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答案BD。
F02F0t0，2t0 时刻的速度为v1?a?2t0?，在3t0mm5Ftt0?00，则3t0时刻的瞬时功率为时刻的瞬时速度v2?v1?3a?m【解析】0-2t0 内物体的加速度为a?5F0t015F20t0P?3F0??，A错误；B正确；在t?0到3t0这段时间内，由动能定理可得
mm225F02t01225F02t0W??Ek?mv2?，则这段时间内的平均功率P?，D正确。
22m6m18. 答案D。
【解析】将立体图画成平面图，如图所示，可见P点沿电场线方向为MN的四等分线，故P点的电势为V，D正确。 19. 答案C
【解析】依据右手定则，可知在0-
34?内，电流方向M到O，在在电阻R内则是由b到a，为21BL?2?3负值，且大小为I?2为一定值，~?内没有感应电流，?~?内电流的方向相
22R3?~2?内没有感应电流，因此C正确。 反，即沿正方向，220. 答案BC.
【解析】对于物块由于运动过过程中与木板存在相对滑动，且始终相对木板向左运动，因此木板对物块的摩擦力向右，所以物块相对地面向右运动，且速度不断增大，直至相对静止而做匀速直线运动，B正确；对于木板由作用力与反作用力可知受到物块给它的向左的摩擦力作用，则木板的速度不断减小，知道二者相对静止，而做直线运动，C正确；由于水平面光滑，所以不会停止，D错误。 21. 答案AC。
【解析】由于木箱的速度保持不变，因此木箱始终处于平衡状态，受力分析如图所示，则由
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平衡条件得：mg??NsiF?n，f??N?Fcos?两式联立解得
F??mg?mg，可见F有最小值，所以F先减小后增大，A正?co?s???si1n??2s?i?n?()?mgvcos??mgv，可见在?从0逐渐增大?cos???sin?1??tan?确；B错误；F的功率P?Fvcos??到90°的过程中tan?逐渐增大，则功率P逐渐减小，C正确，D错误。
第Ⅱ卷
三、非选择题： 22.
答案2.25，6.860
【解析】游标卡尺的读数x?22mm?0.1mm?5?22.5mm?2.25cm； 螺旋测微器的读数y?6.5mm?0.01mm?36.0?6.860mm。 23. 答案：
（1）电路原理如图所示。（4分） （2）①20 （2分） 160~520（2分）
②把触点从弹簧片右侧移到弹簧片左侧，保证当电磁铁吸合铁片时，3、4之间接通：不吸合时，3、4之间断开。
③电磁起重机
【解析】（1）要使光敏电阻能够对电路进行控制，且有光照时路灯熄灭，光敏电阻应与1，2串联，3，4与路灯串联；则电路图如图所示。 （2）
①由U=IR得励磁线圈允许加的最大电压为U=ImR=0.1×200V=20V；依据允许通过励磁线圈的电流最大值和最小值计算得R2min?1616??160?，R2max???320?，因此保0.10.05
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护电阻R2的阻值范围为160~320?；
②把触点从弹簧片右侧移到弹簧片左侧，保证当电磁铁吸合铁片时，3、4之间接通：不吸合时，3、4之间断开。
③电磁起重机 24．
【解析】设冰壶在未被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为S1，所受摩擦力的大小为f1：在 被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为S2，所受摩擦力的大小为f2。则有S1+S2=S ①式中S为投掷线到圆心O的距离。
f1??1mg ② f2??2mg ③
设冰壶的初速度为v0，由功能关系，得f1?S1?f2?S2?22?1gS?v0联立以上各式，解得S2? ⑤
2g(?1??2)12mv0 ④ 2代入数据得S2?10m ⑥ 25．
【解析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，在y轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，设加速度的大小为a；在x轴正方向上做匀速直线运动，设速度为v0，粒子从P点运动到Q点所用的时间为t1，进入磁场时速度方向与x轴正方向的夹角为?，
则a?2y0qEx ① t1? ② v0?0 ③ mt1aat1 ④ v0其中x0?23l,y0?l。又有tan??联立②③④式，得??30?
因为M、O、Q点在圆周上，?MOQ=90?，所以MQ为直径。从图中的几何关系可知。
R?23l ⑥ MO ?6l ⑦
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（2）设粒子在磁场中运动的速度为v,从Q到M点运动的时间为t2,
则有v ?v0?R ⑧ t2? ⑨ cos?v带电粒子自P点出发到M点所用的时间为t为t?t1+ t2 ⑩ 联立①②③⑤⑥⑧⑨⑩式，并代入数据得t???26.
