高考全国卷理综选择题满分冲刺训练11解析版.docx
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高考全国卷理综选择题满分冲刺训练11解析版
2020年高考全国卷理综选择题满分冲刺训练（11）
可能用到的相对原子质量：
H1 C12 N14 O16 S32Fe56Zn65
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.下列有关细胞内物质和结构的叙述，错误的是（）
A.高温处理后的蛋白质仍可与双缩脲试剂发生紫色反应
B.神经—肌肉接头处的肌细胞膜上含有神经递质的受体
C.内质网发生功能障碍会影响动物细胞间的相互识别
D.大肠杆菌拟核中的DNA含有2个游离的磷酸基团
【答案】D
【解析】
【分析】
还原糖遇斐林试剂在水浴加热条件下呈现砖红色反应，蛋白质遇双缩脲试剂呈现紫色反应。
DNA的基本单位是脱氧核苷酸，双链DNA中磷酸与脱氧核糖交替连接，排列在外侧，构成DNA的基本骨架；碱基对排列在内侧。
两条链反向平行盘旋成双螺旋结构。
两条链之间的碱基遵循碱基的互补配对原则（A-T、C-G）。
【详解】A、高温处理后的蛋白质仍有肽键，故仍可与双缩脲试剂发生紫色反应，A正确；
B、神经—肌肉接头相当于突触，突触前膜释放的神经递质作用于肌肉细胞膜上的神经递质受体，B正确；
C、糖蛋白位于细胞膜上，膜蛋白需要经过内质网加工，故内质网若发生功能障碍会影响动物细胞间的相互识别，C正确；
D、大肠杆菌拟核中的DNA是环状的，不含有游离的磷酸基团，D错误。
2.CO2与生命活动密切相关，下列有关CO2的叙述，错误的是（）
A.人体细胞内液中的CO2浓度高于组织液
B.适当提高胞间CO2浓度，植物的光补偿点将增大
C.酵母菌产生CO2的场所有细胞质基质和线粒体基质
D.在生物群落与无机环境之间，碳元素以CO2的形式循环
【答案】B
【解析】
【分析】
酵母菌是兼性厌氧型生物，有氧呼吸的产物是二氧化碳和水，无氧呼吸的产物是酒精和二氧化碳。
碳在生物群落中以含碳有机物的形式传递，在生物与无机环境之间以二氧化碳形式传递。
【详解】A、人体细胞经过有氧呼吸在线粒体基质中产生二氧化碳，故细胞内液中的CO2浓度高于组织液，A正确；
B、适当提高胞间CO2浓度，光合速率加快，呼吸速率不变，植物的光补偿点将减小，B错误；
C、酵母菌有氧呼吸产生CO2的场所是线粒体基质，无氧呼吸产生二氧化碳的场所是细胞质基质，C正确；
D、在生物群落与无机环境之间，碳元素以CO2的形式循环，在生物与生物之间以含碳有机物的形式传递，D正确。
3.如图表示某种卵胎生蜥蜴孕期在不同温度条件下产生幼仔的性别比例。
下列有关分析错误的是（）
A.该种蜥蜴的性别受环境温度的影响
B.图示3种温度下，25℃时该种蜥蜴幼仔的雌雄比例最接近
C.若有10只蜥蜴在32℃的环境中出生，则可能全为雄性
D.在自然状态下，该种蜥蜴的雌雄比例一定是大致相当
【答案】D
【解析】
【分析】
由图可知，在不同的温度下产生的幼仔的性别比例不同，25度-32度之间，随着温度升高，雌性的比例下降，雄性的比例上升。
【详解】A、由图可知，不同温度下雌雄的比例不同，说明该种蜥蜴的性别受环境温度的影响，A正确；
B、图示3种温度下，25℃时该种蜥蜴幼仔的雌雄比例最接近，32度时只有雄性，B正确；
C、由图可知，32度产生的幼仔几乎全是雄性，故若有10只蜥蜴在32℃的环境中出生，则可能全为雄性，C正确；
D、由于在自然状态下所处的温度未知，该种蜥蜴的雌雄比例无法确定，D错误。
4.Ⅰ型糖尿病患者的机体会排斥胰岛B细胞，使患者体内胰岛素含量低而患病。
美国研究员通过一定的技术使胰腺中的少部分D细胞具有和胰岛B细胞一样的功能，同时又不影响机体的正常活动，进而从根本上治愈了Ⅰ型糖尿病。
下列相关说法错误的是（）
