高考全国卷理综选择题满分冲刺训练05解析版.docx
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高考全国卷理综选择题满分冲刺训练05解析版
2020年高考全国卷理综选择题满分冲刺训练（05）
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.下列关于细胞结构及功能的叙述，正确的是（）
A.固醇类激素的合成和加工与高尔基体密切相关
B.细胞膜上某些蛋白质可完成细胞间的信息传递
C.分布在叶绿体基质中的光合色素可以吸收光能
D.大多数细菌缺乏线粒体因而不能进行有氧呼吸
【答案】B
【解析】
【分析】
1、内质网是脂质和成车间；2、细胞膜的功能特点：
具有选择透过性（可以让水分子自由通过，细胞要选择吸收的离子和小分子也可以通过，而其他的离子、小分子和大分子则不能通过）;3、细胞膜的功能：
①将细胞与外界环境分开；②控制物质进出细胞；③进行细胞间的物质交流;4、原核生物只有核糖体一种细胞器。
【详解】A、光面内质网是脂质合成场所，固醇类激素属于脂质，其合成与内质网密切相关，A错误；B、细胞膜上某些蛋白质可作为受体，受体与信号分子结合后，可完成细胞间的信息传递，B正确；C、分布在叶绿体类囊体薄膜上的光合色素可以吸收 、传递、转换光能，C错误；D、细菌都没有线粒体，部分细菌含有有氧呼吸酶，因而能进行有氧呼吸，D错误。
2.下图是植物水培生长系统的示意图，培养槽中放置了能产生小气泡的多孔固体作为气泡石。
下列有关分析错误的是（）
A.气泡石用于保持溶液中氧的饱和状态，避免根系细胞进行无氧呼吸
B.营养液中的水和矿质元素充足时，都以自由扩散的方式进入根系细胞
C.相比土壤种植，水培系统增加了植物根系对矿质营养的可利用性
D.当营养液的浓度过高时，可能会抑制植物根系的生长发育
【答案】B
【解析】
【分析】
1、气泡石可以产生小气泡，保持溶液中氧的饱和状态；
2、植物细胞吸收水分为自由扩散，吸收无机盐为主动运输；
3、当外界溶液浓度大于细胞液浓度时，细胞会渗透失水。
【详解】A、气泡石可以产生小气泡，从而保持溶液中氧的饱和状态，避免根系细胞进行无氧呼吸，A正确；B、矿质元素在营养液中主要以离子形式存在，以主动运输方式被植物吸收，B错误；C、在土壤中，许多矿质离子会被吸附到土壤颗粒上，对于根系来说，水培系统增加了植物根系对矿质营养的可利用性，C正确；D、当营养液的浓度过高时，植物可能通过渗透作用失水，可能会抑制植物根系的生长发育，D正确。
故选：
B。
3.在大肠杆菌细胞内，肽酰转移酶能催化蛋白质合成过程中肽键的形成，该酶是rRNA的组成部分，用核酸酶处理该酶后蛋白质的合成受阻。
下列相关叙述错误的是（）
A.肽酰转移酶不能与双缩脲试剂产生紫色反应
B.肽酰转移酶可能在核糖体上发挥作用
C.细胞中的rRNA是DNA通过转录产生的
D.大肠杆菌的mRNA在转录结束后才与核糖体结合
【答案】D
【解析】
【分析】
1、双缩脲试剂可与蛋白质中的肽键发生紫色反应；2、核糖体的主要成分是蛋白质和rRNA；3、原核细胞中转录和翻译可同时进行。
【详解】A、肽酰转移酶是rRNA的组成部分，成分是RNA，能催化蛋白质合成过程中肽键的形成，故其不能与双缩脲试剂发生紫色反应，A正确；B、肽酰转移酶是rRNA的组成部分，而rRNA是核糖体的重要组成成分，因此肽酰转移酶可能在核糖体上发挥作用，B正确；C、细胞中的rRNA是以DNA的一条链为模板，通过转录产生的，C正确；D、大肠杆菌是原核生物，其细胞中不存在核膜，因此转录和翻译过程会同时进行，即转录还未结束，mRNA就会与核糖体结合，D错误。
