湖北省“宜荆荆恩”2025 届高三9月起点考试物理（PDF版，含解析）

高三 9 月物理试题答案
1、【答案】B
【解析】A：反应方程为 146 → 147 + 0 1e，不是α衰变；
B：衰变时发生质量亏损，释放出能量；
C：半衰期不随外界条件变化而变化，温度不能改变半衰期；
D ：经过两个半衰期，质量为 m的碳还剩
4
2、【答案】A
【解析】张角逐渐增大的过程中，两吊绳上的合力不变，始终等于运动员重力，每根绳上
的拉力逐渐变大。
3、【答案】C
【解析】AB、AC两段圆弧在 O点产生的电场强度，大小相等，夹角为 120°，叠加之后
大小为 E，所以每段产生的场强大小也为 E。
4、【答案】C
【解析】A：红光折射率小，所以 a是红光，b是黄光；
B： = ， > 1，进入冰晶，传播速度变小；

C = ：红光折射率小，由 可知，红光速度大；

D：增大α，若光线直接到达下表面，则会平行上表面的入射光出射；若经侧面
全反射抵达下表面，入射角等于上表面的折射角，也不会发生全反射。
5、【答案】D
【解析】A：90km/h = 25m/s，全程未超速；
B：加速度大小为 1m/s2；
C：7s前，轿车速度一直大于货车速度，两车之间的距离一直在减小；
D 7s 2+6 × 4+ 8： 内，轿车比货车多走了 × 3 = 25 (m)，
2 2
7s时，相距约为 30m，最初相距约为 25m + 30m = 55m。
6、【答案】D
【解析】A：发射速度大于第一宇宙速度；
B：质量未知，动能不可判断大小；
C：预定轨道半径比空间站轨道大，所以周期比空间站轨道小；
D：预定轨道半径比空间站轨道大，所以线速度比空间站轨道大；
7、【答案】A
600 30
0 0
【解析】 11 = 0
1 30
2 30 ，求得 1 = 2
8、【答案】AD
【解析】A：S1闭合的瞬间，A回路中电流突然增大，在软铁环内激发顺时针增大的磁场，
为阻碍磁场的变化，B线圈所产生的感应磁场方向与原磁场相反，由右手螺旋定则判断，电
流方向从 a→b；
B：先闭合 S1，稳定后再闭合S2，A 回路中电流无变化，激发的磁场无变化，G
中无感应电流；
CD：R的滑片左移，A回路中电流变小，激发的磁场减小，为阻碍磁场的变化，
B线圈所产生的感应磁场方向与原磁场相同，由右手螺旋定则判断，电流方向从 b→a；
9、【答案】BC
【解析】A：周期为 0.4s；
B：若波从 A向 B传播，波长<0.6m，AB间波形
图如①所示，波长为 0.8m；
C：若波从 B向 A传播，波长<0.6m，AB间波形
图如②所示，波长为 2.4m，波速为 6m/s；
D：由图甲可知，位移为 10 2cm
10、【答案】BCD
【解析】A：由 v-x 图象可知，每改变相同的 ，所经过的 相同，金属棒做加速运动，
所以随着速度的增加，经过相同 的时间 逐渐减小，加速度逐渐增大；
2 2
B：撤去外力时，金属棒刚好匀速， = 0 = 6 ，解得
2 0 5 2 2
；

2 2
C： i = = = 0 = 0
2 2 2
2 2
D = 1 0 = 3 ：安培力随距离均匀变化， 0克安 2 2 0 10
11、【答案】（1）AD （2分） （2）1.47～1.49 （2分） 0.67～0.71 （2分）
【解析】（1）滑动变阻器的两根线接在了电阻丝的两端，滑片不起作用；电压表直接接在
了电源两端，开关不在干路；
（2）由图上直接读出电动势大小，直线斜率为内阻。
2
12、【答案】（1）5.15 （2分） （2 1） 2
1
（2分）
2 2
2
1
（3）2 2 2 （ 分） 0 （2分） （4 ） （2分）
0
【解析】（1）第三格对得最齐，精度为 0.05mm，读数为 5mm + 0.05mm × 3 = 5.15mm；
2 2 2
（2）由 2 = 可得， = 1 1 ；
2 1 2 2 22 1
1
（3） 0表示遮光条通过光电门 2的速度，由 = 0 2，可得 = 0
1 ，
2 2
1
由图可知 = 0 2 ，解得 = 0；
2 0 0
4 = = = × 100% = （ ） ， ， ，联立得 × 100%。

