2018年高考理綜選擇題專項訓練(14).doc

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2018年高考理綜選擇題專項訓練（23） 一、選擇題：本題共13個小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。 1．下列有關原核細胞與真核細胞的敘述，正確的是 A．原核細胞分裂沒有染色體形成，而真核細胞分裂都有 B．原核細胞沒有核膜包被的細胞核，而真核細胞都有 C．核糖體是原核細胞和真核細胞唯一共有的細胞結(jié)構 D．基因突變是原核生物和真核生物共有的可遺傳變異來源 【答案】D 【解析】真核細胞的分裂方式包括有絲分裂、減數(shù)分裂和無絲分裂，其中無絲分裂過程中沒有染色體的形成，A錯誤；真核細胞不一定有核膜包被的細胞核，如哺乳動物成熟的紅細胞，B錯誤；原核細胞和真核細胞都有核糖體、細胞膜、DNA等，C錯誤；原核生物和真核生物的遺傳物質(zhì)都是DNA，都可以發(fā)生基因突變，D正確。 2．將長勢相似的甲、乙兩株同種植物分別置于兩個同樣大小密閉的透明玻璃罩A、B中，甲給予適宜強度的光照，乙遮光（黑暗）處理，其他條件相同。下列分析正確的是 A．A玻璃罩中的CO2含量將持續(xù)降低 B．B玻璃罩中植株的干重將持續(xù)降低 C．甲、乙兩植株的葉肉細胞中形成ATP的場所均不同 D．甲植株的光合作用強度不會等于乙植株的呼吸作用強度 3．埃博拉出血熱（EBHF）是由埃博拉病毒（EBV）（一種絲狀單鏈RNA病毒）引起的當今世界上最致命的病毒性出血熱，目前該病毒已經(jīng)造成超過5160人死亡。EBV與宿主細胞結(jié)合后，將核酸-蛋白復合體釋放至細胞質(zhì)，通過下圖途徑進行增殖。下列推斷正確的是 A．EBV增殖過程需細胞提供四種脫氧核苷酸和ATP B．過程①所需嘌呤比例與過程③所需嘧啶比例相同 C．過程②需要的氨基酸和tRNA的種類、數(shù)量相同 D．直接將EBV的-RNA注入人體細胞將引起EBHF 【答案】B 【解析】埃博拉病毒（EBV）的遺傳物質(zhì)是RNA，所以其增值過程中需要的原料是4種核糖核苷酸，A錯誤；過程①產(chǎn)生的mRNA是過程③的模板，根據(jù)堿基互補配對原則，嘌呤肯定與嘧啶配對，所以過程①所需嘌呤比例與過程③所需嘧啶比例相同，B正確；一種tRNA只能運輸一種氨基酸，而一種氨基酸可能由多種tRNA運輸，所以過程②翻譯過程中需要的氨基酸和tRNA的種類、數(shù)量不一定相同，C錯誤；根據(jù)題干信息“EBV和宿主細胞結(jié)合后，需要核酸-蛋白質(zhì)復合體釋放至細胞質(zhì)中，才能進行增殖”可知，直接將單獨的EBV的-RNA注入細胞不能引起EBHF，D錯誤。 4．家鼠的灰毛和黑毛由一對等位基因控制，灰毛對黑毛為顯性?，F(xiàn)有一只灰毛雌鼠（M)，為了確定M是否為純合子（就毛色而言），讓M與一只黑毛雄鼠交配，得到一窩共4個子代。不考慮變異，下列分析不合理的是 A．若子代出現(xiàn)黑毛鼠，則M—定是雜合子 B．若子代全為灰毛鼠，則M—定是純合子 C．若子代中灰毛雄鼠:黑毛雌鼠=3:1，則M—定是雜合子 D．若子代中灰毛雄鼠:黑毛雌鼠=1:1，則M—定是雜合子 【答案】B 【解析】灰毛對黑毛為顯性?；颐剖驧與一只黑毛雄鼠交配，得到一窩共4個子代。若子代出現(xiàn)黑毛鼠，則M—定是雜合子，A正確；因子代的數(shù)量非常少，即使子代全為灰毛鼠，也不能確定M—定是純合子，B錯誤；子代中出現(xiàn)了黑毛雌鼠，說明M必然含有控制黑毛性狀的基因，因此，無論子代中灰毛雄鼠與黑毛雌鼠的比例是3:1，還是1:1，則M—定是雜合子，C、D正確。 5．凝血過程中凝血酶原與凝血因子結(jié)合后，凝血酶原轉(zhuǎn)變?yōu)橛谢钚缘哪?