故选：
D。
4.某些蛋白酶在生产和使用前需要测定酶活性。
下图表示科研人员选用酪蛋白对多种蛋白酶的活性进行测定的实验结果（注：
实验在30℃、pH=9.0的条件下进行），下列分析错误的是
A.在上述实验条件下，蛋白酶K和胰凝乳蛋白酶的活性最高
B.在实验过程中，部分菠萝蛋白酶和胰蛋白酶可能失活
C.这几种蛋白酶均能分解酪蛋白，说明这些酶不具有专一性
D.可用盐析的方法从各种蛋白酶的提取液中沉淀出蛋白酶
【答案】C
【解析】
【分析】
分析题图：
图示为用酪蛋白对多种蛋白酶的活性进行测定的实验结果，在上述实验条件下，蛋白酶K和α-胰凝乳蛋白酶的活性最高，木瓜蛋白酶、菠萝蛋白酶和胰蛋白酶的活性较低。
【详解】A、由图可知，在上述实验条件下，蛋白酶K和α-胰凝乳蛋白酶的活性最高，A正确；B、该实验是在pH=9.0的条件下进行的，pH较高，木瓜蛋白酶、菠萝蛋白酶和胰蛋白酶的活性较低，部分酶可能失活，B正确；C、酶的专一性是指一种酶能催化一种或一类化学反应，酪蛋白酶的化学本质是蛋白质，因此不同蛋白酶都能分解酪蛋白，这能体现酶的专一性，C错误；D、题中几种酶的化学本质都是蛋白质，可用盐析的方法把这几种酶从各自的提取液中沉淀出来，D正确。
故选：
C。
5.研究发现，少数孕妇在妊娠期体内甲状腺激素的浓度会出现大幅度的变化，容易给胎儿带来一定的影响。
下列相关叙述错误的是（）
A.孕妇体内甲状腺激素分泌过少可影响胎儿神经系统的发育
B.妊娠期甲状腺激素分泌过多将导致孕妇代谢旺盛，产热量增多
C.若孕妇摄入碘的量不足，可能导致胎儿出生后患侏儒症
D.甲状腺激素通过体液运输给胎儿，并与受体结合后起作用
【答案】C
【解析】
【分析】
1、甲状腺激素的调节过程：
下丘脑→促甲状腺激素释放激素→垂体→促甲状腺激素→甲状腺→甲状腺激素，同时甲状腺激素还能对下丘脑和垂体进行负反馈调节。
2、甲状腺激素的功能：
促进代谢活动，促进生长发育（包括中枢神经系统的发育），提高神经系统的兴奋性；分泌失调：
过多：
患甲亢。
患者血压升高、心搏加快、多汗、情绪激动、眼球突出等。
不足：
神经系统、生殖器官发育受影响（婴儿时缺乏会患呆小症）。
缺碘：
患甲状腺肿，俗称“大脖子病”。
【详解】A、甲状腺激素可以促进神经系统的发育，因此孕妇体内甲状腺激素分泌过少可影响胎儿神经系统的发育，A正确；B、甲状腺激素可以促进代谢活动，所以妊娠期甲状腺激素分泌过多将导致孕妇代谢旺盛，产热量增多，B正确；C、孕妇摄入碘的量不足，可能导致胎儿出生后患呆小症，侏儒症是幼年生长激素缺乏导致，C错误；D、孕妇的甲状腺激素可以通过体液运输给胎儿，并与靶细胞膜上的受体结合后起作用，D正确。
故选：
C。
6.对具有顶端优势的杜鹃兰假鳞茎分别进行打顶、顶芽涂抹三碘苯甲酸（能抑制生长素的运输）处理，对照组不作处理。
第5天后处理组侧芽开始萌发并在第9天后快速生长，分别检测各组侧芽处的生长素（IAA）和细胞分裂素（CTK）的含量结果如图甲和乙所示。
下列有关分析正确的是（）
A.打顶可降低侧芽处生长素和细胞分裂素的含量，促进侧芽萌发
B.侧芽的萌发与生长需要杜鹃兰持续降低内源生长素的含量
C.三碘苯甲酸具有促进细胞分裂素从顶芽往侧芽运输的功能
D.IAA/CTK的值变小有利于侧芽萌发，侧芽快速生长时该比值增大
【答案】D
【解析】
【分析】
题图分析：
