2025年內(nèi)蒙古普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試物理真題及答案1．書法課上，某同學(xué)臨摹“力”字時(shí)，筆尖的軌跡如圖中帶箭頭的實(shí)線所示。筆尖由a點(diǎn)經(jīng)b點(diǎn)回到a點(diǎn)，則（）?A．該過程位移為0B．該過程路程為0C．兩次過a點(diǎn)時(shí)速度方向相同D．兩次過a點(diǎn)時(shí)摩擦力方向相同2將糖果瓶帶入溫暖的車廂內(nèi)一段時(shí)間后，與剛進(jìn)入車廂時(shí)相比，瓶內(nèi)氣體（）A．內(nèi)能變小B．壓強(qiáng)變大C．分子的數(shù)密度變大D．每個(gè)分子動(dòng)能都變大3．如圖，利用液導(dǎo)激光技術(shù)加工器件時(shí)，激光在液束流與氣體界面發(fā)生全反射。若分別用甲、乙兩種液體形成液束流，甲的折射率比乙的大，則（）A．激光在甲中的頻率大B．激光在乙中的頻率大C．用甲時(shí)全反射臨界角大D．用乙時(shí)全反射臨界角大4．如圖，某壓力傳感器中平行板電容器內(nèi)的絕緣彈性結(jié)構(gòu)是模仿犰狳設(shè)計(jì)的，逐漸增大施加于兩極板壓力F的過程中，F(xiàn)較小時(shí)彈性結(jié)構(gòu)易被壓縮，極板間距d容易減??；F較大時(shí)dU與F的關(guān)系曲線可能正確的是（）A．B．C．D．5．平衡位置在同一水平面上的兩個(gè)振動(dòng)完全相同的點(diǎn)波源，在均勻介質(zhì)中產(chǎn)生兩列波。若波峰用實(shí)線表示，波谷用虛線表示，P點(diǎn)位于其最大正位移處，曲線ab上的所有點(diǎn)均為振動(dòng)減弱點(diǎn)，則下列圖中可能滿足以上描述的是（）A．B．C．D．6．如圖，趣味運(yùn)動(dòng)會(huì)的“聚力建高塔”活動(dòng)中，兩長度相等的細(xì)繩一端系在同一塔塊上，v直方向勻速下落，則v（）A．一直減小B．一直增大C．先減小后增大D．先增大后減小7．如圖，光滑絕緣水平面AB與豎直面內(nèi)光滑絕緣半圓形軌道BC在B點(diǎn)相切，軌道半徑為r，圓心為O，O、A間距離為r。原長為2r的輕質(zhì)絕緣彈簧一端固定于O點(diǎn)，另一端連接一A點(diǎn)左側(cè)釋放后，依次經(jīng)過A、B、C三點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能分別為EkA、EkB、EkC，則（）A．EA<EB<ECB．E<E<EkBkAkCC．EkA<EkC<EkBD．E<E<EkCkAkB10042Mo原子核可能發(fā)生雙b衰變，衰變方程為100042Mo?4Ru+ye8-A原子核先后輻射能量分別為0.5908MeV和0.5395MeV的g、g兩光子于第二激發(fā)態(tài)的44Ru12后回到基態(tài)。下列說法正確的是（）A．A=100B．y=2C．g1的頻率比g的大D．g的波長比g的大2129．如圖，“”形導(dǎo)線框置于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、水平向右的勻強(qiáng)磁場中。線框相鄰兩邊均互相垂直，各邊長均為l。線框繞b、e所在直線以角速度w順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，be與磁場方向垂直。t=0時(shí)，abef與水平面平行，則（）A．t=0時(shí)，電流方向?yàn)閍bcdefaB．t=0時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢為BlwC．tπ=時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢為0wD．t=0到tπ=過程中，感應(yīng)電動(dòng)勢平均值為0w10．如圖（a），傾角為q的足夠長斜面放置在粗糙水平面上。質(zhì)量相等的小物塊甲、乙同時(shí)以初速度0沿斜面下滑，甲、乙與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為1、m，整個(gè)過程中斜面相2對地面靜止。