答案(1)①xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O+(x+y)H 2 = (x+y)Cu+ xCO2+(x+2y+z)H2O ②a→k,j→gf(hi)→de(ed)→hi(gf)→bc(cb)→l ③1.8 CuCO3·Cu(OH) 2·H2O
(2)可行 根据反应xCuCO3·yCu(OH) 2·zH2O=(x+y)CuO+ xCO2↑+(y+z)H2O↑,依据碱式碳酸铜、CuO、CO2和H2O质量（或其中任意三个量），即可计算出其组成。
【解析】（1）本题的碱式碳酸铜与氢气反应看似一个很难的信息，其实细心一点只要把它理解为CuCO3和Cu(OH)2受热分解后产物CuO再与氢气反应，第①问题便可以解决；对于②要能分析出测定反应后CO2和H2O质量，因此对于氢气发生器后仪器的选择是除氯化氢和水蒸气，防止对后续测定影响就可以了，因为测定H2O和CO2分别用浓硫酸和碱石灰是固定的。（2）其实在分析（1）①方程式书写时便得到了碱式碳酸铜热分解方程式： xCuCO3·yCu(OH)
2
?3?2ml1 ?+ 1? 1○
??2?qE·zH2O=(x+y)CuO+ xCO2↑+(y+z)H2O↑，稍加分析可知，依据碱式碳酸铜、CuO、CO2和H2O
质量（或其中任意三个量），即可计算出其组成。
【考点分析】又是仪器组装问题，在上世纪九十年代初期很为流行，2007年的全国I卷和2008年海南卷也再次出现，因此可以说这是高考题若干年轮回的一种体现。 27．
答案（1）Al C H2O Na2O2 (2) 2H2O +Na2O2 =4NaOH+O2↑ 2Al+ 2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
(3) CO2 CO (4) Na2CO3 (5) 2AlO2+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO3
【解析】D是淡黄色的固体化合物是本题的突破口，根据中学化学知识基本锁定Na2O2，能与水和CO2反应，但是题目另一信息C是常见的无色无味液体说明C是水，则G为CO2；再依据K能溶于水，说明K为Na2CO3 ，F为O2; 题给信息黑色单质B与氧气（F）反应得到G（CO2），说明B为C（碳）；依据F（O2）与E反应生成C(水)可知E为氢气，再根据金属A与碱性溶
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液反应产生氢气，可得到A为Al.
【考点分析】本题框图复杂，纵横交错，难度较大，但是若找到Na2O2这个突破口，本题也就迎刃而解了。 28.
答案（1）反应物能量 生成物能量 （2）无 降低 因为催化剂改变了反应的历程使活化能E降低 （3）-198 (4) SO2 +V2O5=SO3+2VO2 4VO2+ O2=2V2O5 (4)0.025 0.05 (5)
S(s)+O2(g)
=2SO2(g)△H1=-296
-1
KJ·mol
-1
,
SO2(g)+1/2O2(g) =SO3(g) △H2=-99 KJ·mol
3 S(s)+9/2O2(g)=3SO3(g) △H=3(△H1+△H2)=-1185 KJ·mol
【解析】(1)本小题考查反应物总能量高于生成物总能量为放热反应，可得到A和C所表示的意义，E为活化能与反应热无关，但是用催化剂可以降低活化能；（2）图中表示的是2molSO2的反应，因此△H=-99×2KJ·mol；（3）依题意即可写出：SO2 +V2O5=SO3+2VO2 4VO2+ O2=2V2O5；（4）依据速率之比等于化学计量数之比
【考点分析】本题类似2008年的海南试题，但考查的知识点增多了。 29.
答案: （1）①甲 ②C ③甲
（2）来自于H2O 分别将CO2和H2O提供给两组植物,分析两组植物光合作用释放的O2,仅在H2O组植物中产生,即可证明上述结论.
【解析】 （1）
①依题意,在强光下甲植物光合作用强度较乙丙植物高,因此,甲固定CO2能力最强. ②随着光照强度的增强乙植物在C光照强度时先达到最大光合作用强度.
③在a点三种植物的光合作用强度相同,而b点时甲的光合作用最大,所以甲植物光合作用强度增加的最快.
（2）首先分别标记CO2 和H2O中的氧提供给两组植物作为光合作用的原料,分析两组植物光合作用释放的O2仅在H2O组的植物中产生.
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