甲图中生长素第6天到第10天对照组、打顶组、涂抹三碘苯甲酸组生长素浓度都逐渐增加，与处理前比较，打顶组、涂抹三碘苯甲酸组生长素浓度都低；乙图细胞分裂素从第6天到10天，对照组基本不变，打顶组、涂抹三碘苯甲酸组浓度逐渐下降，但与处理前比较，对照组、打顶组、涂抹三碘苯甲酸组细胞分裂素浓度都增加。
【详解】A、由实验数据可知，打顶可降低侧芽处生长素的含量，但是细胞分裂素的含量增多，A错误；B、侧芽萌发时，内源生长素含量降低，而该实验的处理组与5天后侧芽开始萌发并快速生长，并且在第10天检测到侧芽处生长素的含量高于第6天，由此可知侧芽生长所需的内源生长素含量增多，B错误；C、三碘苯甲酸可抑制生长素的运输，从而降低侧芽处生长素的含量，增多细胞分裂素的含量，但据题意不能得知三碘苯甲酸具有促进细胞分裂素从顶芽往侧芽运输的功能，C错误；D、杜鹃兰侧芽萌发时，生长素含量降低、细胞分裂素增多，IAA/CTK的值比未萌发时变小，杜娟兰侧芽快速生长时，生长素含量增多、细胞分裂素含量降低，IAA/CTK的值增大，D正确。
故选：
D。
7.清代赵学敏《本草纲目拾遗》中关于“鼻冲水”的记载明确指出：
“鼻冲水，出西洋，……贮以玻璃瓶，紧塞其口，勿使泄气，则药力不减……惟以此水瓶口对鼻吸其气，即遍身麻颤出汗而愈。
虚弱者忌之。
宜外用，勿服。
”这里的“鼻冲水”是稀硫酸、氢氟酸溶液、氨水、醋酸溶液中的一种。
下列有关“鼻冲水”的推断正确的是（ ）
A.“鼻冲水”滴入酚酞溶液中，溶液不变色
B.“鼻冲水”中含有5种粒子
C.“鼻冲水”是弱电解质
D.“鼻冲水”不能使二氧化硅溶解
【答案】D
【解析】分析：
根据鼻冲水贮存在玻璃瓶中可知鼻冲水不是氢氟酸，根据性质可判断其易挥发，又因为宜外用，勿服，因此可判断应该是氨水，据此解答。
详解：
A．氨水显碱性，滴入酚酞溶液中，溶液变红色，A错误；
B．氨水中含NH3、H2O、NH3•H2O、H+、NH4+、OH-，含有分子和离子的种类为6种，B错误；
C．由鼻冲水（氨水）可知，氨水为混合物，而弱电解质为化合物，则氨水不是弱电解质，而一水合氨为弱电解质，C错误；
D．氨水显弱碱性，不能溶解二氧化硅，D正确
答案选D。
8.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A.1mol铁在一定条件下分别和氧气、氯气、硫完全反应转移电子数都为2NA
B.30g葡萄糖和冰醋酸的混合物中含有的氢原子数为4NA
C.12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为2NA
D.2.1gDTO中含有质子数为NA
【答案】D
【解析】【详解】A、1mol铁在一定条件下分别与氧气、氯气、硫完全反应，与氧气生成四氧化三铁，转移了
mol电子，与氯气反应生成氯化铁，转移了3mol电子，与S反应生成FeS，转移了2mol电子，故A错误；
B、葡萄糖和冰醋酸最简式相同为CH2O，30g葡萄糖和冰醋酸的混合物含有原子团CH2O的物质的量=
=1mol，含有的氢原子数为2NA，故B错误；
C、石墨烯中每一个六元环平均含有2个碳原子，故12g石墨烯即1mol石墨中含1molC原子，含有0.5mol六元环，即0.5NA个六元环，故C错误；
D.2.1gDTO的物质的量为
=0.1mol，而一个DTO中含10个质子，故0.1molDTO中含NA个质子，故D正确；
9.下列实验方案正确且能达到实验目的的是（ ）
A.
证明碳酸的酸性比硅酸强
B.
