八省2025届高三“八省联考”考前猜想卷物理01答案_A1502026各地模拟卷（超值！）_12月_2412312025届高三“八省联考”考前猜想卷

2025 年 1 月“八省联考”考前猜想卷 物理·参考答案与评分标准 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 D D B C B D C AD AB AC 1.【答案】D 【解析】AC．羽毛球在运动过程中受到自身重力和空气阻力作用，其合力是变化的，做变加速曲线运动， 且空气阻力做负功，羽毛球的机械能减小，由于A、B为同一轨迹上等高的两点，则羽毛球在A点的速度大 于在B点的速度。故AC错误；B．经过P点时羽毛球受重力与空气阻力的作用，加速度不等于重力加速度。 故B错误；D．由于存在空气阻力与运动方向相反，AP段羽毛球处于上升阶段，可知羽毛球竖直向下的加 速度大于重力加速度，而PB段羽毛球处于下降阶段，羽毛球竖直向下的加速度小于重力加速度，由于上升 1 与下降阶段，竖直方向的位移大小相等，由h at2可知AP段的飞行时间小于PB段的飞行时间。故D正 2 确。故选D。 2.【答案】D GMm 42 【解析】A．根据 m r可求出月球的质量，但题中信息不能求出月球的体积，所以不可以求出月 r2 T2 球的密度，故A错误；B．“嫦娥六号”环绕月球运动，未脱离地球的束缚，故其发射速度应大于地球的第一 宇宙速度7.9km/s，小于地球的第二宇宙速度11.2km/s，故B错误；C．“嫦娥六号”围绕月球做椭圆运动， 根据开普勒第二定律可知，从A→B→C做减速运动，从C→D→A做加速运动，则从B→C→D的运动时间 大于半个周期，即大于6h，故C错误；D．由开普勒第二定律，可得v tr v tr “嫦娥六号”在A点和C A A C C v r 5 点速度之比为 A  C  故D正确。故选D。 v r 1 C A 3.【答案】B 【解析】光线在法线两侧，光线从光楔右侧出射时向下偏折，光路图如图 sin 设光线从光楔右侧出射时与入射时相比的偏转角为，根据折射定律n sin 学学学学 科科科科 网网网网 （（（（ 北北北北 京京京京 ）））） 股股股股 份份份份 有有有有 限限限限 公公公公 司司司司sin  由于角很小，所以也很小，所以原式约等于n  解得n1故选B。 sin  4.【答案】C 【解析】AB．对重物受力分析，由平衡条件，水平方向有F sin F sin P Q 竖直方向有F cosF cosG 若等于，则F 等于F ，则G0，显然不满足条件，故不可能等于 P Q P Q ，F 不可能等于F ，故AB错误；CD．根据F cosF cosG可得F cosG所以F G根据题 P Q P Q P P 目条件无法确定F 与G的关系，故C正确，D错误。故选C。 Q 5.【答案】B E 【解析】线框中的总电流为I  据已知条件可得Rr dab和dcb所受安培力的等效长度均为 2L，可 Rr 1 2EBL 得F 2B IL 故选B。 2 2r 6.【答案】D 【解析】A．设物体位移为x，拉力F 为变力，变力做功为图像围成的面积，则拉力F 做功为 1 W 351 J=4J F 2 W 4 由能量守恒知W  fx代入得x F  m=4mA错误；B．由动能定理知，物体的最大速度为v ，则 F f 1 m 1 2W  fx  241 W  fx  mv2 代入得v  F 1  m/s= 6m/sB错误； F 1 2 m m m 1 CD．当运动过程中合力最大时，拉力为F 5N，速度最大v 时，合力功率最大为 m P F f v 51 6W=4 6WC错误，D正确。故选D。 m m 7.【答案】C aE aE 【解析】B．Ex图像中，图像与横坐标所围几何图形的面积表示电势差，则有0  0 解得  0 a 2 a 2 故B正确，不符合题意；A．坐标原点左侧电场方向向左，右侧电场方向向右，粒子在电场力作用下，先向 右做加速运动，后向右做减速运动，减速至0后，向左先做加速运动，后向左做减速运动，根据对称性， 减速至0时，恰好返回释放点，可知，粒子到达坐标原点的速度最大，此时粒子的动能最大，根据动能定 理有q 0E 0 a k aqE 结合上述解得E  0 故A正确，不符合题意；C．根据图像可知，图像对应的函数方程为 k 2 E qE E  0 x粒子所受电场力即为其合力F qE  0 x a a 学学学学 科科科科 网网网网 （（（（ 北北北北 京京京京 ）））） 股股股股 份份份份 有有有有 限限限限 公公公公 司司司司合力大小与相对于平衡位置的位移大小成正比，方向相反，粒子做简谐运动，振幅为a，故C错误，符合题 2 意；D．