器的滑片位于最大阻值处的B端；（2）要测灯泡的额定功率，应使灯泡两端的电压达到3.8V，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，此时电压表的示数U滑=U-UL=6V...

点评：
本题考点： 电功率的测量．

考点点评： 本题考查了小灯泡额定功率的测量，涉及到实验的注意事项、串联电路的特点、电流表的读数、电功率的计算等，要注意额定电压下灯泡的实际功率和额定功率相等．

（1）∵甲图中灯L₁的功率P₁=
U21
R1，乙图中灯L₁的功率P₁′=
U2
R1，
∴
P1
P1′=

U12
R1

U2
R1=
U12
U2=[4W/9W]，
解得：
U1
U=[2/3]，故C正确；
甲图中：
∵串联电路中总电压等于各分电压之和，且电路中各处的电流相等，
∴
R1
R2=

U1
I

U2
I=
U1
U2=
U1
U−U1=[2/3−2]=[2/1]，故A正确；
∵P=I²R，
∴甲图中灯L₁、L₂的功率之比：

P1
P2=
I2R1
I2R2=
R1
R2=[2/1]，故B不正确；
（2）∵串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
∴甲图中电路消耗的总功率：
P_甲=
U2
R1+R2=
U2
2R2+R2=
U2
3R2，
∵并联电路中各支路两端的电压相等，
∴乙图电路消耗的总功率：
P_乙=
U2
R1+
U2
R2=
U2
2R2+
U2
R2=
3U2
2R2，
∴
P甲
P乙=

U2
3R2

3U2
2R2=[2/9]，故D正确．
故选ACD．

点评：
本题考点： 欧姆定律的应用；串联电路的电流规律；并联电路的电压规律；电阻的串联；电功率的计算．

考点点评： 本题考查学生对欧姆定律、串并联特点的掌握和运用，要求灵活选用公式，涉及到求比值问题，要细心防止因颠倒而出错．

（1）电磁波在空气中的速度为3×10⁵km/s=3×10⁸m/s；
（2）由c=λf知：电磁波频率越高，波长越短．
故答案为：3×10⁸；短．

点评：
本题考点： 波速、波长和频率的关系；电磁波的传播．

考点点评： 本题主要考查了电磁波的传播与应用，属于基础知识，关键是了解电磁波的应用．

（1）表1内蒙古乌海沙地的主要植物体现物种多样性；表2沙生冰草形态多样性统计体现遗传多样性，故选：D．
（2）A．选择该地区随机确定了采集地1～8，物种密度较大的区域，使得数据偏大，A错误；
B．在各采集地中随机选取多个样方，取样的方法一般是五点取样和等距取样，B正确；
C．在各采集地中选取样方的面积大小一致，便于计算，C正确；
D．统计各样方物种数量，以平均数据作为最终呈现数据，D错误．
故选：BC．
（3）物种丰富度是指物种数目的多少，表l是内蒙古乌海沙地的植物，则缺乏除植物类群外，其他生物类群的物种数目．
（4）①内蒙古乌海沙地地区的蒙古冰草的总和称为种群，符合同一地点同一种生物的全部个体．
②根据现代生物进化理论分析可知，上图中c表示蒙古冰草和沙生冰革之间存在生殖隔离；其过程经历生物进化环节是突变（为生物进化提供原材料）、选择（决定生物进化的方向）、隔离（导致物种的形成）．b生物进化的实质是种群基因频率的改变．
故答案为：
（1）D
（2）BC
（3）除植物类群外，其他生物类群的物种数目
（4）①种群 ②生殖隔离 选择 基因频率变化的不断积累或基因频率的改变

点评：
本题考点： 生物的多样性；现代生物进化理论的主要内容；估算种群密度的方法．

考点点评： 本题考查生物多样性、样方法、生物进化等相关知识，意在考查学生分析表格和图形的能力，比较综合．

阿尔卑斯山滑雪场位于瑞士，埃菲尔铁塔位于法国，庞贝古城位于意大利，巴台农神庙位于希腊，选项ABD对应错误，不符合题意．
故选：C．

点评：
本题考点： 欧洲西部的文化景观、旅游胜地与旅游业．

考点点评： 本题考查欧洲西部的旅游资源，比较记忆即可．

题中的“高声语”是指大声说话，即响度大，不是音调高．
故选C．

点评：
本题考点： 响度．

考点点评： 响度是指声音的大小，生活中说的“高声喧哗”、“引吭高歌”“低声细语”实际上都是指声音的大小，即响度，注意区分．

（1）由于不同颜色的光的波长不同，通过三棱镜的折射程度不同，所以白光经三棱镜后，光屏上自上而下出现了红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫的色带．说明太阳光有这七种颜色组成，
（2）要在光屏看到一个缩小的像，也就是成倒立、缩小的实像，要求蜡烛到凸透镜的距离必须大于2倍焦距，
即U＞20cm；
（3）把蜡烛从离凸透镜30cm的地方移到离凸透镜15cm的地方，物距变小，根据成像规律，此时像距也变大，成的像也变大；
故答案为：红；紫；大于20cm；大于20cm的地方；变大．

