2018年高考理综选择题专项训练(10).doc

2018年高考理综选择题专项训练（27）一、选择题：本题共13个小题，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下列关于生物膜结构和功能的叙述，正确的是A分泌蛋白的分泌需要消耗能量，也需要细胞膜上的载体协助B细胞膜上的受体是细胞间信息交流的必需结构C胰岛细胞比心肌细胞髙尔基体膜成分的更新速度更快D核膜上的核孔可以让蛋白质和RNA自由进出【答案】C【解析】分泌蛋白是通过胞吐的方式分泌到细胞外的，需要消耗能量，但是不需要载体的协助，A错误；细胞间的信息交流不一定需要细胞膜上的受体，如植物细胞间的胞间连丝，B错误；胰岛细胞具有分泌胰岛素、胰高血糖素、消化酶等蛋白质的功能，而高尔基体与分泌物的形成有关，因此胰岛细胞比心肌细胞髙尔基体膜成分的更新速度更快，C正确；核膜上的核孔是大分子物质进出细胞核的通道，具有选择性，D错误。2为探究沙枣在不同浓度Na2SO4胁迫下的生长特性，科研人员做了相关实验，结果如下表（四组Na2SO4浓度依次为：0mmol/L、60mmol/L、120mmol/L、180mmol/L），以下推测不正确的是组别净光合速率（molm-2s-1）气孔导度（mol2m-2s-1）根冠比水分利用效率对照组17.50.340.162.8低浓度组14.50.140.183.5中浓度组13.60.120.263.6高浓度组13.10.100.353.7注：气孔导度越大，气孔开放程度越大；根冠比是植物地下部分与地上部分干重的比值A净光合速率下降原因之一是从外界吸收的CO2减少B净光合速率下降主要原因是光反应所需的水分减少C沙枣叶绿体固定的C02来自细胞呼吸和外界的吸收D沙枣通过维持根的生长抑制冠生长来适应盐渍逆境【答案】B【解析】根据表格数据可知，在实验浓度范围内，随着Na2SO4浓度增加，沙枣的净光合速率和气孔导度都逐渐降低，可推知净光合速率下降的原因之一是气孔导度降低，导致从外界吸收的CO2减少，A项正确；随着Na2SO4浓度增加，沙枣的水分利用效率逐渐提高，说明净光合速率下降主要原因不是光反应所需的水分减少，B项错误；沙枣在不同Na2SO4浓度下的净光合速率都大于0，即光合速率大于呼吸速率，由此可推知沙枣叶绿体固定的C02来自细胞呼吸和外界的吸收，C项正确；随着Na2SO4浓度增加，沙枣的根冠比（植物地下部分与地上部分干重的比值）逐渐增大，可推知沙枣通过维持根的生长抑制冠生长来适应盐渍逆境，D项正确。3个位于常染色体上的基因，发生突变导致胚胎畸形且无法存活。以下叙述正确的是A若此突变为隐性，则突变基因携带者均为雌性果蝇B若此突变为显性，则在存活的个体中存在突变的纯合果蝇C若此突变为显性，则突变雄果蝇和野生型雌果蝇杂交子代只有雄果蝇D若此突变为隐性，两个突变基因携带者产生的子代中雌性个体占一半【答案】D【解析】若此突变为隐性，因基因位于常染色体上，则突变基因携带者为雌性果蝇或雄性果蝇，A错误；个位于常染色体上的基因发生突变，若此突变为显性，则在存活的个体中不存在突变的纯合果蝇，B错误；基因发生突变导致胚胎畸形且无法存活，若此突变为显性，则突变雄果蝇为杂合子，野生型雌果蝇为隐性纯合子，二者杂交，子代既有雄果蝇，也有雌果蝇，C错误；若此突变为隐性，两个突变基因携带者产生的子代中，隐性突变纯合子死亡，在存活的个体中，雌雄个体的比值为11，即雌性个体占一半，D正确。4某哺乳动物的毛色由位于常染色体上、独立遗传的3对等位基因控制，其控制过程如下图所示。下列分析正确的是A发生一对同源染色体之间的交叉互换，一个基因型为ddAaBb的精原细胞可产生4种精子B基因型为ddAaBb的雌雄个体相互交配，子代的表现型及比例为黄色:褐色=13:3C图示说明基因通过控制酶的合成来控制该生物的所有性状D图示说明基因与性状之间是一一对应的关系【答案】A【解析】由于某哺乳动物的毛色由位于常染色体上、独立遗传的3对等位基因控制，因此其遗传遵循孟德尔的自由组合定律，一个基因型为ddAaBb的精原细胞如果不发生交叉互换可产生dAB、dab（或daB、dAb）两种类型的精子，如果发生一对同源染色体之间的交叉互换，会产生dAB、dAb、daB、dab四种类型的精子，A正确；由控制色素合成的图解可知，体色为黄色的个体的基因型为D_、ddaaB_、ddaabb，体色为褐色的个体的基因型为ddA_bb，体色为黑色的个体的基因型为ddA_B_。