若从粒子从坐标原点向右运动作为计时起点，则其运动方程为xasin t T 2a 2 对上述函数求导，得到速度表达式v cos t 对速度表达式求导，得到加速度大小表达式为 T T 42a 2 qE ma a  v'  sin t 根据牛顿第二定律有F  0 xma 综合上述解得T 2 则粒子第一次运动到 0 T2 T a 0 qE 0 T  ma 原点所用的时间为t  故D正确，不符合题意。故选C。 4 2 qE 0 8.【答案】AD 【解析】A．根据质量数与电荷数守恒可知，碘—129的衰变方程为129I129Xe0 e 53 54 1 故A正确； B．放射性元素的半衰期不受温度、压强、是否是单质等因素的影响，故B错误； C．放射性污染物半衰期越长，在环境中存在的时间越长，对环境影响越大，故C错误； D．碘—129衰变过程有质量亏损，会释放能量，故D正确。 故选AD。 9.【答案】AB mg 【解析】A．以A球为对象，由平衡条件可得mgkx 解得弹簧的劲度系数k  故A正确； 0 x 0 B．设B与A碰撞前瞬间速度大小为v ，根据运动学公式可得2g3x v2B与A碰撞过程，满足动量守恒， 0 0 0 6gx 则有mv 2mv联立解得B与A碰撞后瞬间速度大小为v 0 故B正确； 0 2 C．小球A、B回到O点时，弹簧弹力为0，两球受到重力作用，加速度不为零，故C错误； D．碰撞后两球一直做简谐运动，两球恰能回到O点，此时两球的加速度为g，方向向下，根据简谐运动对 称性可知两球处于最低点时的加速度大小为g，方向向上，设最低点的压缩量为x，则有 1 4mg kx 2mg 2ma2mg 解得x   4x 1 1 k 0 设此过程中弹簧的最大弹性势能为E ，根据系统机械能守恒可得E 2mgx 8mgx 故D错误。故选AB。 pm pm 1 0 10.【答案】AC 【解析】A．t 时导体棒2与挡板之间的作用力刚好为零，由力的平衡条件得m gsinB IL 0 2 2 E 对导体棒1有EBLv又I  解得v12m/s故A正确；BC．对导体棒1由动量定理得 1 R R 1 2 学学学学 科科科科 网网网网 （（（（ 北北北北 京京京京 ）））） 股股股股 份份份份 有有有有 限限限限 公公公公 司司司司 BLx E mgsintBILt mv 又由法拉第电磁感应定律得E  1 又I  1 1 t t R R 1 2 qIt由以上可解得q1.44C，x14.4m故B错误，C正确； 1 D．0t 时间内，由能量守恒定律得mgxsin mv2Q 0 1 2 1 R 解得Q5.76J导体梯1上产生的焦耳热为Q  1 Q 代入数据解得Q2.304J故D错误。故选AC。 1 R R 1 2 11.【答案】(1)0.04【1分】 (2) 9.69【2分】 2.48【2分】 (3)大于【1分】 【解析】（1）由于闪仪的频率为25Hz时，看到水滴仿佛固定不动，故水滴滴下的时间间隔为 1 T  0.04s f x x (33.48213.64)102 （2）[1]根据逐差法求加速度可得该地的重力加速度为g  CE AC  m/s2 9.69m/s2 4T2 40.042 [2]由某段时间内中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可得，D点的瞬时速度 x (33.4813.64)102 v  CE  m/s 2.48m/s D 2T 20.04 1 1 f f f （3）根据动能定理可知 mv2 (mg f)h 解得 v2 (g )h结合图像可知g  g 故m m 2 2 m m m 1 2 1 2 720 12.【答案】(1) 30 【2分】 100【2分】 (2)并联【2分】 1.0 【2分】 (3)R 1【1分】 E 【解析】（1）（1）[1][2]设毫安表每格表示电流大小为I ，则当电阻箱的阻值为R =1100Ω时，由欧姆定律 0 1 可得15I (R ＋R )=U 0 1 g 当电阻箱的阻值为R =500Ω时，则有30I (R ＋R )=U 2 0 1 g 两式联立并代入数据可解得R =100Ω，I =1mA g 0 故该毫安表的量程I =30I =30mA g 0 （2）[1][2]要将量程为300mA的毫安表改成量程为I =3A电流表，则需在毫安表两端并联一个电阻，设 A 其电阻为R′，则有I R =(I −I )R′ g g A g 代入数据可解得R′≈1.0Ω （3）由题意可知，改装后电流表的内阻为R =1Ω，设通过光敏电阻的电流大小为I′（单位：A）则有则有 G (R＋R )I′=U成立 G 100 1 且I′R G =IR g 由以上两式可得R1  E103V18.0V  1  4 720 整理可得R 1() E 1 13.