甲和乙的位置x與時(shí)間t的關(guān)系曲線如圖（b）所示，兩條曲線均為拋物線，乙的x-t曲線在t=t0時(shí)切線斜率為0，則（）A．1+m2=2tanqB．t=t0時(shí)，甲的速度大小為0C．t=t0之前，地面對斜面的摩擦力方向向左D．t=t0之后，地面對斜面的摩擦力方向向左11如圖（a）所示的電路。選擇多用電表的直流電壓擋測量電壓。實(shí)驗(yàn)步驟如下：①滑動(dòng)變阻器滑片置于適當(dāng)位置，閉合開關(guān)；②表筆分別連a、b接點(diǎn)，調(diào)節(jié)滑片位置，記錄電流表示數(shù)I和a、b間電壓Uab；③表筆分別連a、c接點(diǎn)，調(diào)節(jié)滑片位置，使電流表示數(shù)仍為I，記錄a、c間電壓Uac；④表筆分別連b、c接點(diǎn)，調(diào)節(jié)滑片位置，使電流表示數(shù)仍為I，記錄b、c間電壓Ubc，計(jì)算Uac-Ubc；⑤改變電流，重復(fù)步驟②③④，斷開開關(guān)。作出I-Uab、I-U及I-U-U曲線如圖（b）所示。acacbc回答下列問題：(1)將多用電表的紅、黑表筆插入正確的插孔，測量a、b間的電壓時(shí)，紅表筆應(yīng)連接點(diǎn)（填“a”或“b”）；(2)若多用電表選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到直流電壓擋“05V”位置，電表示數(shù)如圖（c）所示，此時(shí)電表讀數(shù)為V（結(jié)果保留三位小數(shù)）；(3)圖（b）中乙是（填“I-Uab”或“I-U”）曲線；ac(4)（填“甲“乙I-U-Uacbc曲線更接近。12a12和橡皮筋相連于一點(diǎn)，繩1上端固定在A點(diǎn)，繩2下端與水杯相連，橡皮筋的另一端與繩套相連。為確定杯中物體質(zhì)量m與橡皮筋長度x繩1每次與豎直方向夾角均為30°且橡皮筋與繩1度。根據(jù)測得數(shù)據(jù)作出x-m關(guān)系圖線，如圖（b）所示?；卮鹣铝袉栴}：(1)將一芒果放入此空杯，按上述操作測得x=1160cm，由圖（b）可知，該芒果的質(zhì)量m=1與豎直方向夾角為30°但與0橡皮筋不垂直，由圖像讀出的芒果質(zhì)量與0相比（填“偏大”或“偏小”）。(2)另一組同學(xué)利用同樣方法得到的x-m圖像在后半部分彎曲，下列原因可能的是_________。A．水杯質(zhì)量過小B．繩套長度過大C．橡皮筋伸長量過大，彈力與其伸長量不成正比(3)寫出一條可以使上述裝置測量質(zhì)量范圍增大的措施。13．如圖，一雪塊從傾角q=37°的屋頂上的O點(diǎn)由靜止開始下滑，滑到A點(diǎn)后離開屋頂。OA間距離x=A點(diǎn)距地面的高度h=1.95mm=0.125計(jì)空氣阻力，雪塊質(zhì)量不變，取sin37°=0.6，重力加速度大小g=10m/s2。求：(1)雪塊從A點(diǎn)離開屋頂時(shí)的速度大小0；(2)雪塊落地時(shí)的速度大小1，及其速度方向與水平方向的夾角a。14aabcd勻強(qiáng)磁場中，ad邊與磁場邊界平行，ab邊中點(diǎn)位于磁場邊界。導(dǎo)體框的質(zhì)量m=電阻R=WL=.磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t0:內(nèi)B-tb0.5導(dǎo)體框中的感應(yīng)電流I與時(shí)間t關(guān)系圖像如圖（c）所示，其中0:內(nèi)的圖像未畫出，規(guī)定順時(shí)針方向?yàn)殡娏髡较颉?1)求t=0.5s時(shí)ad邊受到的安培力大小F；(2)畫出圖(b)中內(nèi)B-t圖像（無需寫出計(jì)算過程）；(3)從t=0=/s，求ad邊離開磁場時(shí)的速度大小v。115．如圖，在平面第一、四象限內(nèi)存在垂直平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為BM-yy軸正方向夾角q=30°