，而凝血酶的產(chǎn)生又能加速凝血酶原與凝血因子的結(jié)合，下列調(diào)節(jié)機制與此最為相似的是 A．寒冷時，甲狀腺激素濃度升高，抑制促甲狀腺激素分泌 B．臨近排卵時，雌性激素濃度升高，促進促性腺激素分泌 C．進餐后，胰島B細胞分泌胰島素增多，使血糖濃度下降 D．生態(tài)系統(tǒng)中，捕食者數(shù)量增長，使被捕食者的數(shù)量減少 【答案】B 【解析】凝血過程中凝血酶原與凝血因子結(jié)合后，轉(zhuǎn)變?yōu)橛谢钚缘哪福傅漠a(chǎn)生又能加速凝血酶原與凝血因子的結(jié)合，該調(diào)節(jié)機制屬于正反饋調(diào)節(jié)。寒冷時，甲狀腺激素濃度升高，抑制促甲狀腺激素分泌屬于負反饋調(diào)節(jié)，A項錯誤；臨近排卵時，雌激素濃度升高，促進促性腺激素分泌屬于正反饋調(diào)節(jié)，B項正確；進餐后，胰島素分泌增多，使血糖濃度下降屬于負反饋調(diào)節(jié)，C項錯誤；生態(tài)系統(tǒng)中，捕食者數(shù)量增長，使被捕食者數(shù)量減少屬于負反饋調(diào)節(jié)，D項錯誤。 6．為了改良土壤、綠化海灘、改善海灘生態(tài)環(huán)境，我國在1980年從美國東海岸引入互花米草，幾年后互花米草出現(xiàn)瘋長現(xiàn)象，在沿海地帶大面積逸生，對沿海樹林造成重大威脅，據(jù)此下列說法中不正確的是 A．互花米草的引入降低了當?shù)厣锒鄻有? B．因環(huán)境適宜，互花米草一段時間大致呈“J”型增長 C．引入互花米草不會改變當?shù)厝郝溲萏娴乃俣群头较? D．互花米草會參與該生態(tài)系統(tǒng)的能量流動和物質(zhì)循環(huán) 【答案】C 【解析】根據(jù)題意分析，互米花草引入后，對沿海樹林造成重大威脅，導致生物多樣性降低，A正確；幾年后互花米草出現(xiàn)瘋長現(xiàn)象，是由于因環(huán)境適宜，缺乏天敵，互花米草一段時間大致呈“J”型增長，B正確；引入互花米草導入后，使得生物多樣性降低，因此會改變當?shù)厝郝溲萏娴乃俣群头较?，C錯誤；互花米草是植物，可以進行光合作用，屬于生產(chǎn)者，因此其會參與該生態(tài)系統(tǒng)的能量流動和物質(zhì)循環(huán)，D正確。 7．化學與生活、生產(chǎn)和社會發(fā)展密切相關。下列說法正確的是 A．《天工開物》中“凡石灰，經(jīng)火焚煉而用”里的石灰，指的是Ca(OH)2 B．某品牌的八寶粥不含任何糖類物質(zhì)，糖尿病人可以放心食用 C．未成熟的蘋果肉遇碘酒變藍，成熟蘋果的汁液不能與銀氨溶液反應 D．用氯化鐵溶液洗滌銀鏡反應后的試管比用硫酸鐵溶液效果好 【答案】D 【解析】A．《天工開物》中“凡石灰，經(jīng)火焚煉而用”里的石灰，指的是CaCO3，選項A錯誤；B、此八寶粥雖未加糖，但含糖類物質(zhì)，選項B錯誤；C、蘋果成熟前含淀粉，遇碘水變藍，成熟后含葡萄糖，能與銀氨溶液反應，選項C錯誤；D、Fe3++ AgAg++Fe2+，生成的Ag+與Cl?結(jié)合生成難溶于水的氯化銀，使平衡正向移動，選項D正確。答案選D。 8．下列有關物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對應關系的是（ ） A．Fe2O3是堿性氧化物，可用于制作紅色涂料 B．SiO2熔點高，可用作耐高溫材料 C．NH4HCO3受熱易分解，可用作氮肥 D．Na2S具有還原性，可作廢水中Cu2+和Hg2+的沉淀劑 【答案】B 【解析】A．Fe2O3是堿性氧化物與可用于制作紅色涂料沒有關系，A錯誤；B．SiO2熔點高，可用作耐高溫材料，B正確；C．