2024届安徽省高三年级下册3月考试物理试卷（解析版）

绝密★启用前（安徽卷）

物理试卷

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑。如需改

动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在

本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项

符合题目要求。

1.2023年12月8日，百亿级中核核能产业园签约落地成都，助力打造国家级核能产业集聚战略高地。核能

是通过核反应从原子核释放的能量，如氮3与笊核的核反应方程是；He+；Hfx+；H+AE,方程中AE

为释放的核能.已知气核的比结合能为与，氢核的比结合能为石2,则下列说法中正确的是（）

A.该反应为核裂变反应，生成的新核x是；He

B.氮4核中有4个质子2个中子，氮4核与氢3核不是互为同位素

4F-2F-AF

C.该反应中氢3的比结合能为一?----!------

3

D.该反应生成物的质量数将小于反应物的质量数

【答案】C

【解析】

【详解】A.该反应为核聚变反应，根据质量数和电荷数守恒可得核反应方程为

；He+：HfHe+；H+AE

可知生成的新核工是；He,A错误；

B.氮4核中有2个质子2个中子，质子数相同的称为同位素，氢4核与氢3核是互为同位素，B错误;

C.根据

3513+2E]+NE=4弓

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可得氮3的比结合能为

尸4E,—2E、一AE

E3=---------

33

C正确；

D.核反应过程的前后，反应体系的质量数守恒，D错误。

故选C。

2.在杭州亚运会女子排球决赛中，中国队战胜日本队获得冠军。如图所示，在决赛中，一运动员将排球从

A点斜向上以速度匕击出，排球沿轨迹ABC运动；另一运动员将该排球从C点以水平速度力击回，排球沿

B.沿轨迹ABC运动的最小速度为为

C.沿轨迹ABC和轨迹CD4运动过程的速度变化量大小相同

D.沿轨迹ABC和轨迹CD4运动过程的平均速度大小可能相同

【答案】A

【解析】

【详解】AB.根据图像可知，轨迹ABC最高点的高度大于轨迹CZM最高点，分析在最高点和A点之间的

运动，根据运动规律

"=3娟

x

推得轨迹CDA运动时间短，但水平位移大，故轨迹C"水平分速度大，竖直分速度

0y=gt

小，根据合速度原理知沿轨迹CD4运动的最大速度可能为匕，沿轨迹ABC运动的最小速度为最高点的速

度，即匕的水平分速度，小于匕，故A正确，B错误；

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C.沿轨迹ABC和轨迹CD4运动过程的时间不同，故速度变化量

Av=gbt

不同，故C错误；

D.沿轨迹ABC和轨迹CD4运动过程的位移大小相同，但时间不同，故平均速度大小不同，故D错误。

故选Ao

3.一质点做简谐运动，其相对于平衡位置的位移x与时间f的关系图线如图所示，由图可知（）

C.f=0.5x10-2$时振子的速度最大，且方向向下

D.0.25xl（T2s时振子的位移为_5cm

【答案】B

【解析】

【详解】A.由题图知，该简谐运动的周期T=2x10-2$,振幅A=7cm,故A错误;

B.根据角频率的公式有

2万

a>=——=lOO^rad/s

T

SJT7T

又因为°=万或e=-万，所以振子做简谐运动的表达式为

x=7sinf100R+半cm或x=7sin[100^?1cm

故B正确;

C./=O.5xlO-2s时振子位于平衡位置，速度最大，由“爬坡法”知质点在向上运动，故C错误;

D.当£=0.25义10一25时位移为

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7V2

x=7sin1100］。+日cm=-------cm

2

故D错误。

故选B。

4.如图所示，真空中A、B,C三点的连线构成一个等腰三角形，0C为A3连线的中垂线，。为连线中点。

A的电荷量为-Q,B的电荷量为+Q,两点电荷分别固定在A、B点，A、B相距/,静电力常量为人.现将

另一个电荷量为+4的点电荷放置在AB连线的中垂线上距。点为x=g/的C点处，此时+q所受的静电力

大小为（）

<7-r

•<㊀?

