江苏省各地区2023年高考物理模拟（三模）题按题型分类汇编-01选择题1

这是一份江苏省各地区2023年高考物理模拟（三模）题按题型分类汇编-01选择题1，共29页。试卷主要包含了单选题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．（2023·江苏苏州·统考三模）2023年4月12日，我国科学家利用自主设计的全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST），成功实现稳态高约束模式等离子体运行403秒的新世界纪录。该核聚变反应方程为，其中粒子X是（ ）
A．中子B．电子C．质子D．正电子
2．（2023·江苏苏州·统考三模）警报器固定于水平面上的A处并持续发出1000Hz的声波，某时刻一观察者经过B处，该观察者接收到的声波频率为1030Hz，则该观察者的运动情况可能是（ ）

A．做匀速直线运动远离A
B．做匀速直线运动接近A
C．以A为圆心逆时针做匀速圆周运动
D．以A为圆心顺时针做匀速圆周运动
3．（2023·江苏苏州·统考三模）如图为氢原子的发射光谱，Hα、Hβ、Hγ、Hδ是其中的四条光谱线，已知可见光的波长范围为400nm-700nm，则下列说法正确的是（ ）
A．该光谱由氢原子核能级跃迁产生
B．Hγ谱线对应的是可见光中的红光
C．任意相邻两条谱线之间对应光子能量差值相等
D．若Hβ对应光子能使金属钾发生光电效应，则Hδ也能
4．（2023·江苏苏州·统考三模）自然光照射下肥皂膜的前后表面反射光可形成干涉条纹，而窗户玻璃的前后表面反射光则不能形成干涉条纹，这是由于经窗户玻璃前后表面反射的同种色光叠加时（ ）
A．频率差不恒定
B．波长差不恒定
C．相位差不恒定
D．光速差不恒定
5．（2023·江苏苏州·统考三模）从地面上的某一点同时抛出两相同的小球A、B，运动轨迹如图所示，不计空气阻力，则下列选项一定正确的是（ ）

A．A、B同时落地
B．初速度vA>vB
C．初速度的水平分量vAx>vBx
D．落地时重力的瞬时功率PA>PB
6．（2023·江苏苏州·统考三模）如图所示，某同学将空的玻璃瓶开口向下缓缓压入水中，设水温均匀且恒定，瓶内空气看作理想气体，下降过程中瓶内空气质量不变，则（ ）

A．瓶内气体分子斥力增大
B．瓶内气体对外放出热量
C．瓶内气体分子平均动能增大
D．单位时间与瓶壁碰撞的分子数不变
7．（2023·江苏苏州·统考三模）如图是演示自感现象的实验装置，小灯泡电阻与自感线圈的直流电阻相同，电源内阻不能忽略，关于该实验现象下列说法正确的是（ ）

A．接通开关后小灯泡慢慢变亮直至亮度稳定
B．接通开关电路稳定后通过小灯泡的电流为零
C．接通开关电路稳定后再断开瞬间线圈两端电压大小不变
D．接通开关电路稳定后再断开小灯泡闪亮一下后逐渐熄灭
8．（2023·江苏苏州·统考三模）如图所示，内壁光滑的气缸固定于水平面，气缸内用活塞封闭一定量的理想气体，活塞与一端固定的水平轻弹簧连接，气体温度为T1时弹簧处于原长。现使气体温度由T1缓慢升高到T2，用Ep表示弹簧弹性势能，U、p、V分别表示缸内气体的内能、压强和体积，下列图像可能正确的是（ ）

A． B．
C． D．
9．（2023·江苏苏州·统考三模）为测定某平行于纸面的匀强电场的场强，某同学以纸面内一点O为原点建立x轴，P为x轴上一点（未画出），以O为圆心、OP为半径画圆，从P点起沿圆周顺时针测量圆上各点的电势φ和转过的角度θ并绘制φ-θ图像，当OP距离分别为r0、2r0、3r0时对应图像①、②、③，在θ0时它们的电势均达到最大值，其值分别为2φ0、3φ0、4φ0，M、N为三条曲线的交点，则（ ）
