20251月内蒙古自治区普通高等学校招生考试适应性测试（八省联考）物理试题含解析

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物理
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、座位号填写在答题卡上。本试卷满分100分。
2.作答时，将答案写在答题卡上。写在试卷上无效。
3.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1. “那达慕”是国家级非物质文化遗产，套马是“那达慕”大会的传统活动之一、某次套马的情景如图所示。套马者视为质点，可能受重力G、支持力，拉力F、摩擦力，其受力示意图可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】ABD．对套马者受力分析可知，“套马者”受到沿绳子方向向左上方的拉力F，垂着于水平面的支持力FN，竖直向下的重力G，水平向右的摩擦力Ff，所以AD错误，B正确；
C．如果没有支持力也就不会有摩擦力，故C错误。
故选B
2. 增透膜被广泛应用于各种光学透镜。如图，入射光1以接近法线方向入射镀膜镜片，反射光2和3在P处相干减弱，则2和3在P处的光振动图像可能为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由图可知2和3两束光传播方向相反，在P处相干减弱，所以两束光在P处振动方向相反，根据同侧法可知C正确。
故选C。
3. 紫金山-阿特拉斯彗星由紫金山天文台首次发现，其绕太阳运行周期约为6万年。该彗星轨道的半长轴与日地平均距离的比值约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由开普勒第三定律
可得该彗星轨道的半长轴与日地平均距离的比值为
故选A。
4. 2024年9月，国内起重能力最大的双臂架变幅式起重船“二航卓越”号交付使用。若起重船的钢缆和缆绳通过图示两种方式连接：图（a）中直接连接，钢缆不平行；图（b）中通过矩形钢架连接，钢缆始终平行。通过改变钢缆长度（缆绳长度不变），匀速吊起构件的过程中，每根缆绳承受的拉力（ ）
A. 图（a）中变大B. 图（a）中变小C. 图（b）中变大D. 图（b）中变小
【答案】A
【解析】
【详解】设缆绳与竖直方向的夹角为，假设由n根缆绳，设构件的质量为m，对构件受力分析由平衡条件
解得每根缆绳承受的拉力为
图（a）匀速吊起构件的过程中，缆绳与竖直方向的夹角变大，则每根缆绳承受的拉力变大；图（b）匀速吊起构件的过程中，缆绳与竖直方向的夹角不变，则每根缆绳承受的拉力不变。
故选A。
5. 如图，一带正电小球甲固定在光滑绝缘斜面上，另一带正电小球乙在斜面上由静止释放。以释放点为原点，沿斜面向下为正方向建立x轴。在乙沿x轴加速下滑过程中，其动能和机械能E随位置x变化的图像，可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】AB．设两个带电小球间距为r，由动能定理可知
则图像的斜率表示合外力，则
所以在乙沿x轴加速下滑过程中，两个带电小球间距为r逐渐减小，合外力沿斜面向下逐渐减小，则斜率逐渐减小，故AB不符合题意；
CD．由图像的斜率表示库仑力，则
所以在乙沿x轴加速下滑过程中，库仑力逐渐增大，图像的斜率逐渐增大，故C不符合题意，D符合题意。
故选D。
6. 如图，一绝热汽缸中理想气体被轻弹簧连接的绝热活塞分成a、b两部分，活塞与缸壁间密封良好且没有摩擦。初始时活塞静止，缓慢倒置汽缸后（ ）
A. a的压强减小B. b的温度降低
C. b的所有分子速率均减小D. 弹簧的弹力一定增大
【答案】B
【解析】
【详解】ABC．初始时活塞静止，缓慢倒置汽缸后，a部分气体体积减小，b部分气体体积增大，故a的压强增大，b的压强减小，由于是绝热汽缸和绝热活塞，则
