2025年北师大版高二物理上册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年北师大版高二物理上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、关于点电荷、元电荷、检验电荷，下列说法正确的是（）A.点电荷是一种理想化的物理模型B.点电荷所带电荷量不一定是元电荷电荷量的整数倍C.点电荷所带电荷量一定很小D.点电荷、元电荷、检验电荷是同一种物理模型2、下列关于静电场中电场强度和电势差，说法正确的是(

)

A.电场强度为零的地方，电势为零B.电场强度是矢量，它的方向就是电荷在该点的受力方向C.由U=Ed

可知，匀强电场中任意两点间的距离越大，则它们间的电势差也一定越大D.电场中某点的电场强度与检验电荷无关3、如图所示，P是一个偏振片，P的透振方向（用带有箭头的实线表示）为竖直方向。下列四种入射光束中，不能在P的另一侧观察到透射光的是A.太阳光B.沿竖直方向振动的光C.沿水平方向振动的光D.沿与竖直方向成45°角振动的光4、在如图所示的匀强磁场中的线圈，作如下运动时能够产生感应电流的是：A.线圈在纸平面内左右移动；B.线圈在纸平面内上下移动；C.线圈垂直于纸平面上下移动；D.线圈绕OO´轴旋转。5、普通交流电流表和交流电压表不能直接接在高压输电线路上测电流和电压；通常要通过互感器来连接，现在在图高压电路输入端已接入两个互感器，原；副线圈的匝数比分别为1隆脙200

和200隆脙1

图中甲、乙表示电压表或电流表，已知电路中电压表的读数为11V

电流表的读数为1A

则()

A.甲电表是电压表，乙电表是电流表B.图示高压输送电路输电线的总电阻是11娄赂

C.图示高压输送电路输入的总功率为220kW

D.图示高压输送电路输入的总功率为440kW

6、在如图所示的电路中，S

闭合时流过自感线圈的电流是2A

流过灯泡的电流是1A

将S

突然断开，则S

断开前后，能正确反映流过灯泡的电流I

随时间t

变化的图线是下图中的()

A.B.C.D.评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)7、某学生用单摆测定重力加速度时，测出多组单摆的摆长l和运动周期T，根据实验数据作出T2-l图象．则。

（1）写出由单摆做间谐运动而得到的重力加速度的表达式g=____．由。

图象计算出的重力加速度g=____m/s2．（取π2=9.87；保留三位有效数字）

（2）理论上该实验图象应该是一条过原点的斜线；而该同学由于在测摆长时未。

加上小球的半径，所以得到如图所示的图线，这样通过第一问的方法计算出来的重力加速度与正确操作相比，其结果____（填“偏大”；“偏小”、“相同”）

8、如图所示，两人在同一船上，甲在船的左边，乙在船的右边，甲的质量70kg，乙的质量50kg，船的质量200kg．当甲走到右端乙到达船的左端时，船在水平方向上行驶的距离为____．（已知船长为L）

9、如图甲为某同学研究自感现象的实验电路图，用电流传感器显示器各时刻通过线圈L

的电流.

电路中电灯的电阻R1=6.0娄赂

定值电阻R=2.0娄赂AB

间电压U=6.0V.

开关S

原来闭合，电路处于稳定状态，在t1=1.0隆脕10鈭�3s

时刻断开关S

此时刻前后电流传感器显示的电流随时间变化的图线如图乙所示.

则线圈L

的直流电阻RL=

______；断开开关后通过电灯的电流方______(

填“向左”或“向右”)

在t2=1.6隆脕10鈭�3s

时刻线圈L

中的感应电动势的大小为______．10、电阻R1、R2的I-U图象如图，可知R1=____Ω，R2=____Ω；若把R1、R2并联后接到电源上时，R1消耗的电功率是6W，则电源的输出功率是____W．

11、平行板电容器所带量Q=4×l0-8C，它的两极板之间电压U=2V，则它的电容为______F；如果两板电量各减少一半，则两板间电势差变为______V．12、目前有些居民区内楼道灯的控制；使用的是一种延时开关．该延时开关的简化原理图如图所示．图中D是红色发光二极管（只要有很小的电流通过就能使其发出红色亮光），R为限流电阻，K为按钮式开关，虚线框内S表示延时开关电路，当K按下接通电路瞬间，延时开关触发，相当于S闭合．这时释放K后，延时开关S约在1分钟后断开，电灯熄灭．根据上述信息和电原理图，我们可推断：

