2023届湖南省“一起考”大联考高三下学期5月模拟考试 物理答案和解析

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2023 届高三“一起考”大联考（模拟三）•物理
参考答案
1.D【解析】铀 235 裂变反应方程式为
235 1 141 92 1
92 0 56 36 0
U n Ba Kr 3 n 
，故 A错误；核裂变反应与核聚变反
应后总质量均减少，故 B错误；核反应前后总质量数相同，故 C错误；相等质量的原子核发生核聚变与核裂
变，核聚变比核裂变释放出更多的能量，D正确.故选 D.
2.D【解析】对昆虫在某点受力分析，将 N、f进行力的合成，由三角函数关系可得
sinN G
，
cosf G
.
当缓慢向上爬行时，
渐渐变小，则 N变小，f变大，根据牛顿第三定律可知昆虫对碗的压力逐渐变小，昆虫
对碗的摩擦力逐渐变大，故 A、B错误；昆虫相对碗有下滑趋势，所受摩擦力是静摩擦力，故 C错误；当压
力减小后导致重力的分力大于最大静摩擦力时，昆虫不能再继续向上爬，则昆虫不可能爬出该碗，故 D正确.
故选 D.
3.A【解析】花草发芽后，其茎叶都朝向木轮的轴心生长，而根部则朝向木轮的边缘生长，花草在旋转中感受
到了指向轴心的支持力，并顺着支持力的方向发芽，背着支持力的方向生根，故 A正确，B、C、D错误.故选
A.
4.D【解析】单位时间内的流量恒定为
Sl
Q Sv
t
 
，取一段水柱，从离开水龙头到断续时有
2 2
02v v gh
 
，
01m/sv
，
0 0
S v S v
 
，解得
75cmh
，故选 D.
5.D【解析】该光到 P点的光路图如图 1，根据反射定律结合图可知，
是等边三角形，由几何关系得
30C 
，
则介质对该光的折射率为
12
sin
nC
 
，故传播速度为 0.5c，A、B错误；该光完整的光路图如图 2，由几何
关系得
2 3
cos30 3
PD
FP L 
，
2 3
3
MP EP PF EF L   
，
3
sin 30 3
MN PM L  
，该光在介质
中传播的时间为
4 6 3s FP MN L
tc
v c
n
 
，故 C错误，D正确.
图1图2
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6.C【解析】副线圈的总电阻为
2 0 0
1 1 1
ap pb
R R R R R
 
 
，解得
 
 
0 0
2
0 0
ap pb
ap pb
R R R R
RR R R R
 
 
 
 
0 0
0
2
ap pb
R R R R
R R
 
，则滑动变阻器 R的滑片从 a端滑到 b端过程中，副
线圈的总电阻先增大后减小，根据等效电阻关系有
12 2
2
1 2 1 2 1
2
2
1 2 2 2
2
1
nU
U n n U n
R R
n
I n I n
I
n
   
 
   
   
等
，则等效电阻先
增大后减小，由欧姆定律有
1
0
U
IR R
等
，
1
2 1
2
n
I I
n
，
1
I
先减小后增大，
2
I
先减小后增大，则
1
L
先变暗后
变亮，根据
1 1 0
U U I R 
，
2
2 1
1
n
U U
n
，由于
1
I
先减小后增大，则副线圈的电压
2
U
先增大后减小，通过
2
L
的
电流为
2
L2
0pb
U
IR R
，则滑动变阻器 R的滑片从 a端滑到 b端过程中，
pb
R
逐渐减小，副线圈的电压
2
U
增
大过程中
L 2
I
增大；在副线圈的电压
2
U
减小过程中，通过
0
R
的电流为
0
2
0
R
ap
U
IR R
，
ap
R
逐渐增大，则
0
R
I
越
来越小，则
L2 2
I I 
，则
1
L
先变暗后变亮，
2
L
一直变亮，故选 C.
7.BD【解析】设列车运行的速度为 v，在
t
时间内，与列车作用的空气质量为
m Sv t
 
，取这部分空气
作为研究对象，由动量定理
0f t mv  
，解得列车对空气的作用力大小为
2
f Sv
，由牛顿第三定律得，
车头迎面承受的压力为
2
N f Sv
 