Ny00點(diǎn)射出磁場。已知粒子的電荷量為q(q>0)，質(zhì)量為m，忽略粒子重力及磁場邊緣效應(yīng)。(1)求粒子射入磁場的速度大小1和在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間1。(2)若在平面內(nèi)某點(diǎn)固定一負(fù)點(diǎn)電荷，電荷量為48q，粒子質(zhì)量取mBy23=（k為靜電0k力常量），粒子仍沿（1）中的軌跡從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，求射入磁場的速度大小2。(3)2N2速度方向首次與N點(diǎn)速度方向相2（電荷量為Q0j=）。為r處的電勢r1．AAa點(diǎn)經(jīng)b點(diǎn)回到aA正確；B．筆尖由a點(diǎn)經(jīng)b點(diǎn)回到a點(diǎn)過程，軌跡長度不為零，則路程不為零，故B錯(cuò)誤；C．兩次過a點(diǎn)時(shí)軌跡的切線方向不同，則速度方向不同，故C錯(cuò)誤；D．摩擦力方向與筆尖的速度方向相反，則兩次過a點(diǎn)時(shí)摩擦力方向不同，故D錯(cuò)誤。故選A。2．B【詳解】A．將糖果瓶帶入溫暖的車廂內(nèi)一段時(shí)間后，溫度升高，而理想氣體內(nèi)能只與溫度相關(guān)，則內(nèi)能變大，故A錯(cuò)誤；B．將糖果瓶帶入溫暖的車廂過程，氣體做等容變化，根據(jù)pT=C，因?yàn)闇囟壬?，則壓強(qiáng)變大，故B正確；C．氣體分子數(shù)量不變，氣體體積不變，則分子的數(shù)密度不變，故C錯(cuò)誤；D．溫度升高，氣體分子的平均動(dòng)能增大，但不是每個(gè)分子的動(dòng)能都增大，故D錯(cuò)誤。故選B。3．D【詳解】AB．激光在不同介質(zhì)中傳播時(shí)，其頻率不變，故AB錯(cuò)誤；CD．根據(jù)sinC1=，甲的折射率比乙的大，則用乙時(shí)全反射臨界角大，故C錯(cuò)誤，D正確。n故選D。4．D【詳解】根據(jù)公式Q=CU和電容的決定式Cp可得U=×deS=eSp根據(jù)題意FFFdQUF增FdU是D選項(xiàng)。故選D。5．CPP點(diǎn)位于兩列波的波峰與波峰相交處；根據(jù)干涉規(guī)律可知，相鄰波峰與波峰，波谷與波谷連線上的點(diǎn)都是加強(qiáng)點(diǎn)，故A圖像中的曲線ab上的點(diǎn)存在振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，不符合題意。故選C。6．B【詳解】設(shè)兩邊繩與豎直方向的夾角為q，塔塊沿豎直方向勻速下落的速度為塊，將v塊沿繩方向和垂直繩方向分解，將v沿繩子方向和垂直繩方向分解，可得vcosq=vsinq塊解得v=v塊tanq由于塔塊勻速下落時(shí)q在減小，故可知v一直增大。故選B。7．C【詳解】由題意可得A點(diǎn)彈簧伸長量為r，B點(diǎn)和C點(diǎn)彈簧壓縮量為r，即三個(gè)位置彈簧彈性勢能相等，則由A到B過程中彈簧彈力做功為零，電場力做正功，動(dòng)能增加，EkB>EkA同理B到C過程中彈簧彈力和電場力做功都為零，重力做負(fù)功，則動(dòng)能減小，EkB>EkC由A到C全過程則有qEl-mgl=E-E>0ABBCkCkA因此EkB>EkC>EkA故選C。8．ABC【詳解】AB．由核反應(yīng)方程質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可得100=A+42=44-y解得A=y=2，AB正確；g光子的能量，光子的能量公式ε=hν，波長lcCD．由題可得g1光子的能量大于=2n可得g1的頻率大于g的頻率，g的波長小于g的波長，C正確，D錯(cuò)誤；212故選ABC。9．ABAB．線框旋轉(zhuǎn)切割磁場產(chǎn)生電動(dòng)勢的兩條邊為cd和，t=0時(shí)刻cd邊速度與磁場方向平行，不產(chǎn)生電動(dòng)勢，因此此時(shí)邊切割產(chǎn)生電動(dòng)勢，由右手定則可知電流方向?yàn)閍bcdefa，電動(dòng)勢為E=Blv=wl=Blw，AB正確；Ctp=180°Cw錯(cuò)誤；D．