基因型为ddAaBb的雌雄个体相互交配，其后代的基因型及比例为ddA_B_:ddA_bb：ddaaB_:ddaabb=9：3：3：1,其中基因型为ddA_B_的个体表现为黑色，基因型为aaA_bb表现为褐色，基因型为ddaaB_、ddaabb的个体均表现为黄色，因此基因型为ddAaBb的雌雄个体相互交配，子代的表现型及比例为黑色：褐色：黄色=9:3:4；B错误；基因对性状的控制方式包括：基因通过控制蛋白质分子结构来直接控制性状；基因通过控制酶的合成来影响细胞代谢，进而间接控制生物的性状，因此图示只是基因控制性状的方式之一，并不能控制生物的所有性状，C错误；基因与性状之间并不是简单的一一对应关系，有些性状是由多个基因共同决定的，有的基因可决定或影响多种性状，图示说明动物的体色由三对等位基因控制，D错误。5人体在剧烈运动时，通过生命活动的调节维持内部环境的相对稳定。以下说法错误的是A血液中胰高血糖素的增加量超过胰岛素B大脑的躯体运动中枢和小脑的运动平衡中枢的兴奋性增强C皮肤血管舒张、汗腺分泌活动增强D机体细胞进行无氧呼吸产生大量CO2，使脑干呼吸中枢兴奋性增强6甲种群与乙种群存在生殖隔离，如图表示甲乙个体数量比随时间变化的坐标图。据图可以得出的结论是A甲乙两种群的种间关系为捕食，其中乙为捕食者B甲乙两种群均为“J”型增长，增长不受本身密度制约C甲乙两种群为竞争关系，t时刻两种群竞争程度最低DOt时间范围内，甲种群出生率小于乙种群的出生率【答案】C【解析】甲种群与乙种群存在生殖隔离，说明是两个物种。题图显示：随时间的推移，甲乙个体数量的比先增加后减少，最后在t时刻降为零，说明甲种生物的数量先增后减，最终被淘汰，因此甲乙两种群为竞争关系，t时刻两种群竞争程度最低，A错误，C正确；在有限的环境条件下，乙种群最终呈现“S”型增长，甲种生物最终被淘汰，但甲乙两种群的增长都受本身密度制约，B错误；Ot时间范围内，甲种群出生率先高于乙种群的出生，而后二者的出生率相等，最后甲种群出生率小于乙种群的出生率，D错误。7化学与人类生产、生活、社会可持续发展等密切相关。下列说法正确的是A将草木灰与NH4H2PO4混合使用，可更好为植物提供N、P、K三种营养元素B“低碳经济”是指采用含碳量低的烃类作为燃料C推广使用聚二氧化碳可降解塑料，能减少白色污染D通过石油分馏获得乙烯，已成为目前工业上生产乙烯的主要途径【答案】C【解析】NH4H2PO4溶液中的铵根离子与草木灰（主要成分为碳酸钾）中的碳酸根离子的水解会互相促进，减少了铵根离子的存在（注意，虽然NH4H2PO4溶液应该显酸性，但是碳酸钾溶液显碱性，加入碳酸钾相当于加入碱，一定会降低铵根离子的量），降低了植物对氮元素的吸收，选项A错误。低碳经济是指在可持续发展理念指导下，通过技术创新、制度创新、产业转型、新能源开发等多种手段，尽可能地减少煤炭、石油等高碳能源消耗，减少温室气体排放，达到经济社会发展与生态环境保护双赢的一种经济发展形态，与采用含碳量低的烃类作为燃料无关，选项B错误。聚二氧化碳可降解塑料在使用后可以降解为小分子化合物，从而达到了减少白色污染的目的，选项C正确。乙烯是通过石油裂解得到的，选项D错误。8设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（ ）A乙烯和丙烯组成的42g混合气体中碳氢键数目为6NAB标准状兄下,22.4L二氯甲烷的分子数约为NAC常温常压下,1mol甲醇完全燃烧生成CO2和H2O,转移的电子数目为12NAD将1molCH3COONa溶于稀醋酸中使溶液呈中性,溶液中CH3COO-数目小于NA【答案】A【解析】A、乙烯和丙烯的最简式为CH2，所以42g该混合气体中碳氢键数为42g14g/mol2=6mol，故A正确；B、二氯甲烷在标况下为液体，没有密度无法计算其物质的量，故B错误；C、反应的方程式为2CH3OH3O22CO24H2O，所以1mol甲醇完全燃烧转移的电子数目为6NA，则C错误；D、溶液呈中性，即c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒可得c(Na+)= c(CH3COO-)=1mol，所以溶液中CH3COO-数目等于NA，故D错误。