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12345678910答案DBCABDDACDABBD1．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【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V2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；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，两板间的电场强度将不变，电场力不变，故夹角θ将不变，选项A错误；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。11．BCD【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】(3)EB【2分】【2分】【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S2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，所以内阻测量值比真实值偏大；当S2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S2接1时的图线陡一些，可以判断图线A是利用单刀双掷开关S2接2中的实验数据描出的，内阻测量值比真实值偏小。S2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S2接1时的电动势的测量值等于真实值，即有E=EB由于S2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，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  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⑥⑦⑧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①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③P、Q、弹簧组成的系统动量守恒，可得④P、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。16．【答案】（1）；（2）①；②【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⑨②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由运动学公式解得⑬【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。