湖北省“宜荆荆恩”2025 届高三 9 月起点考试物理试题+答案解析（Word版）

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【解析】A：反应方程为 1C → 1N + − e ，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
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 ： ，n > 1 ，进入冰晶，传播速度变小； C ：红光折射率小， 由v = 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 × 4 + × 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
v1 sin 600 = v2 sin 300 ，求得v1 = v2
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Δv ，所经过的Δx相同，金属棒做加速运动， 所以随着速度的增加，经过相同Δx的时间Δt逐渐减小，加速度逐渐增大；
B ：撤去外力时，金属棒刚好匀速，mg sin θ = 解得 C ：ΣBilΔt = Blq = Bl
11、【答案】（1）AD （2 分） （2）1.47 1.49 （2 分） 0.67 0.71 （2 分）
D ：安培力随距离均匀变化 ~
【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）
（3）2（2 分） （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；
由 2aL = 2 可得，a =
（3）v0 表示遮光条通过光电门 2 的速度， 由L = v0 t − at2 ，可得 = v0 − 由图可知 解得
F = Ma ，mg − F = ma ，δ = × 100% ，联立得 × 100%。 （2）
【解析】（1）设图甲中气体的压强为p1,对活塞受力分析有
p1S = mg + p0S （ 1 分）
解得 p1 = P0 +
设图乙中气体的压强为p2,对活塞受力分析有
解得 （1 分）
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
p1LS = 2p2LS （2 分）
解得 p1 = 2p2
联立上式，解得m = （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 分）
解得 T2 = T1 （2 分）
r = d； （3） d ，x2 =
【解析】（1）设粒子运动的半径为 r ，由牛顿第二定律
qv1B = （2 分）
解得 r = d （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
d
解得
依题意有t = 2αr
解得
（2分）
（2分） （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
qv2B = （2 分）
解得 R2 = d
如图乙所示，圆轨迹在 P 点和 MN 相切，则由勾股定理有
R = (d − R2)2 + x （ 1 分）
解得 （ 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 (2R2)2 = d2 + x （ 1 分）
解得 （ 1 分）
15 、【答案】（1）v 甲 = 8m/s； （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x = vc t （ 1 分） 竖直方向有 （ 1 分）
解得 vc = 2 2m/s （ 1 分）
甲、乙分离后甲运动到 C 点的过程由动能定理有：
−μmgL − 2mgR = 甲 （ 1 分）
解得 v 甲 = 8m/s （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 = mv0 − mv甲 （1 分）
解得 v0 = 8m/s （ 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
mv0 = mv1 + Mu1 （ 1 分）
由机械能守恒定律得
解得 v12 + （（））
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
−μmgL = （1 分）
解得 vA = 2 3m/s
假设乙在半圆轨道上没有过 B 点，上升的高度为h1
−μmgL + （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 vA ' = vA = 2 3m/s < v
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
μmgL1 = mv2 − （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
解得 Mu22 （（ ））
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x −μmgx = 0 − 得：x =
又因为 v2 = 0.5m/s < v （1 分）
乙再次返回平台后，不再与丙相遇，故丙最终的速度
v丙 = u2 = 2. 5m/s （1 分）