所以本题答案为A。9金刚烷()可看成由四个椅式环己烷()构成。下列说法正确的是（ ）A金刚烷的分子式为C10H14B金刚烷的二溴代物有6种C金刚烷能被酸性KMnO4溶液氧化D金刚烷的同分异构体中有可能存在苯的同系物【答案】B【解析】根据结构图可知，金刚烷的分子式为C10H16，A错误；金刚烷的结构对称，6个亚甲基相同、4个次甲基相同, 则分子中含2种位置的H, 由溴原子取代分子中的氢原子形成的二溴代物有6种, B正确；金刚烷结构中均为饱和键，不能被酸性KMnO4溶液氧化，C错误；苯的同系物的通式为CnH2n-6,（n6），金刚烷的分子式为C10H16，不符合苯的同系物的通式，所以金刚烷的同分异构体中不可能存在苯的同系物，D错误；正确选项B。10下列实验的现象及结论均正确且两者具有因果关系的是选项实验现象结论A向FeCl2溶液中加入适量Na2O2粉末出现红褐色沉淀和无色气体FeCl2部分变质B向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡，静置分层，上层呈橙红色Br-还原性强于Cl-C将SO2通入BaCl2溶液中，然后滴入稀硝酸产生白色沉淀且沉淀不溶于稀硝酸白色沉淀为BaSO3,然后转化为BaSO4D将稀硫酸滴入淀粉溶液中并加热，冷却后再加入新制Cu(OH)2悬浊液并加热未出现砖红色沉淀淀粉未水解【答案】B【解析】过氧化钠具有强氧化性,可氧化亚铁离子,则不能说明FeCl2溶液部分变质, A错误；溴溶于苯中，呈橙红色，说明氯气能够把溴离子氧化为溴单质，氧化性：氯气大于溴，还原性：Br-大于Cl-，B正确；SO2与BaCl2溶液不发生反应，不能生成亚硫酸钡沉淀,然后滴入稀硝酸发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，C错误；实验中没有用NaOH溶液中和作催化剂的稀硫酸，酸性条件下即便淀粉水解了，也看不到砖红色沉淀，D错误；正确选项B。11现有W、X、Y、Z四种短周期元素，W分别与X、Y、Z结合生成甲、乙、丙三种化合物，且甲、乙、丙均为10电子的分子，Y、Z结合生成化合物丁。有关物质的转化关系如下图所示，下列说法错误的是（ ）A原子序数由小到大的顺序是：WZY甲丙CZ的最高价氧化物对应的水化物一定为强酸DY与W、Z都能形成两种或两种以上的化合物【答案】C【解析】由以上分析可以知道W为H元素,X为F元素,Y为O元素,Z为C或N元素,X单质为F2,Y单质为O2,甲为HF,乙为 H2O,丙是NH3或CH4；结合以上分析可知，W为H，X为F，Y为O，Z为C或N，所以原子序数由小到大的顺序是WZYH-OH-N，但每摩H2O可以形成2摩氢键，每摩HF和NH3都只能形成1摩氢键，所以三者的熔沸点：H2OHFNH3，所以化合物的沸点由高到低的顺序是：乙甲丙，B正确；Z为C或N元素, Z的最高价氧化物对应的水化物可能为碳酸或硝酸，硝酸为强酸、碳酸为弱酸，C错误；氧与氢可以形成水、过氧化氢；氧与碳可形成CO、CO2等，氧与氮可以形成N2O、NO、NO2 、N2O4 、N2O5等；D正确；正确选项C。点睛：写10电子微粒时可以以元素周期表为依据进行书写，遵循原子分子离子，所以常见的10电子微粒中，分子有：Ne、CH4 、NH3 、H2O、HF；阳离子有：Na + 、Mg2+ 、Al 3+ 、NH4+ 、H3O+ ；阴离子有 ： F - 、O2- 、N3- 、OH - 、NH2-。12实验室用下列装置制备无水AlCl3(183升华，過潮湿空气即产生大量白雾)。