2020年高考全国卷理综选择题满分冲刺训练25解析版

1、2020年高考全国卷理综选择题满分冲刺训练（25）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Fe 56 Zn 65一、选择题：本大题共 13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的。1 .自由基学说认为，自由基能攻击和破坏细胞内多种执行正常功能的生物分子，最终致使细胞衰老。下列有关自由基的说法错误的是（）A.攻击蛋白质降低某些酶的活性B.攻击DNAM能引发基因突变C.攻击磷脂直接导致中心体损伤D.攻击生物膜引发新的自由基产生【答案】C【解析】衰老的自由基学说是Denham Harman 1956年提出的，认为衰老过程中的退行性变化是由

2、于细胞正常代谢过程中产生的自由基的有害作用造成的。我们通常把异常活泼的带电分子或基团称为自由基，自由基是正常代谢的中间产物，其反应能力很强，可使细胞中的多种物质发生氧化。自由基产生后，即攻击和破坏细胞内各种执行正常功能的生物分子。最为严重的是攻击生物膜的组成成分磷脂， 引发雪崩式的反应。 对生物膜的损伤比较大。 此外 自由基还会攻击 DN册子，引发基因突变；攻击蛋白质，使蛋白质活性下降，致使细胞衰老。【详解】根据前面分析中对自由基的产生和危害的介绍可知，自由基产生后会攻击蛋白质，若该蛋白质属于酶，其活性则会降低，A正确；自由基也可能会攻击 DNA进而引发基因突变，B正确；自由基若攻击生物膜上组

3、成成分磷脂，会产生更多的自由基，这些新的自由基又会攻击其他磷脂，进而引发雪崩式的反应，对生物膜损害极大，C错误，D正确。【点睛】关键要熟悉自由基攻击生物分子：一是攻击磷脂，产生新的自由基，引发雪崩式反应；二是攻击DNA可能引发基因突变；三是攻击蛋白质，使蛋白质活性下降。2 .给小鼠注射秋水仙素后，秋水仙素能够顺浓度梯度进入正常细胞，细胞内秋水仙素的含量升高；小鼠癌细胞中的一种转运蛋白（MDR能将该物质从细胞内单向转运出细胞外，使细胞内的秋水仙素含量不会增高。相关推测合理的是（）A.抑制MD带性使癌细胞加快运出秋水仙素B.癌细胞转运秋水仙素的过程需要消耗ATPC.温度变化不影响癌细胞运出秋水仙素

4、D.正常细胞膜上MDR勺含量高于癌细胞【答案】B【解析】【分析】根据题意分析：秋水仙素能顺浓度梯度进入小鼠细胞，说明秋水仙素是被动运输进入细胞，不消耗细胞代谢产生的能量；小鼠癌细胞内的一种转运蛋白 （MDR能将秋水仙素从细胞内单 向转运出细胞外，说明是逆浓度梯度运输， 属于主动运输，需要消耗癌细胞代谢产生的能量（ATP）;如果抑制 MDRI性，则减少对秋水仙素的转运。【详解】结合前面的分析可知，抑制 MD时性，则减少对秋水仙素的转运， A错误；癌细胞 转运秋水仙素的过程是逆浓度梯度运输，需要消耗癌细胞代谢产生的ATP, B正确；温度会影响酶的活性，进而影响癌细胞代谢活动，所以会影响癌细胞转运秋

5、水仙素，C错误；根据题意，无法推断正常细胞膜上 MD忠否会比癌细胞高， D错误。【点睛】分析解答本题关键要抓住题意中有效信息“秋水仙素顺浓度梯度进入细胞”，由此推断秋水仙素进入细胞是被动运输，而在癌细胞中存在 MDR 勺协助下，从癌细胞内运出则是逆浓度梯度运输，属于主动运输，需要消耗代谢产生的ATP等。3 .给脑桥（位于大脑和小脑之间）注射能阻止丫 一氨基丁酸与相应受体结合的物质后，小鼠的排尿阈值（引起排尿反射的最低尿量值）降低。相关推理正确的是（）A.脑桥释放的丫 一氨基丁酸能抑制排尿B. 丫 一氨基丁酸使高位截瘫患者排尿顺畅C.人体排尿反射的低级中枢位于脑桥D.不同年龄段的人排尿阚值都是相

