2018年高考理综选择题专项训练5201806110326.doc

2018年高考理综选择题专项训练（5）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有关骨架或支架的说法中不正确的是A细胞骨架能够维持细胞形态、保持细胞内部结构的有序性B生物大分子以碳链为骨架，这一骨架是由许多单体连接而成的CDNA分子的基本骨架是由脱氧核糖和磷酸交替连接排列在外侧构成的D生物膜的基本支架不是静止的，其上的大多数蛋白质分子是可以运动的【答案】B【解析】细胞骨架能够维持细胞形态、保持细胞内部结构的有序性，A正确；所有生物体内的生物大分子都是以碳链为骨架的，每一个单体都是以若干个相连的碳原子构成的碳链为基本骨架，由许多单体连接成多聚体，B错误；脱氧核糖和磷酸交替连接排列在外侧构成DNA分子的基本骨架，C正确；生物膜的基本支架不是静止的，其上的大多数蛋白质分子是可以运动的，D正确。2组胺是体液中的一种化学物质，组胺的H1受体有些分布在毛细血管壁细胞膜上，与组胺结合后可促进毛细血管通透性增加；有些分布在神经细胞膜上，与组胺结合后会使神经元兴奋，有助于人保持清醒。下列分析错误的是A组胺可以作为一种神经递质BH1受体抑制剂可能引起人嗜睡C同一信号分子会引起多种生理反应D组胺减少会引起相应部位组织水肿【答案】D【解析】组胺的H1受体分布在神经细胞膜上，组胺与之结合后会使神经元兴奋，组胺就起到神经递质的作用，A正确；H1受体抑制剂阻止组胺和H1受体结合，不能引起相应的神经元兴奋，导致人嗜睡，B正确；因组胺的H1受体有些分布在毛细血管壁细胞膜上，有些分布在神经细胞膜上，故组胺会引起多种生理反应，C正确；组胺的H1受体分布在毛细血管壁细胞膜上，与组胺结合后可促进毛细血管通透性增加，血浆蛋白渗出进入组织液，使组织液的渗透压相对增高，血浆的渗透压相对下降。结果使血浆中的水分更多地渗透到组织液中，使组织液增加，从而引起组织水肿，故组胺增多会引起组织水肿，D错误，所以选D。3将蚕豆植株放在湿润的空气中光照一段时间后，取蚕豆叶下表皮制作临时装片。先在清水中观察，然后用0.3 g/mL蔗糖溶液取代清水，继续观察，结果如图所示。对此现象的推断最合理的是()A清水中的保卫细胞因渗透失水导致气孔开放B蔗糖进入保卫细胞后，细胞吸水导致气孔关闭C清水中的保卫细胞很快出现质壁分离并自动复原D蔗糖溶液中的保卫细胞因失水导致气孔关闭【答案】D考点：物质进出细胞的方式的综合4下列有关种群、群落和生态系统的描述中，正确的是A受灾的水稻呈斑块性的稀疏分布属于群落水平结构特征B人工制作的生态缸中所发生的演替与弃耕农田上所发生的演替的演替方向往往相反C种群性别比例的改变会影响其出生率和死亡率，从而使种群密度发生变化D动物的同化量不包含其排出的粪便、尿液中含有的能量【答案】B【解析】受灾的水稻呈斑块性分布是属于种群的空间特征中的随机分布，A错误。人工制作的生态缸中所发生的演替是逆向演替，而弃耕农田上发生的演替属于正向演替，B正确。种群性别比例的改变只影响出生率，而不影响死亡率，从而使种群密度发生变化，C错误。动物的同化量不包含其排出的粪便中的能量，但包含尿液中含有的能量，D错误。5病毒甲通过呼吸道感染动物乙后，可引起乙的B淋巴细胞破裂，T淋巴细胞功能丧失，导致其患肿瘤病，病患动物更易被其他病原体感染，给新生的乙个体接种甲疫苗可预防该肿瘤病。下列相关叙述正确的是A感染病毒甲后，患病的乙更易被其他病原体感染的原因是其体液免疫功能下降B新生的乙个体接种甲疫苗可预防肿瘤是因为甲疫苗可直接作用于肿瘤细胞C免疫细胞行使免疫功能时，会涉及到胞吞和胞吐这两种物质运输方式D甲疫苗和病毒甲的成分都是由相同的蛋白质与核酸组成【答案】C【解析】分析题意可知，病毒甲可引起动物乙的B淋巴细胞破裂、T淋巴细胞功能丧失，因此感染病毒甲后，患病的乙更易被其他病原体感染的原因是其细胞免疫和体液免疫功能下降，A错误；新生的乙个体接种甲疫苗可预防肿瘤是因为甲疫苗可以引起机体产生抗体和和记忆细胞，B错误；免疫细胞行使免疫功能时，会吞噬抗原，会分泌免疫活性物质，如抗体和淋巴因子，因此会涉及到胞吞和胞吐这两种物质运输方式，C正确；甲疫苗的成分是蛋白质，而病毒甲的成分是蛋白质和核酸，D错误。