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石室中学高2025届零诊模拟考试
物理答案
第Ⅰ卷(选择题 共46分)
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
A D C B B D D AD BD BC
1.【答案】A
【详解】A．在显微镜下观察到的煤油中的小粒灰尘的布朗运动，说明煤油分子在做无规则运动，故A正确；
B．当分子间距离大于 时，分子间作用力表现为引力，且大小随分子间距先增大后减小，引力随分子间距增大
时，分子力做负功，分子势能增大，故B错误。
C．若气体的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为 ，则气体的分子占据的空间为 ，又因为分子间
存在间隙，所以气体的分子体积小于 ，故C错误；
D．“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，油酸酒精溶液久置，酒精会挥发，溶液中油酸浓度变大，若仍用较
小浓度运算，计算得到的纯油酸体积偏小，根据 可知，分子直径的测量值偏小，故D错误；故选A。
2.【答案】D
解析 设运动轨迹与等势面的交点C处，电场线与等势面垂直，物体做曲线运动合外力指向轨迹凹侧，所以电荷在
C点所受电场力水平向左，又因带正电，所以 C点的电场线水平向左，从而判断出电场线指向左侧，故A点为负
电荷，B点带正电荷，为异种电荷，A错误；
等势面的疏密反映电场强度的大小，所以E＜E，a＜a ，B错误；
a b a b
沿电场线方向电势降低，φ＞φ，C错误；
b a
正电荷在电势高的地方电势能大，所以在b点的电势能大于在a点的电势能，则E <E ，电荷具有动能和电势能
pa pb
两种能量，根据能量守恒定律，电势能大的地方，动能小，所以v＞v， D正确。
a b
3.【答案】C
【详解】A．从状态A到状态B的过程中，气体发生等容变化，温度升高，气体内能增加，气体从外界吸收热量，
故A错误；
B．从状态C到状态D，气体体积减小，外界对气体做功，温度降低，内能减小，根据 ，可知气体内
能的减少量小于气体向外界放出的热量，故B错误；
C．从状态B到状态C的过程中，气体发生的是等温变化，温度不变，分子平均速率不变，体积减小，气体的数密
度变大，压强变大，则气体分子在单位时间内对汽缸壁单位面积的碰撞次数增大，选项C正确；
D．从状态D到状态A，气体发生等压变化，设压强为p，则 。从A到B为等容变化
从B到C体积减小压强变大且始终大于p，则外界对气体做功
从C到D体积减小压强变大且始终大于p，则外界对气体做功
则 故D错误；故选C。
4.【答案】B
【详解】A．由振动图像可得，0.2s时质点A处于平衡位置且向上运动，根据“上下坡法”可得，波沿x轴负方向
学科网（北京）股份有限公司传播。由图可知，波长为0.2m，周期为0.4s，则 ,故A正确；
B．0.2s-0.35 s内，机械波向负方向传播 平衡位置x=0.1m处的质点
，可知
在0.3 s时的振动情况，和平衡位置x=0.15m处的质点在0.2s时的振动情况相同，y＜0，故加速度沿y轴正方向，
故B错误。故选B。
C．若两列波能发生稳定的干涉现象，其频率相同，根据周期与频率的关系 ，故C正确；
D．当障碍物的尺寸和波长相比相差不多或者比波长更小时，即可以发生明显衍射，所以该障碍物的尺寸可能为
20cm，故D正确。
5.【答案】B
【详解】A．甲图，粒子在回旋加速器中由洛伦兹力提供向心力 ，可得解得 ，若D形盒的半径
为R，当时 ，则粒子的最大动能为 ，可知粒子的最大动能与电压无关，A错误；
C. 运输毫安表时正负极连接导线是利用了电磁阻尼，C错误；
D. 真空冶炼炉是利用交变电流，使炉内金属中产生涡流，涡流产生的热量融化炉内的金属，D错误。
6.【答案】D
【详解】A．因a光在AB、AC边外侧均无出射光线，故发生了全反射，则临界角C≤45°，由折射定律得