，可得
2
N v
，用“电磁橇”推进磁悬浮列车的最高运行速度为原来
的2倍，则车头迎面承受的压力变为目前的 4倍，A错误，B正确；当列车速度达到最大时，牵引力
2
F f Sv
 
，
此时列车的最大输出功率为
3
P Fv Sv
 
，可得
，由于“电磁橇”推进磁悬浮列车的最高运行速度
为原来的 2倍，则最大输出功率变为目前的 8倍，C错误，D正确.故选 BD.
8.BC【解析】外电阻为
   
5 15 15 5 10
5 15 15 5
R  
 

，根据欧姆定律可知，
1A
E
IR r
 
，则电源的总
功率为
12WP EI 
，输出功率
2
10WP I R 
出
，故 A错误；选电源负极为 0势点，则电容器下极板的
电势为
15 10V 7.5V
15 5
x
 
，上极板的电势为
510V 2.5V
15 5
s
 
，则 ab 间的绝对值电压为
2.5V 7.5V 5V
s x
U
 
 
，电容器电荷量为
6 5
4.4 10 5C 2.2 10 CQ C U  
   
，故 B正确；
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断开开关
2
S
，外电阻为
5 15 20R  
，由于闭合前外电阻
10R 
，内阻
2r 
，则断开开关后，
电源的输出功率减小，稳定后电路电流为
12 6
A A
2 5 15 11
I 
 
，电容器的电压
6 90
15V V
11 11
U 
，电
容器上极板所带电荷量与断开前相比的变化量为
6 5
90
4.4 10 5 C 1.4 10 C
11
Q C U  
 
 
 
 
，故 C
正确，D错误，故选 BC.
9.BC【解析】由图像可知 1.5s 时物块、木板共速，则物块在 0～1.5s 内的加速度为
2
1
1
1
3 0 m / s
1.5 0
v
at
 
 
2
2m / s
，故 A错误；对物块有
1 1
mg ma
，可得物块与木板间的动摩擦因数为
12
，故 B正确；在 1～
1.5s 内木板的加速
2 2
2
2
2
3 9 m / s 12m/s
1.5 1
v
at
 
 
，根据牛顿第二定律有
1 2 2
2mg mg ma
 
 
，得
20.5
，撤去拉力 F前，木板的加速度
2
09m/s
v
at
 
，根据牛顿第二定律有
 
1 2 0
2F mg mg ma
 
 
，
得
21NF
，故 C正确；由图像可知共速时速度为 3m/s，则在 1.5s 内物块位移为
22
1
1
1
3m 2.25m
2 2 2
v
xa
 
，
1.5s 内木板位移为
 
2 2 2 2
1
2
2
9 3 9
1m m 7.5m
2 2 2 2 12
v v
v
x t a
 
 
，在 1.5s 后，物块与木板间仍有相对滑动，
物块的加速度大小
2
1 1 2m/sa g
   
，物块到停止的时间还需
1
1
01.5s
v
ta
 
块
，木板的加速度大小为
2
a
，
则有
2 1 2
2mg mg ma
 
 
，得
2
28m/sa 
，木板到停止的时间还需
1
2
03s
8
v
ta
 
板
，所以木板比物块
早停止运动，在 1.5s 末到物块停止运动的时间内，物块的位移为
22
1
1
1
03m 2.25m
2 2 2
v
xa
 
，木板位移为
2
1
2
2
00.5625m
2
v
xa
 
，则物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为
2 2 1 1
L x x x x
 
 
 
7.5 0.5625 2.25 2.25 m 3.5625m  
，故 D错误.故选 BC.
10.CD【解析】小球 a、b碰撞后，b球在竖直面内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，所以电场力竖直向
上，小球 a带负电，故 A错误；小球 a加速过程，由动能定理得
2
0
1
2
qU mv
，碰撞过程由动量守恒定律及机
械能守恒可知 a、b小球速度互换，解得
2qU
vm
，故 B错误；小球 a、b碰撞后 b在竖直面内做匀速圆周

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