点评：
本题考点： 光的色散．

考点点评： （1）当让太阳光经过三棱镜后，在后面的光屏上依次被分解为红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫这七种颜色的色光，即由此我们可以判断出各种色光的偏折能力，即红光最弱，紫光最强；该知识点经常与凸透镜的焦距的大小判断相联系，所以我们在处理时应特别注意与该块知识的结合．
（2）考查凸透镜成像规律以及应用，要求学生对凸透镜成像的规律做到深刻理解，并能灵活应用，注重理论联系实际．

A、发生热传递时，热量是从温度高的物体转移到温度低的物体，不是从内能多的物体转移到内能少的物体，故该选项不符合题意；
B、因为水的比热容较大，在同样的条件下，降低相同的温度时，水放出的热量多，所以暖气中利用水作为传递热量的介质，符合题意；
C、物体吸收热量，内能增加，但温度不一定升高．比如晶体在熔化的过程中吸热内能增加，但温度不变，故该选项不符合题意；
D、挤出吸盘内的空气，是大气压把吸盘紧紧地压在玻璃上，符合题意．
故选B、D．

点评：
本题考点： 水的比热容的特点及应用；大气压的综合应用；温度、热量与内能的关系；热传递．

考点点评： （1）对水的比热容大的理解：相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少；升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多．
（2）物体的内能发生变化，可能表现在物体的温度变化上，也可能表现在状态的变化上．

由P=U2R可得，两灯泡的电阻分别为：R甲=U2P甲=(220V)2100W=484Ω，R乙=U2P乙=(220V)225W=1936Ω，即R甲＜R乙；（1）因串联电路中各处的电路相等，且灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，所以，由P=I2R可知，乙灯泡的电...

点评：
本题考点： 电功率的计算．

考点点评： 本题考查了串联电路的特点和电功率公式、电功公式的灵活运用，要注意灯泡的亮暗取决于实际功率的大小．

A、新能源是不同于化石燃料的能源，如太阳能、地热能、核能、潮汐能等均属于新型能源，合理开发和利用是解决未来世界能源、环境等问题的主要途径之一，该选项符合题意；
B、很多地区没有条件大力兴建水力和风力发电站，要受地理条件的限制，该选项不符合题意；
C、关闭全部现有的火力发电站虽然可以节省能源，但会影响人们的正常生活，该选项不符合题意；
D、停止使用石油、煤炭资源，虽然可以节省能源，但很多地方没有条件改用核能和太阳能，该选项不符合题意．
故选A．

点评：
本题考点： 能源危机与能源消耗对环境的影响．

考点点评： “能源危机”是当今世界共同面临的问题，我们要合理节约利用能源，这也是近几年中考的热点．

R_AB=5Ω，说明A、B间接入了一个阻值为5Ω的电阻；
R_AC=5Ω，说明A、C间接入了一个阻值为10Ω的电阻；
R_AD=45Ω，由串联电路电阻等于各部分电阻之和可得，A、D间是一个阻值为40Ω的电阻和一个阻值为5Ω的电阻串联；
故电路图为：

点评：
本题考点： 电阻的串联；电阻的并联．

考点点评： 此题是一道电路的设计的中档题，学生解答时关键要掌握串并联的电阻特点，能正确理解每一段电路中电阻的阻值的含义．

同一物体升高的高度相同，根据公式W=Gh可知有用功相同；
因为CA＞CB；拉力相同，根据公式W=FS可知F₂做的功大；
因为η=
W有用
W总，所以总功越大，机械效率越低，即η_B＞η_C；
故选C．

点评：
本题考点： 机械效率的大小比较．

考点点评： 本题考查机械效率的大小之比，关键知道有用功相同时，总功越大，机械效率越低．

开关S闭合时，电路为灯泡的简单电路，电压表测电源的电压，电流表测电路中的电流；
当开关S断开时，灯泡L与电阻R串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流，电流表测电路中的电流；
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，电路中的总电阻变大，古B不正确；
由I=[U/R]可知，电路中的电流变小，即电流表的示数变小，故A正确；
由U=IR可知，灯泡两端的电压变小，即电压表的示数变小，故D不正确；
因P=UI，且灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，
所以，灯泡的实际功率变小，灯泡变暗，故C不正确．
故选A．

点评：
本题考点： 电路的动态分析．

考点点评： 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灵活运用，关键是开关闭合、断开时电路连接方式的辨别和知道灯泡的亮暗取决于实际功率的大小．

从汶川县、青川县两地的经纬度可以看出，从东西来看，青川位于汶川的东方，从南北来看，青川位于汶川的北方，因此青川县（32.3°N，105°E）位于汶川县（31°N，103.4°E）的东北方向．
故选：A．

点评：
本题考点： 用经纬网确定方向和任意地点的位置．

考点点评： 考查了用经纬网确定方向，此类题目，也可根据经纬度勾画经纬网判定．

地球围绕太阳公转时，地轴与公转轨道的平面成66.5°的固定倾角，这就使得一年内太阳光线的直射点有规律地在南北回归线之间移动．
公转产生的地理现象是昼夜长短的变化和四季的更替．结合选项．
故选：C．