A．O点的电势为0
B．场强的大小为
C．场强方向与x轴正方向的夹角为θ0
D．M和N对应电场中的点不在同一等势面上
10．（2023·江苏苏州·统考三模）如图所示，滑块a穿在固定的光滑竖直杆上，滑块 b放在光滑水平地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接。将a从距地面一定高度处由静止释放，在a着地前的运动过程中，下列说法正确的是（ ）

A．滑块a的机械能先减小后增大
B．滑块a的动能先增大后减小
C．轻杆对a的作用力先增大后减小
D．滑块a的加速度先减小后增大
11．（2023·江苏徐州·统考三模）下列关于热现象的描述，正确的是（ ）
A．水黾能浮在水面上是因为它受到了水的浮力
B．随着科学技术的进步，人们可以将热机的效率提高到100%
C．新型材料石墨烯属于液晶，具有光学的各向异性
D．两端开口的细玻璃管竖直插入水银中，稳定后管内的水银面低于管外
12．（2023·江苏徐州·统考三模）下面四幅图中能说明光具有粒子性的是（ ）
A．双缝干涉示意图
B．光电效应示意图
C．单缝衍射示意图
D．泊松亮斑
13．（2023·江苏徐州·统考三模）将一根粗细均匀的直棒竖直插入装有水的圆柱形玻璃杯中，从水平方向观察，下列四幅图中符合实际的是（ ）
A． B．
C． D．
14．（2023·江苏徐州·统考三模）如图所示，装有足球的轻网兜系在钉子上，墙壁光滑。将网绳在钉子上多绕几圈后，则（ ）

A．网绳上的拉力变小B．网绳上的拉力不变
C．墙壁对足球的支持力变大D．墙壁对足球的支持力不变
15．（2023·江苏徐州·统考三模）固定的长直导线附近有一个矩形线框，它们处于同一光滑水平面上，俯视图如图所示。导线中通有向右的电流，下列说法正确的是（ ）
A．电流在线框所在位置处产生的磁场方向垂直于纸面向里
B．若导线中电流突然减弱，线框将远离长直导线
C．若线框平行长直导线向右运动，线框中将产生逆时针方向的电流
D．若线框以一定的初速度远离长直导线，其受到的安培力将保持不变
16．（2023·江苏徐州·统考三模）如图，静止水面同一直线上的A、S、B为三个质点的平衡位置，它们的间距为。一滴水落在S处，形成一列向四周传播的水波（可视为简谐波），当水波的同一波峰经过A、B处时，S处的质点刚好经过平衡位置，且S、A（或B）之间只有一个波谷。已知波的周期为T，则（ ）

A．A、B两处质点的起振方向相反
B．此时S处质点向下振动
C．水波的波长为6a
D．水波的速度为
17．（2023·江苏徐州·统考三模）一定质量的理想气体，由状态a经a→b、b→c和回到状态a，其循环过程的图像如图所示；、、分别表示气体在状态a、b、c的温度，则（ ）

A．
B．气体在b→c过程中吸收热量
C．该循环过程中气体对外做负功
D．该循环过程中气体放出热量
18．（2023·江苏徐州·统考三模）如图所示，某同学将两相同羽毛球A、B从同一高处以相同速率v0水平打出。运动过程中羽毛球仅受到重力及恒定的水平风力作用，逆风时，球A落至地面上的P处，顺风时，球B落至地面上的Q处。则（ ）
A．A球飞行时间比B球长
B．两球落地时速度大小相同
C．两球飞行过程中合外力的冲量相同
D．两球落地时重力的功率不同
19．（2023·江苏徐州·统考三模）两个质子和两个正电子处在边长为a的正方形的四个顶点上，O点为正方形的中心，四个粒子的带电量均为e。已知一个电荷量为e的点电荷，在与之相距r处的电势为。则下列说法正确的是（ ）
A．O点的电场强度不为0
B．O点的电势为0
C．系统的总电势能
D．系统的总电势能