下列说法正确的是A该实验过程中e瓶可能产生白雾Bb、c装置中分别盛装饱和NaHCO3溶液和浓硫酸C实验开始时应先点燃d处酒精灯，再点燃a处酒精灯D实验后向烧瓶中加入足量硝酸银和确硝酸，可确定生成的MnCl2的质量13向湿法炼锌的电解液中同时加入Cu和CuSO4，可生成CuCl沉淀除去Cl，降低对电解的影响，反应原理如下：Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq) H1a kJmol-1Cl(aq)+Cu+(aq)CuCl(s) H2b kJmol-1实验测得电解液pH对溶液中残留c(Cl)的影响如图所示。下列说法正确的是A溶液pH越大，Ksp(CuCl)增大B向电解液中加入稀硫酸，有利于Cl-的去除C反应达到平衡增大c(Cu2+)，c(Cl)减小DCu(s)+ Cu2+(aq)+Cl(aq)CuCl(s)的H(a+2b) kJmol-1【答案】C【解析】AKsp(CuCl)只与温度有关，与溶液pH无关，故A错误；B根据图像，溶液的pH越小，溶液中残留c(Cl)越大，因此向电解液中加入稀硫酸，不利于Cl-的去除，故B错误；C根据Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq)，增大c(Cu2+)，平衡正向移动，使得c(Cu+)增大，促进Cl(aq)+Cu+(aq)CuCl(s)右移，c(Cl)减小，故C正确；DCu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq) H1a kJmol-1，Cl(aq)+Cu+(aq)CuCl(s) H2b kJmol-1，根据盖斯定律，将12+得： Cu(s)+ Cu2+(aq)+Cl(aq)CuCl(s)的H(a2+b) kJmol-1，故D错误；故选C。二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。14下列说法中不正确的是A紫外线照射到金属锌板表面时能够产生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能不会发生改变B从n=4能级跃迁到n=3能级，氢原子的能量减小，电子的动能减小C90234Th衰变为86222Rn，经过3次衰变，2次衰变D在某些恒星内，3个粒子结合成一个612C，612C原子的质量是12.0000u，24He原子的质量是4.0026u，己知1u=931.5 MeVc2，则此核反应中释放的核能约为1.1610-12J【答案】 B【解析】光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，选项A正确；从n=4能级跃迁到n=3能级，氢原子的能量减小，电子的动能变大，选项B错误；在衰变的过程中，电荷数少2，质量数少4，在衰变的过程中，电荷数多1，设经过了m次衰变，则：4m=234-222=12，所以m=3；经过了n次衰变，有：2m-n=90-86=4，所以n=2故C正确；D选项中该核反应的质量亏损m=4.00263-12.0000=0.0078u，则释放的核能E=mc2=0.0078931.5MeV=7.266MeV=1.1610-12 J故D正确，此题选项错误的选项，故选B15工人要将建筑材料送到高处，常在楼顶装一个定滑轮，用绳AB通过滑轮将建筑材料提上去。为了防止材料与墙壁相碰，站在地面上某一位置的工人还另外用绳子CD拉住材料，使它与竖直墙壁保持一定的距离L，如图所示（滑轮未画出）。若不计两绳质量，在建筑材料被缓慢提起的过程中，绳AB、CD的拉力F1、F2的变化情况是AF1 变大，F2变大BF1变大，F2不变CF1变大，F2变小DF1变小，F2变小【答案】 A【解析】在建筑材料缓慢提起的过程中，其合力保持为零，因物体与墙壁的距离始终保持不变，根据平衡条件得知两绳拉力的合力与物体的重力大小相等、方向相反，保持不变；结点与竖直墙壁保持一定的距离L，在建筑材料被缓慢提起的过程中AC绳逆时针旋转，其与竖直方向夹角变大，CD绳逆时针旋转，与竖直方向夹角减小，再根据平行四边形定则作出图（2）由图知，两根绳子上的拉力F1和F2均变大，故A正确；故选A。