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高三9 月物理试题答案
1、【答案】B
【解析】A：反应方程为
6
14�→
7
14�+−1
0e，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 内，轿车比货车多走了
2+6
2 × 4 +
8
2 × 3 = 25
(m)，
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
【解析】�1 ���600 �1 ���300
�
= �2 ���300 �1 ���300
�
，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；
B：撤去外力时，金属棒刚好匀速，������=
�2�2�0
2�，解得�0 =
6���
5�2�2；
C：��i���= ���= ��
��
2�= ��
���0
2�=
�2�2�0
2�
D：安培力随距离均匀变化，�克安=
1
2
�2�2�0
2�
�0 =
3���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。
12、【答案】（1）5.15 （2 分）（2）
�2
2�
1
��2
2 −
1
��1
2
（2 分）
（3）2（2 分）
2�0
�0 （2 分）（4）
�
�（2 分）
【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）由2��=
�
��2
2
−
�
��1
2
可得，�=
�2
2�
1
��2
2 −
1
��1
2 ；
（3）�0表示遮光条通过光电门2 的速度，由�= �0�−
1
2 ��2，可得
�
�= �0 −
1
2 ��，
由图可知
1
2 �=
�0
�0，解得�=
2�0
�0 ；
（4）�= ��，��−�= ��，�=
��−�
�
× 100%，联立得�=
�
�× 100%。
13、【答案】（1）�=
�0�
3�；（2）�2 =
3
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�
3�
（2 分）
（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 =
1.5��
�2
（2 分）
解得
�2 =
3
4 �1
（2 分）
14、【答案】（1）�= �；
（2）�=
��
3��；
（3）�1 =
3
3 �，�2 =
7
3 �
【解析】（1）设粒子运动的半径为r，由牛顿第二定律
��1�=
��12
�
（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�
（2 分）
解得
����=
1
2，�=
�
6
依题意有�=
2��
�1
（2 分）
解得
�=
��
3��
（2 分）
（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
（2 分）
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
�2
2 = (�−�2)2 + �1
2
（1 分）
解得
�1 =
3
3 �
（1 分）
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 + �2
2
（1 分）
解得
�2 =
7
3 �
（1 分）
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）
竖直方向有2�=
1
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 ���
2 −
1
2 ��甲
2
（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
2 ��02 =
1
2 ��12 +
1
2 ��12
（1 分）
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 ���
2 −
1
2 ��1
2
（1 分）
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
−����+ ( −��ℎ1) = 0 −
1
2 ��1
2
（1 分）
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 =
1
2 ��2 −
1
2 ��'
�
2
（1 分）
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 ��2 +
1
2 ��12 =
1
2 ��22 +
1
2 ��22
（1 分）
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 ��2
2
得：�=
1
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）