20．（2023·江苏徐州·统考三模）如图所示，A、B、C为三个可视为质点的小球，A球固定在光滑水平面上，A与B、B与C间均通过长为L的轻杆和轻质光滑铰链相连，初始时A、B、C构成的系统受外力作用在竖直平面内静止，A、C间距为L。撤去外力，当时C球动能最大，重力加速度为g，则（ ）

A．撤去外力的瞬间，B的加速度为0
B．B下降过程中，C一直向左加速
C．C动能最大时，B、C速度大小之比
D．B速度最大值为
21．（2023·江苏南京·统考三模）国产新能源汽车安装了“防撞预警安全系统”。如图所示，其配备的雷达会发射毫米级电磁波（毫米波），并对前车反射的毫米波进行处理。下列说法正确的是（ ）
A．毫米波是由于原子核受到激发而产生
B．毫米波由空气进入水时传播速度会变小
C．毫米波遇到前车时会发生明显衍射现象
D．毫米波不能发生偏振现象
22．（2023·江苏南京·统考三模）潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域，浮力顿减，称之为“掉深”。如图甲所示，某潜艇在高密度海水区域沿水平方向缓慢航行。时，该潜艇“掉深”，随后采取措施成功脱险，在时间内潜艇竖直方向的图像如图乙所示（设竖直向下为正方向）。不计水的粘滞阻力，则（ ）
A．潜艇在“掉深”时的加速度为
B．潜艇回到初始高度
C．潜艇竖直向下的最大位移为
D．潜艇在时间内处于超重状态
23．（2023·江苏南京·统考三模）某牧场设计了一款补水提示器，其工作原理如图所示，水量增加时滑片下移，电表均为理想电表。下列说法正确的是（ ）
A．若选择电压表，水量增多时电压表示数变大
B．若选择电流表，水量增多时电流表示数变小
C．若选择电流表，与电压表相比，电路更节能
D．若选择电压表，增加可提高灵敏度
24．（2023·江苏南京·统考三模）运动员用同一足球罚点球，两次射门，足球斜向上踢出，分别水平打在水平横梁上的a、b两点，a为横梁中点，如图所示，不计空气的作用效果。下列说法正确的是（ ）
A．两次的初速度大小可能相等B．击中a用的时间长
C．击中a的过程中，重力做功少D．两过程中动量变化量相等
25．（2023·江苏南京·统考三模）理想环形变乐器示意图如图甲所示，原线圈两端的电压随时间变化的关系图像如图乙所示，，副线圈接一“ ”的电灯，恰好正常发光，图中电表均为理想交流电表。下列说法正确的是（ ）
A．原、副线圈的磁通量变化率之比为
B．电流表的读数为
C．时，电压表示数为零
D．若电压表改为非理想电表，电流表示数会变小
26．（2023·江苏南京·统考三模）2022年10月31日，搭载梦天实验舱的长征五号B遥四运载火箭发射取得圆满成功。实验舱发射可简化为三个轨道，如图所示，先由近地圆轨道1进入椭圆轨道2，再调整至圆轨道3.轨道上A、B、C三点与地球中心在同一直线上，A、C两点分别为轨道2的远地点与近地点。下列说法正确的是（ ）
A．卫星在轨道2上C点的速度大于第一宇宙速度
B．卫星在轨道2上运行的周期小于在轨道1上运行的周期
C．卫星在轨道2上的A点和轨道3上B点受到的万有引力相同
D．卫星在轨道2上C点的速度小于在轨道3上B点的速度
27．（2023·江苏南京·统考三模）眼睛发生病变时，会使眼球内不同部位对光的折射率发生变化。现用一个玻璃球模拟眼球，研究对光传播的影响。玻璃球用两个折射率不同、半径均为的半球左右拼合在一起，拼合面为，球心为，为的中点，垂直交左半球于P点。一束复色光从P点以的入射角射入，分成a、b两束光。若左、右半球对a光的折射率分别为和，真空中的光速为c、下列说法正确的是（ ）
A．a光从右半球射出时的出射角也为
B．a光在该玻璃球中传播的时间为
C．通过同一装置发生双缝干涉，b光的条纹间距大
D．照射同一光电管时，a光使其逸出的光电子最大初动能大