【点睛】解决此题的关键是抓住题干中的“缓慢上升，物体与墙壁的距离始终保持不变”为突破口，对物体进行受力分析，根据图象结合角度的变化分析力的大小变化情况16一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中。若把在空中下落的过程称为过程，进入泥潭直到停止的过程称为过程，则以下说法不正确的是（ ）A过程中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小B过程中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量C、两个过程中合外力的总冲量等于零D过程中钢珠的动量改变量的大小等于过程中重力的冲量的大小【答案】 A【解析】过程中，钢珠受重力和阻力作用，所以过程中阻力的冲量大小等于过程中重力的冲量大小与过程中重力冲量大小的和故A错误；过程I中钢珠只受重力，故钢珠的动量的改变量等于重力的冲量，故B正确在整个过程中，钢珠动量的变化量为零，由动量定理可知，、两个过程中合外力的总冲量等零，故C正确；在整个过程中，钢珠动量的变化量为零，故过程中钢珠的动量改变量的大小等于过程中动量改变量的大小，而过程中动量改变量的大小等于过程中重力的冲量的大小，故过程中钢珠的动量改变量的大小等于过程中重力的冲量的大小，故D正确；本题选不正确的，故选A17一根轻质杆长为2l，可绕固定于中点位置处的轴在竖直面内自由转动，杆两端固定有完全相同的小球1和小球2，它们的质量均为m，带电量分别为q和q，整个装置放在如图所示的关于竖直线对称的电场中现将杆由水平位置静止释放，让小球1、2绕轴转动到竖直位置A、B两点，设A、B间电势差为U，该过程中()A小球2受到的电场力减小B小球1电势能减少了12UqC小球1、2的机械能总和增加了UqmglD小球1、2的动能总和增加了Uq18如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r。图中R0是光敏电阻，R1是定值电阻，A是理想电流表，C是两板带有绝缘柄可以移动的电容器。两个开关均未闭合时，质量为m，带电量为+q的小球竖直悬挂在电容器中处于静止状态。现在只闭合开关S2，下列说法正确的是A带电小球向右偏离竖直方向，保持光强不变将滑片P左移时偏角增大B若滑片P不动，增大光强时电流表的示数增大，C上的电荷量增大C若滑片P不动，减小光强时电源的供电效率增大D闭合开关S1或减小板间正对面积时，电容器中的带电小球偏离竖直方向的角度都是减小的【答案】 C【解析】只闭合开关S2，C被充电且左板带正电，带电小球受水平向右的电场力，使其向右偏离竖直方向，滑片P左移时电容器所在支路的电压不变，故偏角不变，故A项错误；若滑片P不动，增大光强时，光敏电阻减小，回路的总电阻减小，电流增大，内耗电压增大，路端电压减小，使电容器两板间的电压减小，因此C上的电荷量也减小，故B项错误；若滑片P不动，减小光强时，光敏电阻增大，回路的总电阻增大，电源的供电效率=IUIE=R0+R1R0+R1+r=11+rR0+R1增大，故C项正确；闭合开关S1，电容器两板上的电压减小，小球偏离竖直方向的角度减小。当减小正对面积时，虽然C减小，但由E=Ud知E不变，故小球的偏角不变，故D项错误。19如图所示，一质量为m的卫星绕地球在椭圆轨道I上运转，运转周期为T0，轨道I上的近地点A到地球球心的距离为a，远地点C到地球球心的距离为b，BD为椭圆轨道的短轴，A、C两点的曲率半径均为ka（通过该点和曲线上紧邻该点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做该点的曲率圆，如右下图中的虚线圆，其半径p叫做该点的曲率半径）。若地球的质量为M，引力常量为G。