按钮开关K按下前，发光二极管是______（填“发光的”或“熄灭的”），按钮开关K按下再释放后，电灯L发光持续时间约______分钟，这一过程中发光二极管是______．限流电阻R的阻值和灯丝电阻RL相比，应满足R______RL的条件．13、在一个电阻两端加12V

电压时，通过它的电流为240mA

当通过它的电流是1.8A

时，它两端的电压是______V

这个电阻的阻值是______娄赂

14、某同学要测量一新材料制成的均匀圆柱体的电阻率ρ；完成下列部分步骤：

（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度；如图所示，由图可知其长度为______cm。

（2）用螺旋测微器测量其直径；如图所示，由图可知其直径为______mm。

评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)15、电势差有正有负，所以是矢量，且电场中两点间的电势差随着零电势点的选取变化而变化．（判断对错）16、如图所示，有一水平方向的匀强电场，场强大小为9000N/C，在电场内一水平面上作半径为10cm的圆，圆上取A、B两点，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圆心处放一电量为10﹣8C的正点电荷，则A处场强大小EA为零．________（判断对错）

17、电场线与等势面相互垂直，沿着同一等势面移动电荷时静电力不做功．（判断对错）18、处于静电平衡状态的导体内部的场强处处为零，导体外表面场强方向与导体的表面一定不垂直．（判断对错）19、如图所示，有一水平方向的匀强电场，场强大小为9000N/C，在电场内一水平面上作半径为10cm的圆，圆上取A、B两点，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圆心处放一电量为10﹣8C的正点电荷，则A处场强大小EA为零．________（判断对错）

20、空间两点放置两个异种点电荷a、b，其所带电荷量分别为qa和qb，其产生的电场的等势面如图所示，且相邻等势面间的电势差均相等，电场中A、B两点间的电势大小的关系为φA＞φB，由此可以判断出a为正电荷，且有qa＜qb．________（判断对错）

评卷人得分四、作图题(共2题，共14分)21、在探究产生感应电流条件的实验中；实验室给提供了下列器材：电源；开关、电流表、大小螺线管、铁芯、滑动变阻器、导线若干，如图所示。请按照实验的要求连好实验电路。

22、一个质量为m；电荷量为﹣q（负电）的半径极小的小球，用丝线悬挂在某电场中，小球所在处电场线为水平方向．当悬线与竖直方向成θ时，小球静止．画出静止小球的受力分析示意图．

评卷人得分五、识图作答题(共1题，共4分)23、miRNA是真核细胞中一类不编码蛋白质的短序列RNA；其主要功能是调控其他基因的表达,在细胞分化；凋亡、个体发育和疾病发生等方面起着重要作用。研究发现，BCL2是一个抗凋亡基因，其编码的蛋白质有抑制细胞凋亡的作用。该基因的表达受MIR-15a基因控制合成的miRNA调控，如下图所示，请分析回答：

（1）A过程是____________________，需要____________________的催化。B过程中能与①发生碱基互补配对的是___________________________。（2）据图分析可知，miRNA调控BCL2基因表达的机理是__________________。（3）若MIR-15a基因缺失，则细胞发生癌变的可能性__________________（上升/不变/下降），理由是__________________________________。评卷人得分六、计算题(共3题，共6分)24、如图所示，带电平行金属板相距为2R，在两板间半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，两板及其左侧边缘连线均与磁场边界刚好相切。一带电粒子（不计重力）沿两板间中心线O1O2从左侧O1点以某一速度射入，沿直线通过圆形磁场区域，然后恰好从极板边缘飞出，在极板间运动时间为t0。若仅撤去磁场，质子仍从O1点以相同速度射入，经时间打到极板上。求：（1）两极板间电压U；（2）若两极板不带电，保持磁场不变，带电粒子仍沿中心线O1O2从O1点射入，欲使带电粒子从左侧飞出两板间，入射速度v应满足什么条件。25、如图所示，一轻绳绕过两轻滑轮，两端分别连接着矩形导线框A1

和石块A2

线框A1

的ab

边长l1=lmbc

边长l2=0.6m

电阻R=0.1娄赂

质量m=0.5kg

石块A2

的质量M=2kg

两水平平行虚线efgh

之间存在着垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T

如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，ef

线和gh

的距离为s

且s>l2(g

取10m/s2).