6、同的【答案】A【解析】【分析】根据题意分析：阻止丫 一氨基丁酸与相应受体结合后，小鼠的排尿阈值降低， 说明丫 一氨基丁酸是一种抑制排尿的神经递质，由脑桥相应的神经元细胞释放。【详解】根据前面的分析可知，丫一氨基丁酸是脑桥释放的一种能抑制排尿的神经递质，A正确；高位截瘫患者无法将排尿的兴奋信号正常传导脑内，同时脊髓中低级排尿中枢也无法得到脑内的意识排尿信号，所以排尿不顺畅，B错误；人体排尿反射的低级神经中枢位于脊髓，C错误；不同年龄段的人代谢强度不同，排尿阚值一般是不同的，D错误。【点睛】关键：结合题干信息分析得出“丫一氨基丁酸是脑桥释放的一种能抑制排尿的神经递质”。4.黄色小鼠（AA）与黑色小

7、鼠（aa）杂交，产生的Fi（Aa）不同个体出现了不同体色。研究表明， 不同体色的小鼠 A基因的碱基序列相同，但 A基因上二核甘酸（CpG）胞喀咤有不同程度的甲 基化（如图）现象出现，甲基化不影响基因DNA复制。有关分析错误的是（） -CG-甲基化 HjO-Cfr-GC- > -GC-YH?r口A. F i个体体色的差异与 A基因甲基化程度有关B.甲基化可能影响RNA聚合酶与该基因的结合C.碱基甲基化不影响碱基互补配对过程D.甲基化是引起基因突变的常见方式【答案】D【解析】【分析】根据题意和题图分析， 基因型都为Aa的小鼠毛色不同，关键原因是A基因中二核甘酸（CpG） 胞喀咤有不同程度的甲

8、基化， 甲基化不影响基因 DNA复制，但影响该基因的表达，所以会影 响小鼠的毛色出现差异。【详解】根据前面的分析可知，Fi个体的基因型都是 Aa,但体色有差异，显然与A基因甲基化程度有关，A正确；RNA聚合酶与该基因的结合属于基因表达的关键环节，而 A基因甲 基化会影响其表达过程，所以B正确；碱基甲基化不影响 DNAM制过程，而DNAM制过程有 碱基互补配对过程，C正确；基因突变是基因中碱基对增添、缺失或替换导致基因结构的改 变，而基因中碱基甲基化后仍然属于该基因，所以不属于基因突变，D错误。【点睛】解答本题关键要抓住题干的信息“甲基化后能复制但不能正常表达”，所以推测出不影响碱基配对但可能影

9、响RN咪合酶的结合；其次注意基因突变的概念。5 .下列有关土壤小动物类群丰富度研究的说法，正确的是（）A.标志重捕法或样方法适于调查蚯蚓B.调查时间和取样深度影响调查结果C.目测估计法适于统计种群个体大数量少的群落D.通常应尽量在潮湿处取样以满足各种调查目的【答案】B【解析】【分析】调查土壤小动物类群丰富度， 通常用取样器取样法， 通过目测估计法或者记名计算法进行统 计。但不同时间、不同地点、不同土壤深度分布的土壤小动物种类和数量是有差别的。【详解】蚯蚓的在土壤活动范围小，活动能力弱，不采用标志重捕法调查蚯蚓的种群密度，A错误；不同时间、不同地点、不同土壤深度分布的土壤小动物种类和数量是有差别

10、的，所以调查时间和取样深度会影响调查结果，B正确；目测估计法适于统计种群类别个数少，但单个种群数量多的群落，C错误；根据调查的目的不同，所选取的土壤地方和深度、以及时间可能不同，D错误。【点睛】注意区分调查动物种群密度的方法（一般是标志重捕法）与调查土壤小动物丰富度的方法（取样器取样法）以及统计土壤小动物的方法（目测估计法和记名计算法）。6 .下图表示两个家族中有关甲遗传病（基因为A a）和乙遗传病（基因为 B、b）的系谱图。若Ii无乙病基因，下列分析正确的是（）A.由13、I 4和II 9推知甲病为常染色体隐性遗传病B. II 5和II 7都含a基因的概率是1/9C. II 1和II 9都含