验证草酸晶体是否含结晶水
C.
检验混合气体中H2S和CO2
D.
制备乙酸乙酯
【答案】C
【解析】【详解】A．盐酸挥发出的HCl也能和硅酸钠反应，应先除去，A项错误；
B．草酸受热易熔化，所以试管口不能向下倾斜，且草酸受热分解也会产生水，B项错误；
C．足量酸性高锰酸钾溶液可检验并除去H2S，可通过澄清石灰水变浑浊检验CO2的存在，C项正确；
D．导管不能插入饱和碳酸钠溶液中，否则会引起倒吸，D项错误；
所以答案选择C项。
10.香草醛是一种广泛使用的可食用香料，可通过如下方法合成。
下列说法正确的是（ ）
A.物质Ⅰ的分子式为C7H7O2
B.CHCl3分子具有正四面体结构
C.物质Ⅰ、Ⅲ（香草醛）互为同系物
D.香草醛可发生取代反应、加成反应
【答案】D
【解析】【详解】A．物质Ⅰ（
）的分子式为C7H8O2，故A错误；
B．C-H、C-Cl的键长不同，CHCl3分子是四面体结构，而不是正四面体结构，故B错误；
C．物质Ⅰ、Ⅲ结构不相似，Ⅲ含有醛基，二者不是同系物，故C错误；
D．香草醛中含有苯环、羟基和醛基，则可发生取代、加成反应，故D正确；
11.如图是某另类元素周期表的一部分，下列说法正确的是（ ）
A.简单阴离子的半径大小：
X>Y>Z
B.单质的氧化性：
X>Y>Z
C.Y的氢化物只有一种
D.X的最高价氧化物对应的水化物为强酸
【答案】A
【解析】周期表中元素的排列规律可知：
X为P元素，Y为N元素，Z为O元素。
A．一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，离子半径的大小：
X＞Y＞Z，故A正确；B．元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，单质的氧化性X＜Y＜Z，故B错误；C．N的氢化物不只有一种，可以是氨气、联氨等氢化物，故C错误；D．P的最高价氧化物对应的水化物为磷酸，属于中强酸，故D错误；
12.氨硼烷（NH3·BH3）电池可在常温下工作，装置如图所示。
未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，电池反应为NH3·BH3＋3H2O2==NH4BO2＋4H2O。
已知H2O2足量，下列说法正确的是（ ）
A.正极的电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑
B.电池工作时，H＋通过质子交换膜向负极移动
C.电池工作时，正、负极分别放出H2和NH3
D.工作足够长时间后，若左右两极室质量差为1.9g，则电路中转移0.6mol电子
【答案】D
【解析】根据氨硼烷（NH3•BH3）电池工作时的总反应为NH3•BH3+3H2O2═NH4BO2+4H2O可知，左侧NH3•BH3为负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为NH3•BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，右侧为正极，H2O2得到电子发生还原反应，电极反应式为3H2O2+6H++6e-═6H2O，据此分析解答。
【详解】A．右侧为正极，H2O2得到电子发生还原反应，电极反应式为H2O2+2H++2e-=2H2O，故A错误；B．放电时，阳离子向正极移动，所以H+通过质子交换膜向正极移动，故B错误；
C．电池工作时，负极的电极反应式为NH3•BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，正极电极反应式为3H2O2+6H++6e-═6H2O，不能放出H2和NH3，故C错误；D．未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，通入氨硼烷后，负极电极反应式为NH3•BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，正极的电极反应式为3H2O2+6H++6e-═6H2O，假定转移6mol电子，则左室质量增加=31g-6g=25g，右室质量增加6g，两极室质量相差19g，则理论上转移0.6mol电子，工作一段时间后，若左右两极室质量差为1.9 g，故D正确；
13.已知H2A为二元弱酸。
室温时，配制一组c（H2A）+c（HA-）+c（A2-）=0.100mol·L-1的H2A和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如下图所示。
