八省2025届高三“八省联考”考前猜想卷物理02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 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4He，根据核反应前后质量数守恒、电荷数守恒，可得 2 243b4 95a2 解得b239，a93所以X的电荷数为93，质量数为239。故选D。 2．B Mm v2 GM 【解析】A．由G m 可知v 故轨道2的半径比轨道1的半径大，故A错误； r2 r r 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mvtS发电机的功率 1  mv2 P 2  1 Sv3 1 r2v3 带入数据可知P=457W故选C。 t 2 2 4．A 【解析】A．根据x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x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x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E q，由于电子带负电，所以电子在a点的电势能小 p 于在d点的电势能，故D错误。故选A。 5．B 【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， 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 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2 2 y 10sin( t)cm10sin( 0.125)cm5 2cm故C错误； Q T 0.2 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 1 f  5Hz故D错误。故选B。 T 6．D  100 【解析】A．副线圈中交流电的频率为 f    50Hz选项A错误； 2 2 I n 1 B．电流表A、A 的示数之比为 1  2  选项B错误； 1 2 I n 2 2 1 U n 2 C．根据变压器电压与匝数关系可知 1  1  U n 1 2 2 因电压表V 示数小于变压器次级电压，可知电压表V、V 的示数之比不等于2:1，选项C错误； 2 1 2 D．开关S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V 的示数增大，选项D正确。故选D。 2 7．D S 【解析】A．只将N板水平向右平移稍许，由公式C  r 4kd Q 可知，电容器的电容将变小，而又由C U U E  d 4kQ 可知，两板间的电场强度E S r 将不变，电场力不变，故夹角θ将不变，选项A错误； S B．只将N板竖直向上平移稍许，由公式C  r 4kd Q 可知，电容器的电容将变小，而又由C U U 4kQ E  可知，两板间的电场强度E 将变大，电场力变大，故夹角θ将变大，选项B错误； d S r 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； S D．只将M板水平向左平移稍许，由公式C  r 4kd Q 可知，电容器的电容将变小，而又由C U U E  d 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4kQ 可知，两板间的电场强度E S r 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 p p 【解析】A．a到b过程为等容变化，气体对外界不做功，由查理定律有 a  b T T a b 可得T T 则气体内能减少，故A正确； a b B．b到c过程，气体体积减小，外界对气体做正功，故B错误； p p C．c到d过程为等容变化，气体对外界不做功，由查理定律有 c  d 可得T T T T d c c d 则气体内能增加，根据热力学第一定律U W Q可知，气体从外界吸收热量，故C正确； D．由W  pV 可知，pV 图像与坐标轴围成的面积代表做功，可知由d到a气体对外界做的正功大于由b到c外界对气体 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U W Q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 sin60 6 n   a sin45 2 sin60 n   3 b sin30 因为在介质中n＜n ，所以a光的频率小于b光的频率。 a b c 又根据公式n 可得，两种色光在玻璃中的传播速率 v c 6 v   c a n 3 a c 3 v   c b n 3 b 所以两种色光在玻璃中的传播速率v＞v 故AB正确，C错误； a b 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。 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10．BD 【解析】A．由题意和几何知识可知小球受到的合力为F 5N 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； v t 0 tan30o 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 1 at2 2 F 又a 10m/s2解得t0.6s故B正确； m 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。 11．BCD E B2L2v 【解析】A．由E BLv，i ，F BiL可得F  R R 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； ΔΦ BΔS B．由qIΔt   可知通过线圈横截面的电荷量相等，故B正确； R R 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 F ，穿过磁场时间为t，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mgtFt mv  BL 而FtBILt，I  所以Ft tR R 可见，下落过程中两线圈所受安培力的冲量相等，因为v v ，所以t t ，即乙运动时间较短，先落地， 乙 甲 乙 甲 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。 1 1 （3）对m研究，根据动能定理mgT2L mv2  m2v2整理，可得mgTLmv2故选A。 2 m 2 4mg 4g 1 v2  L L （4）对小车，根据动能定理有2TL Mv2联立，解得 4mM M 2 4 m 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 司司司司逐渐增加砂的质量m，v2L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v2L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】 E (3) E 【2分】 B 【2分】 B I A 【解析】（1）[1][2][3]由图乙，电动势约为3.8V，且有电阻R 分压，所以电压表选A，最大电流不超过0.6A， 0 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U EI(R r) 0 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 U 3.80 R r| | 6.6 0 I 0.580 所以电源的内阻为r0.6 （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 E 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r  B I A 2mE 14．（1）B ；（2）2l ql 【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v ，根据动能定理 1 1 qEl  mv2 ① 2 1 由左⼿定则可以判断，粒⼦向－y⽅向偏转，如图所示 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 司司司司由几何关系知，粒⼦在磁场中运动的半径为 R l ② 1 由⽜顿第二定律得 v2 qvBm 1 ③ 1 R 1 由①②③得 2mE B ④ ql （2）粒⼦第2次经过x轴时，速度沿＋y⽅向，位置坐标为 x l ⑤ 2 粒⼦在电场中做类平抛运动，经历的时间t ，第3次经过y轴时 3 1 l  at2 ⑥ 2 qE a ⑦ m y vt ⑧ 3 1 由①⑤⑥⑦⑧得 y 2l ⑨ 3 【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) 5m s(2)30g(3)0.36m 【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 v2 m g m C ① 2 2 R 求得 v  5m/s ② C 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（2）设Q 与弹簧分开时 P、Q的速度分别为v 、v ，小球Q从B点到C点的过程中，根据机械能守恒可 1 2 得 1 1 mv2 mv2 m g2R ③ 2 2 2 2 2 C 2 P、Q、弹簧组成的系统动量守恒，可得 mv mv m v ④ 1 0 1 1 2 2 P、Q、弹簧组成的系统机械能守恒，可得 1 1 1 mv2  mv2 m v2 ⑤ 2 1 0 2 1 1 2 2 2 解得m 30g ⑥ 2 （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 mv mv' m v' ⑦ 1 0 1 1 2 2 在任意一段很短的时间t内均有 mv t mv'tmv't ⑧ 1 0 1 1 2 2 两边分别对时间累加求和，可得mvtmx m d ⑨ 1 0 1 P 2 求得x 0.76m ⑩ P 所以，弹簧的最大压缩量为 Δxx d 0.760.4m0.36m ⑪ P 【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。 3 d 4gdr3 2d 16．【答案】（1）r  ；（2）① 0 ；② 2 tg U kU 2dg 【解析】（1）油滴匀速下落的速度 0.5d v ① t 此时 f mg ② 其中 f 6rv ③ 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3 d 解得r  ④ 2 tg （2）①由串联电路规律有 U U  1 3 1 ⑤ R R 2 2 解得两极板之间的电压 U U  ⑥ 1 3 对油滴由平衡条件可知 U q 1 mg ⑦ d 4 而m r3 ⑧ 3 0 4gdr3 解得q 0 ⑨ U ②设油滴C的电荷量为q、质量为m，两极板之间电压为 U U  ⑩ 2 2 设油滴向上运动加速度为a，由牛顿第二定律有 U q 2 mg ma ⑪ d kU 解得a g ⑫ 2d 2d 由运动学公式解得t ⑬ kU 2dg 【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。 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