11、b基因的概率是1/2D. II 6是纯合子的概率为 1/6【答案】D【解析】【分析】分析家系：I 1和I 2均无甲病，但他们有一个患甲病的女儿，即“无中生有为隐性，隐性看女病，女病男正非伴性”，说明甲为常染色体隐性遗传病；I 1和I 2均无乙病，但他们有一个患乙病的儿子，说明乙病为隐性遗传病，又已知I1无乙病致病基因，说明乙病为伴X染色体隐性遗传病.据此答题。【详解】由I3、I4和II 9只能推知甲病为隐性遗传病，不能确定是否为常染色体，A错误；单独分析甲病，根据前面的分析可知，甲病属于常染色体隐性遗传病， 所以I代中1、2、3、 4号均为Aa,而II 5和II 7的基因型可能是 1/3AA或

12、2/3Aa,其中含a基因（即都是 Aa）的 概率是2/3X2/3=4/9 , B错误；单独分析乙病，乙病属于伴 X染色体隐性遗传病， 所以I代 中1、3号的基因型均为 XBY, 2、4号的基因均为 XV,由此推断II i和II 9的基因型都为 XbY, 所以二者都含b基因的概率是1, C错误；根据前面的分析，13、14的基因型为AaXY、AaXX3, 所以II 6是纯合子（即 AaXXB）的概率为1/3X1/2=1/6 , D正确。【点睛】解答本题关键要首先确定两种遗传病的遗传方式。其次是分析B、C选项时应单独只考虑相关的一种遗传病，而分析D选项时又必须同时考虑两种遗传病的基因组成。7 .历史

13、文物本身蕴含着许多化学知识，下列说法错误的是（）A.战国曾侯乙编钟属于青铜制品，青铜是一种合金8 .宋王希孟千里江山图所用纸张为宣纸，其主要成分是碳纤维C.秦朝兵马俑用陶土烧制而成，属硅酸盐产品D.对敦煌莫高窟壁画颜料分析，其绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜 【答案】B【解析】A.青铜是金属冶铸史上最早的合金，在纯铜（紫铜）中加入锡或铅的合金，与纯铜（紫铜）相比，青铜强度高且熔点低，青铜铸造性好，耐磨且化学性质稳定，A正确；B.碳纤维指含炭量在 90%A上的高强度高模量纤维，用睛纶和粘胶纤维做原料，经高温氧化 碳化而成，而宣纸主要含白草和檀皮，其主要化学成分是纤维素，B错误；C.陶土是一种陶

14、瓷原料，兵马俑（陶瓷）由陶土烧制而成，其主要成分是二氧化硅和硅酸盐（硅酸铝，硅酸钙等），C正确；D.铜与空气中的氧气、二氧化碳和水蒸气等物质反应产生的物质为碱式碳酸铜，又称铜绿， 颜色翠绿，D正确。故答案选Bo8.Na为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（）A. 100g 46 %的乙醇溶液中，含 H-O键的数目为7NB. pH=1的H3PO溶液中，含有 0.1Na个H+C. 0.1mol Fe 在足量氧气中燃烧，转移电子数为0.3NaD. 1L 0.1mol L -1的NHCl溶液中含有 NH+数目为0.1Na【答案】A【解析】A.100g 46%的乙醇溶液有 46g （1mol） C

15、HCHOH和54g （3mol） H2O,每分子乙醇中2020年高考全国卷理综选择题满分冲刺训练（25）解析版 第（5）页含有1个O-H键，则ImolCHCHOH含H-O键的数目为NA,每分子水中含有 2个O-H键，则3molH2O含H-O键的数目为6电 合方f含H-O键的数目为7即 A正确；8 .pH=1,则c（H+）=0.1mol/L，但溶液的体积不知道，无法求氢离子的个数，B错误；C.0.1mol Fe在足量氧气中燃烧得到 FesQ,铁元素由0价变为+；价，因而转移电子数为0.1molx+= 0.27Na, C错误；D.钱根水解方程式为 NH+HO7NH H2O+H,若氯化俊中俊根不水解