【答案】(1)200K (2) p Smg 3 0 学学学学 科科科科 网网网网 （（（（ 北北北北 京京京京 ）））） 股股股股 份份份份 有有有有 限限限限 公公公公 司司司司【解析】（1）A到B等压变化，则由盖—吕萨克定律 V V A  B ① T T A B 代入数据解得，在A状态时，汽缸内气体的温度为 ② T 200K A （2）B到C做等容变化，由查理定律 p p B  C ③ T T B C 其中 mg p  p  ④ B 0 S 对活塞受力分析，由平衡条件 Fmg p S  p S ⑤ 0 C 联立可得，在C状态时，活塞对卡口的作用力大小为 1 F  p Smg ⑥ 3 0 【评分标准】第(1)问4分，第(2)问6分，③④每式1分其余每式2分。 1 3mU 2 3U 14.【答案】(1)B ，垂直纸面向外 (2)E  ，4eU d 2e d 【解析】（1）电子带负电，根据左手定则可知磁感应强度B方向垂直纸面向外，电子在磁场中的轨迹如图所 示 根据洛伦兹力提供向心力 v2 evBm ① r 由几何关系可得 d r  ② sin60 电子经过电场加速过程，根据动能定理可得 学学学学 科科科科 网网网网 （（（（ 北北北北 京京京京 ）））） 股股股股 份份份份 有有有有 限限限限 公公公公 司司司司1 eU  mv2 ③ 2 联立解得 1 3mU B ④ d 2e （2）电子在电场中做类平抛运动，假设在电场中的时间为t，则有 d vt ⑤ 离开电场时，假设沿电场方向的分速度为v，则有 eE v t ⑥ m v 又tan60 y ⑦ v 2 3U 联立可得E  ⑧ d 离开电场时的动能为 E  1 m  v2v2  1 m(2v)2 4eU ⑨ k 2 y 2 可知打在荧光屏上的电子动能为4eU。 【评分标准】第(1)问6分，第(2)问6分，①②⑨每式2分其余每式1分。 1 3 R m 17gR 15.【答案】(1)x  R ，x  R (2)4 (3) A 4 B 4 g 2 【解析】（1）从滑块B静止释放至滑块B滑到轨道的圆弧最低点的过程中，A、B组成的系统满足水平方 向动量守恒，则有 3mv mv ① A B 则有3mx mx A B 又x x R ② A B 联立解得A、B运动的水平位移的大小分别为 1 3 x  R ，x  R ③ A 4 B 4 （2）根据系统机械能守恒可得 1 1 mgR 3mv2 mv2 ④ 2 A 2 B 解得 学学学学 科科科科 网网网网 （（（（ 北北北北 京京京京 ）））） 股股股股 份份份份 有有有有 限限限限 公公公公 司司司司gR 3gR v  ，v  A 6 B 2 从B在圆弧最低点到与C发生碰撞前瞬间过程，根据动能定理可得 3 1 1 mg( Rx )  mv2 mv2 ⑤ 4 A 2 B 2 B 解得B与C碰前的速度大小为v  gR B B与C发生弹性碰撞过程，有 mv mv mv ⑥ B B1 C 1 1 1 mv2  mv2  mv2 ⑦ 2 C 2 B1 2 C 解得v 0，v v  gR B1 C B 可知B、C速度交换，则滑块C第一次在传送带上向左运动过程，有 mg a g ⑧ m 滑块C第一次在传送带上向左运动的时间为 v R t  C 4 ⑨ a g （3）由于传送带速度 gR v  gR 可知滑块C向左减速为0后，反向向右加速到与传送带共速，接着匀速运动到右端与B发 2 C gR 生弹性碰撞，碰后速度再一次发生交换，所以第二次碰撞后B的速度为v  B 2 B向右减速到停下所用时间为 v v R t  B  B  2 ⑩ B a g g 此过程，支持力对B的冲量大小为 I Nt 2m gR ⑪ N B 摩擦力对B的冲量大小为 1 I  ft  m gR ⑫ f B 2 则地面给B的冲量大小为 m 17gR I  I2 I2  ⑬ 地 N f 2 【评分标准】第(1)问3分，第(2)问10分，第(3)问4分.④⑤⑥⑦每式2分，其余每式1分。 学学学学 科科科科 网网网网 （（（（ 北北北北 京京京京 ）））） 股股股股 份份份份 有有有有 限限限限 公公公公 司司司司学学学学 科科科科 网网网网 （（（（ 北北北北 京京京京 ）））） 股股股股 份份份份 有有有有 限限限限 公公公公 司司司司