A.Ⅰ型糖尿病患者的机体可通过效应T细胞攻击胰岛B细胞
B.经过改造的D细胞能分泌胰岛素，也能对血糖水平作出反应
C.神经递质在胰岛素分泌的过程中可作为信息分子
D.胰岛素通过体液运输，作用一段时间后才被灭活
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意可知，Ⅰ型糖尿病患者是由于免疫系统破坏胰岛B细胞，导致胰岛素分泌不足引起的，属于自身免疫病。
通过技术处理，使少部分D细胞可以治愈糖尿病。
说明D细胞可以分泌胰岛素，且胰岛素可以与靶细胞上的特异性受体结合，发挥相同的效应。
【详解】A、由题意可知，Ⅰ型糖尿病患者属于自身免疫病，可能是效应T细胞攻击胰岛B细胞导致胰岛素分泌不足所致，A正确；
B、经过改造的D细胞能分泌胰岛素，也能对血糖水平作出反应，在血糖升高时分泌胰岛素，促进组织细胞加速摄取、利用和储存葡萄糖，降低血糖，B正确；
C、血糖调节的过程属于神经-体液调节，神经递质、血糖在胰岛素分泌的过程中均可作为信息分子，C正确；
D、胰岛素通过体液运输，作用后立即被灭活，D错误。
5.图1表示DNA中部分片段的变化情况，图2、图3分别代表联会时配对的两条染色体（不考虑性染色体）。
下列关于生物变异的说法，正确的是（）
A.图1中缺失了3个碱基对，导致DNA分子结构发生的改变都称为基因突变
B.图2表示一对同源染色体，染色体①②长度不相等是交叉互换的结果
C.图3中发生的变异类型可能是染色体结构变异中的缺失或重复
D.图1、图2和图3所示变异都会导致基因数目发生改变
【答案】C
【解析】
【分析】
由图可知，图1中DNA片段缺失了部分碱基对；图2和3中发生了染色体片段的缺失或重复。
【详解】A、图1中缺失了3个碱基对，若引起基因结构的改变才属于基因突变，A错误；
B、图2表示一对同源染色体，染色体①②长度不相等，可能是发生了缺失或重复，B错误；
C、图3中发生的变异类型可能是染色体结构变异中的缺失或重复，C正确；
D、图2和图3属于染色体结构变异，会导致基因数目发生改变，图1中个别碱基对的缺失不改变基因的数目，D错误。
6.下列有关生物遗传、变异和进化的叙述，正确的是（）
A.生物进化的内因是环境条件的改变，进化的动力是生存斗争
B.物种之间的共同进化都是通过捕食和竞争实现的
C.生物进化的实质是环境对有利变异的定向选择
D.若体细胞的姐妹染色单体上存在等位基因，则说明发生了基因突变
【答案】D
【解析】
【分析】
现代生物进化理论的基本观点：
种群是生物进化的基本单位，生物进化的实质在于种群基因频率的改变。
突变和基因重组、自然选择及隔离是物种形成过程的三个基本环节，通过它们的综合作用，种群产生分化，最终导致新物种的形成。
其中突变和基因重组产生生物进化的原材料，自然选择使种群的基因频率发生定向的改变并决定生物进化的方向，隔离是新物种形成的必要条件。
【详解】A、生物进化的内因是变异，自然选择是生物进化的重要动力，A错误；
B、物种之间的共同进化既有竞争、捕食，也有互助互利，B错误；
C、生物进化的实质是种群的基因频率的改变，C错误；
D、若体细胞的姐妹染色单体上存在等位基因，则说明发生了基因突变，因为体细胞不能进行减数分裂，不能发生交叉互换，D正确。
7.下列关于文献记载的说法正确的是（）
A.《天工开物》中“世间丝麻裘褐皆具素质”，文中“丝、麻”的主要成分都是蛋白质
B.《肘后备急方》中“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，该提取过程属于化学变化
C.《抱朴子》中“丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂”，描述的是升华和凝华过程