28．（2023·江苏南京·统考三模）一定质量的理想气体经历了如图所示的A→B→C→D→A循环过程。下列说法正确的是（ ）
A．A→B→C过程中，气体压强先增加后不变
B．C→D→A过程中，单位体积内分子数先不变后增加
C．整个循环过程中，气体对外界做的功大于外界对气体做的功
D．整个循环过程中，气体对外界放热，内能不变
29．（2023·江苏南京·统考三模）用中子轰击静止的锂核，核反应方程为。已知光子的频率为v，锂核的比结合能为，氦核的比结合能为，X核的比结合能为，普朗克常量为h，真空中光速为c、下列说法中正确的是（ ）
A．X核为核B．光子的动量
C．释放的核能D．质量亏损
30．（2023·江苏南京·统考三模）如图所示，其空中有一足够大的水平向右的匀强电场，质量均为m、带电量分别为和的两小球同时从O点以速度斜向右上方射入匀强电场中，方向与水平方向成角，A、B（图中未画出）两点分别为两小球运动轨迹的最高点，带正电的小球经过A点的速度大小仍然为，若仅把带正电的小球射入速度变为，其运动轨迹的最高点记为C。不考虑两球间的库仑力。下列说法错误的是（ ）
A．两小球同时到A、B两点
B．与之比为
C．两小球到达A、B两点过程中电势能变化量之比为
D．带正电的小球经过C点的速度大小
参考答案：
1．A
【详解】由核聚变前后的质量数和电荷数守恒，可知X的电荷数为
1+1-2=0
X的质量数为
2+3-4=1
所以X是中子。
故选A。
2．B
【详解】根据多普勒效应可知，当观察者相对波源彼此靠近时，接受到的频率增大，当观察者相对波源彼此远离时，接受到的频率减小，由于该观察者接收到的声波频率为1030Hz，大于警报器发出声波的频率1000Hz，表明观察者相对波源彼此靠近，则只有做匀速直线运动接近A。
故选B。
3．D
【详解】A．氢原子的发射光谱是由氢原子核外电子的跃迁产生，故A错误；
B．可见光的波长介于400nm-700nm之间，而且红光、橙光波长较长，应该靠近700nm，蓝光、紫光波长较短，应该靠近400nm，故Hγ谱线对应的不是可见光中的红光，故B错误；
C．根据
则任意相邻两条谱线之间对应光子能量差值
则差值不相等，选项C错误；
D．Hβ对应光子比Hδ对应的光子波长大，频率小，光子能量小，则若Hβ对应光子能使金属钾发生光电效应，则Hδ也能，选项D正确。
故选D。
4．C
【详解】形成稳定干涉条纹的条件是频率相同、相位差相同、振动方向相同，依题意经玻璃窗的前后表面反射的同种色光叠加时频率不变且振动方向相同，所以不能形成干涉条纹的原因是相位差不恒定。
故选C。
5．D
【详解】A．斜抛运动竖直方向上是竖直上抛运动，由，可知A球在空中运动时间长，B球先落地，故A错误；
C．水平方向是匀速直线运动，由，A球运动时间长，水平位移小，故A球初速度的水平分量小，故C错误；
B．由竖直方向，由于A球达到最高点的时间长，所以A球的竖直方向初速度大；小球的初速度，由于A球水平初速度小而竖直分速度大，故两球的初速度大小无法判断，故B错误；
D．落地时重力的瞬时功率
由于两球的质量相等，A球的竖直方向落地速度大，所以落地时重力的瞬时功率A球的大，故D正确。
故选D。
6．B
【详解】BC．被淹没的玻璃瓶在下降过程中，瓶内气体温度不变，压强变大，可知气体体积减小，外界对气体做正功；由于气体温度不变，气体分子平均动能不变，气体内能不变，根据热力学第一定律可知，气体向外界放热，故B正确，C错误；
A．分子间斥力只在分子间距离小于分子的半径时才会明显增加，距离稍大则分子间引力大于斥力，气体分子间距远大于分子半径，瓶内气体分子斥力不会增大，故A错误；
D．气体分子平均动能不变，气体体积减小，则气体的数密度变大，则单位时间与瓶壁碰撞的分子数增多，故D错误。
故选B。