下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系不正确的是
A.pH=2的溶液中：
c（H2A）+c（A2-）>c（HA-）
B.E点溶液中：
c（Na+）-c（HA-）<0.100mol•L-1
C.c（Na+）=0.100mol·L-1的溶液中：
c（H+）+c（H2A）=c（OH-）+c（A2-）
D.pH=7的溶液中：
c（Na+）>2c（A2-）
【答案】A
【解析】A、根据图像，可以得知pH=2时c（HA－）>c（H2A）＋c（A2－），故A说法错误；B、E点：
c（A2－）=c（HA－），根据电荷守恒：
c（Na＋）＋c（H＋）=c（OH－）＋c（HA－）＋2c（A2－），此时的溶质为Na2A、NaHA，根据物料守恒，2n（Na＋）=3n（A），即2c（Na＋）=3c（A2－）＋3c（HA－）＋3c（H2A），两式合并，得到c（Na＋）－c（HA－）=[c（HA－）＋3c（H2A）＋c（A2－）]/2，即c（Na＋）－c（HA－）=0.1＋c（H2A），c（Na＋）-c（HA－）<0.100mol·L－1，故B说法正确；C、根据物料守恒和电荷守恒分析，当c（Na＋）=0.1mol·L－1溶液中：
c（H＋）+c（H2A）=c（OH－）+c（A2－），故C说法正确；D、根据电荷守恒，c（Na＋）＋c（H＋）=c（OH－）＋c（HA－）＋2c（A2－），pH=7，说明c（H＋）=c（OH－），即c（Na＋）=c（HA－）＋2c（A2－），因此有c（Na＋）>2c（A2－），故D说法正确。
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.下列说法中正确的是（ ）
A.光照到某金属上不能发生光电效应，是因为该光波长太短
B.由α粒子散射的实验数据可以估测原子核半径的大小
C.电子束穿过铝箔的衍射实验证实了电子的粒子性
D.原子的能量是不连续的，能级越高越稳定
【答案】B
【解析】
【详解】光照到某金属上不能发生光电效应，是因为该光频率太小，波长太长，选项A错误；由α粒子散射的实验数据可以估测原子核半径的大小，选项B正确；电子束穿过铝箔的衍射实验证实了电子的波动性，选项C错误；根据玻尔理论可知，原子核的能量是不连续的，能级越高越不稳定，故D错误。
15.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：
n2=10：
1，原线圈输入交变电压u=
sinl00πt（V），在副线圈中接有理想交流电流表、阻值为22Ω的定值电阻R和电容器C。
下列说法中正确的是（）
A.电阻R中电流方向1s内变化50次
B.电流表示数是1A
C.电阻R消耗的电功率为22W
D.电容器的耐压值至少是22V
【答案】C
【解析】
【详解】原线圈输入交变电压u=220
sin100πt（V），频率f=50Hz，电流方向变化次数为2f，则电阻R中电流方向1s内变化100次，选项A错误。
根据理想变压器的规律可知副线圈两端的电压为：
知
，则U2=22V，
，因交流电也能通过电容器，可知电流表的读数大于1A，选项B错误；电阻R消耗的电功率为：
，故C正确；电容器的耐压值应对应交流电压的最大值22
V，故D错误。
16.如图所示，边长为L的正六边形ABCDEF的5条边上分别放置5根长度也为L的相同绝缘细棒。
每根细棒均匀带上正电。
现将电荷量为+Q的点电荷置于BC中点，此时正六边形几何中心O点的场强为零。
若移走+Q及AB边上的细棒，则O点强度大小为（k为静电力常量）（不考虑绝缘棒及+Q之间的相互影响）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据电场强度是矢量，结合点电荷电场强度的计算公式和对称性进行分析.
【详解】根据对称性，AF与CD上的细棒在O点产生的电场强度叠加为零，AB与ED上的细棒在O点产生的电场强度叠加为零.BC中点的点电荷在O点产生的电场强度为
，因EF上的细棒与BC中点的点电荷在O点产生的电场强度叠加为零，EF上的细棒在O点产生的电场强度为
，故每根细棒在O点产生的电场强度为
，移走+Q及AB边上的细棒，O点的电场强度为EF与ED上的细棒在O点产生的电场强度叠加，这两个场强夹角为60°，所以叠加后电场强度为
；故选D.
【点睛】本题主要是考查电场强度的叠加，知道电场强度是矢量，其合成满足平行四边形法则.
