高考全国卷理综选择题满分冲刺训练06解析版.docx

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高考全国卷理综选择题满分冲刺训练06解析版

2020年高考全国卷理综选择题满分冲刺训练（06）

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.下列关于人体细胞中蛋白质的叙述，正确的是（）

A.C、H、O、N、Fe、S等元素可构成人体细胞中的蛋白质

B.组成蛋白质的氨基酸之间可按不同的方式脱水缩合

C.参与氨基酸转运的载体都是蛋白质

D.高尔基体是蛋白质合成、加工和运输的场所

【答案】A

【解析】

【分析】

高尔基体的功能在动植物细胞中都不同，在动物细胞中与分泌物的形成有关，在植物中与有丝分裂中细胞壁形成有关。

【详解】蛋白质的基本组成元素是C、H、O、N，有的含有S、Fe等，A正确；组成蛋白质的氨基酸之间都以相同的方式脱水缩合，B错误；在蛋白质的合成过程中的翻译过程中转运氨基酸的载体是tRNA，C错误；细胞内蛋白质合成的场所是核糖体，在动物细胞中，高尔基体可加工和转运蛋白质，D错误。

故选A。

2.Na+—K+泵是普遍存在于动物细胞表面的一种载体蛋白，如下图所示，它具有ATP酶活性，能将Na+排出细胞外，同时将K+运进细胞内，维持细胞内外Na+和K+的浓度差。

载体蛋白1和载体蛋白2依赖于细胞膜两侧的Na+浓度差完成相应物质的运输。

下列叙述错误的是（）

A.图中所示过程说明细胞膜具有选择透过性

B.图中细胞对C6H12O6和K+的吸收方式属于主动运输

C.载体蛋白2可能与细胞内pH的调节有关

D.图中各种载体蛋白只具有运输功能能

【答案】D

【解析】

【分析】

细胞膜内外的离子分布：

钠离子在细胞外的浓度高于细胞内，钾离子浓度在细胞内高于细胞外。

【详解】图中所示过程说明细胞膜具有选择透过性，A正确；图中细胞对C6H12O6和K+的吸收方式属于主动运输，B正确；载体蛋白2可能与细胞内pH的调节有关，C正确；图中各种载体蛋白具有运输功能、催化功能和调节功能，D错误。

故选D。

3.下图表示基因型为AaBb的雄果蝇某细胞在分裂过程中，每条染色体中DNA含量的变化。

下列叙述错误的是（）

A.CD段细胞内始终含有同源染色体

B.若D点时细胞基因型为AAaaBBbb，则其子细胞只有1种基因型

C.DE段下降的原因是着丝点分裂，姐妹染色单体分离

D.E点时单个细胞中含有0或2条Y染色体

【答案】A

【解析】

【分析】

根据题意和图示分析可知：

图表示细胞分裂的不同时期与每条染色体DNA含量变化的关系，其中AB段DNA分子复制前准备时期，BC段形成的原因是DNA分子复制；CD段表示有丝分裂前期和中期、减数第一次分裂、减数第二次分裂前期和中期；DE段形成的原因是着丝点分裂；EF段表示有丝分裂后期和末期、减数第二次分裂后期和末期。

【详解】CD段每条染色体DNA含量加倍，表示一条染色体含有2个染色单体，含有2个DNA分子，处于有丝分裂前期和中期、减数第一次分裂、减数第二次分裂前期和中期，若处于减数第二次分裂前期和中期，细胞内不含有同源染色体，A错误。

有丝分裂前期DNA已经复制完成，故基因型为AAaaBBbb，而分成两个子细胞后基因型恢复为为AaBb；初级精母细胞的AAaaBBbb形成次级精母细胞时同源染色体分离，故为AAbb或aaBB，B正确。

DE段表示每条染色体上的DNA数目由2变为1，是由后期着丝点分裂导致的，此时姐妹染色单体发生分离，C正确。

若XY染色体在有丝分裂后期分离，DE段的细胞中不一定含有Y染色体，若XY染色体在减数第一次分裂后期分离，DE段的细胞中含有2条Y染色体，D正确。

故选A。

4.研究发现，将胃泌素释放肽（GRP）注射到小鼠脊髓后，小鼠立刻会有抓痒行为；若在小鼠的脊髓里杀死表达胃泌素释放肽受体（GRPR）的神经元，不论向这些小鼠身上注射何种致痒物，小鼠都不抓痒。