根据热力学第一定律
可得
，
则a的温度升高，b的温度降低，b的气体分子的平均速率减小，并不是所有分子速率均减小，故AC错误，B正确；
D．由于不知初始状态，a、b两部分气体的压强以及弹簧处于哪种状态，所以无法判断倒置汽缸后弹簧的弹力的变化，D错误。
故选B。
7. 如图（a），在光滑绝缘水平桌面内建立直角坐标系Oxy，空间内存在与桌面垂直的匀强磁场。一质量为m、带电量为q的小球在桌面内做圆周运动。平行光沿x轴正方向照射，垂直光照方向放置的接收器记录小球不同时刻的投影位置。投影坐标y随时间t的变化曲线如图（b）所示，则（ ）
A. 磁感应强度大小为B. 投影的速度最大值为
C. 时间内，投影做匀速直线运动D. 时间内，投影的位移大小为
【答案】D
【解析】
【详解】设小球做匀速圆周运动的速度为，角速度为，轨迹圆心在接收器上的投影坐标为，则在0时刻小球与轨迹圆心的连线与轴夹角为，则经过时间，小球在接收器上的投影坐标为
由图（b）可得
，，
解得小球在接收器上的投影坐标与时间的关系式为
A .由上面分析可得，小球运动周期为
小球在水平面上只受洛伦兹力，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得
又
解得磁场磁感应强度
故A错误；
B . 小球投影坐标对时间求导，可得
则投影的最大速度
故B错误；
C . 小球投影做简谐运动，故C错误；
D. 小球投影在、时刻的坐标分别为
时间内，投影的位移大小为
故D正确；
故选D。
8. 如图，不带电的锌板经紫外线短暂照射后，其前面的试探电荷q受到了斥力，则（ ）
A. q带正电
B. q远离锌板时，电势能减小
C. 可推断锌原子核发生了β衰变
D. 用导线连接锌板前、后表面，q受到斥力将消失
【答案】AB
【解析】
【详解】A．用紫外线短暂照射锌板时，锌板发生了光电效应，电子从锌板中逸出，锌板失去电子带正电，由于试探电荷q受到了斥力，故q带正电，故A正确；
B．q远离锌板时，电场力做正功，电势能减小，故B正确；
C．原子核发生β衰变是自发的，故C错误；
D．用导线连接锌板前、后表面，锌板仍带正电，则q受到的斥力不会消失，故D错误。
故选AB。
9. 一小物块向左冲上水平向右运动的木板，二者速度大小分别为，此后木板的速度v随时间t变化的图像如图所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木板足够长。整个运动过程中（ ）
A. 物块的运动方向不变B. 物块的加速度方向不变
C. 物块相对木板的运动方向不变D. 物块与木板的加速度大小相等
【答案】CD
【解析】
【详解】A．根据图像可知木板的速度方向没有发生改变，木板和物块达到共速，然后一起减速到０，所以物块的运动方向先向左再向右，故Ａ错误；
B．物块在向左减速和向右加速阶段加速度方向水平向右，一起共同减速阶段加速度方向水平向左，方向改变，故B错误；
C．物块在向左减速和向右加速阶段相对木板都向左运动，共同减速阶段无相对运动，即物块相对木板运动方向不变，故C正确；
D．由图像可知在有相对运动阶段木板的加速度大小为
物块的加速度大小为
即木板和物块加速度大小相等，故D正确。
故选CD。
10. 如图，在竖直平面内，一水平光滑直导轨与半径为2L的光滑圆弧导轨相切于N点，M点右侧有平行导轨面斜向左下的匀强电场。不带电小球甲以的速度向右运动，与静止于M点、带正电小球乙发生弹性正碰。碰撞后，甲运动至MN中点时，乙恰好运动至N点，之后乙沿圆弧导轨最高运动至P点，不考虑此后的运动。已知甲、乙的质量比为，M、N之间的距离为6L，的圆心角为，重力加速度大小为g，全程不发生电荷转移。乙从M运动到N的过程（ ）
A. 最大速度为B. 所用时间为
C. 加速度大小为4gD. 受到的静电力是重力的5倍
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．甲乙发生弹性正碰，则有