6某AABb个体的一个精原细胞产生AAb、Aab、B、B四个精子，下列说法正确的是AAab异常配子产生的原因是基因突变和减数第一次分裂同源染色体未正常分离B配子产生的过程中减数第二次分裂姐妹染色单体未正常分离C配子产生的过程中减数第一次分裂非姐妹染色单体进行了交叉互换D该精原细胞产生精子过程中肯定发生了基因的显性突变【答案】A【解析】精原细胞产生AAb、Aab、B、B四个精子，说明配子产生的过程中减数第一次分裂过程中同源染色体未正常分离，BC错误；已知该精原细胞的基因型是AABb，则Aab精子中a基因的出现是由于基因突变，而Aa的出现是由于减数第一次分裂同源染色体没有分开，A正确；根据以上分析可知，a是由A突变产生的，属于隐性突变，D错误。72017年CCTV-3制作了一档文物节目国家宝藏，全面展示了很多非常有价值的文物。从化学角度看文物，下列对文物情况的化学解释错误的是选项文物化学知识A乾隆年间“各种釉彩大瓶"，其纹饰是用各种彩料绘制而成的形成黄金色所用彩料的主要成分是氧化铁B北宋千里江山图颜料来自于矿物质，经研磨、溶解、过滤几道工序这些工序涉及的是物理变化C春秋时期“越王勾践剑”经历两千多年依旧锋利，被称“千年不腐”“千年不腐” 与其所处环境几乎无氧有关D“云梦睡虎地秦简”是在湖北出土的秦代竹筒。其中有记录保护自然环境的案例日常生活中垃圾分类、电池回收等属于环保行为【答案】A【解析】氧化铁为红色，而“各种釉彩大瓶"所用彩料形成黄金色， 相矛盾，A错误；经研磨、溶解、过滤几道工序中没有新物质生成，仅是发生了物理变化，B正确；在潮湿的空气中金属易被腐蚀，而“越王勾践剑”是埋在地下，与空气隔绝，所处环境几乎无有氧，所以被称“千年不腐”， C正确；在湖北出土的秦代竹筒，其中有记录环境保护的内容，我们日常生活中垃圾分类、电池回收等，也属于环保行为，D正确；正确选项A。8下列说法正确的是AHOCH2CH=CHCOOH能发生酯化、加聚、水解等反应B石油分馏产品经过裂解、加成反应可制得乙醇C丁烷的一氯代物有5种D油脂、淀粉、蛋白质均是可发生水解反应的高分子化合物9下列有关金属及其化合物的说法错误的是（ ）A向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成BAlCl3、FeCl2、CuCl2均可通过化合反应制得CFe与水蒸气高温条件下反应生成Fe3O4和H2D向FeCl3溶液中加入适量CuO,可得到红褐色沉淀【答案】A【解析】A向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，发生复分解反应生成氢氧化铝和碳酸钠，没有气体生成，A错误；B金属铝、铜与氯气化合生成氯化铝、氯化铜，铁与氯化铁化合生成氯化亚铁，因此AlCl3、FeCl2、CuCl2均能通过化合反应制得，B正确；CFe与水蒸气高温条件下反应生成Fe3O4和H2，C正确；D向FeCl3溶液中加入适量CuO，氢离子浓度降低，促进铁离子水解，因此可得到红褐色氢氧化铁沉淀，D正确，答案选A。点睛：掌握常见金属及其化合物的性质是解答的关键，选项A是解答的易错点和难点，注意偏铝酸钠与碳酸氢钠不能发生水解相互促进的水解反应，因为二者水解均显碱性。二者之所以发生是因为碳酸氢根的酸性强于氢氧化铝，依据较强酸制备较弱酸可知二者可以发生复分解反应生成氢氧化铝和碳酸钠。10某学习小组设计实验制备Ca(NO2)2，实验装置如图所示(夹持装置已略去)。已知:2NO+CaO2=Ca(NO2 )2；2NO2+CaO2=Ca(NO3)2。