﹣mgh+W弹﹣Wf=0﹣擦力做的功为=
2
mv解得：Wf=﹣
2
2
mv，则克服摩
弹
2
mv，故B正确；由B中的公式得：W
mv﹣mgh，所以在C处，弹簧的弹性势能为mgh﹣mv，则从A下滑到C过程中弹簧的弹性势能增加量等于mgh﹣mv，故CD错误．
22
19.【答案】CD 【解析】根据h=
得：t=
，
因为水平位移的范围为L＜x＜L+2R， 则最小速度为：最大速度为：
则速度的范围为：1.25m/s＜v＜3.75m/s
故C、D正确 20.【答案】CD
【解析】设该行星的质量为M，则质量为m的物体在极点处受到的万有引力：F1＝， ．
GMm?F0,2R4?r3F0由于球体的体积公式为：V? ；由于在赤道处，弹簧测力计的读数为F2? ．则：
32R()31112
Fn2＝F1?F2＝F0＝mω?R,所以半径R以内的部分的质量为：M?＝23M?M；物
R822体在
1GM?m11R处受到的万有引力：F3?＝＝F1?F0; 物体需要的向心力：
122(R)222R111Fn3＝m?2?＝m?2R＝F0, 所以在赤道平面内深度为R的隧道底部，示数为：
2242111F3?F3??Fn3＝F0?F0＝F0,第四次在距星球表面高度为R处绕行星做匀速圆周运动
244的人造卫星中时，物体受到的万有引力恰好提供向心力，所以弹簧秤的示数为0。
21.【答案】BC
【解析】保持开关闭合，电容器两端的电势差等于电源的电动势，故电容器两端的电势差不变，则指针张角不变，故AD错误；断开开关S后，电容器带电量Q不变，将A、B两极板的正对面积S减小，电容C减小，根据C=
知，电势差U增大，指针张角
增大，故C正确；断开开关S后，电容器带电量不变，将AB分开一些，则d增大，电容减
小，根据C=
三、非选择题
知，电势差U增大，指针张角增大，故B正确.
22.（1）【答案】0.97；0.398．（2）B （每空2分） 【解析】（1）、游标卡尺的主尺读数为9mm，游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为7×0.1mm=0.7mm，所以最终读数为：9mm+0.7mm=9.7mm=0.97cm．
2、螺旋测微器的固定刻度为0mm，可动刻度为39.8×0.01mm=0.398mm，所以最终读数为0mm+0.398mm=0.398mm．
（2）欧姆表的中值电阻附近刻度最均匀，读数误差最小；
欧姆表的中值电阻R中等于欧姆表的内电阻R总，根据闭合电路欧姆定律，满偏时：Ig=半偏时，
联立解得：R中=R总=
23.【答案】（1）A，C，E；（每空1分） （2）电路图如图所示 （4分）
Ig=
（3）0.28W （3分）
【解析】（1）由表中实验数据可知，电流最大测量值为0.5A，则电流表应选A；电压最大测量值为2V，电压表应选C；为方便实验操作滑动变阻器应选择E．
（2）由表中实验数据可知，电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；灯泡最大阻值约为：R灯=
=
=4Ω，电流表内阻约为0.125Ω，电压表内
阻约为3kΩ，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应选择外接法；电路图如图所示．
（3）在灯泡的U﹣I图象坐标系内作出电源的U﹣I图象如图所示，它与小灯泡的伏安特性曲线的交点坐标就是小灯泡的工作点，由图象可知，小灯泡的实际电流为0.34A（0.33﹣0.35A均正确），电压为0.81A，（0.80﹣0.82V均正确），功率P=IU=0.34×0.81=≈0.28W．
M?2mM?2mvm?2glM?2mvM?4glM?2mvM?4gl24.【答案】速度分别为vm?2gl和2M?m2M?m2M?m2M?m【解析】根据几何知识可得m上升的高度为L，m的重力势能增加
M的重力势能减少MgL （3分） 设此时质量为M的球、质量为m的球的速度分别为vM、vm， 有vM=vm （3分） 在整个运动过程中，由机械能守恒有： MgL﹣
mgL=
MvM+
2
mgL，
mvm
2
（3分）
由以上式子得出：
M?2mM?2mvm?2glM?2mvM?4glM?2mvM?4glv=vm?2gl，2M?m2M?m2M?m2M?mm
（各2分）
25.【答案】（1）0.5s（2）1.87m
【解析】（1）电场方向竖直向上时，小物块可在磁场中做匀速圆周运动，由此可知，电场力和重力平衡：qE=mg （2分） 解得E?mg?40N/C （1分） q由牛顿定律可知：?(mgcos??Eq)?mgsin??ma1 （2分） 解得a1=3m/s