联立解得
此后乙做减速运动，所以乙的最大速度为，故A正确；
B．乙从M运动到N的过程中，甲运动到中点，甲做匀速直线运动，时间为
故B错误；
C．乙从M运动到N的过程中，做匀减速直线运动，根据位移时间关系有
解得加速度大小
故C正确。
D．由于NP所对的圆心角为45°，设电场线方向与水平方向夹角为θ，乙从M到P根据动能定理有
根据C选项分析可知
联立可得
所以
，
故D正确。
故选ACD。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. 某同学为测量待测电阻的阻值，设计了如图（a）所示的电路。所用器材有：毫安表（量程0~100mA）、定值电阻（阻值25Ω）、滑动变阻器R、电源E、开关和导线若干。
（1）图（b）是该同学的实物连接图，只更改一根导线使之与图（a）相符，该导线是___________（填“a”“b”“c”或“d”）。
（2）将电路正确连接后，该同学进行了如下操作：
①将滑动变阻器的滑片置于变阻器的___________（填“左”或“右”）端，闭合开关；
②调节滑动变阻器滑片至某一位置，此时毫安表示数为80mA；
③断开，此时毫安表示数为60mA；
④再断开，此时毫安表示数为52mA。
根据以上数据，求得的阻值为___________Ω（结果保留1位小数）。
（3）根据上述实验方案，毫安表内阻对的测量值___________（填“有”或“无”）影响。
【答案】（1）d （2） ①. 右 ②. 15.4
（3）无
【解析】
【小问1详解】
根据图（b）可知S2并联在了Rx和R0两端，图（a）中只并联在Rx两端，故应该是导线d连接错误；
【小问2详解】
[1]闭合开关前，为了保护电路，应该要将滑动变阻器的阻值调到最大，所以应该调到最右端；
[2]设毫安表内阻为rA，电源内阻为r，滑动变阻器接入电路的阻值为R，依题意断开有
断开时有
代入数据联立解得
【小问3详解】
根据前面的解析可知毫安表内阻，电源内阻，滑动变阻器接入电路的阻值，可以正体代换，所以毫安表内阻对的测量值无影响。
12. 某兴趣小组看到一种由两根弹簧嵌套并联组成的减振器，如图（a）所示。他们讨论得出劲度系数分别为、的两根弹簧并联时，等效劲度系数。为了验证该结论，小组选用两根原长相等、粗细不同的弹簧A、B，设计实验进行验证。如图（b），弹簧上端固定，毫米刻度尺固定在弹簧一侧。逐一增挂钩码，记下每次指针稳定后所指的刻度尺示数x和对应钩码的总质量m，并计算弹簧弹力F（取重力加速度大小）。
依次用弹簧A、弹簧B和A、B嵌套并联弹簧进行实验，相关数据如下表所示：
以刻度尺读数x为横坐标，弹簧弹力F为纵坐标，利用表中数据，作出图像，如图（c）所示。回答以下问题：
（1）根据图（b），读出数据，将表中数据补充完整：___________cm。
（2）在图（c）坐标纸上作出弹簧A、B的图线，计算可得劲度系数分别为，。在图（c）坐标纸上，补齐读出的数据点，并作出并联弹簧AB的图线_______：由作出的图线可得=___________N/m（结果保留至整数）。
（3）定义相对差值，可得本实验___________%（结果保留1位有效数字）。若该值在允许范围内，则可认为该小组得出的结论正确。
【答案】（1）11.21
（2） ①. ②. 125
（3）1
【解析】
【小问1详解】
由图可知表格中数据为
【小问2详解】
[1]补齐读出的数据点，并作出并联弹簧AB的图线如图
[2]根据作出的图线可得
【小问3详解】
相对差值
13. 投沙包游戏规则为：参赛者站在离得分区域边界AB一定的距离外将沙包抛出，每个得分区域的宽度d = 0.15 m，根据沙包停止点判定得分。如图，某同学以大小v0 = 5 m/s、方向垂直于AB且与水平地面夹角53°的初速度斜向上抛出沙包，出手点距AB的水平距离L = 2.7 m，距地面的高度h = 1 m。落地碰撞瞬间竖直方向速度减为零，水平方向速度减小。落地后沙包滑行一段距离，最终停在9分、7分得分区的分界线上。已知沙包与地面的动摩擦因数μ = 0.25，sin53° = 0.8，cs53° = 0.6，取重力加速度大小g = 10 m/s2，空气阻力不计。求：

