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2025 年 1 月“八省联考”考前猜想卷
物理·参考答案与评分标准
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D B C A B D D ACD AB BD
1．D【解析】由于α粒子为 ，根据核反应前后质量数守恒、电荷数守恒，可得
解得 ， 所以X的电荷数为93，质量数为239。故选D。
2．B
【解析】A．由 可知 故轨道2的半径比轨道1的半径大，故A错误；
B．轨道半径越大，卫星的机械能越大，故B正确；
CD．卫星每次变轨时发动机均做正功，使卫星做离心运动，抬高轨道，故CD错误。故选B。
3．C
【解析】在∆t时间内吹到风叶叶片上的空气质量为 发电机的功率
带入数据可知P=457W故选C。
4．A
【解析】A．根据 图像的切线斜率表示场强大小，可知坐标原点O处的电场强度大小为零，故A正确；
B．根据 图像可知，关于O点对称的任意两点电场强度大小相等，方向相反，故B错误；
C．由于 图像的电势均为正，且离点电荷越近电势越高，结合对称性可知b、c两点固定的点电荷均带
正电，且所带电荷量相等，故C错误；
D．由题图可知a点的电势大于d点的电势，根据 ，由于电子带负电，所以电子在a点的电势能小
于在d点的电势能，故D错误。故选A。
5．B
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片
【解析】A．由图乙可知，t=0时刻质点P向下振动，根据“上下坡”法由图甲可 知，该波沿x轴负向传播，
3
故A错误；
.
B．由于P、Q两点间距离等于半个波长，所以两质点振动步调相反，速度大小始终相等，故B正确；
.
.
C．由图乙可知，周期为0.2s，所以0.125s时Q质点的位移为
故C错误；
D．若此波遇到另一列简谐横波发生了干涉现象，则两列波频率相同，则所遇到的波的频率为
故D错误。故选B。
6．D
【解析】A．副线圈中交流电的频率为 选项A错误；
B．电流表 的示数之比为 选项B错误；
C．根据变压器电压与匝数关系可知
因电压表V 示数小于变压器次级电压，可知电压表 的示数之比不等于 ，选项C错误；
2
D．开关 断开后，次级电阻变大，次级电流减小，则电阻R上电压减小，而变压器次级电压不变，可知
电压表 的示数增大，选项D正确。故选D。
7．D
【解析】A．只将N板水平向右平移稍许，由公式
可知，电容器的电容将变小，而又由
可知，两板间的电场强度
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将不变，电场力不变，故夹角θ将不变，选项A错误；
3
B．只将N板竖直向上平移稍许，由公式
.
.
.
可知，电容器的电容将变小，而又由
可知，两板间的电场强度 将变大，电场力变大，故夹角θ将变大，选项B错误；
C．若将细线烧断，小球受电场力和重力都为恒力，则小球将沿绳的方向斜向下做初速度为零的匀加速直
线运动，选项C错误；
D．只将M板水平向左平移稍许，由公式
可知，电容器的电容将变小，而又由
可知，两板间的电场强度
将不变，电场力不变，将细线烧断，小球与C选项情景中运动位移、加速度均不变，到达N板的时间不变，
故D正确。故选D。
8．ACD
【解析】A． 到 过程为等容变化，气体对外界不做功，由查理定律有
可得 则气体内能减少，故A正确；
B． 到 过程，气体体积减小，外界对气体做正功，故B错误；
C． 到 过程为等容变化，气体对外界不做功，由查理定律有 可得
则气体内能增加，根据热力学第一定律 可知，气体从外界吸收热量，故 正确；
D．由
可知， 图像与坐标轴围成的面积代表做功，可知由 到 气体对外界做的正功大于由 到 外界对气
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体做的正功，所以一个循环过程中，气体对外界做正功，而气体内能不变，根据 热力学第一定律
3
可知，气体从外界吸收热量，故D正确。故选ACD。 .
.
.
9．AB
【解析】ABC．由题意可得两中色光的折射率
因为在介质中 ，所以a光的频率小于b光的频率。
又根据公式 可得，两种色光在玻璃中的传播速率
所以两种色光在玻璃中的传播速率 故AB正确，C错误；
D．由于光是从空气进入介质，是从光疏介质进入光密介质，在界面AB上，不能够发生全反射，而在弧面
AC上光始终沿法线入射，也不能够发生全反射，所以当入射光线PO与AB 界面的夹角减小时，a光与b
光总是能从AC圆弧面上射出。故D错误。故选AB。
10．BD
【解析】A．由题意和几何知识可知小球受到的合力为
方向与初速度的方向垂直，小球做类平抛运动，小球的加速度不变，故A错误；
B．小球再次经过x轴时，沿初速度方向的位移和垂直初速度的位移关系为
又 解得 故B正确；
C．小球做类平抛运动，小球的高度先增加后减小，重力势能先增加后减小，故C错误；
D．小球做类平抛运动，速度一直在增加，小球的动能一直增大，故D正确。
故选BD。
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片
11．BCD
3
【解析】A．由 ， ， 可得 .
.
.