7．C
【详解】AB．接通开关后，根据楞次定律可知线圈阻碍电流的增大，所以初始小灯泡亮度较大，由于小灯泡电阻与自感线圈的直流电阻相同，小灯泡慢慢变暗，然后亮度稳定，所以电路稳定后通过小灯泡的电流不为零，故AB错误；
CD．小灯泡电阻与自感线圈的直流电阻相同，接通开关电路稳定后支路电流相等，再断开瞬间，根据楞次定律可知线圈两端电流大小不变，不会闪亮，灯泡逐渐熄灭，故C正确，D错误；
故选C。
8．D
【详解】A．气体温度升高，气缸内气体压强增大，气体膨胀，弹簧的弹性势能等于气体膨胀过程活塞对弹簧所做的功
由于弹簧弹力逐渐变大，所以图像是曲线，斜率逐渐变大，故A错误；
B．理想气体的内能与温度有关，一定量的理想气体的内能与热力学温度成正比，与体积无关；由理想气体状态方程，可知由于气体升温过程中气体压强变化，所以气体体积与温度不成正比，因此气缸内气体内能不与气体体积成正比，故B错误；
C．由题意可知气体升温过程中气体体积变大，由理想气体状态方程，图像的斜率逐渐变大，故C错误；
D．由题意可知气体升温过程中气体压强变大，由理想气体状态方程， 图像的斜率逐渐变小，故D正确。
故选D。
9．B
【详解】A．根据曲线①的峰值为，最小值为0，因为是匀强电场，坐标原点O的电势为
故A错误；
B．根据图像，曲线③的峰值最大，曲线③对应的r最大，取值为，曲线①对应的半径为，电场强度的大小为
故B正确；
C．电场强度方向从电势最高点指向电势最低点，根据图像，电场方向与x轴负方向夹角为角，故C错误；
D．匀强电场中由图像知，角度相同，而半径分别为、、处的电势相等，说明O点与其处在同一个等势面上，即M、N处在同一个等势面上，M、N相差，如图所示
故D错误。
故选B。
10．A
【详解】A．a、b整体的机械能守恒，当a的机械能最小时，b的速度最大，此时轻杆对b的推力为零；当a到达底端时，b的速度为零，所以b的速度先增大后减小，动能先增大后减小，则b的机械能先增大后减小。所以滑块a的机械能先减小后增大，故A正确；
B． b的速度在整个过程中，先增大后减小，所以a对b的作用力先是动力后是阻力，所以b对a的作用力就先是阻力后是动力，所以滑块a的动能一直增大，故B错误；
C．当a的机械能最小时，b的速度最大，此时轻杆对b的推力为零，轻杆对a的作用力为零；轻杆对a的作用力先减小后增大，故C错误；
D．轻杆对a的作用力就先是阻力后是动力，滑块a的一直增大，故D错误。
故选A。
11．D
【详解】A．水黾能浮在水面上是因为液体表面张力的原因，故A错误；
B．根据热力学第二定律可知，不可能从单一热源吸热而使之完全转化成有用的功而不产生其他变化，即能量的利用率不能达到100%，实际上热机在工作过程中，即使燃料充分燃烧，但在利用过程中，始终会有部分能量耗散，故B错误；
C．新型材料石墨烯属于晶体，具有光学的各向异性，故C错误；
D．水银与玻璃不浸润，附着层分子分布稀疏，内部液体分子对附着层分子的引力作用整体向下，使管中的水银向下运动，当管中的水银下降到一定高度时，液面的压力差与液面边缘使它向下的力平衡，最终达到稳定状态，因此两端开口的细玻璃管竖直插入水银中，稳定后管内的水银面低于管外，故D正确。
故选D。
12．B
【详解】A．双缝干涉现象说明光具有波动性，A错误；
B．光电效应现象说明光具有粒子性，B正确；
C．单缝衍射现象说明光具有波动性，C错误；
D．泊松亮斑是光的衍射现象，说明光具有波动性，D错误。
故选B。
13．A
【详解】图为直棒竖直插入盛水玻璃杯内的俯视图

A处为直棒，ABP表示由直棒反射穿过玻璃杯壁B射向观察者P处的一条光线。ON为过B点沿半径方向的直线，即在B处和空气的分界面的法线，上述光线则相当于在B处由水中射入空气中，图中的角i和角分别为此光线的入射角和折射角，根据光的折射规律可知，应有