下列说法不正确的是A通入N2是为了排尽装置中的空气B装置B、D中的试剂可分别为水和浓硫酸C将铜片换成木炭也可以制备纯净的亚硝酸钙D借助装置A及氢氧化钠溶液和稀硫酸可以分离CO2 和CO【答案】C【解析】A、装置内的空气会将NO氧化为NO2，影响产物的产量，所以通入N2排尽装置中的空气，故A正确；B、由于硝酸具有挥发性，所以在A中生成的NO气体中会含有少量HNO3蒸气，可用装置B中的水除去，为防止CaO2与水反应，用装置D中的浓硫酸对NO气体进行干燥，故B正确；C、将铜片换成木炭，由于木炭与稀硝酸不能反应，所以得不到要制备的产物，故C错误；D、装置A中盛氢氧化钠溶液，通过进气管通入CO2 和CO的混合气体，CO2 被NaOH吸收后生成Na2CO3，在出气管口即可收集到CO，然后将分液漏斗中的稀硫酸滴入A中，与生成的Na2CO3反应再释放出CO2，达到分离的目的，故D正确。本题正确答案为C。11元素周期表中短周期元素W、X、Y、Z、M原子序数依次增大，W的某种简单离子只有质子；X元素原子的最外层电子数是内层电子数的3倍；元素Y在自然界中只能以化合态存在，共原子半径是同周期元素里原子半径最大的；Z元素离子半径在同周期中是最小的；W的单质在M的单质中燃烧伴有苍白色火焰。下列说法正确的是A简单离子半径:M>Y>Z>X>WB1molY的单质与足量的X单质完全反成，产物中离子总数定为1.5NACZ的单质既能与Y的最高价氧化物对应的水化物发生反应放出气体，也能与M的最高价氧化物对应的水化物发生反应放出气体，且放出的气体体积都为33.6L(标况下)DW的单质与X、M的单质都能反应，且反应中W的单质都作氧化剂【答案】B【解析】元素周期表中短周期元素W、X、Y、Z、M原子序数依次增大，W的某种简单离子只有质子,则W为氢元素；X元素原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，则X为氧元素；元素Y在自然界中只能以化合态存在，共原子半径是同周期元素里原子半径最大的，则Y为钠元素；Z元素离子半径在同周期中是最小的，则Z为铝元素；W的单质在M的单质中燃烧伴有苍白色火焰，则M为氯元素。A简单离子半径: Cl->O2->Na+>Al3+>H+，即M> X > Y > Z >W，选项A错误；B1molY的单质Na与足量的X单质O2完全反成，产物为氧化钠或过氧化钠，由钠离子和氧离子或过氧根离子构成，故离子总数一定为1.5NA，选项B正确；CZ的单质铝既能与Y的最高价氧化物对应的水化物氢氧化钠发生反应放出氢气，也能与M的最高价氧化物对应的水化物高氯酸发生反应放出氢气，但没有说明铝的物质的量，无法求算所得气体体积，选项C错误；DW的单质氢气与X、M的单质氧气、氯气都能反应，且反应中W的单质分别为还原剂和氧化剂，选项D错误。答案选B。点睛：本题考查元素周期表及周期律，元素周期表中短周期元素W、X、Y、Z、M原子序数依次增大，W的某种简单离子只有质子,则W为氢元素；X元素原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，则X为氧元素；元素Y在自然界中只能以化合态存在，共原子半径是同周期元素里原子半径最大的，则Y为钠元素；Z元素离子半径在同周期中是最小的，则Z为铝元素；W的单质在M的单质中燃烧伴有苍白色火焰，则M为氯元素。以此解答。12双级膜电渗析解离NaCl溶液制备酸碱的原理如图所示,为提高海水淡化的附加值提供了新的技术途径。已知BP为双级膜,A、C阴阳膜界面可以解离H+和OH-,下列说法正确的是()。A根据Na+的移动方向可知,C为阴离子交换膜B当电路中通过1 mol电子的电量时,会有1 mol H2生成C阳极发生的电极反应为4OH-+4e-O2+2H2OD该方法在淡化海水时可以得到H2、O2、NaOH、HCl等物质点睛：本题给的信息很多，特别是图中信息很复杂，让人感觉很难，其实只要把握住电解原理，结合图中信息，看图说话，即可解答。13化学上常用AG 表示溶液中的酸碱度，AG=lgc(H+)/c(OH-)。