（1）沙包从出手点到落地点的水平距离x；
（2）沙包与地面碰撞前、后动能的比值k。
【答案】（1）3 m （2）
【解析】
【小问1详解】
沙包竖直上方的初速度为
沙包在竖直方向上减速到0，然后做自由落体运动，设竖直向上为正，则有
代入数据解得
沙包抛出的水平初速度为
所以从抛出到落地沙包水平位移为
【小问2详解】
沙包滑行的距离为
沙包滑行的加速度大小
滑行的初速度有
与地面碰撞后的动能
从抛出到落地根据动能定理有
解得落地瞬间的动能
所以
14. 如图（a），两组平行金属导轨在同一水平面固定，间距分别为d和1.5d，分别连接电阻R1、R2，边长为d的正方形区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化关系如图（b）所示。t = 0时，在距磁场左边界d处，一长为1.5d的均匀导体棒在外力作用下，以恒定速度v0向右运动，直至通过磁场，棒至磁场左边界时与两组导轨同时接触。导体棒阻值为3R，R1、R2的阻值分别为2R、R，其他电阻不计，棒与导轨垂直且接触良好。求：
（1）时间内，R1中的电流方向及其消耗的电功率P；
（2）时间内，棒受到的安培力F的大小和方向。
【答案】（1）N到M，
（2），水平向左
【解析】
【小问1详解】
由图（b）可知在时间段内，磁场均匀增加，根据楞次定律可知R1中的电流方向为N到M；这段时间内的感应电动势根据法拉第电磁感应定律有
时间内，导体棒在MN之间电阻为2R，所以电流为
R1的功率为
【小问2详解】
在时间内根据左手定则可知棒受到的安培力方向水平向左；分析电路可知MN之间的部分导体棒相当于电源；MN之外的部分和R2串联然后再和R1并联，并联电路的总电阻为
回路中的总电阻为
根据
可得
15. 如图（a），我国航天员太空授课时演示了质量的测量实验。图（b）为测量装置示意图及光栅尺的放大图，其中单色平行光源、定光栅与光电探测器保持固定；右侧的支架与动光栅在恒力F作用下向左做匀加速直线运动，支架与动光栅的总质量为，光栅尺由空间周期皆为d的定光栅与动光栅组成。两光栅透光部分宽度相等，光栅面平行，刻线间有一微小夹角。平行光垂直透过光栅尺后形成的周期性图样，称为莫尔条纹，相邻虚线间距为莫尔条纹的空间周期。沿莫尔条纹移动方向，在A、B两点放置两个探测器，A、B间距为莫尔条纹空间周期。由于θ很小，动光栅的微小位移会被放大成莫尔条纹的位移，由探测器记录光强I随时间t的变化。
（1）若，，空载时动光栅由静止开始运动，求第1ms内的动光栅位移大小x。
（2）若，求（1）问中对应莫尔条纹移动的距离y。
（3）若某次测量中连续两个时间间隔T内，A、B两点测得的曲线如图（c）所示。判断图中虚线对应的探测点，并求航天员的质量m（用F，d，T和表示）。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
根据牛顿第二定律可知
解得
则第1ms内的动光栅位移大小为
小问2详解】
由题意可知
【小问3详解】
根据题意可知在第一个T内移动的距离为
在第二个T内移动的距离为
第一个T内的平均速度为
第二个T内的平均速度为
两个T内的平均加速度为
根据牛顿第二定律有
联立可得钩码数
1
2
3
4
5
6
钩码质量m（g）
50
100
150
200
250
300
弹簧弹力F（N）
0.49
0.98
1.47
1.96
2.45
2.94
（cm）
11.09
12.19
13.26
14.32
15.40
—
（cm）
10.62
11.24
11.87
12.50
13.13
—
（cm）
10.41
10.81
☆
11.62
12.02
12.42