16、，则易算出溶液中含有NH+数目为0.1Na,但钱根部分水解，数目减少，因而实际溶液中含有NH+数目小于0.1Na, D错误。故答案选A。【点睛】对于部分溶液中的某些离子或原子团会发生水解：如Al 2（SO4）3中的Al"、Nc2CO中的CO”,例如1 L 0.5 mol/L Na 2CO溶液中含有的 CO”数目为0.5Na,该说法是错误的，注 意要考虑CO*在水中的发生水解的情况。9 .异丙烯苯和异丙苯是重要的化工原料，二者存在如图转化关系：一定条件+ Ha 口异丙辑笨异肉毒下列说法正确的是（）A.异丙烯苯分子中所有碳原子一定共平面B.异丙烯苯和乙苯是同系物C.异丙苯与足量氢气完全加

17、成所得产物的一氯代物有6种D. 0.05mol异丙苯完全燃烧消耗氧气13.44L【答案】C【解析】A.异丙烯基与苯环靠着单键相连，单键可以旋转，因而异丙烯苯分子中所有碳原子不一定共平面，A错误；B.异丙烯苯分子式为 C9Hc,乙苯分子式为 QH。，两者分子式相差一个" C',不符合同系物 之间分子组成相差若干个CH, B错误；C.异丙苯与足量氢气完全加成生成' ,，根据等效氢原则可知该产物有6种氢原子，因而其一氯代物有 6种，C正确；D.异丙苯分子式为 GW,该燃烧方程式为 C9H2+I2QJ竺匚9CQ+6HO, 0.05mol异丙苯完全燃烧消耗氧气0.6mol ,但

18、氧气所处状态未知 （例如标准状况），无法计算气体体积，D错误。 故答案选Co【点睛】需注意在标准状况下，用物质的体积来换算所含的微粒个数时，要注意，在标准状况下，只有1 mol气体的体积才约是 22.4 L。而某些物质在标况下为液体或固体是高考中换算微粒常设的障碍。如：标准状况下，22.4 L CHCl 3中含有的氯原子数目为 3Nao标准状况下，CHC3为液体，22.4 L CHCl 3的物质的量远大于 1 mol ,所以该说法不正确。10 .用下列实验装置能达到实验目的的是（部分夹持装置未画出）（）A.分离液体混合物B.C.制取二氧化硫气体D.蒸发NaC1溶液获得MfiO;NaC1晶体测定

19、化学反应速率【解析】A.该实验为蒸储，温度计水银球应置于蒸储烧瓶支管处，以便测量蒸汽的温度,NaC1溶液获得NaC1C错误；D.过氧化氢错误；B.该实验为蒸发，蒸发指蒸去溶剂从而得到溶质固体，因而蒸发 晶体，B正确；C.铜与浓硫酸反应需要加热，该装置中未添加酒精灯,与二氧化镒反应生成的氧气会从长颈漏斗溢出，从而无法测量化学反应速率，应该用分液漏 斗，D错误。11 .已知过氧化氢在强碱性溶液中主要以HO-存在。我国研究的Al-H 2。燃料电池可用于深海资源的勘查、军事侦察等国防科技领域，装置示意图如下。下列说法错误的是风QJftNaOH的混合湾液A,电池工作时，溶液中 OH通过阴离子交换膜向 A

20、l极迁移B. Ni极的电极反应式是 HO-+2e+HO=3OHC.电池工作结束后，电解质溶液的pH降低D. Al电极质量减轻13.5g ,电路中通过9.03 X 1023个电子【答案】C【解析】A.根电池装置图分析，可知Al较活泼，作负极，而燃料电池中阴离子往负极移动， 因而可推知OH （阴离子）穿过阴离子交换膜，往 Al电极移动，A正确；B.Ni为正极，电子 流入的一端，因而电极附近氧化性较强的氧化剂得电子，又已知过氧化氢在强碱性溶液中主要以HO-存在，可知 HO一得电子变为 OH,故按照缺项配平的原则，Ni极的电极反应式是HO-+2e-+HO=3OH, B正确；C.根电池装置图分析， 可知