17.在光滑水平面上，一质量为m，速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球发生正碰，则碰撞后B球的速度大小可能是（ ）
A.vB.0.8vC.0.5vD.0.3v
【答案】C
【解析】
【详解】以两球组成的系统为研究对象，以A球的初速度方向为正方向，如果碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律得：
mv=mvA+2mvB，由机械能守恒定律得：
mv2=
mvA2+
•2mvB2，解得：
vA=-
v，vB=
v，负号表示碰撞后A球反向弹回。
如果碰撞为完全非弹性碰撞，以A球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv=（m+2m）vB，解得：
vB=
v；则碰撞后B球的速度范围是：
v＜vB＜
v，则碰后B球的速度大小可能是0.5v。
故ABD错误，C正确。
18.如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，物块b置于斜面上，通过跨过光滑定滑轮的细绳与小盒a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，连接a的一段细绳竖直，a连接在竖直固定在地面的弹簧上。
现向盒内缓慢加入适量砂粒，a、b、c始终处于静止状态。
下列判断正确的是（）
A.c对b的摩擦力可能减小
B.地面对c的支持力可能增大
C.地面对c的摩擦力可能不变
D.弹簧的弹力可能增大
【答案】A
【解析】
【详解】盒子a受重力、拉力和弹簧的支持力而平衡，随着沙子质量的增加；由于不知道b的重力沿着斜面方向的分力与细线拉力的大小关系，故不能确定静摩擦力的方向，静摩擦力可能增加、可能减小，有可能先减小后增大，故A正确；对a分析可知，a处于静止状态，加入适量砂粒后重力变大，弹簧弹力不变，绳子的张力变大；对b与c整体分析，受重力、支持力、拉力和向左的静摩擦力，故地面对c的支持力一定减小，摩擦力一定变大，故BCD错误。
19.某人造地球卫星绕地球的运动轨迹为椭圆，地球位于椭圆的一个焦点上，已知卫星在近地点的速率为v1、加速度大小为a1、到地心距离为r1，卫星在远地点的速率为v2、加速度大小为a2、到地心距离为r2。
则（）
A.a1＜a2B.a1r1＞v12
C.a2r2＞v22D.v1r1=v2r2
【答案】CD
【解析】设地球的质量为M，万有引力常量为G，卫星的向心力由万有引力提供，则：
，
，由于r1＜r2，则：
a1＞a2．故A错误；卫星在近地点需要的向心力：
，由于卫星在近地点做离心运动，需要的向心力大于提供的力，即：
a1需＞a1，则：
，即：
a1r1＜v12．故B错误；卫星在远地点需要的向心力：
，由于卫星在远地点做向心运动，需要的向心力小于提供的力，即：
a2需＜a2，则：
，即：
a2r2＞v22．故C正确；设远、近地点的曲率半径为ρ，对于近地点：
，对于远地点：
，所以v1r1=v2r2．选项D正确。
20.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为α，圆环在A处时弹簧竖直且处于原长。
将圆环从A处静止释放，到达C处时速度为零。
若圆环在C处获得沿杆向上的速度v，恰好能回到A。
已知AC=L，B是AC的中点，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则下列叙述正确的是（ ）
A.下滑过程中，环受到的合力一直减小
B.下滑过程中，环与杆摩擦产生的热量为
mv2
C.从C到A过程，弹簧对环做功为mgLsinα
mv2
D.环经过B时，上滑的速度小于下滑的速度
【答案】BC
【解析】
【详解】圆环从A处由静止开始下滑，初速度为零，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，所以加速度先减小至零，后反向增大，则合力先减小后增大，故A错误；圆环从A处由静止开始下滑到C过程，由动能定理得：
mgh+Wf-W弹=0-0；在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理列出等式：
-mgh+W弹+Wf=0-
mv2；联立解得：
Wf=-
mv2，所以产生的热量为
mv2，故B正确；从C到A过程，由动能定理得-mgh+W弹+Wf=0-
mv2，h=Lsinα，联立解得：
弹簧对环做功为W弹=mgLsinα-
mv2，故C正确；研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理列出等式：
mgh′+W′f-W′弹=
mvB2-0；研究圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式：
-mgh′+W′f+W′弹=0-
mvB′2。
即得mgh′-W′f-W
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