下列叙述错误的是（）

A.GRP在突触间隙中完成信息传递后，可能会被酶解或被回收

B.GRP与GRPR结合后，突触后膜上的Na+通道打开，Na+内流

C.将GRP注射到脊髓后，小鼠有抓痒行为，说明痒觉感受器在脊髓

D.若抑制GRPR基因的表达，可缓解或治疗瘙痒

【答案】C

【解析】神经递质：

是指神经末梢释放的特殊化学物质，它能作用于支配的神经元或效应器细胞膜上的受体，从而完成信息传递功能。

①合成：

在细胞质通过一系列酶的催化作用中逐步合成，合成后由小泡摄取并贮存起来。

②释放：

通过胞吐的方式释放在突触间隙。

③结合：

神经递质通过与突触后膜或效应器细胞膜上的特异性受体相结合而发挥作用。

递质与受体结合后对突触后膜的离子通透性发生影响，引起突触后膜电位的变化，从而完成信息的跨突触传递。

④失活：

神经递质发生效应后，很快就被相应的酶分解而失活或被移走而迅速停止作用。

递质被分解后的产物可被重新利用合成新的递质。

一个神经冲动只能引起一次递质释放，产生一次突触后膜的电位变化。

⑤类型：

兴奋性递质（乙酰胆碱、多巴胺、去甲肾上腺素、肾上腺素、5-羟色胺、谷氨酸、天冬氨酸等）；抑制性递质（γ-氨基丁酸、甘氨酸、一氧化氮等）。

【详解】根据题意，GRP在突触间隙中完成信息传递，说明GRP是神经递质，神经递质完成作用后，可能会被酶解或被重吸收到突触小体或扩散而离开突触间隙，为下次传递作准备，A正确；突触间隙中的胃泌素释放肽（GRP）神经递质与突触后膜上的胃泌素释放肽神经递质受体（GRPR）结合后，突触后膜上的Na+通道打开，Na+内流，形成动作电位，产生兴奋，有抓痒行为，B正确；将GRP注射到脊髓后，小鼠有抓痒行为，说明脊髓里含有胃泌素释放肽受体（GRPR）的神经元，C错误；若在小鼠的脊髓里杀死表达胃泌素释放肽受体（GRPR）的神经元或抑制GRPR基因的表达，都不能产生胃泌素释放肽受体（GRPR），突触间隙中的胃泌素释放肽（GRP）神经递质与不能与突触后膜上的胃泌素释放肽神经递质受体（GRPR）结合，没有形成动作电位，不能产生兴奋，可缓解或治疗瘙痒，D正确。

故选C。

5.下列关于种群、群落和生态系统的叙述，错误的是（）

A.动物种群密度过高或过低对种群的数量增长都会产生不利影响

B.群落的垂直分层是各种群之间及种群与无机环境之间相互作用的结果

C.由裸岩到森林的群落演替过程中土壤的形成先于植物的演化

D.草原上雄鸟发现危情迅速起飞，以此给雌鸟发出的警报属于行为信息

【答案】C

【解析】

【分析】

裸岩阶段→地衣阶段→苔藓阶段→草本植物阶段→灌木阶段→森林阶段（顶级群落）（缺水的环境只能到草本植物阶段）。

【详解】动物种群密度过高，种内斗争会加剧，过低容易被环境所淘汰。

所以动物种群密度过高或过低对种群的数量增长都会产生不利影响，A正确；群落的垂直分层是各种群之间及种群与无机环境之间相互作用的结果，B正确；由裸岩到森林的群落演替过程中土壤的形成和植物的演化是同时进行的，C错误；草原上雄鸟发现危情迅速起飞，以此给雌鸟发出的警报，因为这种信息是通过特殊的行为实现的，属于行为信息，D正确。