D.《本草纲目》中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，涉及的实验操作是蒸馏
【答案】D
【解析】
【详解】A．丝的主要成分是蛋白质，麻的主要成分是天然纤维，故A错误；B．青蒿素提取利用的是萃取原理，该过程中没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；C．升华属于物理变化，丹砂（HgS）烧之成水银，即HgS发生分解反应生成水银，此过程为化学变化，不属于升华，故C错误；D．白酒的烧制是利用沸点不同进行分离，为蒸馏操作，故D正确；
8.NA是阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是（）
A.28g由乙烯与丙烯组成的混合物中含碳碳双键的数目为NA
B.4.6g乙醇完全氧化生成乙醛，转移电子数为0.2NA
C.25℃，1LpH=13的Ba（OH）2溶液中，含有OH-的数目为0.2NA
D.标准状况下，2.24LC12溶于水所得溶液中含氯的微粒总数为0.2NA
【答案】B
【解析】A．乙烯和丙烯的摩尔质量不同，无法计算混合物的物质的量，则无法判断28g由乙烯和丙烯组成的混合气体中所含碳碳双键的数目，故A错误；B．1mol乙醇转化为1mol乙醛转移电子2mol，4.6g乙醇物质的量为0.1mol，完全氧化变成乙醛，转移电子数为0.2NA，故B正确；C．pH=13的Ba（OH）2溶液，c（H+）=10-13mol/L，依据c（H+）c（OH-）=Kw，c（OH-）=10-1mol/L，25℃、pH=13的1.0LBa（OH）2溶液中含有的OH-数目为10-1mol/L×1L=0.1mol，含有的OH-数目为0.1NA，故C错误；D．标况下2.24L氯气的物质的量为0.1mol，而氯气和水的反应为可逆反应、不能进行彻底，故所得溶液中的含氯微粒有Cl2、Cl-、ClO-和HClO，故根据氯原子守恒可知：
2N（Cl2）+N（Cl-）+N（ClO-）+N（HClO）=0.2NA，故含氯的微粒总数小于0.2NA，故D错误；故答案为B。
9.下列关于有机物1-氧杂-2，4-环戊二烯（
）的说法正确的是（）
A.与
互为同系物B.二氯代物有3种
C.所有原子都处于同一平面内D.1mol该有机物完全燃烧消耗5molO2
【答案】C
【解析】
的分子式为C4H4O，共有2种等效氢，再结合碳碳双键的平面结构特征和烃的燃烧规律分析即可。
【详解】A．
属于酚，而
不含有苯环和酚羟基，具有二烯烃的性质，两者不可能是同系物，故A错误；B．
共有2种等效氢，一氯代物是二种，二氯代物是4种，故B错误；C．
中含有两个碳碳双键，碳碳双键最多可提供6个原子共平面，则
中所有原子都处于同一平面内，故C正确；D．
的分子式为C4H4O，1mol该有机物完全燃烧消耗的氧气的物质的量为1mol×（4+
）=4.5mol，故D错误；故答案为C。
10.主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大于20。
其中X、Y处于同一周期，Y的单质与水反应可生成X的单质，X、Y、W的最外层电子数之和是Z的最外层电子数的3倍。
下列说法正确的是（）
A.简单离子的半径：
Z>Y>XB.WX2中含有非极性共价键
C.简单氢化物的热稳定性：
X>YD.常温常压下Z的单质为气态
【答案】B
【解析】主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增加，且均不大于20，只有X、Y处于同一周期，Y的单质与水反应可生成X的单质，X的原子序数大于W元素，则Y为F元素，X为O，结合原子序数可知Z、W位于第三周期，X、Y、W的最外层电子数之和是Z的最外层电子数的3倍，设Z的最外层电子数为m、W的最外层电子数为n，则6+7+n=3m，只有n=2时、m=5符合，Z、W不位于同周期，即Z为P、W为Ca，以此来解答。