问：(1)

线框进入磁场前石块A2

的加速度a

多大；(2)

线框进入磁场时匀速运动的速度v

多大．26、如图所示，位于竖直平面内的矩形金属线圈，边长L1=0.40m、L2=0.25m，其匝数n=100匝，总电阻r=1.0Ω，线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D（集流环）焊接在一起，并通过电刷和R=3.0Ω的定值电阻相连接。线圈所在空间存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度B=1.0T，在外力驱动下线圈绕竖直固定中心轴O1O2匀速转动，角速度ω=2.0rad/s．求：

（1）电阻R两端电压的最大值。

（2）从线圈通过中性面（即线圈平面与磁场方向垂直的位置）开始计时，经过周期通过电阻R的电荷量。

（3）在线圈转动一周的过程中，整个电路产生的焦耳热。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】解：A；点电荷是将带电物体简化为一个带电的点；点是没有大小的，而实际物体总有大小，故点电荷是理想模型，故A正确；

B；元电荷是电量的最小值；是一个电量的单位，不管物体的大小能不能忽略，物体的带电量一定是元电荷的整数倍，故B错误；

C；点电荷是将带电物体简化为一个带电的点；物体能不能简化为点，不是看物体的绝对大小，而是看物体的大小对于两个电荷的间距能不能忽略不计，故C错误；

D；点电荷是将带电物体简化为一个带电的点；元电荷是电量的最小值，检验电荷的体积和电荷量要足够的小，故点电荷、元电荷、检验电荷不是同一种物理模型，故D错误；

故选A．

点电荷是将带电物体简化为一个带电的点；元电荷是电量的最小值；是一个电量的单位；检验电荷是对电场起检验作用的，其大小要足够小，电量也要足够小，不能影响原来的电场分别情况．

本题关键是对点电荷、元电荷和检验电荷的概念要有清晰的认识，同时要明确它们之间的区别，这是理清概念的一种重要方法．【解析】【答案】A2、D【分析】解：A

电场强度和电势都是描述电场的物理量；但二者无直接关系.

电势是标量，与零势面的选取有关，所以电场强度为零的地方电势不一定为零，故A错误．

B；电场强度是矢量；它的方向是正电荷在该点受到的电场力方向，与负电荷在该点受到的电场力方向相反，故B错误．

C；公式U=Ed

中的d

为沿两点沿电场方向的距离；所以在匀强电场中，两点间沿电场方向的距离越大，电势差就越大，如果d

不是沿电场强度方向的距离，那么间距大时，电势差不一定大，故C错误．

D；电场中某点的电场强度由电场本身决定；与检验电荷无关，故D正确．

故选：D

电场强度和电势都是描述电场的物理量；二者无直接关系.

电场强度是矢量，它的方向是正电荷在该点的受到的电场力方向.

公式U=Ed

中d

是指两点沿电场方向的距离.

电场强度与检验电荷无关，由电场本身决定．

明确电场强度和电势都是描述电场的物理量，二者无关.

要知道公式U=Ed

中的d

为两点沿电场强度方向的距离，不是任意距离．【解析】D

3、C【分析】试题分析：因为太阳光具有各个方向的振动方向，所以太阳光能通过此偏振片；沿竖直方向振动的光和沿与竖直方向成45°角振动的光，都能通过此偏振片。沿水平方向振动的光不能通过此偏振片。选项C正确。考点：【解析】【答案】C4、D【分析】产生感应电流的条件是线圈中的磁通量发生变化，D正确。【解析】【答案】D5、D【分析】【分析】根据变压器的构造和原理分析解答。本题考查电流互感器和电压互感器，根据理想变压器的原理作答，难度不大。【解答】A.由题意知甲电表是电流表，乙电表是电压表，故A错误；B.由U1U2=n1n2

和I1I2=n2n1

得到输电线路的电压U=2200V

电流I=200A

由于输电线路的电压降未知，无法得到高压输送电路输电线的总电阻，故B错误；CD.