＞i
所以观察者在P处看到的直棒A的像A′的位置不是在A的实际位置，而是由其实际位置偏离杯中心的方向向杯壁靠拢一些，据此可知。以直棒竖直插入玻璃杯中时，其侧视图应该是图中的A或C图才与实际情况相符。同时，玻璃杯此时相当于一个凸透镜，对直棒起到了放大的作用，因此，观察到的直棒比实际粗些，故选A。
14．C
【详解】AB．对足球受力分析如图所示：

设悬绳与坚直方向的夹角为，将网绳在钉子上多绕几圈后，绳子长度减小，增大，由平衡条件可得
得网绳的拉力T随着的增大而增大，A错误，B错误；
CD．平衡条件可得
解得
所以墙壁对足球的支持力随着的增大而增大，C正确，D错误。
故选C。
15．A
【详解】A．根据安培定则可知，其电流在线框处产生的磁场方向垂直于纸面向里，故A项正确；
B．根据安培定则可知，其电流在线框出产生的磁场方向垂直于纸面向里，当导线中电流突然减弱，线框中的磁通量减弱，为了阻碍磁通量的减弱，此时线圈中产生瞬时针的电流，根据左手定则可以判断出其线框左右两边所受安培力方向相反，其距离直导线的距离相同，所以安培力大小相等，即左右两边的安培力互相抵消。线框上边所受安培力向上，下边所受安培力向下，但上边因为离直导线更近，即磁感应强度更大，其安培力更大。所以线框受到的安培力的合力向上，即线框将靠近直导线，故B项错误；
C．若线框平行长直导线向右运动，其穿过线框的磁通量未发生变化，所以线框中没有感应电流，故C项错误；
D．根据安培定则可知，其电流在线框出产生的磁场方向垂直于纸面向里，当线框以一定的初速度远离长直导线，线框中的磁通量减弱，为了阻碍磁通量的减弱，此时线圈中产生瞬时针的电流，随着线框远离直导线，其线框所处位置的磁感应强度减弱，所以其所受的安培力减小，故D项错误。
故选A。
16．D
【详解】A． A、B两处质点的起振方向相同，均与S点起振方向相同，选项A错误；
B．由题意可知，此时S处质点正处于平衡位置向上振动，选项B错误；
C．由题意可知
可得水波的波长为
选项C错误；
D．水波的速度为
选项D正确。
故选D。
17．B
【详解】A．在a→b过程，根据
解得
由于该过程的是一条过原点的倾斜直线，可知该过程是等温过程，即
b→c过程是等压过程，由于
可知
则有
A错误；
B．根据上述，b→c过程温度升高，体积增大，根据
气体体积增大，气体对外做功，W为负值，温度升高，气体内能增大，为正值，即Q为正值，可知，气体在b→c过程中吸收热量，B正确；
C．根据图像作出图像如图所示

图像中，图线与V轴所围几何图形的面积表示功，b→c过程气体对外做正功，a→b过程气体对外做负功，根据图中所围几何图形的面积可知，b→c过程气体做功大于a→b过程气体做功，即该循环过程中气体对外做正功，C错误；
D．根据
一个完整的循环过程，内能不变，根据上述该循环过程中气体对外做正功，W为负值，则Q为正值，即该循环过程中气体吸收热量，D错误。
故选B。
18．C
【详解】A．A、B两球竖直方向均做自由落体运动，则
由此可知，两球飞行时间相等，故A错误；
B．A球水平方向做匀减速直线运动，则
B球水平方向做匀加速直线运动，则
两球飞行时间相等，所以落地时两球竖直方向速度相等，但A球水平速度小于B球水平速度，落地速度大小为
所以A球落地时的速度小于B球的落地速度，故B错误；
C．两球合外力的冲量为
由于两球受相同的重力和恒定的风力，所以两球的合外力相同，飞行时间相等，所以两球飞行过程中合外力的冲量相同，故C正确；
D．落地时重力的功率为
由此可知，两球落地时重力的功率相同，故D错误。
故选C。
19．D
【详解】A．根据点电荷的场强公式和场强的叠加法则可知O点的电场强度为零，故A错误；