NH4HCO3受熱易分解與可用作氮肥沒有關系，C錯誤；D．Na2S可作廢水中Cu2+和Hg2+的沉淀劑，發(fā)生的是復分解反應，與具有還原性沒有關系，D錯誤，答案選B。 9．下列說法正確的是 A．蛋白質(zhì)、纖維素、淀粉都是高分子化合物 B．硬脂酸甘油酯和乙酸乙酯都屬于酯類物質(zhì)，都能發(fā)生皂化反應 C．所有氨基酸分子中都只含有一個羧基(-COOH)和一個氨基(-NH2) D．雞蛋清溶液中加入濃的(NH4)2SO4，溶液產(chǎn)生沉淀，加水后沉淀不溶解 10．W、X、Y、Z均為短周期主族元素，原子序數(shù)依次增加。W原子最外層電子數(shù)是其所在周期數(shù)的2倍；Y＋和X2－的電子層結(jié)構相同；Z的原子序數(shù)等于W和Y的核外電子數(shù)之和。下列說法正確的是 A．由化學鍵角度推斷，能形成WXZ2這種共價化合物 B．離子半徑大?。篫>Y>X C．工業(yè)上用MnO2和Z的氫化物的濃溶液在加熱的條件下制取Z的單質(zhì) D．Z的氫化物的酸性比WX2的水化物的酸性強，說明Z的非金屬性比W的強 【答案】A 【解析】周期主族元素W、X、Y、Z原子序數(shù)依次增加，其中W原子最外層電子數(shù)是其所在周期數(shù)的2倍，則W為碳，Y＋和X2－的電子層結(jié)構相同，則X為氧，Y為鈉，Z的原子序數(shù)等于W和Y的核外電子數(shù)之和，所以Z為氯。由此判斷A、一般情況下，碳顯+4價，氧顯-2價，氯顯-1價，所以從化學鍵角度推斷，可以形成COCl2這種共價化合物，故A正確；B、O、Na、Cl形成離子時的半徑大小為Cl－>O2－>Na＋，所以B錯誤；C、實驗室里用MnO2和濃鹽酸加熱制氯氣，而工業(yè)上用電解食鹽水制氯氣，故C錯誤；D、HCl即鹽酸是強酸，而CO2的水化物即碳酸是弱酸，但不能說明Cl的非金屬性比C的強，應該用HClO4的酸性強于碳酸來證明，所以D錯誤。本題正確答案為A。 點睛：A選項一定注意從化合價的角度去思考就可以判斷其正確與否，不要考慮形成的物質(zhì)是什么；判斷金屬性、非金屬性強弱是有明確的判斷依據(jù)的：金屬性強弱可以通過金屬單質(zhì)與酸或水反應置換出氫氣的難易、最高價氧化物對應的水化物的堿性強弱來判斷，而非金屬性強弱可以用其單質(zhì)與氫氣反應的難易、氫化物的穩(wěn)定性、最高價氧化物對應的水化物的酸性強弱來判斷。 11．鋰空氣電池放電時的工作原理如圖所示。下列敘述正確的是 A．放電時Li＋由B極向A極移動 B．電池放電時總反應方程式為4Li＋O2 ＋2H2O===4LiOH C．電解液a、b之間可采用陰離子交換膜 D．電解液a可能為LiCl水溶液 【答案】B 【解析】A、在原電池中，A是負極，B是正極，陽離子由負極向正極移動，即由A極向B極移動，故A錯誤；B、原電池放電反應為自發(fā)地氧化還原反應，即4Li+O2+2H2O=4LiOH，故B正確；C、根據(jù)圖示，LiOH由正極區(qū)流出，說明電解液a、b之間可采用陽離子交換膜，故C錯誤；D、金屬鋰可以和水發(fā)生反應，電解質(zhì)中不能含有水，故D錯誤；故選B。 點睛：本題考查了原電池的工作原理。本題的易錯點為C，要注意從圖中尋找有用信息，鋰離子在電解液a中生成，而電解液b可以回收LiOH，說明鋰離子通過了離子交換膜。 12．用下列實驗裝置進行相應實驗，能達到實驗目的的是( ) A．用圖1所示裝置從KI和I2的固體混合物中回收I2 B．用圖2所示裝置配制100 mL 0.10 molL－1 K2Cr2O7溶液 C．用圖3所示裝置干燥少量的SO2氣體 D．用圖4所示裝置蒸干FeCl3飽和溶液制備FeCl3晶體 【答案】C 【解析】A．碘易升華，回收碘需要在上方利用玻璃片回收，則圖中裝置不能回收碘，A錯誤；B．