21、Al较活泼，Al失电子变为 Al3+, Al3+ 和过量的OH反应得到 AlO2-和水，Al电极反应式为 Al-3e-+4OH = AO2+2H2O, Ni极的电极 反应式是HO-+2e-+HO=3OH,因而总反应为2Al+3HQ-=2AlO2-+HO+OH,显然电池工作结束后， 电解质溶液的pH升高，C错误；D.A1电极质量减轻13.5g,即Al消耗了 0.5mol , Al电极 反应式为 Al-3e-+4OH = AlO2-+2HO,因而转移电子数为 0.5 X 3Na=9.03 X 1023, D正确。【点睛】书写燃料电池电极反应式的步骤类似于普通原电池，在书写时应注意以下几点：1.电极

22、反应式作为一种特殊的离子反应方程式，也必需遵循原子守恒， 得失电子守恒，电荷守恒；2.写电极反应时，一定要注意电解质是什么，其中的离子要和电极反应中出现的离子相对应，在碱性电解质中，电极反应式不能出现氢离子，在酸性电解质溶液中，电极反应式不 能出现氢氧根离子；3.正负两极的电极反应式在得失电子守恒的条件下，相叠加后的电池反应必须是燃料燃烧反应和燃料产物与电解质溶液反应的叠加反应式。12.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，腐口 Y同族，X和Z同族，X的简单离子和Y的简单离子具有相同的电子层结构，WW X、Z均能形成共价化合物， 惭口 X、Y分别形成的化合物溶于水均呈碱性。下列说法

23、错误的是A. 4种元素中Y的金属性最强B.最高价氧化物对应的水化物的酸性：Z>XC.简单阳离子氧化性：W>YD. W和Y形成的化合物与水反应能生成一种还原性气体【答案】B【解析】腐口 X、Z均能形成共价化合物，则 W X、Z很可能均为非金属元素，考虑到W原子序数最小，可推断 W为H元素；腐口 X、Y分别形成的化合物溶于水均呈碱性，X为非金属，可推测化合物中有 NH,则X为N元素，又X和Z同族，Z为P元素；惭口 Y同族，X的简单离子和Y的简单离子具有相同的电子层结构，可推知Y为Na元素。综上推测满足题干信息，因而推测合理， W为H, X为N, Y为Na, Z为P。A. 4种元素中只有

24、 Y是金属元素，即 Na,因而金属性最强，A正确；B.元素的非金属性越强则最高价氧化物对应的水化物酸性越强，非金属性：N(X)>P(Z),因而最高价氧化物对应的水化物的酸性：Z<X, B错误；C.元金属性越强，对应简单阳离子氧化性越弱，金属性 Na(Y)>H(W),因而简单阳离子氧化性：W>Y C正确；D.W Y形成的化合物为 NaH NaH与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢气 为还原性气体，D正确。13.在25c时，向50.00mL未知浓度的氨水中逐滴加入 0.5mol /1的HC1溶液。滴定过程中，溶液的pOHpOHlgc(OH-)与滴入HCl溶液体积的关系如图所示，则

25、下列说法中正确的是。51013 J0RHC1) mLA.图中点所示溶液的导电能力弱于点B.点处水电离出的 c(H +)=1 x 10-8mol LC.图中点所示溶液中，c(C1-)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)D. 25 C时氨水的 Kb约为 5X 10-5.6moI/1【答案】D【解析】A.向50.00mL未知浓度的氨水中逐滴加入0.5mol I/1的HC1盐酸和氨水恰好完全反应生成氯化镂和水，氯化钱中俊根水解显酸性，因而(pH=7)时，氨水稍过量，即反应未完全进行，从到，氨水的量减少，氯化钱的量变多，又溶液导电能力与溶液中离子浓度呈正比，氯化俊为强电解质，完全