根据P=UI

得，高压输送电路输入的总功率为440kw

故C错误，D正确。故选D。【解析】D

6、D【分析】【分析】根据自感现象知，当断开开关后，线圈产生自感电动势，L

和D

形成回路，进行分析。本题主要考查自感现象，要知道在直流电路中闭合和断开瞬间自感线圈产生感应电动势，如有回路则有感应电流。【解答】电键S

断开前，通过灯泡D

的电流是稳定的，其值为1A

电键S

断开瞬间，灯泡支路的电流立即减为零，但是含自感线圈的支路由于自感现象会产生与线圈中原电流方向相同的感应电动势，使线圈中的电流将从原来的2A

逐渐减小，方向不变，且由于它和灯泡D

构成回路，通过灯泡D

的电流和线圈L

中的电流相同，也应该是从2A

逐渐减小为零，但是方向与原来通过灯泡D

的电流方向相反，故D正确，ABC错误。故选D。

【解析】D

二、填空题(共8题，共16分)7、略

【分析】

（1）由单摆周期公式T=2π可知，g=

由T=2π可得：T2=l=kl，k=

由图象可知：k==0.04s2/cm=4s2/m；

由k=可知，g===9.87m/s2；

（2）由T=2π可得：T2=l=kl；

T2-l图象应该是过原点的直线；

如果测摆长l时，没有包括摆球半径r；

则T2=（l-r）=l-r；

则T2是l的一次函数；而不是正比例函数；

函数图象不是过原点的直线；而是一次函数图象，如图所示；

图象的斜率k与图象是否过原点无关，而g=

因此该根据该图象求得的重力加速度与正确操作时求得的重力加速度相同．

故答案为：（1）9.87；（2）相同．

【解析】【答案】（1）由单摆的周期公式式T=2π可以求出重力加速度的表达式；由图象求出图象的斜率，然后求出重力加速度．

（2）由单摆周期公式的变形公式求出L-T2关系表达式；然后分析图象形成的原因，最后判断测量值与真实值间的关系．

8、略

【分析】

先假设乙不动，对系统运用动量守恒定律得，m甲s甲=（m乙+m船）s船，又s甲+s船=L

解得．

再假设甲不动，对系统运用动量守恒定律得，m乙s乙=（m甲+m船）s船′，又s乙+s船′=L

解得．

则船在水平方向上移动的距离．

故答案为：

【解析】【答案】对系统研究；运用动量守恒定律，求出船在水平方向上行驶的距离．

9、略

【分析】解：(1)

由图读出；开始时流过电感线圈L

的电流I0=1.5A

由欧姆定律I0=URL+R

解得：RL=UI0鈭�R=2娄赂

(2)L1

中电流方向向左；

(3)

由图读出；t=1.6隆脕10鈭�3s

时刻线圈L

的电流I=0.20A

线圈L

此时是一个电源；由全电路欧姆定律E=I(RL+R+R1)

E=2.0V

故答案为：2娄赂

向左；2V

．

由图读出开始时流过电感线圈L

的电流；根据欧姆定律求电阻，再由闭合电路欧姆定律求电动势．

本题结合欧姆定律考查了自感线圈对电流发生突变时的阻碍作用．【解析】2娄赂

向左；2V

10、略

【分析】

I-U图象的斜率等于电阻的倒数；则。

R1=Ω=8Ω

R2==12Ω

R1、R2并联后接到电源上时，它们的并联电阻为R并==4.8Ω

由R1消耗的电功率P1=输出功率P出=得。

=

代入解得，P出=10W．

故答案为：8；12，10

【解析】【答案】I-U图象的斜率等于电阻的倒数；把R1、R2并联后接到电源上时，由R1消耗的电功率为6W，根据功率公式P=运用比例法求出输出功率．

11、略

【分析】解：根据C=得，电容的大小C=．

电荷量减半，电容不变，则电势差U′=．

故答案为：2×10-8；1；

根据电容的定义式求出电容的大小；电荷量减半，电容不变，结合电容的定义式求出两板间的电势差．

解决本题的关键掌握电容的定义式C=知道电容的大小与电荷量以及两板间的电压无关．【解析】2×10-8；112、略

【分析】解：如图所示；按钮开关K按下前，发光二极管；限流电阻与灯泡串联，有小电流通过发光二极管，因此发光二极管处于发光状态．

当按钮开关K按下再释放后；由于通电路瞬间延时开关触发，相当于S闭合，二极管被短路，所以处于熄灭状态；由于延时开关S约在1分钟后断开，电灯才熄灭，则知电灯L发光持续时间约1min．

只有当限流电阻R的阻值比灯丝电阻RL大得多时；通过发光二极管的电流才很小，确保二极管不烧坏．

故答案为：发光的；1，熄灭的，＞

根据电路的结构和红色发光二极管的特性进行分析．当按钮开关K后；电灯L发光，延时开关触发，相当于S闭合，二极管被短路，灯泡发光．

解决本题的关键是根据延时开关的闭合和断开时，电路的连接方式正确进行分析即可．【解析】发光的；1；熄灭的；＞13、略

【分析】解：(1)

电阻的阻值：

R=UI=120.24=50娄赂

(2)