13、【答案】（1） = 0 2 3；（ ） =
3 2 4 1
【解析】（1）设图甲中气体的压强为 p1,对活塞受力分析有
1 = + 0 （1分）

解得 1 = 0 +
设图乙中气体的压强为 p2,对活塞受力分析有
2 + = 0 （1分）
解得 1 =

0
气体从图甲状态到图乙状态发生等温膨胀变化，由玻意耳定律有
1 = 2 2 （2分）
解得 1 = 2 2
联立上式，解得 = 0 （2分）
3
（2）气体从图乙状态到图丙状态，做等压变化，由盖-吕萨克定律有
2 = 1.5 （2分）
1 2
3
解得 2 = 1 （2分）4

14、【答案】（1） = ； （2） = 3 ； （3） 1 =
3 7， =
3 2 3
【解析】（1）设粒子运动的半径为 r，由牛顿第二定律
2
1 =
1 （2分）

解得 = （2分）
（2）粒子运动轨迹如图甲所示时到达屏上的时间最短，由几何关系可知
= （2分）
2
解得 = 1， =
2 6
= 2 依题意有 （2分）
1

解得 = （2分）
3
（先求 T再求 t同样给分）
（3）设粒子运动的半径为 R2，由牛顿第二定律有
2
= 22 （2分） 2
解得 2 =
2
3
如图乙所示，圆轨迹在 P点和 MN相切，则由勾股定理有
22 = ( )22 + 21 （1分）
3
解得 1 = （1分）3
如图丙所示，圆轨迹在 Q点和 MN相交，AQ为直径，则则由勾股定理有
(2 2)2 = 2 + 22 （1分）
= 7解得 2 （1分）3
15、【答案】（1） 甲 = 8 / ； （2）6m/s； （3）0.5m/s
【解析】（1）设设甲在 C点时速度为 vC，甲离开 C点后做平抛运动的落地时间为 t
水平方向有 = （1分）
1
竖直方向有 2 = 2
2 （1分）
解得 = 2 2 / （1分）
甲、乙分离后甲运动到 C点的过程由动能定理有：
2 = 1 2 1 2
2 2 甲 （1分）
解得 甲 = 8 / （1分）
（2）设甲、乙分离时乙的速度为 v0，向左为正方向，由动量守恒定律得
0 = 0 甲 （1分）
解得 0 = 8 / （1分）
设乙和丙第一次分离时的速度分别为 v1和 u1，
由动量守恒定律得
0 = 1 + 1 （1分）
由机械能守恒定律得
1 02 =
1 112 + 12 （1分）2 2 2
解得 1 = 6 / ( 1 = 2 / ) （1分）
乙第一次和丙分离时的速度大小为 6m/s （1分）
（3）设乙第一次能通过传送带，到 A点速度大小为 vA
= 1 2 1 2 1 （1分）2 2
解得 = 2 3 /
假设乙在半圆轨道上没有过 B点，上升的高度为 h1
+ ( 1) = 0
1 21 （1分）2
解得 h1=0.6m＜R=0.8m
乙从半圆轨道原路返回到 A点的速度
' = = 2 3 / <
假设乙在传送带上先做加速运动，和传送带共速时位移为 L1
= 1 2 1 '21 （1分）2 2
解得 L1=0.5m＜L=3m 假设成立
乙将会再次滑上丙且分离，设分离时乙和丙的速度分别为 v2和 u2
由动量守恒定律和机械能守恒定律得
+ 1 = 2 + 2
1 2 + 1 1 112 = 22 + 22 （1分）2 2 2 2
解得 2 = 0.5 / 2 = 2.5 / （1分）
碰后乙在传送带向右减速运动，假设传送带足够长，其速度减位移
= 0 1 2 = 12 得： < 2 32
又因为 2 = 0.5 / < （1分）
乙再次返回平台后，不再与丙相遇，故丙最终的速度
丙 = 2 = 2.5 / （1分）