π
sin
2 可得n≥❑√2,A项正确；
n=
sinC
c
B．由n= 可知b光在三棱镜中的传播速度大于a光在三棱镜中的传播速度，B项正确；
v
C.a光在玻璃砖中的传播路程为 ，传播速度v满足 c，故传播时间为 ，C正确
n=
v
l
D．a光的波长短，由Δx= λ可知做双缝干涉实验，a光相邻的干涉条纹间距更小，D项错误。故选D。
d
7【答案】D
【详解】A．沿电场方向电势降低，所以在0～x 区间的场强方向向x轴负向，2x ~3x 区间的场强方向向x轴正
0 0 0
向，相反，故A错误；
B．根据E =φq ，粒子从x 处运动到3x 处的过程中，电势能一直减小，故B错误；
p 0 0
1
C．若粒子运动能经过3x 处，只需到达x 处即可，则粒子经3x 处速度最小值为 mv2=q[φ −(−φ )]，解得
0 0 0 2 0 0
√qφ ，故C错误；
v=2❑ 0
m
D．若 √qφ ，因为3 处电势最低，电势能最小，则动能最大，粒子运动到3 处速度最大且最大值为
v =2❑ 0 x x
0 m 0 0
1
mv2−
1
mv2=q[0−(−φ )]
，解得
v=❑
√6qφ
0
，故D正确。故选D。
2 2 0 0 m
学科网（北京）股份有限公司8.【答案】AD
P
【详解】A．根据题意，由公式P=UI可得，由于指示灯正常工作，则流过指示灯的电流为I = L =1A
L U
L
设干路电流为I，由闭合回路欧姆定律有U =E−Ir ,解得I=4A
L 2
则流过电动机的电流为I =I−I =3A,故A正确；
M L
B. 该电源的效率为 EI−I2r 8×4−42×0.5 ,故B错误；
η= 2×100％= ×100％=75％
EI 8×4
C．电动机的输出功率为 ,故C错误；
P =U I −I2r =(6×3−32×1)W=9W
出 M M M 2
D．用该电动机可将重为7.5N的物体以0.6m/s的速度匀速提升，根据能量转化和守恒定律得，电动机的有用功率
为 ,则电动机工作的机械效率为 P 4.5 ,故D正确。故选AD。
P =Gv=4.5W η= 有 ×100％= ×100％=25％
有 U I 18
M M
9.【答案】BD
【详解】A．据理想变压器的电流与线圈匝数的关系可知 ，解得
所以输电线路上损耗的电功率 ，选项A错误；
B．根据理想变压器的电压与线圈匝数关系可知 ，得
根据 ，得升压变压器副线圈两端电压 ，选项B正确；
C．当住户使用的用电器增加时，用户的总电阻变小，用户得到的电压减小
D．根据理想变压器的电压与线圈匝数关系可知 ，可得 。根据 ，解得 ，根据正
弦式交变电流产生规律可知，最大值为 ，代入数据解得 ，有效值 。根据
，得电机线圈内阻上消耗的热功率 ，选项D正确。故选BD。
10.【答案】BC
f +F
【详解】A．金属框在磁场中运动过程中，根据牛顿第二定律可得a= 安，金属框在磁场中运动过程中，由于
m
安培力一直减小，则加速度一直减小，所以金属线框在磁场中运动过程中，做加速度减小的直线运动，故A错
误；
B．设金属线框通过两个磁场区域全过程中产生的焦耳热为Q，金属线框从开始运动到离开右磁场区域过程，由能
1 1 1 1
量守恒定律得 mv 2=μmg(L+2L+L+L)+ mv 2+Q，解得Q= mv 2− mv 2−5μmgL，故B正确；
2 0 2 1 2 0 2 1
ΔΦ E
C．由法拉第电磁感应定律可知，平均感应电动势E=n ，由闭合电路的欧姆定律可知，平均感应电流I=
Δt R
ΔΦ
，通过金属线框的电荷量q=I Δt。解得q=n ，金属线框进入左侧磁场过程中穿过金属线框的磁通量
R
BL2
ΔΦ=BL2则通过金属线框的电荷量为q=n ，故C正确；
R
学科网（北京）股份有限公司nΔΦ nBL2
D．金属线框进入左侧磁场过程中穿过金属线框的磁通量ΔΦ=BL2，通过金属线框的电荷量，q= =
R R
设金属线框刚好完全进入左侧磁场区域时的速度大小为v，该过程，对金属线框，由动量定理得，
nB2L3