26、电离，得到的离子(俊根的水解不影响)多于氨水电离出的离子(氨水为弱碱，少部分NHLH2。发生电离)，因而图中点所示溶液的导电能力强于点，A错误；B.观察图像曲线变化趋势，可推知为盐酸和氨水恰好完全反应的点，得到氯化钱溶液，盐类的水解促进水的电离，因而溶液pOH=8则c溶液(OH)=10-8mol/L , c水(OH)= c水(H+)=KM c溶液(OH)=10-6mol/L , B 错误；C.点盐酸的量是点的一半，为恰好完全反应的点，因而易算出点溶液溶质为等量的NH H2O和NHCl,可知电荷守恒为 c(NH4+)+c(H+)=c(Cl -)+c(OH-),又pOH=4,说明溶液显碱 性，则

27、c(OH)> c(H +),那么 c(NH；)> c(Cl -), C错误；D.V(HCl)=0 时，可知氨水的 pOH=2.8,则 c(OH-)=10-2.8mol/L ,又 NH H2O?NH+OH,可知c(NH4+)= c(OH -)=10-2.8 mol/L ,点盐酸和氨水恰好反应，因而 c(NH3 fUO)="父"/50561mol/L=0.2mol/L ,因而 Kb= 1=5X 10 mo1L , D正确。啊打必 02二、选择题(本卷共 8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，其中第1921题有多个选项符合题目要求。全部选对的得6分，

28、选对但不全的得 3分，有选错的得0分。)14.下列各种关于近代物理学的现象中，与原子核内部变化有关的是A.紫外线照射锌板时，锌板向外发射光电子的现象B. a粒子轰击金箔时，少数发生大角度偏转的现象C.氢原子发光时，形成不连续的线状光谱的现象D.含铀的矿物质自发向外放出3射线(高速电子流)的现象【答案】D【解析】【详解】A为光电效应现象，原子核外层电子吸收光子能量后从金属表面逸出；B为“粒子的散射实验，少数粒子发生大角度偏转说明了原子的核式结构；C中氢原子光谱不连续是其原子的能量状态不连续导致的；D中含铀的矿物质自发向外放出的3射线叫3衰变，它来自原子核内部，是原子核内中子转变成质了时放出的。故

29、答案选D15 .设想在地面上通过火箭将质量为m的人造小飞船送入预定轨道，至少需要做功W若预定轨道半径为r,地球半径为 R,地球表面处的重力加速度为 g,忽略空气阻力，不考虑地 球自转的影响。取地面为零势能面，下列说法正确的是2A.地球的质量为以GB.小飞船在预定轨道的周期为2C.小飞船在预定轨道的动能为mg二2RD.小飞船在预定轨道的势能为【答案】D2r【详解】A.根据地球表面mgGMm ,可知地球的质量为M -gR-RG22B.根据 3：g°RT4 2理，解得T 2G3r 一2 ,故B错误;gR2C.根据GMm2r2v ym,又r12Ek -mv2,解得小飞船在预定轨道的动能为2m

30、gR2,Ek -,故2r增大,降低,Ep减小,A. EB. E不变,降低,6增大,减小C. E不变,升高,Ep减小,减小D. E减小,升高,Ep减小,减小C错误;D.小飞船在预定轨道的势能为 En W Ek W mgR ,故D正确; p2r16 .如图所示，平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，两板间有一个带负电的试探电荷固定在P点.静电计的金属球与电容器的负极板连接，外壳接地.以E表示两板间的场强， 表示P点的电势，日表示该试探电荷在 P点的电势能，表示静电计指针的偏角.若保持负极板不动，将正极板缓慢向右平移一小段距离 （静电计带电量可忽略不计 ），各物理量 变化情况描述正确的是增大【答