故选C。

6.T细胞表面的受体可以识别抗原引起免疫反应，同时还有很多辅助分子来帮助完成这一过程。

此外，T细胞表面还存在负向调控的受体分子，如PD—1。

当PD—1与某些特定分子PDL1结合后，能迫使免疫细胞“自杀”，从而终止正在进行的免疫反应。

一些肿瘤细胞进化出了一种防御机制，它们的表面也带有PDL1，从而诱导T细胞过早地进入自我破坏程序。

科学家研制出PD—1单克隆抗体，作为免疫负调控抑制剂，通过阻断PD—1与PDL1的相互作用，从而降低免疫抑制反应，进而治疗甚至治愈肿瘤。

下列叙述错误的是（）

A.正常情况下，PD—1有助于防止免疫反应过度，避免发生自身免疫病

B.部分T细胞会在PD—1的作用下发生细胞凋亡

C.PD—1单克隆抗体不是直接作用于肿瘤，而是对免疫细胞起作用，达到抗肿瘤的目的

D.人体细胞中含有控制合成PD—1和PDL1的基因

【答案】B

【解析】

【分析】

分析题意可知，该题解题关键是理解题干“PD-L1是PD-1的配体，PD-1与PD-L1结合后可提供抑制性信号，从而使T细胞凋亡，最终抑制T细胞免疫”。

【详解】正常情况下，PD—1有助于防止免疫反应过度，避免发生自身免疫病，A正确；T细胞表面还存在负向调控的受体分子，如PD—1。

当PD—1与某些特定分子PDL1结合后，T细胞会在PDL1的作用下发生细胞凋亡，B错误；PD—1单克隆抗体不是直接作用于肿瘤，而是对免疫细胞起作用，达到抗肿瘤的目的，C正确；人体细胞中含有控制合成PD—1和PDL1的基因，D正确。

故选B。

【点睛】本题属于信息题，着重考查了人体免疫调节的有关知识，要求考生能够从题干信息中获取解题的有效信息，属于考纲中识记、理解层次的考查。

7.从古至今化学与生产、生活密切相关。

下列说法正确的是（）

A.喝补铁剂（含Fe2+）时，加服维生素C效果更好，因维生素C具有氧化性

B.汉代烧制岀“明如镜、声如馨”的瓷器，其主要原料为石灰石

C.“司南之杓（勺），投之于地，其柢（勺柄）指南”，司南中的“杓”含Fe2O3

D.港珠澳大桥采用超高分子量聚乙烯纤维吊绳，其商品名为“力纶”是有机高分子化合物

【答案】D

【解析】A．亚铁离子易被人体吸收，维生素C具有还原性，可以防止亚铁离子被氧化，则喝补铁剂时，加维生素C效果较好，故A错误；B．瓷器的成分为硅酸盐，主要原料为黏土，不是石灰石，故B错误；C．“司南之杓（勺），投之于地，其柢（勺柄）指南”，与磁铁的磁性有关，则司南中的“杓”含Fe3O4，故C错误；D．聚乙烯纤维属于合成高分子材料，属于有机高分子化合物，故D正确；

8.依据反应2KIO3+5SO2+4H2O═I2+3H2SO4+2KHSO4（KIO3过量），利用下列装置从反应后的溶液中制取碘的CCl4溶液并回收KHSO4。

下列说法不正确的是（）

A.用

制取SO2

B.用

还原IO3-

C.用

从水溶液中提取KHSO4

D.用

制取I2的CCl4溶液

【答案】C

【解析】A．加热条件下Cu和浓硫酸反应生成二氧化硫，所以该装置能制取二氧化硫，故A正确；B．二氧化硫具有还原性，碘酸钾具有氧化性，二者可以发生氧化还原反应生成碘，且倒置的漏斗能防止倒吸，所以能用该装置还原碘酸根离子，故B正确；C．从水溶液中获取硫酸氢钾应该采用蒸发结晶的方法，应该用蒸发皿蒸发溶液，坩埚用于灼烧固体物质，故C错误；C．四氯化碳和水不互溶，可以用四氯化碳萃取碘水中的碘，然后再用分液方法分离，故D正确；

