2．(09广东化学17) 常温下，往H₂O₂溶液中滴加少量FeSO₄溶液，可发生如下两个反应：2Fe²⁺+H₂O₂+2H⁺＝2Fe³⁺+2H₂O　　 2Fe³⁺+H₂O₂＝2Fe²⁺+O₂↑+2H⁺下列说法正确的是

A．H₂O₂的氧化性比Fe³⁺强，其还原性比Fe²⁺弱

B．在H₂O₂分解过程中，溶液的pH逐渐下降

C．在H₂O₂分解过程中， Fe²⁺和Fe³⁺的总量保持不变

D．H₂O₂生产过程要严格避免混入Fe²⁺

答案：CD

解析：

结合A、B两个方程式根据 氧化性、还原性强弱比较规律：得 H₂O₂的氧化性>Fe³⁺的氧化性， H₂O₂的还原性>Fe²⁺的还原性，A错；

2H₂O₂＝2H₂O+O₂↑，分解过程中，Fe²⁺作催化剂，溶液pH值不变，B错，

H₂O₂分解Fe³⁺或Fe²⁺作催化剂，所以总量不变。因为Fe²⁺可导致H₂O₂分解，所以H₂O₂生产过程要避免混入Fe²⁺，D正确。

1．(09福建卷7) 能实现下列物质间直接转化的元素是

A. 硅　　　　　　　 B. 硫　　　　　　　 C. 铜　　　　　　 D. 铁

答案：B

解析：S与O₂生成SO₂，再与H₂O生成H₂SO₃，可以与NaOH生成Na₂SO₃，B项正确。A项，SiO₂不与水反应，错；C项中CuO，D项中Fe₃O₄均不与H₂O反应，故错。

24．(14分)如图，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为l，左侧接一阻值为R的电阻。区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为s。一质量为m，电阻为r的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，受到F＝0.5v+0.4(N)(v为金属棒运动速度)的水平力作用，从磁场的左边界由静止开始运动，测得电阻两端电压随时间均匀增大。(已知l＝1m，m＝1kg，R＝0.3W，r＝0.2W，s＝1m)

(1)分析并说明该金属棒在磁场中做何种运动；

(2)求磁感应强度B的大小；

(3)若撤去外力后棒的速度v随位移x的变化规律满足v＝v₀－x，且棒在运动到ef处时恰好静止，则外力F作用的时间为多少？

(4)若在棒未出磁场区域时撤去外力，画出棒在整个运动过程中速度随位移的变化所对应的各种可能的图线。

[解析]

(1)金属棒做匀加速运动，R两端电压UµIµeµv，U随时间均匀增大，即v随时间均匀增大，加速度为恒量，

(2)F－＝ma，以F＝0.5v+0.4代入得(0.5－)v+0.4＝a，a与v无关，所以a＝0.4m/s²，(0.5－)＝0，得B＝0.5T，

(3)x₁＝at²，v₀＝x₂＝at，x₁+x₂＝s，所以at²+at＝s，得：0.2t²+0.8t－1＝0，t＝1s，

(4)可能图线如下：

23．(12分)如图，质量均为m的两个小球A、B固定在弯成120°角的绝缘轻杆两端，OA和OB的长度均为l，可绕过O点且与纸面垂直的水平轴无摩擦转动，空气阻力不计。设A球带正电，B球带负电，电量均为q，处在竖直向下的匀强电场中。开始时，杆OB与竖直方向的夹角q₀＝60°，由静止释放，摆动到q＝90°的位置时，系统处于平衡状态，求：

(1)匀强电场的场强大小E；

(2)系统由初位置运动到平衡位置，重力做的功W_g和静电力做的功W_e；

(3)B球在摆动到平衡位置时速度的大小v。

[解析]

(1)力矩平衡时：(mg－qE)lsin90°＝(mg+qE)lsin(120°－90°)，

即mg－qE＝(mg+qE)，得：E＝；

(2)重力做功：W_g＝mgl(cos30°－cos60°)－mglcos60°＝(－1)mgl，

静电力做功：W_e＝qEl(cos30°－cos60°)+qElcos60°＝mgl，

(3)小球动能改变量DE_k=mv²＝W_g+W_e＝(－1)mgl，

得小球的速度：v＝＝。

22．(12分)如图(a)，质量m＝1kg的物体沿倾角q＝37°的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，比例系数用k表示，物体加速度a与风速v的关系如图(b)所示。求：

(1)物体与斜面间的动摩擦因数m；(2)比例系数k。

(sin37⁰=0.6,cos37⁰=0.8,g=10m/s²)

[解析]

(1)对初始时刻：mgsinq－mmgcosq＝ma₀　 1，由右图读出a₀=4m/s²代入1式，

解得：m＝＝0.25；

(2)对末时刻加速度为零：mgsinq－mN－kvcosq＝0 2，又N＝mgcosq+kvsinq，由右图得出此时v=5 m/s代入2式解得：k＝＝0.84kg/s。