31、案】C【解析】S正极板缓慢向右平移一小段距离， 两板间的距离减小，根据电容的决定式 C 可知，4 kd电容C变大，而电容器的电量 Q不变，则由C UQ得知，板间电压 U减小，减小；板间场强E U & &生，可见E不变；P点到正极板距离减小，由公式U=Ed得知，d Cd S0 p Ed , P点的电势升高；负电荷在 P点的电势能减小；故 ABD昔误，C正确；故选C.点睛：本题是电容器的动态变化分析问题， 难点是确定电场强度的变化， 只要得出电场强度 的变化，就可以得出P与正极板电势差的变化， 得出P点的电势以及电荷在 P点电势能的变 化.17 .如图甲所示，在竖直方向分布均匀的磁

32、场中水平放置一个金属圆环，圆环所围面积为0.1m2,圆环电阻为0.2 。在第1s内感应电流I顺时针方向。磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示 （其中在45s的时间段呈直线）。则A.在05s时间段，感应电流先减小再增大B.在02s时间段感应电流沿顺时针方向，在 25s时间段感应电流沿顺时针方向C.在05s时间段，圆环最大发热功率为5.0 X10-4WD.在02s时间段，通过圆环横截面的电量为5.0X10-1C【答案】BCE B s【解析】A、根据闭合电路欧姆定律得 I 三 n一B3,知磁感应强度的变化率越大，则电R R t0 1 0 1流越大，磁感应强度变化率最大值为0.1 ,则最大电

33、流I A 0.05A，则在00.25s时间段，感应电流先减小再增大，最后不变；故 A错误.B、由题意知，在第1s内感应电流I沿顺时针方向，根据楞次定律知，磁场方向向上为正方向；在 02s时间段顺时针，在25s时间，磁场在减小，则感应电流的方向逆时针，故 B错误.C、在05s时间段，当电流最大时，发热功率最大，则P=I2R=0.052X 0.2=5.0 X 10-4W故C正确.D、根据感应电量一 ，、 B s 0.1 0.12 一 ，的公式q 0.5 10 1C ,则通过圆环横截面的电量为5.0 x 102C,故DR 0.2错误；18 .真空中质量为 m的带正电小球由 A点无初速自由下落t秒，在

34、t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到 A点。小球电荷量不变且小球从未落地，重力加速度为g。则A.整个过程中小球电势能变化了m(2t2B.整个过程中小球速度增量的大小为2gtC.从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了m3 21 C CD.从A点到最低点小球重力势能变化了-mg2t2【答案】B【解析】【详解】A®小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反。设电场强度大小为 E,加电场后小球的加速度大小为a,取竖直向下方向为正方向，则由；gt2 (vt 1at2)22又v=gt,解得a=3g,由牛顿第二定律得：ma=qE-mg联

35、立解得，qE=4mg电势能的变化量：_ 12_2 2Ep qE -gt2mg t ；则小球回到 A点时的速度为v =v- at =- 2gt,整个过程中小球速度增量的大小为 v=v' -0=2gt,速度增量的大小为 2gt。故A错误，B正确；C.从加1 2电场开始到小球运动到取低点时小球功能减少了E= m(gt)。故C错误；1 o2 oD.设从A到取低点的局度为 h,根据动能te理得：mgh qE(h gt ) 0 ,解得h - gt 232 9 9从A到取低点小球重力势能减少了4b=mgh= -mg t 故D错误。319.如图所示，10匝矩形线框处在磁感应强度B= J2 T的匀强磁场

36、中，绕垂直磁场的轴以恒定角速度co=l0rad/s 在匀强磁场中转动， 线框电阻不计，面积为0.4m2,线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡L (规格为“4VV l00)和滑动变阻器，电流表视为理想电表，则下列说法正确的是A.若从图示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为40j2cos（10t）VB.当灯泡正常发光时，原、副线圈的匝数比为1:2C.若将滑动变阻器滑片向上移动，则电流表示数增大D.若将自耦变压器触头向下滑动，灯泡会变暗【答案】AD【解析】A.输入电压的最大值为：UfNBSo =10X J2 X0.4 X10V=40 J2 V,图示时刻感应电动势最大，从图示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为40j2cos 10t V ,故A正确；B.变压器输入电压的有效值为：Ui=U/后=40 72 / J2 V=40Vo开关闭合时灯泡正常发光，所以 以=而耳=J4 100