配制100mL0.10mol?L-1K2Cr2O7溶液，一定需要100mL容量瓶、膠頭滴管，圖中缺少儀器不能完成實驗，B錯誤；C．濃硫酸與二氧化硫不反應，可吸收水，則圖中洗氣裝置可干燥少量的SO2的氣體，C正確；D．FeCl3飽和溶液水解生成的HCl易揮發(fā)，且水解吸熱，蒸干不能得到氯化鐵，D錯誤；答案選C。 點睛：本題考查化學實驗方案的評價，把握物質(zhì)的性質(zhì)、反應原理、實驗裝置的作用、基本技能為解答的關鍵，側(cè)重分析與實驗能力的考查，選項D是解答的易錯點，注意氯化鐵水解的特點、外界條件對水解的影響等，注意可以用裝置蒸干硫酸鐵飽和溶液制備硫酸鐵晶體。 13．濃度均為0.01molL-1、體積均為V1L的兩種一元酸HX和HY的水溶液，加水稀釋至體積為VL，測得兩溶液pH隨lg變化的情況如圖所示，下列說法錯誤的是 A．HY為一元弱酸 B．將兩種溶液無限稀釋，由水電離產(chǎn)生的c(H+)相等 C．lg=3時，升高溫度， 增大 D．HX 的電離程度：b>a 【答案】D 【解析】根據(jù)圖知，lg=0時，HX的pH=2，說明HX完全電離，屬于一元強酸，HY的pH>3，說明HY部分電離，屬于一元弱酸， A項正確；加水無限稀釋，酸溶液無限接近中性，故由水電離產(chǎn)生的c(H+)相等，B項正確；lg =3時，升高溫度會促進弱電解質(zhì)HY的電離，即c(Y-)增大，對強電解質(zhì)HX無影響，即c(X-)不變，故增大，C項正確；HX為一元強酸，完全電離，即HX 的電離程度：b=a，D項錯誤。 二、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第14~18題只有一項符合題目要求，第19~21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯或不答的得0分。 14．以下是有關近代物理內(nèi)容的若干敘述，其中正確的是 A．α粒子散射實驗揭示了原子核內(nèi)部的復雜性 B．光電效應現(xiàn)象揭示了光具有粒子性 C．紫外線照射到金屬鋅板表面時能產(chǎn)生光電效應，則當增大紫外線的照射強度時，從鋅板表面逸出的光電子的最大初動能也隨之增大 D．處于基態(tài)的氫原子最不穩(wěn)定 【答案】 B 【解析】盧瑟福的α粒子散射實驗，讓α粒子穿越原子，少數(shù)α粒子發(fā)生偏轉(zhuǎn)，極少數(shù)α粒子發(fā)生大角度偏轉(zhuǎn)，揭示了原子的核式結(jié)構，故A錯誤；光電效應現(xiàn)象揭示了光具有粒子性，故B正確；紫外線照射到金屬鋅板表面時能產(chǎn)生光電效應，則當增大紫外線的照射強度時，從鋅板表面逸出的光電子的最大初動能不變，故C錯誤；處于基態(tài)的氫原子最穩(wěn)定，故D錯誤。所以B正確，ACD錯誤。 15．甲、乙兩物體從同一點出發(fā)且在同一條直線上運動，它們的位移—時間(x－t)圖象如圖所示，由圖象可以看出在0～4 s內(nèi)(　　) A．甲、乙兩物體始終同向運動 B．第4 s末時，甲、乙兩物體間的距離最大 C．甲的平均速度等于乙的平均速度 D．乙物體一直做勻加速直線運動 【答案】 C 【解析】x－t圖象圖線斜率的絕對值等于速度的大小，由題圖可知在0～2 s內(nèi)，甲、乙都沿正向運動，同向運動；在2～4 s內(nèi)甲沿負向運動，乙仍沿正向運動，兩者反向運動，選項A錯誤；4 s末兩物體相遇，兩物體間的距離不是最大，選項B錯誤；由題圖知在0～4 s內(nèi)，甲、乙的位移都是2 m，所用時間相同，故平均速度相等，選項C正確；根據(jù)圖線斜率的絕對值等于速度的大小，直線的斜率一定，可知乙物體一直做勻速直線運動，選項D錯誤． 16．衛(wèi)星在軌道上以速度v運行時，會遇到太空塵埃的碰撞而受到阻礙作用導致軌道變低。