9.2019年4月20日，药品管理法修正草案进行二次审议，牢筑药品安全防线。

运用现代科技从苦艾精油中分离出多种化合物，其中四种的结构如下：

下列说法不正确的是（）

A.②③分子中所有的碳原子不可能处于同一平面内

B.②、④互为同分异构体

C.④的一氯代物有6种

D.①②③均能使酸性高锰酸钾溶液褪色

【答案】B

【解析】A．②含有饱和碳原子

、

，具有甲烷的结构特征，则所有的碳原子不可能在同一个平面上，故A正确；

B．②、④的分子式不同，分别为C10H18O、C10H16O，则二者不是同分异构体，故B错误；

C．④结构不对称，一氯代物有6种，故C正确；

D．①、②均含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，③的苯环上含有甲基，能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，故D正确；

答案选B。

【点睛】本题的易错点为A，有机物分子中只要含有饱和碳原子（包括：

-CH3、-CH2-、

、

）中的一种，分子中的所有原子就不可能处于同一平面内，含有

、

，分子中的碳原子就不可能共平面。

10.短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增加，K、L、M均是由这些元素组成的二元化合物，甲是B元素常见的固体单质，乙常温下呈液态。

K是无色气体，是主要大气污染物之一。

常温下0.05mol•L-1丙溶液pH为l，上述物质的转化关系如图所示。

下列说法正确的是（）

A.简单离子半径：

C

B.元素的非金属性：

C>D>E>B

C.由元素A、C、D仅能组成共价化合物

D.由元素B、E组成的化合物可用于洗涤试管壁上残余的硫单质

【答案】CD

【解析】0.05mol/L丙溶液的pH为l，可知丙为二元强酸，应为H2SO4，K是无色气体，是主要的大气污染物之一，且可生成H2SO4，则K应为SO2，可知乙为H2O2，L为H2O，乙是常见的气体，且由浓硫酸和甲反应生成，可知甲为C，M为CO2，则A为H元素，B为C元素，C为O元素，D为S元素，则E为Cl元素，据此分析解答。

【详解】A．核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径S2-＞Cl-，故A错误；

B．同周期元素从左到右，元素的非金属性增强，则非金属性Cl＞S，故B错误；

C．由元素A、C、D组成的化合物为硫酸、亚硫酸等，均为共价化合物，故C正确；

D．由元素B、E组成的化合物为四氯化碳，为良好的有机溶解，可用于洗涤试管壁上残余的硫单质，故D正确；

11.下列由实验现象得出的结论不正确的是（）

操作及现象

结论

A

向3mL0.1mol•L-1AgNO3溶液中先加入4~5滴0.1mol•L-1NaCl溶液，再滴加4~5滴0.1mol•L-1NaI溶液

先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀，说明Ksp（AgCl）>Ksp（AgI）

B

向2支盛有5mL不同浓度的Na2S2O3溶液的试管中同时加入5mL0.1mol•L-1硫酸溶液，记录出现浑浊的时间

探究浓度对反应速率的影响

C

其他条件相同，测定等浓度的HCOOK和K2S溶液的pH

比较Ka（HCOOH）和Ka2（H2S）的大小

D

向可能含有Cu2O、Fe2O3红色固体①中加入足量稀硫酸溶解，有红色固体②生成，再滴加KSCN溶液溶液不变红

（已知：

Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O）

不能说明红色固体①中不含Fe2O3

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】A．与氯化钠反应后，硝酸银过量，再加入NaI，硝酸银与碘化钠反应生成沉淀，为沉淀的生成，不能比较Ksp大小，故A错误；

B．只有硫代硫酸钠溶液浓度不同，其它条件都相同，所以可以探究浓度对化学反应速率影响，故B正确；

C．酸根离子水解程度越大，其对应的酸电离程度越小，电离平衡常数越大，通过两种盐溶液的pH大小可以判断其酸根离子水解程度的大小，从而确定其对应酸的酸性强弱，从而确定电离平衡常数大小，故C正确；

D．氧化亚铜和氧化铁都是红色固体，氧化亚铜和稀硫酸生成的Cu能和铁离子反应生成亚铁离子，所以不能检验红色固体中含有氧化铁，故D正确；

答案选A。

【点睛】本题的易错点为D，要注意氧化亚铜在酸性溶液中能够发生歧化反应，生成的Cu能和铁离子发生氧化还原反应。

12.中国是一个严重缺水的国家，污水治理越来越引起人们重视，可以通过膜电池除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚，其原理如图所示，下列说法不正确的是（）