25时，用0.100mol/L的NaOH溶液滴定20.00mL0.100mol/L HNO2溶液，AG与所加NaOH溶液的体积(V)关系如图所示，下列说法正确的是A25时,HNO2的电离平衡常数Ka=1.0×10-5.5BB点溶液中存在c(H+)-c(OH-)=c(NO2-)-c(HNO2)CC点时,加入NaOH溶液的体积为20.00 mLDD点溶液中的pH=11.25【答案】D【解析】A、0.100mol/L HNO2溶液，AG=lgc(H+)/c(OH-)=8.5，KW=c(H+)c(OH-)=10-14，故c(H+)=10-2.75mol/L，c(NO2-)c(H+)=10-2.75mol/L，c(HNO2)= 0.100mol/L-10-2.75mol/L0.100mol/L，Ka=cH+c(NO2-)c(HNO2)=10-2.75×10-2.750.1=1.0×10-4.5，选项A错误；B、B点溶液为HNO2、NaNO2按1：1形成的溶液，根据电荷守恒有c(H+)+ c(Na+) =c(NO2-)+c(OH-)，溶液呈酸性c(Na+)> c(HNO2)，则不存在c(H+)-c(OH-)=c(NO2-)-c(HNO2)，选项B错误；C、C点时,加入NaOH溶液的体积为20.00 mL形成NaNO2溶液，NaNO2为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，AG=lgc(H+)/c(OH-)<0与图象不符合，选项C错误；D、D点溶液中AG=lgc(H+)/c(OH-)=-8.5，KW=c(H+)c(OH-)=10-14，故c(H+)=10-11.25mol/L， pH=11.25，选项D正确。答案选D。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甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，它们的vt图象如图所示。两图象在t=t1时相交于P点，P在横轴上的投影为Q，OPQ的面积为S。在t=0时刻，乙车在甲车前面，相距为d。已知此后两车相遇两次，且第一次相遇的时刻为，第二次相遇时间为，则下面四组,d和的组合可能的是( )A， ， B， ， C， ， D， ， 【答案】D【解析】A若=t1,d=s,即t1时间两车第一次相遇，由于此后乙车的速度大于甲车的速度，所以两者不可能再相遇，故A错误；B若,根据“面积”表示位移,可知d= ss=s,第二次相遇时刻为=t1，故B错误；C若,根据“面积”表示位移,可知d=(1)s=s,第二次相遇时刻为=t1+t1=t1，故C错误；D若,根据“面积”表示位移,可知,第二次相遇时刻为=t1+t1=，故D正确。故选：D。点睛：v-t图象中，与时间轴平行的直线表示做匀速直线运动，倾斜的直线表示匀变速直线运动，图象与坐标轴围成的面积表示位移相遇要求在同一时刻到达同一位置根据相遇的条件和几何关系分析15如图所示为现在最为畅销的雾霾废气净化装置，受污染的废气经电离后通过该装置进行过滤，净化后的空气由右端喷出，图中虚线是电离后带负电的废气粒子（不计重力）在过滤装置中的运动轨迹，A、B两点为运动轨迹与装置两极板间电场线的交点。忽略废气粒子在此净化过程中的相互作用以及电量变化，下列说法正确的是（ ）A废气粒子在A点电势能大于在B点电势能B废气粒子在此过程中电势能一直在增大C废气粒子在此过程中做类平抛运动D废气粒子在A点的加速度小于在B点的加速度【答案】A【解析】A、B项：废气粒子从A到B过程中，电场力做正功，粒子的电势能减小，所以废气粒子在A点电势能大于在B点电势能，故A正确，B错误；C项：由于此电场为非匀强电场，粒子所受电场力不恒定，所以粒子不可能做类平抛运动，故C错误；D项：由图可知，A处的电场线比B处的密，所以粒子在A处所受电场大于B处，即废气粒子在A点的加速度大于在B点的加速度，故D错误。点晴：解决本题关键理解电场线的疏密程度表示场强大小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大。16如图所示，水平桌面上平放有一堆卡片，每一张卡片的质量均为m。