設單位體積的太空均勻分布著塵埃n顆，每顆塵埃平均質(zhì)量為m，塵埃速度可忽略，衛(wèi)星的橫截面積為S，與塵埃碰撞后將塵埃完全黏附住。如果要保持衛(wèi)星軌道不變，需要給衛(wèi)星提供的推力為： A． B． C． D． 【答案】 B 【解析】如果要保持衛(wèi)星軌道不變，給衛(wèi)星提供的推力只要克服衛(wèi)星與塵埃碰撞過程中的作用力即可，以塵埃為研究對象利用動量定理可知： ，解，故B正確。 17．一束初速度不計的電子流經(jīng)過加速電場加速后，在距兩極板等距離處垂直進入平行板間的勻強電場（兩極板間的電壓是400 V）中，如圖所示，若板間距離d=2.0 cm，板長l=10.0 cm，（電子帶電荷量為e，質(zhì)量為m），則下列說法正確的是 A．加速電壓U=2 500 V時，電子可以穿過偏轉(zhuǎn)電場 B．若電子可以穿過偏轉(zhuǎn)電場，在其他條件相同的情況下，把電子換成α粒子也一定可以穿過偏轉(zhuǎn)電場 C．若保證偏轉(zhuǎn)電場兩極板的電荷量不變，把上極板向上移動，其他條件不變，則電子離開偏轉(zhuǎn)電場的位置也向上移動 D．若保證加速電場兩極板的電荷量不變，把左邊極板向上移動，其他條件不變，則電子離開偏轉(zhuǎn)電場的位置不變 【答案】 B 【解析】加速過程，由動能定理得：eU=12mv02-0，解得v0=2eUm；進入偏轉(zhuǎn)電場，電子在平行于板面的方向上做勻速運動l=v0t；在垂直于板面的方向上做勻加速直線運動，加速度a=Fm=eUmd，偏轉(zhuǎn)距離y=12at2；能飛出的條件為y≤12d；解得U≥l22d2U與帶電粒子的比荷無關，所以電子可以通過，α粒子也一定能通過（偏轉(zhuǎn)的方向相反），故B正確，代入數(shù)值得：U≥5?000?V，故A錯誤．電荷量不變，d改變，根據(jù)E=Ud=QCd=4πkQεS，知電場強度不變，則油滴所受電場力不變，加速度不變，運動時間也不變，所以電子離開偏轉(zhuǎn)電場的位置不會發(fā)生改變，故C錯誤；電荷量不變，把左邊極板向上移動，正對面積減小，電容減小，電壓U增大，電子離開偏轉(zhuǎn)電場的偏轉(zhuǎn)距離y=Ul24Ud將變小，電子離開偏轉(zhuǎn)電場的位置也向上移動，故D錯誤．故選B． 18．如圖所示為一個小型發(fā)電機的示意圖，矩形金屬線圈在勻強磁場中繞與磁感線垂直的固定軸OO勻速轉(zhuǎn)動，線圈匝數(shù)n＝200，發(fā)電機輸出端接有純電阻用電器，其阻值恒為R＝4Ω，電路中其他部分電阻不計，已知線圈勻速轉(zhuǎn)動過程中穿過線圈的磁通量隨時間的變化規(guī)律φ＝0.01sin2pt（Wb），取p2＝10，下列說法正確的是 A．t＝0時，穿過回路的磁通量最大 B．t＝10s時，回路中的電流改變方向 C．t＝2.5s時，回路中的瞬時電流最大 D．從t＝0到t＝10s時間內(nèi)，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為500J 19．近期天文學界有很多新發(fā)現(xiàn)，若某一新發(fā)現(xiàn)的星體質(zhì)量為m、半徑為R、自轉(zhuǎn)周期為T，引力常量為G。下列說法正確的是 ( ) A．如果該星體的自轉(zhuǎn)周期T<2πR3Gm，會解體 B．如果該星體的自轉(zhuǎn)周期T<2πR3Gm，會解體 C．該星體表面的引力加速度為GmR D．