点评：
本题考点： 昼夜长短变化和四季形成的基本原理．

考点点评： 此题考查的是地球公转所产生的地理现象：①昼夜长短的变化；②四季的形成．多结合图示熟练掌握这一块知识点．

A、该题中没有磁性平板对铁块的吸引力的任何提示，故错误；
B、在0～2s内处于加速运动状态，即此时的拉力F大于重力和摩擦力，故无法确定，故错误；
C、在0～6s内，先加速后匀速，所以此时的拉力是变化的；故错误；
D、由乙图可见，在2～6s铁块在竖直方向上运动时，速度保持不变，因此铁块做匀速直线运动，铁块受到平衡力的作用．在竖直方向上受到竖直向下的重力G、竖直向下的摩擦力f和竖直向上的拉力F，根据平衡力的特点，f+G=F，所以F=G+f=5N+2N=7N，故正确；
故选D．

点评：
本题考点： 力与运动的关系；力与图象的结合．

考点点评： 此题主要考查学生对二力平衡条件的掌握和应用．首先，我们可以判断物体是否受力平衡；其次，根据所求力的方向、以及平衡力的大小和方向准确求出力的大小和方向．

（1）当S₁、S₂都闭合时，等效电路图如下图所示：

电源的电压U=U₃=I₃R₃=0.6A×10Ω=6V；
（2）S₁、S₂都断开时，等效电路图如下图所示：

电路中的电流I=[U
R1+R3=
6V/5Ω+10Ω]=0.4A，
R₁两端的电压U₁=IR₁=0.4A×5Ω=2V；
电路消耗的总功率P=UI=6V×0.4A=2.4W；
S₁、S₂都闭合时和S₁、S₂都断开时电流通过R₃产生的热量之比Q_闭：Q_断=I₃²R₃t：I²R₃t=（0.6A）²：（0.4A）²=9：4．
故选BCD．

点评：
本题考点： 电功率的计算；串联电路的电流规律；并联电路的电压规律；欧姆定律的应用；电阻的串联；焦耳定律的计算公式及其应用．

考点点评： 本题考查了串联电路和并联电路的特点、欧姆定律、焦耳定律的应用，关键是公式和规律的灵活运用以及画出两种情况的等效电路图．

（1）“白雾”是瓶口周围的水蒸气液化成小水滴飘散在空中形成的，是液态物质，发生了液化．
（2）给瓶内打气，瓶内气压增大，当气压把瓶塞从瓶口推出时，瓶内气体对瓶塞做功，使气体自身的内能减少，温度降低，受温度降低的影响，瓶口周围的水蒸气液化成小水滴飘散在空中，就是看到的白雾．该实验说明：通过做功的方式可以使瓶内压缩气体的内能转化为活塞的机械．
故答案为：液；液化；做功；内；机械．

点评：
本题考点： 做功改变物体内能；液化及液化现象．

考点点评： 本题考查了改变内能的方法（物体对外做功，物体的内能减少）、液化知识，知道白雾是液态、知道其形成过程是本题的关键．

（1）由电路图可知，开关S₀断开时两电阻串联，电路电阻较大，开关S₀闭合时，只有电阻R₁接入电路，电阻R₂被短路，此时电路电阻较小，电源电压U一定，由P=
U2
R可知，电阻越大，电路功率越小，电阻越大，饮水机功率越大，因此当开关S₀断开时，电路定值较大，电功率较小，饮水机处于保温状态．
（2）∵P加＝
U2
R1，∴电阻R₁=
U2
P加=
(220V)2
400W=121Ω，
∵P_保=
U2
R，∴电阻R_总=
U2
P保=
(220V)2
40W=1210Ω，
保护电阻R₂=R_总-R₁=1210Ω-121Ω=1089Ω；
（3）设加热时间为t，有P_峰t80%=Q_吸，即
U/2
R1t80%＝c水m水△t水，

U/2
R1t80%＝c水ρ水V水△t水，
t=
c水ρ水V水△t水R1
U′280%=
4.2×103J/(kg•℃)×1×103kg/m3×2×10−3m3×(100℃−20℃)×121Ω
(200V)2×80%=2541s；
答：（1）饮水机处于保温状态时温控开关S₀应处于断开状态．
（2）R₁和R₂的电阻值分别是121Ω与1089Ω．
（3）将装满水箱的水从20℃加热至100℃，需要2541s．

点评：
本题考点： 电功与热量的综合计算．

考点点评： 本题考查学生对实际用电器电功率的分析以及运用电功率公式结合欧姆定律计算相关物理量的能力．

将海水中的水蒸发是液态变成气态，属于汽化现象，再将水蒸气冷凝为液态的水是气态变成液态，属于液化现象．
故选B．

点评：
本题考点： 汽化及汽化吸热的特点；液化及液化现象．

考点点评： 本题主要考查了常见的汽化和液化现象在生活中的应用，把握住物态变化的概念是解题的关键．