用一手指以竖直向下的力压第1张卡片，并以一定速度向右移动手指，确保第1张卡片与第2张卡片之间有相对滑动。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同，手指与第1张卡片之间的动摩擦因数为，卡片之间、卡片与桌面之间的动摩擦因数均为，且有，则下列说法正确的是A任意两张卡片之间均可能发生相对滑动B上一张卡片受到下一张卡片的摩擦力一定向左C第1张卡片受到手指的摩擦力向左D最后一张卡片受到水平桌面的摩擦力向右【答案】B【解析】A、设每张的质量为m，动摩擦因数为2，对第2张分析，它对第3张卡片的压力等于上面两张卡片的重力及手指的压力，最大静摩擦力Fm=2（2mg+F），而受到的第1张卡片的滑动摩擦力为f=2（mg+F）Fm，则第2张卡片与第3张卡片之间不发生相对滑动同理，第3张到第4张卡片也不发生相对滑动故A错误；B、根据题意，因上一张相对下一张要向右滑动，因此上一张卡片受到下一张卡片的摩擦力一定向左，故B正确，C、第1张卡片相对于手指的运动趋势方向与手指的运动方向相反，则受到手指的静摩擦力与手指的运动方向相同，即受到手指的摩擦力向右，故C错误D、对53张卡片（除第1张卡片外）研究，处于静止状态，水平方向受到第1张卡片的滑动摩擦力，方向与手指的运动方向相同，则根据平衡条件可知：第54张卡片受到桌面的摩擦力方向与手指的运动方向相反，即水平向左故D错误故选B【点睛】本题考查对摩擦力理解和判断能力本题是实际问题，要应用物理基本知识进行分析，同时要灵活选择研究对象17如图所示，50匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小的水平匀强磁场中，线框面积，线框电阻不计。线框绕垂直于磁场的轴OO以角速度=200rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈线接入一只“220V，60W”灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10A,下列说法正确的是（ )A图示位置穿过线框的磁通置为零B线框中产生交变电压的有效值为C变压器原、副线圈匝数之比为25:11D变压器输出端最多能并联80只60瓦的灯泡【答案】C【解析】A项：图示位置穿过线框的磁通量最大，故A错误；B项：B、电动势的最大值，有效值，故B错误；C项：变压器原线圈的电压，副线圈电压： ，匝数比，故C正确；D项：熔断器允许通过的最大电流为10A，即原线圈中最大电流为10A，副线圈中最大电流，即，一只灯泡的额定电流为，最多的灯泡个数： ，故D错误。18奥地利维也纳理工大学的一个科学家团队成功在两个单光子之间建立起强大的相互作用，据科学家介绍：两个相互作用的光子同时到达时显示出与单个光子完全不同的行为，该项成果朝着轻拍校验量子通道或建立光学逻辑门发送信息迈出了重要一步。我们通过学习也了解了光子的初步知识，下列有关光子的现象以及相关说法正确的是( )A大量光子产生的效果往往显示出波动性B如果利用紫光照射某种金属可以发生光电效应，改用红光一定不能发生光电效应C一个处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时最多可以释放3种不同频率的光子D在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子之间发生碰撞时，将一部分动量转移给电子，所以光子散射后波长变短点睛：考查光电效应发生条件，掌握原子核式结构模型内容，理解玻尔理论中跃迁时，动能与电势能的变化情况，最后掌握康普顿效应中的波长如何变化，注意一个与一群的电子跃迁辐射光子种类的区别。