如果有衛(wèi)星靠近該星體表面飛行，其速度大小為GmR 【答案】 AD 【解析】A、如果在該星體表面有一物質(zhì)，質(zhì)量為m，當它受到的萬有引力大于跟隨星體自轉(zhuǎn)所需要的向心力是呈現(xiàn)穩(wěn)定狀態(tài)，即GmmR2>mR4π2T2，化簡得到：T>2πR3Gm，即T>2πR3Gm時，星體不會解體，而該星體的自轉(zhuǎn)周期T<2πR3Gm時，會解體，故選項A正確，B錯誤； C、在該星體表面，有GmmR2=mg，所以g=GmR2，故選項C錯誤； D、如果有衛(wèi)星靠近該星體表面飛行，有GmmR2=mv2R，解得：v=GmR，故選項D正確。 點睛：研究衛(wèi)星繞星體做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式求出問題，向心力的公式選取要根據(jù)題目提供的已知物理量或所要求解的物理量選取應用。 20．質(zhì)量為m電量為的小滑塊(可視為質(zhì)點)，放在質(zhì)量為M的絕緣長木板左端，木板放在光滑的水平地面上，滑塊與木板之間的動障擦因數(shù)為，木板長為L，開始時兩者都處于靜止狀態(tài)，所在空間存在范圍足夠大的一個方向豎直向下的勻強電場E，恒力F作用在m上，如圖所示，則（ ） A．要使m與M發(fā)生相對滑動，只須滿足 B．若力F足夠大，使得m與M發(fā)生相對滑動，當m相對地面的位移相同時，m越大，長木板末動能越大 C．若力F足夠大，使得m與M發(fā)生相對滑動，當M相對地面的位移相同時，E越大，長木板末動能越小 D．若力F足夠大，使得m與M發(fā)生相對滑動，E越大，分離時長本板末動能越大 【答案】 BD 【解析】A、m所受的最大靜摩擦力為 ,則根據(jù)牛頓第二定律得 ,計算得出 .則只需滿足 ,m與M發(fā)生相對滑動.故A錯誤. B、當M與m發(fā)生相對滑動,根據(jù)牛頓第二定律得,m的加速度 ,知m越大,m的加速度越小,相同位移時,所以的時間越長,m越大,m對木板的壓力越大,摩擦力越大,M的加速度越大,因為作用時間長,則位移大,根據(jù)動能定理知,長木板的動能越大.所以B選項是正確的. C、當M與m發(fā)生相對滑動,E越大,m對M的壓力越大,摩擦力越大,則M相對地面的位移相同時,根據(jù)動能定理知,長木板的動能越大.故C．錯誤 D、根據(jù) 知,E越大,m的加速度越小,M的加速度越大，知時間越長,因為E越大,M的加速度越大,則M的位移越大,根據(jù)動能定理知,分離時長木板的動能越大.所以D選項是正確的.， 故選BD 點睛：當m與M的摩擦力達到最大靜摩擦力,M與m發(fā)生相對滑動,根據(jù)牛頓第二定律求出F的最小值.當F足夠大時,M與m發(fā)生相對滑動,根據(jù)牛頓第二定律,結(jié)合運動學公式和動能定理判斷長木板動能的變化. 21．如圖所示，足夠長的U型光滑金屬導軌平面與水平面成θ角(0＜θ＜90)，其中MN與PQ平行且間距為L，勻強磁場垂直導軌平面，磁感應強度為B，導軌電阻不計，質(zhì)量為m的金屬棒ab由靜止開始沿導軌下滑，并與兩導軌始終保持垂直且良好接觸，ab棒接入電路的電阻為R，當金屬棒ab下滑距離s時，速度大小為v，則在這一過程中 A．金屬棒ab運動的平均速度大小為v B．通過金屬棒ab某一橫截面的電量為 C．金屬棒ab受到的最大安培力為 D．金屬棒ab克服安培力做功為 mgs sinθ－mv2 【答案】 BCD 【解析】A．分析ab棒的受力情況，有，分析可得ab棒做加速度減小的加速運動，故其平均速度不等于初、末速度的平均值，故A錯誤； B、通過金屬棒ab某一橫截面的電荷量，故B正確； C、ab棒受到的最大安培力為，故C正確； D、根據(jù)動能定理可知， ，金屬棒ab克服安培力做功為 ，故D正確； 故選BCD。 【點睛】根據(jù)牛頓第二定律得到加速度的表達式，分析ab棒的運動情況，明確只有勻變速直線運動的平均速度才能用公式，根據(jù)動能定理可求金屬棒ab克服安培力做功，剛開始下滑時ab棒受到的安培力最大。