【详解】解：
由上述分析可知，X为O、Y为F、Z为P、W为Ca，
A．电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子的半径：
P3-＞O2-＞F-，即Z＞X＞Y，故A错误；B．WX2为CaO2，含有O-O非极性键，故B正确；C．非金属性越强，对应氢化物越稳定，则简单氢化物的热稳定性：
HF＞H2O，即Y＞X，故C错误；D．Z的单质为P4或红磷，常温常压下均为固态，故D错误；故答案为B。
【点睛】本题考查“位、构、性”的关系，其主要应用有：
①元素原子的核外电子排布，决定元素在周期表中的位置，也决定了元素的性质；②元素在周期表中的位置，以及元素的性质，可以反映原子的核外电子排布；③根据元素周期律中元素的性质递变规律，可以从元素的性质推断元素的位置；④根据元素在周期表中的位置，根据元素周期律，可以推测元素的性质。
11.下列实验操作、现象和结论均正确的是（）
实验操作和现象
结论
A
向等体积等浓度的盐酸中分别加入ZnS和CuS，ZnS溶解而CuS不溶解
Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS）
B
将Fe（NO3）2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变为红色
样品已变质
C
加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，试管口处润湿的红色石蕊试纸变蓝
NH4HCO3显碱性
D
常温下，测得0.1mol·L－1NaA溶液的pH小于0.1mol·L－1Na2B溶液的pH
酸性：
HA＞H2B
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】A．相同条件下，溶解度大的物质先溶解，组成和结构相似的难溶物，溶解度越大，其溶度积越大。
因在等体积等浓度的盐酸ZnS可以溶解而CuS不溶，则相同温度下：
Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS），故A正确；B．Fe（NO3）2溶于稀硫酸后，Fe2+在酸性条件下被NO3-氧化为Fe3+，此时滴加KSCN溶液，溶液变为红色，则无法证明Fe（NO3）2是否变质，故B错误；C．在加热条件下NH4HCO3固体分解生成NH3，NH3能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，由于固体本身没有与试纸接触，故本实验不能证明NH4HCO3显碱性，故C错误；D．强碱弱酸盐的pH越大，对应酸的酸性越弱，Na2B溶液对应的酸为HB-，则由现象可知酸性：
HA＞HB-，但是本实验不能证明HA的酸性比H2B强，故D错误；故答案为A。
12.利用微生物燃料电池进行废水处理，实现碳氮联合转化。
其工作原理如下图所示，其中M、N为厌氧微生物电极。
下列有关叙述错误的是（）
A.负极的电极反应为CH3COO-—8e-+2H2O==2CO2↑+7H+
B.电池工作时，H+由M极移向N极
C.相同条件下，M、N两极生成的CO2和N2的体积之比为3：
2
D.好氧微生物反应器中发生的反应为NH3+2O2==NO3-+2H++H2O
【答案】C
【解析】图示分析可知：
N极NO3-离子得到电子生成氮气、发生还原反应，则N极正极。
M极CH3COO-失电子、发生氧化反应生成二氧化碳气体，则M极为原电池负极，NH4+在好氧微生物反应器中转化为NO3-，据此分析解答。