A.电流方向从A极沿导线经小灯泡流向B极

B.B极为电池的阳极，电极反应式为CH3COO——8e−+4H2O═2HCO3—+9H+

C.当外电路中有0.2mole−转移时，通过质子交换膜的H+的个数为0.2NA

D.A极的电极反应式为

+H++2e−═Cl−+

【答案】B

【解析】原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知A为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为

+2e-+H+═

+Cl-，B为负极，电极反应式为CH3COO--8e-+4H2O ═2HCO3-+9H+，据此分析解答。

【详解】A．原电池工作时，电流从正极经导线流向负极，即电流方向从A极沿导线经小灯泡流向B极，故A正确；

B．B极为电池的负极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为CH3COO--8e-+4H2O ═2HCO3-+9H+，B极不是阳极，故B错误；

C．根据电子守恒可知，当外电路中有0.2mole-转移时，通过质子交换膜的H+的个数为0.2NA，故C正确；

D．A为正极，得到电子，发生还原反应，正极有氢离子参与反应，电极反应式为

+2e-+H+═

+Cl-，故D正确；

【点睛】根据氢离子的移动方向判断原电池的正负极是解题的关键。

本题的易错点为B，要注意原电池的两极称为正负极，电解池的两极称为阴阳极。

13.人体血液存在H2CO3/HCO3—、HPO42-/H2PO4—等缓冲对。

常温下，水溶液中各缓冲对的微粒浓度之比的对数值lgx［x表示

或

］与pH的关系如图所示。

已知碳酸pKal═6.4、磷酸pKa2═7.2（pKa═-lgKa）。

则下列说法不正确的是（）

A.曲线Ⅱ表示lg

与pH的变化关系

B.a~b的过程中，水的电离程度逐渐增大

C.当c（H2CO3）═c（HCO3—）时，c（HPO42—）=c（H2PO4—）

D.当pH增大时，

逐渐增大

【答案】D

【解析】由电离平衡H2CO3

HCO3-+H+、H2PO4-

HPO42-+H+可知，随pH增大，溶液中c（OH-）增大，使电离平衡向右移动，H2CO3/HCO3-减小，HPO42-/H2PO4-增大，所以曲线I表示lg[H2CO3/HCO3-）]与pH的变化关系，曲线II表示lg[c（HPO42-）/c（H2PO4-）]与pH的变化关系，以此分析解答。

【详解】A.根据以上分析，曲线I表示lg[H2CO3/HCO3-）]与pH的变化关系，故A错误；

B.曲线I表示lg[H2CO3/HCO3-）]与pH的变化关系，a→b的过程中，c（HCO3-）逐渐增大，对水的电离促进作用增大，所以水的电离程度逐渐增大，故B错误；

C.根据H2CO3

HCO3-+H+，Kal=

；H2PO4-

HPO42-+H+，Ka2=

；由题给信息可知，Ka1

Ka2，则当c（H2CO3）=c（HCO3—）时c（HPO42-）

c（H2PO4-），故C错误；

D.根据Kal=

；Ka2=

，可得c（HCO3-）

c（H2PO4-）/c（HPO42-）=

c（H2CO3），

当pH增大时，c（H2CO3）逐渐减小，所以c（HCO3-）

c（H2PO4-）/c（HPO42-）逐渐减小，故D正确。

故答案选D。

【点睛】本题考查电解质溶液，涉及电离平衡移动、电离平衡常数及水的电离等知识，正确分析图象是解题的关键，注意电离常数只与温度有关，温度不变，电离常数不变，注意平衡常数的表达式及巧妙使用。

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.关于原子核的变化、核能及核力，下列说法正确的是

A.核力是一种弱相互作用，只能发生在原子核内相邻核子之间

B.某原子经过一次α衰变和两次β衰变后，核内质子数不变

C.放射性原子核X发生衰变，生成物的结合能一定小于X的结合能

D.