由于乙进入磁场时的速度较大，则安培力较大，克服安培力做的功较多，即产生的焦耳热较多，故A错误；
B．由 可知通过线圈横截面的电荷量相等，故B正确；
C．由于甲、乙减少的重力势能相同，甲穿过磁场的过程中产生的热量较少，由能量守恒定律可知，甲落
地时速度较大，故C正确；
D．线圈穿过磁场区域时受到的安培力为变力，设受到的平均安培力为 ，穿过磁场时间为 ，下落全过
程时间为t，落地时的速度为v，则全过程由动量定理得
而 ， 所以
可见，下落过程中两线圈所受安培力的冲量相等，因为 ，所以 ，即乙运动时间较短，先落地，
故D正确。故选BCD。
12．(1)不需要 【1分】 (2)需要 【1分】 (3)A【2分】 (4)甲【2分】
【解析】（1）实验中，根据力传感器的读数可以直接求出小车受到的拉力，不需要满足小车的质量M远
大于砂和砂桶的总质量m这一条件。
（2）尽管实验装置采用了力传感器，也需要平衡摩擦力，否则小车受到的合外力不为绳的拉力的合力。
（3）对m研究，根据动能定理 整理，可得 故选A。
（4）对小车，根据动能定理有 联立，解得
逐渐增加砂的质量m， 图像的斜率越大，故在让小车质量不变的情况下逐渐增加砂的质量多次做实
验，得到 图中虚线“甲”所示的图线。
13．(1) A 【1分】 C 【1分】 E【1分】
(2) 3.8 【1分】 0.6【2分】
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(3) E 【2分】 【2分】 3
B
.
.
【解析】（1）[1][2][3]由图乙，电动势约为3.8V，且有电阻 分压，所以电压.表选A，最大电流不超过
0.6A，电流表选C，为了调节方便，滑动变阻器选E。
（2）[1][2]根据闭合电路欧姆定律可得
所以图像纵轴的截距表示电源的电动势为E=3.8V
图像的斜率的绝对值表示电源的等效内阻，有
所以电源的内阻为
（3）[1][2]当S 接1时，误差在于电流表的分压，所测内阻等于电源内阻与电流表内阻之和，所以内阻测
2
量值比真实值偏大；当S 接2时，误差在于电压表的分流，所测内阻等于电源与电压表并联的总电阻，所
2
以内阻测量值比真实值偏小。由于U-I图线斜率的绝对值表示内阻，即S 接1时的图线陡一些，可以判断
2
图线A是利用单刀双掷开关S 接2中的实验数据描出的，内阻测量值比真实值偏小。
2
S 接1时，所测电动势为电流表与电源串联后整体的等效电源的电动势，即S 接1时的电动势的测量值等
2 2
于真实值，即有E=E
B
由于S 接2时，当电路短路时，电压表没有分流，即此时的电流的测量值与真实值相等，结合上述可知，
2
电源的真实的U-I图线是B图线纵轴交点与A图线横轴交点的连线，可知
14．（1） ；（2）2l
【解析】（1）设粒⼦经第Ⅰ象限的电场加速后，到达y轴时的速度为 ，根据动能定理
①
由左⼿定则可以判断，粒⼦向－y⽅向偏转，如图所示
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3
.
.
.
由几何关系知，粒⼦在磁场中运动的半径为
②
由⽜顿第二定律得
③
由①②③得
④
（2）粒⼦第2次经过x轴时，速度沿＋y⽅向，位置坐标为
⑤
粒⼦在电场中做类平抛运动，经历的时间 ，第3次经过y轴时
⑥
⑦
⑧
由①⑤⑥⑦⑧得
⑨
【评分标准】第(1)问5分，第(2)问5分，③式2分.其余每式1分。
15．【答案】(1) (2) (3)
【解析】（1）小球Q沿BC运动时恰能经过最高点C，根据牛顿第二定律可得
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①
3
求得 .
.
.
②
（2）设Q 与弹簧分开时 P、Q的速度分别为 、 ，小球Q从B点到C点的过程中，根据机械能守恒可
得
③
P、Q、弹簧组成的系统动量守恒，可得
④
P、Q、弹簧组成的系统机械能守恒，可得
⑤
解得 ⑥
（3）P、Q和弹簧组成的系统动量守恒，小球P连接的轻弹簧从接触Q到弹簧被压缩到最短的过程中的任
意时刻有
⑦
在任意一段很短的时间 内均有
⑧
两边分别对时间累加求和，可得 ⑨
求得 ⑩
所以，弹簧的最大压缩量为
⑪
【评分标准】第(1)问2分，第(2)问4分，第(3)问4分，⑪式2分.其余每式1分。
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16．【答案】（1） ；（2）① ；② 3
.
【解析】（1）油滴匀速下落的速度 .
.
①
此时 ②
其中 ③
解得 ④
（2）①由串联电路规律有
⑤
解得两极板之间的电压
⑥
对油滴由平衡条件可知
⑦
而 ⑧
解得 ⑨
②设油滴C的电荷量为q、质量为m，两极板之间电压为
⑩
设油滴向上运动加速度为a，由牛顿第二定律有
⑪
解得 ⑫
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由运动学公式解得 ⑬ 3
.
【评分标准】第(1)问4分，第(2)问5分，第(3)问5分，⑪式2分.其余每式.1分。
.
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