则（ ）A卫星在轨道I上运行时的机械能小于在轨道II上运行时的机械能B如果卫星要从轨道II返回到轨道I，则在C位置时动力气源要向后喷气C卫星从CDA的运动过程中，万有引力对其做的功为D卫星从CDA的运动过程中，万有引力对其做的功为【答案】 AD【解析】AB卫星在要从轨道II上变轨到轨道I，需在C点向前喷气减速，故在轨道I上运行时的机械能小于在轨道II上运行时的机械能，故A正确，B错误；CD万有引力对它做的功等于势能的减小量，等于动能的增加量W=，根据万有引力充当向心力知， ，联立解得万有引力对它做的功W=，故C错误，B正确；故选：AD20如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长.现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角由60变为120，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g.则此下降过程中AA的动能达到最大前，B受到地面的支持力等于32mgBA的动能最大时，B受到地面的支持力等于32mgC弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向上D弹簧的弹性势能最大值为32mgL【答案】 BC【解析】A的动能最大时，设B和C受到地面的支持力大小均为F，此时整体在竖直方向受力平衡，可得2F=3mg，所以F=3mg2，在A的动能达到最大前一直是加速下降，处于失重情况，所以B受到地面的支持力小于3mg2，故A错误，B正确；当A达到最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，A的加速度方向竖直向上，故C正确；A下落的高度为h=Lsin60-Lsin30，根据功能关系可知，小球A的机械能全部转化为弹簧的弹性势能，即弹簧的弹性势能最大值为EP=mgh=3-12mgL，故D错误。故选BC。【点睛】A的动能最大时受力平衡，根据平衡条件求解地面支持力，根据超重失重现象分析A的动能达到最大前，B受到地面的支持力大小；根据功能关系分析弹簧的弹性势能最大值21如图，在xOy平面的第一象限内，分布有沿x轴负方向的场强E=43104N/C 的匀强电场，第四象限内分布有垂直于纸面向里的磁感应强度B1=0.2T的匀强磁场，第二、三象限内分布有垂直于纸面向里的 磁感应强度为B2的匀强磁场。在x轴上有一个垂直于y轴的平板OM平板上开有一个小孔P，P处连接有一段长度d=1cm，内径不计的准直管，位于第一象限内，管内由于静电屏蔽没有电场。Y轴负方向上距O点3cm的粒子源S可以向第四象限平面内各个方向发射粒子，且OSOP。假设发射的粒子速度大小v均为2105m/s，除了垂直于x轴通过P点的粒子可以进入电场，其余打到平板上的粒子均被吸收。已知粒子带正电，比荷q/m=5107C/kg，重力不计，则( )A经过P点进入电场中运动的粒子，第一次到达y轴的位置与O点的距离为0.06mB经过P点进入电场中运动的粒子，第一次到达y轴的位置与O点的距离为0.07mC要使离开电场的粒子能回到粒子源S处，磁感应强度B2可为4（63）/165 TD要使离开电场的粒子能回到粒子源S处，磁感应强度B2可为0.8/（7+3）T【答案】 BD【解析】AB、在B1磁场中做匀速圆周运动，则有：B1qv=mv2r，得到：r=mvqB1=0.02m；粒子进入电场后做类平抛运动， x轴方向位移为：x=12at2，y轴方向位移为：y=vt，加速度为：a=qEm=231012m/s2，由几何关系可得x=r+r2-h2=0.03m，所以粒子到达y轴位置与O点的距离y=y+d=0.07m；CD、设粒子在y轴射出电场的位置到粒子源S的距离为H，有：H=y+h=（7+3）10-2m，设粒子在y轴射出电场的速度方向与y轴正方向夹角为，有：tan=atv=1，所以=45，v=2v，粒子离开电场经B2磁场偏转后直接回到离子源处，则在B2磁场中圆周运动半径为：R=H2=7+3210-2m，由B2qv=mv2R， 得B2=mvqR=0.87+3T，故D正确，C错误；故选BD。【点睛】从P点进入电场的粒子做类平抛运动，由类平抛运动相应规律就能求出类平抛运动的位移；粒子离开电场后进入B2磁场做匀速圆周运动，先求出离开电场磁场的速度方向，当再次回到y轴时根据圆周运动的对称性与y轴的夹角相等，但要注意的是可以是直接回到S点。