19如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动， 为近日点， 为远日点， 、为轨道短轴的两个端点，运行的周期为，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从经过、到的运动过程中（ ）A从到所用的时间为B从到阶段，机械能逐渐变大C从到阶段，速率逐渐变小D从到阶段，万有引力对它先做负功后做正功【答案】CD【解析】A、海王星绕太阳运动为变速运动，且在段的运动速度大于段， 长度为椭圆轨道长度的，故段的运动时间小于，故A错误；B、由于为近日点， 为远地点，从到阶段万有引力做正功，海王星的势能转化为动能，总的机械能不变，故B项错误；C、从到阶段，万有引力做负功，海王星的动能转化为势能，运动速率减小，故C正确；D、从到阶段，海王星的动能转化为势能，万有引力做负功，从到阶段，海王星的势能转化为动能，万有引力做正功，故D正确；故选CD。【点睛】本题的关键知道近日点的速度比较大，远日点的速度比较小，从P到Q和Q到P的运动是对称的，但是P到M和M到Q不是对称的。20如图所示为某一工作车间的传送装置，已知传送装置与水平面夹角为37°，传送带以10m/s的速率顺时针运转。某时刻在传送带上端A处无初速度的轻轻放上一质量为1kg的小铁块（可视为质点），铁块与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带A到B的总长度为16m，其中，则在小铁块从A运动到B的过程中（ ）A小铁块从A到B运动的总时间为2sB小铁块对皮带做的总功为0C小铁块与传送带相对位移为4mD小铁块与皮带之间因摩擦生热而产生的内能为20J【答案】AC【解析】开始时，传送带作用于小物体的摩擦力沿传送带向下，小物体下滑的加速度，小物体加速到与传送带运行速度相同是需要的时间为，在这段时间内，小物体沿传送带下滑的距离为，由于 tan，此后，小物体沿传送带继续加速下滑时，它相对于传送带的运动的方向向下，因此传送带对小物体的摩擦力方向有改为沿传送带向上，其加速度变为a1=g（sin-cos）=10×（0.6-0.5×0.8）m/s2=2m/s2小物体从该位置起运动到B端的位移为s-s1=16m-5m=11m小物体做初速度为v=10m/s、加速度为a1的匀加速直线运动，由代入数据，解得t2=1s（t2=-11s舍去）所以，小物体从A端运动到B端的时间为t=t1+t2=2s，故A正确；B项：皮带的总位移,摩擦力 ，所以摩擦力所做的功为,故B错误；C项：物体从A到B运动的位移为16m，由B项分析可知，皮带的总位移为20m，所以小铁块与传送带相对位移为4m，故C正确；D项：因摩擦产生的热量，故D错误。21如图所示，在半径为0.1m的圆形区域内有水平向里的匀强磁场，磁感应强度为0.5T。圆形区域右侧有一足够大竖直感光板MN。带正电粒子从圆形区域最高点P以速率v0=1.0×105m/s平行于纸面进入磁场，已知粒子比荷为2×106C/kg,粒子重力不计， 取3.14。若粒子对准圆心射入，则下列说法中正确的是A粒子不一定沿半径方向射出磁场B粒子在磁场中运动的时间为1.57×10-6sC若粒子速率变为2v0，则穿出磁场后垂直打在感光板MN上D若粒子以速度v0从P点以任意的某一方向射入磁场，则离开磁场后一定垂直打在感光板MN上【答案】BD【解析】试题分析：根据洛伦兹力提供向心力求出带电粒子在磁场中运动的轨道半径，画出运动轨迹，结合几何关系分析即可带正电粒子从圆弧顶点P以速率平行于纸面且对准圆心射入磁场，根据对称性，一定沿半径方向射出，A错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有，解得，轨迹圆弧对应的圆心角为，运动时间为，B正确；若粒子速率变为2v0，则轨道半径变为2R，运动轨迹如图：故不是垂直打到感光板MN上，C错误；当带电粒子以射入时，带电粒子在磁场中的运动轨道半径为R设粒子射入方向与PO方向夹角为，带电粒子从区域边界S射出，带电粒子运动轨迹如图所示因，所以四边形为菱形，由图可知，因此，带电粒子射出磁场时的方向为水平方向，与入射的方向无关，即离开磁场后一定垂直打在感光板MN上，D正确15