卜

,也kQqRkQqmkQqnlyflkQq

2

2/2I/2/2

【答案】D

【解析】

【详解】如图所示，c处+q受到的电场力为

F=2FACOS0

方向由8指向A。根据几何关系有

cos6=2

2

12I

X~\—

4

则有

1

F

2

则

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_242kQq

r―

Q

㊉8

r—

故选D。

5.如图所示，在光滑平台上放置一长度/=0.32m,质量”=280g的文具盒，在文具盒最左端放有可视

为质点的质量根=140g的墨水瓶，墨水瓶与文具盒间动摩擦因数〃=0.2,开始时两者均静止，现对文具

盒施加E=1.12N、水平向左的恒力，不计空气阻力，重力加速度g取lOm/s?。墨水瓶在文具盒上运动

的时间为（）

a

A.0.2sB.0.4sC.0.8sD.1.6s

【答案】C

【解析】

【详解】对文具盒施加E=1.12N、水平向左的恒力，以墨水瓶为对象，根据牛顿第二定律可得

/jmg=max

解得墨水瓶的加速度大小为

%=2m/s2

以文具盒为对象，根据牛顿第二定律可得

F-/nmg=Ma2

解得文具盒的加速度大小为

2

a2=3m/s

设墨水瓶在文具盒上运动的时间为则有

代入数据解得

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t=0.8s

故选C。

6.2023年12月11日消息，北斗在国内导航地图领域已实现主用地位，每天使用次数超过3600亿次。北斗

卫星导航系统由若干静止轨道卫星、中地球轨道卫星组成，如图所示，若地球半径为R,其中地球轨道卫星

A绕地球做匀速圆周运动的半径为4R,静止轨道卫星B绕地球做匀速圆周运动的半径为7凡已知地球表面

的重力加速度大小g=10m/s2,第一宇宙速度大小为7.9km/s,忽略地球自转。下列说法正确的是（）

A.卫星A的运行周期与卫星B的运行周期之比为4：7

B.卫星A的向心加速度大小为0.625m

C.卫星B在6h内转动的圆心角是45°

D.卫星B在轨运行速度一定大于7.9km/s

【答案】B

【解析】

【详解】A.设M表示地球的质量，加表示卫星的质量，根据万有引力提供向心力

ITC

于

T=2也

4R44

故A错误;

B.在地球表面为加。的物体，有

对卫星A,根据牛顿第二定律

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GMm

=ma

(4R)2

联立可得卫星A向心加速度大小为

a=0.625m/s2

故B正确；

C.卫星B在6h内转动的圆心角为

2%义色=n

24~2

故C错误;

D.根据牛顿第二定律

Mmv2

下二m—

Gr

即

v2ocl

r

第一宇宙速度为7.9km/s,故卫星B在轨运行速度一定小于7.9km/s,故D错误。

故选B。

7.以下四幅图片中，图甲是单色光的衍射图样，图乙是双缝干涉示意图，图丙是一束复色光进入水珠后传

播的示意图，图丁是自然光通过偏振片M、N的实验结果，右边是光屏，当M固定不动缓慢转动N时，光

屏上的光亮度将一明一暗交替变化。下列说法中错误的是（）

A.图甲中，中央条纹特别宽特别亮，两侧的亮纹比较窄比较暗

B.图乙中，若只增大屏到挡板间距离，两相邻亮条纹间距离将减小

C.图丙中，a束光在水珠中传播的速度一定大于6束光在水珠中传播的速度

D.图丁中，这种现象表明光波是横波

【答案】B

【解析】

【详解】A.图甲中，单色光的衍射图样，单缝衍射条纹分布不均匀，中央条纹最宽、最亮，故A正确,

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不符合题意;

B.根据

、I,

Ax=­A

d

图乙中，若只增大屏到挡板间距离/,两相邻亮条纹间距离将增大，故B错误，符合题意；

C.根据折射率和光的传播速度之间的关系

c

V=—

n

可知，折射率越大，传播速度越小，从图中可以看出，。光线在水中偏折得厉害，即6的折射率大于。的

折射率，则a在水中的传播速度大于6的传播速度，故C正确，不符合题意；

D.图丁中的M、N是偏振片，P是光屏。当M固定不动缓慢转动N时，光屏P上的光亮度将一明一暗交

替变化，此现象表明光波是横波，故D正确，不符合题意。

故选B。

8.某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器和降压变压器向用户供电，已知发电

机线圈ABCD的匝数N=100匝，面积S=0.03m2,线圈匀速转动的角速度0=100〃rad/s,匀强磁场

的磁感应强度大小3=也T，输电导线的总电阻为R=10Q,升压变压器原、副线圈匝数比

71

%:%=1：8,降压变压器原、副线圈的匝数比〃3：%=10:1，若理想交流电流表的示数，=40A,降压

变压器副线圈两端电压。4=220V。发电机线圈电阻r不可忽略。下列说法错误的是（）

A.输电线路上损耗的电功率为160W

B.升压变压器副线圈两端电压为2240V

C.升压变压器的原线圈输入功率为7890W

D.交流发电机线圈电阻r上消耗的热功率为640W

【答案】C

【解析】

【详解】A.根据

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k%

可得输电线的电流为

I,=^/=—x40A=4A

24

%4W

则输电线路上损耗的电功率为

生=I；R=42X10W=160W

故A正确，不满足题意要求；

B.根据

U3_2

。4%

可得降压变压器原线圈的电压为

4=%%=3x220V=2200V

%1

则升压变压器副线圈两端电压为

U[=I2R+。3=4x1OV+2200V=2240V

故B正确，不满足题意要求；

C.升压变压器的原线圈输入功率为

片=£="I?=2240x4W=8960W

故C错误，满足题意要求；

D.根据

A_"