因为电阻的阻值与两端的电压和通过的电流无关；

所以当通过它的电流是1.8A

时；这个电阻的阻值仍为50娄赂

此时它两端的电压U隆盲=I隆盲R=1.8隆脕50=90V

．

故答案为：9050

．

(1)

已知电阻两端的电压和通过的电流；根据欧姆定律求出电阻的阻值；

(2)

电阻是本身的已知性质；与两端的电压和通过的电流无关，然后根据欧姆定律求出当通过它的电流是1.8A

时，它两端的电压．

本题考查了欧姆定律的简单计算，关键是知道电阻的阻值与两端的电压和通过的电流无关，是一道基础题目．【解析】9050

14、10.0152.097【分析】解：20分度的游标卡尺；精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为10.0cm=100mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为3×0.05mm=0.15mm，所以最终读数为：100mm+0.15mm=100.15mm=10.015cm。

螺旋测微器的固定刻度为2.0mm；可动刻度为9.7×0.01mm=0.097mm，所以最终读数为2.0mm+0.097mm=2.097mm。

故答案为：10.015；2.097

解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法；主尺读数加上游标读数，不需估读。螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。

对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量。【解析】10.0152.097三、判断题(共6题，共12分)15、B【分析】【解答】解：电势差类似于高度差；没有方向，是标量，正负表示电势的相对大小．

两点间的电势差等于电势之差；由电场中两点的位置决定，与零电势点的选取无关．由以上的分析可知，以上的说法都错误．

故答案为：错误。

【分析】电势差是标量，正负表示大小；电势差与零电势点的选取无关；沿着电场线方向电势降低；电势反映电场本身的性质，与试探电荷无关．16、A【分析】【解答】解：点电荷在A点的场强

根据场强的叠加原理得；则两点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，A点的场强大小为。

EA=E点﹣E匀=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A处场强大小为0

故答案为：正确。

【分析】根据公式E=k求出点电荷在A点处产生的场强大小，判断出场强方向，A点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，根据平行四边形定则求解A点处的场强大小及方向．17、A【分析】【解答】解：根据电场线的特点可知；沿电场线的方向电势降低；电场线垂直于等势面、同一等势面移动电荷电场力不做功．

故答案为：正确．

【分析】解决本题要根据：电场线是人为假想的曲线，从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，不闭合，电场线疏密描述电场强弱，电场线密的地方，电场强度大，疏的地方电场强度弱，沿电场线的方向电势降低．18、B【分析】【解答】解：根据静电平衡的特点；导体是等势体，金属导体的内部电场强度处处为零；

由于处于静电平衡状态的导体是一个等势体；则表面电势处处相等，即等势面，那么电场线与等势面垂直；

故答案为：错误．

【分析】金属导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动．此时导体内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面，且为等势面，导体是等势体．19、A【分析】【解答】解：点电荷在A点的场强

根据场强的叠加原理得；则两点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，A点的场强大小为。

EA=E点﹣E匀=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A处场强大小为0

故答案为：正确。

【分析】根据公式E=k求出点电荷在A点处产生的场强大小，判断出场强方向，A点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，根据平行四边形定则求解A点处的场强大小及方向．20、B【分析】【解答】解：若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较；可以得到：靠近正电荷的点电势高，靠近负电荷的点，电势较低．所以，a处为正电荷．

等量异种点电荷电场中的部分等势面图象中的等势面左右对称；无穷远处的电势为0．该图象的左侧的等势线比较密，无穷远处的电势为0，所以无穷远处到两点之间的电势差相比，与a点之间的电势差比较大，所以a点所带的电量就多．

故答案为：错误．

【分析】若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较，很容易得出正确的结论．四、作图题(共2题，共14分)21、解：大螺线管和电流表组成闭合电路；带铁芯的小螺线管；滑动变阻器、电源、开关组成闭合回路。如图所示。

答：如上图所示。【分析】

探究电磁感应现象实验电路分两部分；电源；开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，检流计与副线圈组成另一个闭合电路。当通过闭合电路磁通量发生变化时，会产生感应电流。

知道探究电磁感应现象的实验有两套电路，这是正确连接实物电路图的前提与关键。对于该实验，要明确实验原理及操作过程。【解析】解：大螺线管和电流表组成闭合电路；带铁芯的小螺线管；滑动变阻器、电源、开关组成闭合回路。如图所示。