【详解】A．M极为负极，CH3COO-失电子、发生氧化反应生成二氧化碳气体，电极反应为CH3COO-—8e-+2H2O==2CO2↑+7H+，故A正确；B．原电池工作时，阳离子向正极移动，即H+由M极移向N极，故B正确；C．生成1molCO2转移4mole-，生成1molN2转移10mole-，根据电子守恒，M、N两极生成的CO2和N2的物质的量之比为10mol：
4mol=5:
2，相同条件下的体积比为5:
2，故C错误；D．NH4+在好氧微生物反应器中转化为NO3-，则反应器中发生的反应为NH3+2O2==NO3-+2H++H2O，故D正确；故答案为C。
13.常温下，将盐酸滴加到Na2X溶液中，混合溶液的pOH[pOH=—lgc（OH-）]与离子浓度变化的关系如图所示。
下列叙述正确的是（）
A.曲线N表示pOH与
两者的变化关系
B.NaHX溶液中c（X2-）>c（H2X）
C.当混合溶液呈中性时，c（Na+）=c（HX-）+2c（X2-）
D.常温下，Na2X的第一步水解常数Kh1=1.0×10-4
【答案】D
【解析】Na2X溶液中，X2-分步水解，以第一步水解为主，则Kh1（X2-）＞Kh2（X2-），碱性条件下，则pOH相同时，
＞
，由图象可知N为pOH与lg
的变化曲线，M为pOH与lg
变化曲线，当lg
或lg
=0时，说明
或
=1，浓度相等，结合图像可计算水解常数并判断溶液的酸碱性。
【详解】A．由以上分析可知，曲线N表示pOH与lg
的变化曲线，故A错误；B．由曲线M可知，当lg
=0时，
=1，pOH=9，c（OH-）=10-9mol/L，则Kh2（X2-）=
×c（OH-）=1×10-9；由曲线N可知，当lg
=0时，
=1，pOH=4，c（OH-）=10-4mol/L，Kh1（X2-）=
×c（OH-）=1×10-4，则HX-的电离平衡常数Ka2=
=
=1×10-10，则NaHX溶液中HX-的水解程度大于电离程度，溶液中c（H2X）>c（X2-），故B错误；C．混合液中存在电荷守恒式为c（Na+）+c（H+）=c（Cl-）+c（HX-）+2c（X2-）+c（OH-），则当混合溶液呈中性时，c（Na+）=c（Cl-）+c（HX-）+2c（X2-），故C错误；D．由曲线N可知，当lg
=0时，
=1，pOH=4，c（OH-）=10-4mol/L，则Kh1（X2-）=
×c（OH-）=1×10-4，故D正确；故答案为D。
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19～21题有多个选项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
）
14.一辆汽车在平直的公路上以大小为
的加速度刹车，经2s停止，则在停止前的1s内，汽车的平均速度的大小为
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】将汽车的运动看成沿相反方向的初速度为零的匀加速运动，则汽车刹车后最后1s内通过的位移即为反向的初速度为0的匀加速运动第1s内的位移，即：
x=
at2=
×6×12m=3m；则在停止前的1s内，汽车的平均速度的大小为
，故选D。
15.如图所示，质量为M的斜面体上有一个质量为m的滑块正沿斜面匀速下滑，滑块下滑过程中，斜面体始终保持静止，在此过程中（）
A.斜面体对滑块的作用力斜向右上方
B.斜面体对滑块的作用力竖直向上
C.地面对斜面体的摩擦力水平向右
D.地面对斜面体的摩擦力水平向左
【答案】B
【解析】
【详解】对滑块受力分析可知，受到向下的重力，沿斜面向上的摩擦力和垂直斜面向上的支持力，因滑块处于平衡状态可知斜面对滑块的支持力和摩擦力的合力方向竖直向上，即斜面体对滑块的作用力竖直向上，选项B正确，A错误；由牛顿第三定律可知，滑块对斜面体的作用力竖直向下，可知对斜面体而言，水平方向受力为零，即地面对斜面体无摩擦力的作用，选项CD错误；故选B.