+

→

+

+3

是太阳内部发生的核反应之一

【答案】B

【解析】

【分析】

核力是强相互作用，具有饱和性和短程性；故将核子束缚在原子核内的核力，是不同于万有引力和电磁力的另一种相互作用力且每个核子只跟邻近的核子发生核力的作用，重核衰变时释放能量，衰变产物的结合能之和大于原来重核的结合能，α衰变的过程中电荷数少2，质量数少4，β衰变的过程中电荷数增1，质量数不变；

【详解】A、核力是强相互作用，具有饱和性和短程性；故将核子束缚在原子核内的核力，是不同于万有引力和电磁力的另一种相互作用力且每个核子只跟邻近的核子发生核力的作用，故A错误；

B、α衰变的过程中电荷数少2，质量数少4，β衰变的过程中电荷数增1，质量数不变，某原子核经过一次α衰变和两次β衰变后，电荷数不变，核内质子数不变，故B正确；

C、放射性原子核X发生衰变，要释放能量，衰变产物的结合能之和一定大于原来X的结合能的，故C错误；

D、太阳内部的反应是聚变反应，而

是裂变反应，故D错误；

故选B。

【点睛】关键知道α衰变的过程中电荷数少2，质量数少4，β衰变的过程中电荷数增1，质量数不变，太阳内部的反应是聚变反应，放射性原子核X发生衰变，要释放能量，衰变产物的结合能之和一定大于原来X的结合能的。

15.a、b两物体同时从同一地点开始做匀变速直线运动，二者运动的v－t图象如图所示，下列说法正确的是

A.a、b两物体运动方向相反

B.a物体的加速度小于b物体的加速度

C.t＝1s时两物体的间距等于t＝3s时两物体的间距

D.t＝3s时，a、b两物体相遇

【答案】C

【解析】

由图象可知，ab两物体的速度都为正值，速度方向相同．故A错误．图象的斜率表示加速度，由图可知，a的斜率为

，b的斜率为

，所以a物体的加速度比b物体的加速度大．故B错误．t=1s时，两物体的间距为△x＝5×1−

×0.5×12−2×1−

×1×12m=2.25m；t=3s时两物体的位移为△x′＝5×3−

×0.5×32−2×3−

×1×32m=2.25m，故两者物体间距相等，故C正确，D错误，故选C.

16.某极地轨道卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极，已知该卫星从北纬60°的正上方按图示方向第一次运行到南纬60°的正上方时所用时间为1h，则下列说法正确的是

A.该卫星与同步卫星的运行半径之比为1∶4

B.该卫星与同步卫星的运行速度之比为1∶2

C.该卫星的运行速度一定大于7.9km/s

D.该卫星的机械能一定大于同步卫星的机械能

【答案】A

【解析】

试题分析：

卫星从北纬60°的正上方，按图示方向第一次运行到南纬60°的正上方时，偏转的角度是120°，刚好为运动周期的

T，所以卫星运行的周期为3t，同步卫星的周期是24h，由

得：

，所以：

．故A正确；由

得：

．故B错误；7．9km/s是卫星环绕地球做匀速圆周运动的最大速度，所以该卫星的运行速度一定小于7．9km/s．故C错误；由于不知道卫星的质量关系，故D错误．故选A。

考点：

万有引力定律的应用

【名师点睛】该题考查人造卫星与同步卫星的关系，灵活运动用重力和万有引力相等以及万有引力提供圆周运动的向心力是解决本题的关键。

17.如图所示为自左向右逐渐增强的磁场,一不计重力的带电粒子垂直射入其中，由于周围气体的阻碍作用,其运动轨迹恰为一段圆弧PQ（粒子电量保持不变），则可判断

A.粒子从P点射入

B.粒子所受洛伦兹力逐渐增大

C.粒子带负电

D.粒子的动能逐渐增大

【答案】A

【解析】

【详解】粒子做圆周运动，半径不变，由

，由于粒子的速度减小，则B也是减小的，则粒子从P点射入；选项A正确；由左手定则可知，粒子带正电，选项C错误；由f=qvB可知，粒子所受的洛伦兹力减小，选项B错误；粒子的速度减小，动能减小，选项D错误.

18.如图所示，理想变压器的原、副线圈分别接理想电流表A、理想电压表V，副线圈上通过输电线接有一个灯泡L，一个电吹风M，输电线的等效电阻为R，副线圈匝数可以通过调节滑片P改变。

S断开时，灯泡L正常发光。

滑片P位置不动，当S闭合时，以下说法中正确的是

A.电压表读数增大

B.电流表读数减小

C.等效电阻R两端电压增大

D.为使灯泡L正常发光，滑片P应向下滑动

【答