答：如上图所示。22、解：小球静止在电场中受重力；向右的电场力以及绳子的拉力作用；受力分析如图所示；

故答案为：如图所示．

【分析】【分析】明确小球一定受重力作用和绳子的拉力作用，再根据平衡条件即可根据其静止的偏角可明确电场力的方向．五、识图作答题(共1题，共4分)23、（1）转录RNA聚合酶tRNA/反密码子。

（2）miRNA能与BCL2基因转录生成的mRNA发生碱基互补配对；形成双链，阻断翻译过程。

（3）上升MIR-15a基因缺失，无法合成miRNA，无法调控BCL2基因的表达，使BCL2基因表达产物增加，抑制细胞凋亡，细胞癌变的可能性增加【分析】【分析】本题主要考查基因表达的相关知识，意在考查考生分析和解决问题的能力。由图可知，A代表转录过程，需要的酶是RNA聚合酶，B过程是翻译过程，mRNA和tRNA之间可以发生碱基的互补配对。BCL2基因转录的mRNA可以与核糖体结合进行翻译，也可以与MIR-15a基因的转录产物结合，阻止MCL2基因的翻译过程。​【解答】（1）A过程是翻译，需要RNA聚合酶的催化。B过程中能与①（mRNA）发生碱基互补配对的是tRNA上的反密码子。（2）据图分析可知，miRNA调控BCL2基因表达的机理是：miRNA能与BCL2基因转录生成的mRNA发生碱基互补配对，形成双链，阻断翻译过程。（3）若MIR-15a基因缺失；则细胞发生癌变的可能性上升，理由是：MIR-15a基因缺失，无法合成miRNA，无法调控BCL2基因的表达，使BCL2基因表达产物增加，抑制细胞凋亡，细胞癌变的可能性增加。

【解析】（1）转录RNA聚合酶tRNA/反密码子。

（2）miRNA能与BCL2基因转录生成的mRNA发生碱基互补配对；形成双链，阻断翻译过程。

（3）上升MIR-15a基因缺失，无法合成miRNA，无法调控BCL2基因的表达，使BCL2基因表达产物增加，抑制细胞凋亡，细胞癌变的可能性增加六、计算题(共3题，共6分)24、略

【分析】试题分析：（1）设粒子从左侧O1点射入的速度为v0，极板长为L，由题意可知，粒子离开磁场后做类平抛的水平位移为L-2R，粒子在初速度方向上做匀速直线运动：L：（L-2R）=t0：解得：L=4R，粒子在电场中做类似平抛运动，由牛顿第二定律得：水平方向：竖直方向：在复合场中作匀速运动：解得：（2）粒子在电场中做类似平抛运动，由牛顿第二定律得：竖直方向：粒子在复合场中作匀速运动，由平衡条件得：解得：①设粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r，粒子恰好从上极板左边缘飞出时速度的偏转角为α，粒子运动轨迹如图所示：由几何关系可知：β=π-α=45°，r+r=R，解得：r=（-1）R，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：解得：所以，粒子两板左侧间飞出的条件为：0＜v＜②粒子恰好从上极板右边缘飞出时，粒子运动轨迹如图所示：由几何关系得：由解得：tanθ=-3，由图示及几何知识得：解得：r=（+3）R，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：解得：粒子从两板右侧飞出的条件是：v＞综上所述可知，欲使粒子从两板间飞出，粒子射入的速度应满足条件是：0＜v＜或v＞考点：带电粒子在匀强电场及在复合场中的运动.【解析】【答案】（1）（2）0＜v＜或v＞25、解：（1）线框进入磁场前，线框A1仅受到细线的拉力FT和重力mg，石块A2受到重力Mg和拉力FT

由牛顿第二定律得，对线框有：FT-mg=ma

对石块有：Mg-FT=Ma

联立解得：

（2）因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，所以石块受力平衡Mg=FT′

线框abcd受力平衡得：FT′=mg+FA

ab边进入磁场切割磁感线，产生感应电动势为：E=Bl1v

产生的感应电流为：

受到的安培力：FA=BIl1

联立各式解得：

代入数据解得：v=6m/s

【分析】(1)

分别对线框和石块运用牛顿第二定律；抓住加速度大小相等，求出线框进入磁场前石块的加速度。

(2)

抓住线框和石块受力平衡；结合共点力平衡；切割产生的感应电动势公式、闭合电路欧姆定律求出线框进入磁场时匀速运动的速度。

本题根据牛顿第二定律研究加速度时，采用了隔离法，也可以运用整体法求解，对于电磁感应现象，关键是分析和计算安培力。【解析】解：(1)

线框进入磁场前；线框A1

仅受