16.甲、乙两物体同时从同一位置开始做直线运动，其运动的v-t图象如图所示，在0~t0时间内下列说法正确的是（）
A.甲的位移大于乙的位移
B.甲的加速度先增大后减小
C.甲的平均速度等于乙的平均速度
D.t0时刻甲、乙相遇
【答案】A
【解析】
【详解】A.v-t图的面积代表位移，所以甲的位移大于乙的位移，A正确
B.v-t图的斜率代表加速度，甲的斜率一直减小，所以加速度一直减小，B错误
C.时间相同，但甲的位移大，所以甲的平均速度大，C错误
D.从同一位置开始做直线运动，但是甲的位移大，所以t0时刻甲在前，D错误
17.如图所示，一重物用轻绳悬挂于天花板上，用始终与轻绳垂直的力F缓慢拉动重物，直至轻绳水平，用T表示轻绳拉力的大小，则在缓慢拉动重物的过程中（）
A.F逐渐变小，T逐渐变大
B.F逐渐变大，T逐渐变小
C.F逐渐变小，T先变大后变小
D.F逐渐变大，T先变小后变大
【答案】B
【解析】
【详解】力F始终与轻绳垂直，设绳的拉力为T，绳与竖直方向夹角为
，受力分析可以得到：
，
，随着角度增大，F逐渐变大，T逐渐变小，故ACD错误，B正确
18.如图，匀强磁场中，一单匝矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，线框中产生的交变电动势瞬时值随时间变化的规律为e＝20
sinl00πtV。
下列说法正确的是
A.该线框转动的频率是100Hz
B.该线框产生的交变电动势最大值是20V
C.t＝0.005s时刻，线框平面与中性面重合
D.t＝0.05s时刻，穿过线圈的磁通量变化率为0
【答案】D
【解析】
该线框转动的频率是
，选项A错误；该线框产生的交变电动势最大值是20
V，选项B错误；t＝0.005s时刻，线框转过的角度为l00π×0.005=
，此时平面与中性面垂直，选项C错误；t＝0.05s时刻，电动势的瞬时值为0，此时穿过线圈的磁通量变化率为0，选项D正确；故选D.
19.某国际天文研究小组观测到了一组双星系统，它们绕二者连线上的某点做匀速圆周运动，双星系统中质量较小的星体能“吸食”质量较大的星体的表面物质，达到质量转移的目的．根据大爆炸宇宙学可知，双星间的距离在缓慢增大，假设星体的轨道近似为圆，则在该过程中（ ）
A.双星做圆周运动的角速度不断减小
B.双星做圆周运动的角速度不断增大
C.质量较大的星体做圆周运动的轨道半径减小
D.质量较大的星体做圆周运动的轨道半径增大
【答案】AD
【解析】
试题分析：
根据双星的运动的角速度向心力大小相等有：
，
，联立可得：
，
，所以A、D正确；B、C错误。
考点：
本题考查天体运动
20.相距很近的一对带等量异种电荷的平行金属板，它们之间的电场除边缘外，可看做是匀强电场，其电场线分布如图所示．一个带粒子只在电场力作用下沿图中轨迹穿过该电场，则从a运动到d的过程中，下列说法正确的是（ ）
A.粒子的速度一定在增大
B.粒子带负电
C.粒子在a点的电势能大于d点电势能
D.粒子的加速度先变大再不变后变小
【答案】CD
【解析】
根据板间粒子轨迹的偏转方向可知，粒子带正电。
由于电场力的方向与电场线的切线方向相同，从图中可以看出粒子在a点时速度的方向与电场线的方向之间的夹角大于90度，所以在a点的附近，电场力做负功，所以粒子的动能先减小。
故AB错误；根据顺着电场线方向电势降低，从图中可得，a点的电势一定高于d点的电势，正电荷在a点的电势能大于在d点的电势能。
故C正确；电场线的疏密表示电场的强弱，从图中可知，b点附近的电场线最密，且板间可认为是匀强电场，所以b点的场强最大，大于a点和d点的场强，所以粒子在a到d的过程中，受到的电场力先增大，再不变，后减小，根据牛顿第二定律，粒子的加速度先增大，再不变，后减小。
故D正确。
故选CD。
点睛：
该题考查电场线的特点，以及电场力做功与动能、电势能之间的关系．图中可以看出粒子在a点时速度的方向与电场线的方向之间的夹角大于90度是解题的关键．
21.如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R，在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向垂直于线框平面向里。
现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到bc刚好运动到匀强磁场PQ边界的v―t图象，图中数据均为已知量。
重力加速度为g，不计空气阻力。
下列说法正确的是：
（）。
A.金属线框刚进人磁场时感应电流方向沿adcba方向
B.磁场的磁感应强度为
C.金属线框在0~t3的时间内所产生的热量为
D.MN和PQ之间的距离为
【答案】BC
【解析】
试题分析：
由楞次定律可知，金属线框刚进人磁场时感应电流方向沿abcda方向，选项A错误；由图线可看出，线圈的bc边进入磁场时即做匀速运动，此时满足
，其中
，解得
，选项B正确；金属线框在0~t3的时间内所产生的热量等于从t1~t2过程中产生
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