−BI<−μmgt=mv−mv ，其中It=q，解得v=v −μgt− ，故D错误。
0 0 mR
11． 750 1500 B.小
（1）热敏电阻在50°C时的阻值为750Ω；
（2）根据欧姆定律有 , 解得 Ω
（3）发现环境温度达到52°C时才开始报警，由于热敏电阻阻值随温度的升高而降低，为了实现50°C时报警，应
将电阻箱的阻值适当调小。
12(1) A. 0.900 (2)D (3) (4)
（1）根据欧姆表读数原理可知该元件电阻为 ,根据螺旋测微器得读数原理可知
（2）由于电压表的内阻远大于电流表的内阻，所以采用电流表外接法。要求从零开始测量数据，滑动变阻器采用
分压式接法，电路D正确。
（3）根据欧姆定律得 。根据电阻定律 ， 。所以，该金属丝得电阻率为
（4）根据欧姆定律得 , 解得
则 图像的斜率为 , 解得 ；
根据 , 解得
13.（10分）【答案】（1） ；（2）1：1
【详解】（1）气体的压强不变，气体等压变化 ，
解得
气体对外做功
（2）气体的温度保持为T不变，气体等温变化，则
解得
进入宇航服内气体的质量与原有质量之比为
3 9
14.（13分）【答案】（1）2.5N；（2）μ= =0.12（3）E = J=0.1125J
25 km 80
（1）刚好能到最高点D处，D处时的速度为零，则从C到D由机械能守恒定律
学科网（北京）股份有限公司1
mv2 =2mgR
2 C
在C点时 v2
F −mg=m C
NC R
由牛顿第三定律，支持力F 等于压力F '，F '=F
NC NC NC NC
解得F '=5mg=2.5N
NC
1
（3）从A到C，由能量守恒E +EqL= mv2+μmgL，
P 2 C
E +EqL−2mgR 3
解得μ= P = =0.12
mgL 25
E'q
（3）设M点具有最大动能，M点与竖直方向的夹角θ有，tanθ=
mg
从C到M由动能定理
1
E'qRsinθ−mgR(1−cosθ)=E − mv2
km 2 C
9
解得E =E'qRsinθ−mgR(1−cosθ)+2mgR= J=0.1125J
km 80
143π
15.（16分）【答案】（1）0.6s；（2）t = s≈0.31s；（3）0.2m
0 1440
（1）粒子运动轨迹如图，
x
在第二象限磁场中，由几何关系可得，圆周半径r = 0 =0.5m（1分）
1 sinα
在第一象限电场中，由牛顿第二定律得qE=ma（1分）
1
微粒在电场中做类平抛运动:r +r cosα= at2（1分）
1 1 2
得t=0.6s（1分）
at
（2）微粒进入第四象限时，tanα= （1分）
v
0
所以v =4m/s（1分）
0
微粒在第二象限中做圆周运动的周期 2πr （1分）
T= 1
v
0
在第二象限内运动的时间
180°−37°
（1分）
t = T
0 360°
143π
得t = s≈0.31s（1分）
0 1440
v
（3）微粒进入第四象限，速度v= y =5m/s（1分）
sinα
由
mv2
（1分）
qv B= 0
0 r
1
mv2
（1分）
qvB=
r
2
得r =0.625m，微粒做圆周运动在x轴的弦长L=2r sinα=0.75m（1分）
2 2
学科网（北京）股份有限公司微粒第1次从第一象限进入第四象限的位置x =v t=2.4m
1 0
微粒第1次从第四象限进入第一象限的位置
x '=x −L=1.65m
1 1
分析可知，第n次从第一象限进入第四象限的位置
x =x +(n−1)(2x −L) (n=1,2,3⋯)
n 1 1
第n次从第四象限进入第一象限的位置
x '=x '+(n−1)(2x −L) (n=1,2,3⋯)
n 1 1
注：分析出微粒经x轴时的坐标具有每次增加 的周期性即可，其他方法酌情给分（2分）
(2x −L)
1
当n=4时， ，所以距离Q点的最小距离 （1分）
x =14.55m，x '=13.8m Δx=x −x '=0.2m
4 4 Q 4
学科网（北京）股份有限公司