B．根据题意可知四个粒子在O点的电势均为
则O点的电势为
故B错误；
CD．两个正电子的电势能为
两个质子子的电势能为
故整个系统电势能为
故D正确，C错误。
故选D。
20．C
【详解】A．撤去外力瞬间，B所受合外力不再为零，则B的加速度不为零，故A错误；
BD．由题已知，当时C球动能最大，即C球速度最大，分析可知，当B球落地时，B球的速度达到最大值，此时因为C球被杆限制的原因，杆的水平方向的速度为零，则可知C球的速度减为零，因此可得B下降过程中，C先向左加速，后向左减速；而B、C组成的系统机械能守恒，当B落地时，B的重力势能全部转化成了B的动能，根据机械能守恒有
解得B球速度的最大值为
故BD错误；
C．当时C球动能最大，而B球在下降过程中做圆周运动，此时B球的速度恰好沿着B、C间杆的方向，而C球的速度水平向左，根据连接体的关联速度，可知BC球的沿着杆速度一致，则有
即
故C正确；
故选C。
21．B
【详解】A．毫米波是由LC振荡电路产生的电磁波，故A错误；
B．毫米波由空气进入水时传播速度会变小，故B正确；
C．毫米波的波长远小于车的大小，所以遇到前车时不会发生明显衍射现象，故C错误；
D．偏振是横波特有的现象，毫米波是横波，能发生偏振现象，故D错误。
故选B。
22．D
【详解】A．潜艇在“掉深”时向下加速，则由图像可知加速度为
选项A错误；
B．在30s内先向下加速后向下减速，则潜艇向下到达最大深度，选项B错误；
C．由图像可知潜艇竖直向下的最大位移为
选项C错误；
D．潜艇在时间内向下减速，加速度向上，则处于超重状态，选项D正确。
故选D。
23．A
【详解】A．如果选择电压表，滑动变阻器R和定值电阻R0串联在电路中，且电压表测R的滑片至最上端的电压，无论滑片如何移动，变阻器接入电路的阻值不变，闭合开关S，水量增多时，滑片下移，R上半部分的电阻增大，R上半部分分得的电压增大，即电压表示数变大，故A正确；
B．如果选择电流表，滑动变阻器R滑片以下的部分和定值电阻R0串联在电路中，电流表测电路中的电流，水量增多时，滑片下移，滑动变阻器连入电路的阻值减小，电路总电阻减小，由欧姆定律可得，电路电流增大，即电流表示数变大，故B错误；
C．与电压表相比，选择电流表设计电路的总电阻较小，电路电流较大，由P=UI可知，电路的总功率较大，不节能，故C错误；
D．若选择电压表，增加，电路中电流减小，电阻变化相同时，电压变化变小，即灵敏度降低，故D错误。
故选A。
24．D
【详解】AB．两次射门足球分别水平打在水平横梁上，足球离地面的高度相同，根据位移公式
可知击中a、b所用的时间相同，根据速度公式
可知踢出时竖直方向的速度相同，击中a、b时水平方向的位移不同，根据
可知踢出时水平方向的速度不同，则根据
可知两次的初速度大小不相等,故AB错误；
C．击中a、b的过程中，足球上升的高度相同，重力做功相同，故C错误；
D．取竖直向上为正方向，根据动量定理有
可知两过程中动量变化量相等，故D正确。
故选D。
25．B
【详解】A．原线圈两端电压的有效值
根据
原、副线圈的磁通量变化率之比为
A错误；
B．通过副线圈的电流
线圈的匝数比
电流表的读数为
B正确；
C．电压表测的为副线圈两端电压的有效值，即始终为，C错误；
D．若电压表改为非理想电表，则副线圈电阻变小，因原线圈电压与匝数都不变，则副线圈电压不变，则副线圈电流变大，根据
可知原线圈电流也增大，电流表示数会变大，D错误。
故选B。
26．A
【详解】A．轨道1为近地圆轨道，卫星运行的速度为第一宇宙速度，卫星由1轨道变到2轨道，要做离心运动，因此在C点应该加速，所以在2轨道上C点的速度大于1轨道上C点的速度，即卫星在轨道2上C点的速度大于第一宇宙速度，故A正确；