21．(12分)如图，粗细均匀的弯曲玻璃管A、B两端开口，管内有一段水银柱，右管内气体柱长为39cm，中管内水银面与管口A之间气体柱长为40cm。先将口B封闭，再将左管竖直插入水银槽中，设整个过程温度不变，稳定后右管内水银面比中管内水银面高2cm，求：

(1)稳定后右管内的气体压强p；

(2)左管A端插入水银槽的深度h。(大气压强p₀＝76cmHg)

[解析]

(1)插入水银槽后右管内气体：由玻意耳定律得：p₀l₀S＝p(l₀－Dh/2)S，

所以p＝78cmHg；

(2)插入水银槽后左管压强：p’＝p+rgDh＝80cmHg，左管内外水银面高度差h₁＝＝4cm，中、左管内气体p₀l＝p’l’，l’＝38cm，

左管插入水银槽深度h＝l+Dh/2－l’+h₁＝7cm。

20．(10分)质量为5´10³ kg的汽车在t＝0时刻速度v₀＝10m/s，随后以P＝6´10⁴ W的额定功率沿平直公路继续前进，经72s达到最大速度，设汽车受恒定阻力，其大小为2.5´10³N。求：(1)汽车的最大速度v_m；(2)汽车在72s内经过的路程s。

[解析]

(1)当达到最大速度时，P＝=Fv=fv_m，v_m＝＝m/s＝24m/s，

(2)从开始到72s时刻依据动能定理得：

Pt－fs＝mv_m²－mv₀²，解得：s＝＝1252m。

19．(4分)光强传感器对接收到的光信号会产生衰减，且对于不同波长的光衰减程度不同，可以用j表示衰减程度，其定义为输出强度与输入强度之比，j＝I_出/I_入，右图表示j与波长l之间的关系。当用此传感器分别接收A、B两束光时，传感器的输出强度正好相同，已知A光的波长l_A＝625nm，B光由l_B1＝605nm和l_B2＝665nm两种单色光组成，且这两种单色光的强度之比I_B1:I_B2＝2:3，由图可知j_A＝__________；A光强度与B光强度之比I_A:I_B＝__________。

[答案]0.35　 27.5/35

[解析]如图所示，A光的波长为625nm，在图上对应的强度j_A＝0.35；同理在图中找出B₁的强度为=0.60，B₂的强度为=0.07，由A、B两束光经传感器的输出强度正好相同得：得：。

18．(6分)利用图(a)实验可粗略测量人吹气产生的压强。两端开口的细玻璃管水平放置，管内塞有潮湿小棉球，实验者从玻璃管的一端A吹气，棉球从另一端B飞出，测得玻璃管内部截面积S，距地面高度h，棉球质量m，开始时的静止位置与管口B的距离x，落地点C与管口B的水平距离l。然后多次改变x，测出对应的l，画出l²-x关系图线，如图(b)所示，并由此得出相应的斜率k。

(1)若不计棉球在空中运动时的空气阻力，根据以上测得的物理量可得，棉球从B端飞出的速度v₀＝________。

(2)假设实验者吹气能保持玻璃管内气体压强始终为恒定值，不计棉球与管壁的摩擦，重力加速度g，大气压强p₀均为已知，利用图(b)中拟合直线的斜率k可得，管内气体压强p＝________。

(3)考虑到实验时棉球与管壁间有摩擦，则(2)中得到的p与实际压强相比________(填偏大、偏小)。

[解析](1)l(2)p₀+(3)偏小

[解析]小球从B 点飞出后做平抛运动，则有，联立解得；在吹小球的过程中，由动能定理可得：即：，可知直线的斜率可得。若考虑实验中小球与玻璃管的摩擦则得到的p与实际压强相比应偏小。

17．(6分)如图为“用DIS(位移传感器、数据采集器、计算机)研究加速度和力的关系”的实验装置。

(1)在该实验中必须采用控制变量法，应保持___________不变，用钩码所受的重力作为___________，用DIS测小车的加速度。

(2)改变所挂钩码的数量，多次重复测量。在某次实验中根据测得的多组数据可画出a-F关系图线(如图所示)。

①分析此图线的OA段可得出的实验结论是_________________________________。

②(单选题)此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是(　　　　　　 )

(A)小车与轨道之间存在摩擦　　　 (B)导轨保持了水平状态

(C)所挂钩码的总质量太大　　　　　 (D)所用小车的质量太大

[答案](1)小车的总质量，小车所受外力，

(2)①在质量不变的条件下，加速度与外力成正比，②C，

[解析](1)因为要探索“加速度和力的关系”所以应保持小车的总质量不变，钩码所受的重力作为小车所受外力；(2)由于OA段a-F关系为一倾斜的直线，所以在质量不变的条件下，加速度与外力成正比；由实验原理：得，而实际上，可见AB段明显偏离直线是由于没有满足M>>m造成的。