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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 ，不是α衰变；
B：衰变时发生质1量4 亏损1，4 释放0出能量；
C：半衰期不随外界 6 条→件变 7 化 + 而 −1 变e 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
2、【答案】A
4
【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： ， ，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；
= >1
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： ，全程未超速；
B：加速度大小为 ；
90km/h=25m/s
C：7s前，轿车速度一直2大于货车速度，两车之间的距离一直在减小；
1m/s
D：7s内，轿车比货车多走了 (m)，
7s时，相距约为30m，最2初+6相距约8为 。
2 ×4+2×3=25
6、【答案】D
25m+30m=55m
【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】 ，求得
0 0
8、【答案】 A1D 60 0 1 30 = 2 30 0 1 30 1 = 2
【解析】A： 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
S1
流方向从a→b；
B：先闭合 ，稳定后再闭合 ，A回路中电流无变化，激发的磁场无变化，G
中无感应电流；
S1 S2
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、【答案】BCD
10 2cm【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， ，解得 ；
2 2
0 6
C： = 2 0 =5 2 2
2 2
0 0
D：
安
培
i
力
随
=
距
离
=
均
匀
变
2
化
=
，
克2 安= 2
2 2
11、【答案】（1）AD （2分） （2）1.47～1.49 1 （ 2 0 分） 3 0 . 6 0 7～0.71 （2分）
=2 2 0 = 10
【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分）
2
1 1
（3）2（2分） （ 2 2 分 ） 2 2 − （ 1 24） （2分）
2 0
【解析】（1）第三格对得最齐，精度为0.05mm，读数为 ；
0
（2）由 可得， ；
5mm+0.05mm×3=5.15mm
2 2 2
1 1
（3） 表
2
示
遮
=
光
条
2
通
−
过光
电
1
门2的速
度
=
，
2
由
2
2
− 1
2 ，可得 ，
由图可知 ，解得 ； 1 2 1
0 = 0 −2 = 0−2
1 0 2 0
2
（ =4）
0
，
= 0
， ，联立得 。
−
13、【答案】（1） ；（2）
= − = = ×100% = ×100%
0 3
【解析】（1）设 图 = 甲 3 中气体的 2 压 = 强 4 为 1p 1 ,对活塞受力分析有
（1分）
解得
1 = + 0
设图乙中气体的压强 为p ,对活塞受力分析有
1 = 0+ 2
（1分）
解得
2 + = 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 = 0−
（2分）
解得
1 =2 2
联立上式，解得 （2分）
1 =2 2
0
（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
= 3
（2分）
2 1.5
解得
1 = 2
（2分）
3
14、【答案】（1） ； 2 = （ 4 2）1 ； （3） ，
【解析】（1）设粒子运动的半径为r， 由牛顿第二定律 3 7
= =3 1 = 3 2 = 3
（2分）
2
解得 1 （2分）
1 =
（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）
解得 ，
=2
1
依题意有 （2分）
=2 = 6
2
解得 （2分）
= 1
（先求T再求t同样给分）
=3 （3）设粒子运动的半径为R ，由牛顿第二定律有
2
（2分）
2
2
解得 2 = 2
如图乙所示，2圆轨迹在P点和MN相切，则由勾股定理有
2 =3
（1分）
解得
2
2
=( − 2)
2
+ 1
2 （1分）
3
1 = 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
（1分）
解得
(2 2)
2
=
2
+ 2
2 （1分）
7
2 = 3
15、【答案】（1）
甲
； （2）6m/s； （3）0.5m/s
【解析】（1）设设甲在C点时速度为v ，甲离开C点后做平抛运动的落地时间为t
=8 / C
水平方向有
（1分）
竖直方向有 = （1分）
解得 1 2
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 2 /
（1分）
甲
解得
−甲 −2 =
1
2
2
−
1
2
2 （1分）
（2）设甲、乙分离时乙的速度为v ，向左为正方向，由动量守恒定律得
=8 / 0
甲
（1分）
解得 （1分）
0= 0−
0 =8 / 设乙和丙第一次分离时的速度分别为v 和u ，
1 1
由动量守恒定律得
（1分）
由机械能守恒定律得
0 = 1+ 1
（1分）
解得 1 2 1 2 1 2 （1分）
2 0 =2 1 +2 1
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 1 能=通−过6 传/ 送带，到( 1 A =点2速 度/ 大) 小为v
A
（1分）
解得 1 2 1 2
− =2 −2 1
假设乙在半圆轨道上没有过B点，上升的高度为h
1
=2 3 /
（1分）
解得 h =0.6m＜R=0.8m 1 2
− 1 +(− ℎ1)=0−2 1
乙从半圆轨道原路返回到A点的速度
假设乙在传送
'
带上先做加速运动，和传送带共速时位移为L
1
= =2 3 / <
（1分）
解得 L =0.5m＜L 1 =3m2 假1 设成'2立
1 1 =2 −2
乙将会再次滑上丙且分离，设分离时乙和丙的速度分别为v 和u
2 2
由动量守恒定律和机械能守恒定律得
（1分）
+ 1 = 2+ 2
解得 1 2 1 2 1 2 1 2 （1分）
2 +2 1 =2 2 +2 2
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
2 =0.5 / 2 =2.5 /
得：
又因为 1 2 1 （1分）
− =0−2 2 =32 <
乙再次返回平台后，不再与丙相遇，故丙最终的速度
2 =0.5 / < （1分）
丙
= 2 =2.5 /