2
（1分）
F??(mgcos??Eq)??0(mgcos??Eq?Mgcos?)?Mgsin??Ma2 （2分）
a2=4m/s又L?2
（1分）
1(a2?a1)t2，解得t=0.5s （1分） 21（2）s1?a1t2?0.375m v1=a1t=1.5m/s （2分）
2S2=S1+L=0.5m,加磁场时物块距挡板PN距离为0.5m （2分） 在磁场中
mv12 由qv1B? 解得r=1.0m （2分）
r由几何关系可得离P点的距离：d?PD?DC?r?r?s?1.87m （2分）
22
26（14分） 【答案】
(1)NaCN+H2O2+H2O=NH3+NaHCO3(2分) (2)碱性(1分) CN-+H2O(3)圆底烧瓶(1分)
(4) NaSO3 ,NaSO4 (2分,写不全给1分，有错不给分) (5)NaOH溶液(2分)
(6)滴入最后一滴硝酸银溶液，出现黄色沉淀，且半分钟不褪色(2分) (7)是(2分)
【解析】（1）由信息可知产生气体为氨气，方程式为NaCN+H2O2+H2O=NH3+NaHCO3 （2）CN-离子水解，生成OH-显碱性CN-+H2O（4）由元素守恒可知产物可能为NaSO3 ,NaSO4
（5）试验结束后e处接盛NaOH溶液的注射器可吸收剩余的SO2
（6）根据Ksp关系，优先生成AgCN沉淀，当生成黄色的AgI时，CN沉淀完全。 （7）25ml废水中NaCN含量等于AgNO3用量=1x10x2.5x10=2.5x10mol，NaCN的浓度为2.5x10x49/25x10=4.9x10g/L=0.49mg/L。已达标。 27．（14分） 【答案】 (1) D （2分） (2) c、d（2分） （3） 2NH3
NH4＋NH2（2分）
+
－
-7
-3
-4
-4
-3
-7-
HCN+OH-(2分)
HCN+OH-
(4) ﹤（2分）
(5) ① O2+4e+ 2CO2＝2CO3 （2分）
② 甲醇 （1分） 从右到左 （1分） ?6.4g （2分）
【解析】（1）A都是正反应速率 ； B为恒容容器，密度一直不变 ； C甲醇好水的浓度没有任何关系 ； D正向为气体物质的量增大的反应，当物质的量不变时，达到平衡状态。（2）斜线为平衡状态，溶液恰好饱和，斜线上方的点都是过饱和溶液，下方的点为不饱和溶液。a正确。由图像知B点析出Cu(NO3)2·3H2O和Cu(NO3)2·6H2O两种晶体。b正确。温度不同，得到不同的晶体，c错误。溶解度随温度升高而增大，A点升温到30 ℃后变为不饱和溶液，不会有固体析出，d错误。（3） 2NH3
NH4＋NH2（4）若为恒温恒容容器，则两平衡等效，
+
－
－
2－
a+b=1.现为恒容绝热容器，正向反应放热，甲容器温度升高，转化率降低，乙容器温度降低，分解率降低，a+b<1 （5）正极为氧气得电子O2+4e+ 2CO2＝2CO3
－
2－
甲醇在负极失电子，b
侧通入。消耗3.2g甲醇转移0.6mol电子，CuSO4只有0.1mol，转移0.2mol电子时已经消耗完毕，析出Cu的质量为6.4g 。 28.（15分） 【答案】
1）第四周期 Ⅷ族(2分) 小于（1分） O=C=O（2分）
（2）Al2O3 +2OH=2AlO2+H2O （2分） （3）Fe2O3 Na2Al2Si2O8（2分） （4）B（2分）
（5）NaAlO2 +CO2 +2H2O = Al(OH)3 ↓+NaHCO3 （2分） （6）B（2分） 【解析】
（1）铝是26号元素，位于元素周期表中第四周期 Ⅷ族；电解法制铝是吸热反应，所以反应物总能量小于生成物总能量；CO2 中CO之间共用了四对电子，则CO2 的结构式为O=C=O。 （2）氧化铝属于两性氧化物，能与强碱反应生成盐和水，则Al2O3与氢氧化钠溶液发生反应的离子方程式是Al2O3 +2OH=2AlO2+H2O。
（3）铝土矿的主要成分是Al2O3，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质，加入足量的NaOH溶液后，Al2O3 和SiO2 与强碱反应，生成溶于水的盐溶液，氧化铁与NaOH溶液不反应，又因为溶液中的硅酸钠与偏铝酸钠反应，能生成硅铝酸盐沉淀，所以滤渣A的主要成分为Fe2O3和Na2Al2Si2O8。
（4）A、浓硫酸和Al发生钝化反应，阻碍反应进一步进行，故不行；B、和稀硫酸反应，产生氢气，故正确；C、和稀硝酸反应生成NO，NO有毒，污染空气，故不可取；D、和浓硝酸
－
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