B．根据开普勒第三定律
可知轨道半径越大，周期越大，所以卫星在轨道2上运行的周期大于在轨道1上运行的周期，故B错误；
C．根据万有引力公式
可知卫星在轨道2上的A点和轨道3上B点受到的万有引力大小相同，方向不同，故C错误；
D．根据万有引力提供向心力
解得
可知卫星在1轨道上运行的速度大于卫星在3轨道上的速度，而卫星在轨道2上C点的速度大于卫星在轨道1上C点的速度，所以卫星在轨道2上C点的速度大于在轨道3上B点的速度，故D错误。
故选A。
27．B
【详解】A．根据题意可知，a光在左半球的折射角等于在右半球的入射角，由于a光在左右半球的折射率不同，则a光从右半球射出时的出射角不等于，故A错误；
B．根据题意，由公式可得，a光在左半球的传播速度为
a光在右半球的传播速度为
由几何关系可知，a光在左右半球的传播距离均为，则a光在该玻璃球中传播的时间为
故B正确；
CD．根据折射定律，由图可知，光在左半球的折射率小于光在左半球的折射率，则光的频率小于光的频率，光的波长大于光的波长，由可知，照射同一光电管时，a光使其逸出的光电子最大初动能小，由可知，通过同一装置发生双缝干涉，b光的条纹间距小，故CD错误。
故选B。
28．D
【详解】A． A→B的过程中，气体温度不变，体积增大到原来的2倍，由玻意尔定律可知，气体压强将减小到A状态时的二分之一；B→C的过程中，气体的体积不变，温度升高到原来的4倍，由查理定律可知，气体的压强将增大到B状态时的4倍；即气体压强先减小后增大，故A错误；
B． C→D→A过程中，气体的体积先减小后不变，所以单位体积内分子数先增加后不变，故B错误；
C． A→B的过程中，气体等温膨胀，内能不变，但对外做功，由热力学第一定律
可知，气体从外界吸收了热量；B→C的过程中，气体体积不变，温度升高，内能增加，气体和外界没有相互做功，由
可知，气体从外界吸收了热量；C→D过程中，气体体积减小，温度降低，内能减小，由图可知是定值，则由
可知，气体经历了等压压缩，外界对气体做了功，由
可知，气体向外界释放了热量；D→A过程中，气体经历了等容降温，内能减小，压强减小，气体与外界没有相互做功，由
可知，气体向外界释放了热量。综上所述，气体与外界相互做功发生在A→B和C→D过程中，其中A→B是一个降压过程，C→D是一个等压过程，由D→A过程可知，A→B过程中压强的最大值小于C→D过程中的压强，两个过程中气体的体积变化量相等，所以A→B过程中气体对外界做的功小于C→D过程中外界对气体做的功，故C错误；
D．由上面的分析可知，整个循环过程中，外界对气体做的功大于气体对外界做的功，气体的温度、体积最终回到了开始状态，内能变化量为零，由热力学第一定律
可知气体对外界放了热，故D正确。
故选D
29．C
【详解】A．根据质量数和电荷数守恒可知X核为核，故A错误；
B．光子的频率为v，可知光子的动量
故B错误；
C．由比结合能的概念可知，该核反应释放的核能为
故C正确；
D．质量亏损为
故D错误；
故选C。
30．C
【详解】A．由题可知，将带电小球的运动分解成水平方向和竖直方向的运动，由受力可知，两小球在竖直方向只受重力，故在竖直方向做竖直上抛运动，竖直方向的初速度为
上升到最高点时，竖直方向速度为零，由此可知，两球到达A、B两点的时间相同，A正确；
C．水平方向只受电场力，故水平方向做匀变速直线运动，水平方向的初速度为
由题可知，带正电的小球有
带负电的小球有
解得
可见到达最高点时两小球的速度大小相等，水平方向只有电场力做功，由动能定理可知，两球到达A、B两点过程中电势能变化量之比为，C错误；
B．由上分析可知
解得
故
故与之比为，B正确；
D．由题可知
联立得
D正确。
本题选择错误的，故选C。