t=0到tp=時(shí)，線框abef的磁通量變化量為零，線框的磁通量變化量為wDF=2BS=2Bl2由法拉第電磁感應(yīng)定律可得平均電動(dòng)勢為EDF==Dt2wl2p，D錯(cuò)誤。故選AB。10．ADBx與時(shí)間t物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，乙物體做勻減速運(yùn)動(dòng)，在t0時(shí)間內(nèi)甲乙的位移可得v+vv+0x0txx0tx==3,==甲00乙0022可得t0時(shí)刻甲物體的速度為v=20，B錯(cuò)誤；aA．甲物體的加速度大小為1=v-v0t0a乙物體的加速度大小為2=v0t0由牛頓第二定律可得甲物體mgsinq-1mgcosq=1同理可得乙物體m2mgcosq-mgsinq=ma2聯(lián)立可得1+m2=2tanq，A正確C．設(shè)斜面的質(zhì)量為M，取水平向左為正方向，由系統(tǒng)牛頓牛頓第二定理可得f=maq-maq=1cos2cos0則t=t0之前，地面和斜面之間摩擦力為零，C錯(cuò)誤；D．t=t0之后，乙物體保持靜止，甲物體繼續(xù)沿下面向下加速，由系統(tǒng)牛頓第二定律可得f=maq1cos即地面對斜面的摩擦力向左，D正確。故選AD。11．a(chǎn)0.410Uac甲【解析】12．(1)106偏大(2)C(3)減小細(xì)線與豎直方向的夾角【詳解】（1）[1]操作測得x=1160cm，由圖（b）的圖像坐標(biāo)可知，該芒果的質(zhì)量為106g；[2]若杯中放入芒果后，繩1與豎直方向夾角為30°但與橡皮筋不垂直，根據(jù)共點(diǎn)力平衡可知橡皮條的拉力變大，導(dǎo)致橡皮筋的長度偏大，若仍然根據(jù)圖像讀出芒果的質(zhì)量與0相比偏大。（2x-m正比。故選C。（3）根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件可知，當(dāng)減小繩子與豎直方向的夾角時(shí)，相同的物體質(zhì)量對應(yīng)橡皮筋的拉力較小，故相同的橡皮筋，可減小細(xì)線與豎直方向的夾角可增大質(zhì)量測量范圍。13．(1)5m/s(2)8m/s，60°1mgxsinq-mmgcosq×x=mv-02【詳解】（1）雪塊在屋頂上運(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)能定理02代入數(shù)據(jù)解得雪塊到A點(diǎn)速度大小為0=5m/s11mgh=mv2-mv2（2）雪塊離開屋頂后，做斜下拋運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理2210代入數(shù)據(jù)解得雪塊到地面速度大小1=cosa==′=vcosq50.81速度與水平方向夾角a，滿足0v821解得a=60°14．(1)0.015N(2)(3)0.01m/s【詳解】（1）由法拉第電磁感應(yīng)定律E11DB×L2DF0.2-0.1121V0.05V===′′=2DtDt1-02E由閉合電路歐姆定律可知，0:內(nèi)線框中的感應(yīng)電流大小為1=1=IR由圖（b）可知，t=0.5s時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.50.15TB=所以此時(shí)導(dǎo)線框ad的安培力大小為F=0.51L=0.15′0.1′=0.015N（2）0:內(nèi)線框內(nèi)的感應(yīng)電流大小為I=，根據(jù)楞次定律及安培定則可知感應(yīng)電流方1向?yàn)轫槙r(shí)針，由圖（c）可知1:2s內(nèi)的感應(yīng)電流大小為I2=0.2A方向?yàn)槟鏁r(shí)針，根據(jù)歐姆定律可知1:2s內(nèi)的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為E2=I2R=由法拉第電磁感應(yīng)定律E21DB×2DF2===DtDtD==BB-B可知1:2s內(nèi)磁通量的變化率為210.2VDtDt解得t=時(shí)磁通量大小為B=2方向垂直于紙面向里，故1:2s的磁場隨時(shí)間變化圖為（3）由動(dòng)量定理可知-BILDt=