，2勺

可得升压变压器的原线圈的电流为

I.=七1,=-x4A=32A

1421

交流发电机产生的电动势最大值为

=100x—x0.03X100^-V=300A/2V

n

则电动势有效值为

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E

E=^=30QN

V2

则交流发电机线圈电阻r上消耗的热功率为

a=E/i—片=300x32W-8960W=640W

故D正确，不满足题意要求。

故选C。

二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，有多项符合题

目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

9.如图所示，固定斜面的倾角。=30。，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一

根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B,滑轮左侧绳子与斜面平行，A的质量是B的质

量2倍，初始时物体A到C点的距离L=1m,现给A、B—初速度%=3m/s,使A开始沿斜面向下运

动，B向上运动，物体A向下运动刚到C点时的速度大小v=2m/s,物体A将弹簧压缩到最短后，物体A

又恰好能弹回到C点。已知弹簧的最大弹性势能为6J,重力加速度g=10m/s2,不计空气阻力，整个过程

中轻绳始终处于伸直状态。则（）

A.物体A与斜面之间的动摩擦因数〃=亍

B.物体A向下运动到C点的过程中，A的重力势能转化为B的重力势能

C.弹簧的最大压缩量x=0.4m

D.B的质量为2kg

【答案】ACD

【解析】

【详解】A.设B的质量为冽，在物体A向下运动刚到C点的过程中，对A、B组成的系统应用能量守恒

定律可得

八1>1、

〃-2mgcos0-L=-x3mVp-—X3mv+2mgLsin0-mgL

得

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A正确；

B.物体A向下运动到C点的过程中，A的重力势能及AB的动能都减小，转化为B的重力势能和摩擦生

热，B错误；

C.对A、B组成的系统分析，在物体A从C点压缩弹簧至将弹簧压缩到最大压缩量，又恰好返回到。点

的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，即

—x3mv-0=〃•2加geos6-lx

2

其中x为弹簧的最大压缩量，得

x=0.4m

C正确;

D.从C点到弹簧最大压缩量过程中由能量守恒定律可得

—x3mv+2mgxsin0-mgx=〃-2加geos6-x+Epm

得B的质量为

D正确。

故选ACD。

10.如图所示，边长为a的正方形MNP。区域内有一方向垂直正方形平面向外的匀强磁场，NP边上有一点

S,SN=-0两个质量相同、带等量异种电荷的粒子均从S点平行于"N方向射入磁场。带正电粒子甲与

4

带负电粒子乙重力均不计，不考虑甲、乙两粒子间的作用。下列说法正确的是（）

A.若两粒子在磁场中运动的时间相等，则乙与甲的初速度大小之比一定为1：3

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B.若两粒子的初速度相同，则乙与甲在磁场中运动的时间之比可能为1：2

C.若其中一个粒子垂直边射出磁场，则乙与甲在磁场中运动时间之比一定不大于2：1

D.若两粒子分别从M、。两点射出磁场，则乙与甲的初速度大小之比恰好为2：1

【答案】BC

【解析】

【详解】A.设匀强磁场的磁感应强度为8,带电粒子的电荷量为4,质量为机，初速度为V,运动半径为

广，根据

V2

qvB=m—

r

可得

mv

r=——

qB

根据匀速圆周运动规律可得粒子运动周期为

Ilir2兀m

T=

vBq

若粒子运动轨迹所对应的圆心角为a,则粒子在磁场中运动时间为

a丁_am

2万Bq

若两粒子在磁场中运动的时间相等，则两粒子在磁场中的转过的圆心角（或弦切角）必定相等，可能分别从

左右边射出；可能负粒子从左边射出，正粒子从上边射出；可能都从下边射出，此时圆心角均为180。，即

均从NP边射出，则对于负粒子有

0<组《3

Bq4

解得初速度匕需满足

Bqa

0<v1<

8m

对于正粒子同理可知其初速度v2需满足

3Bqa

0<v2<

8m

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V,1Vli

由此可见匕和均取值具有不确定性，根据数学知识可知U可以取任意值，不一定为§，§时对应负

粒子恰好从N点射出，且正粒子恰好从尸点射出的特殊情况，A错误；

B.若两粒子的初速度相同，则两粒子的运动半径相同，当负粒子的运动半径为巴时，它将垂直边射出，

4

转过的圆心角为90°,正粒子将从NP边射出，转过的圆心角为180°二者在磁场中运动的时间之比为1:2,

B正确；

C.若其中一个粒子(即正粒子)垂直边射出磁场，则其转过的圆心角为90。，负粒子转过的圆心角最

大值为180°,乙粒子与甲粒子在磁场中运动的时间之比一定不大于2:1,C正确；

D.若两粒子分别从V、。两点射出磁场，设乙、甲粒子半径分别为4和弓，根据几何关系有

解得

17

r.=——a

18

25

——a

224

所以乙粒子与甲粒子在磁场中运动的初速度大小之比恰好为

21=二上

v2r225

D错误。

故选BC。

三、非选择题：本题共5小题，共58分。

11.小组用如图甲所示的气垫导轨研究小车的匀变速直线运动，回答下面的问题:

(cm)

(1)测量遮光条宽度时游标卡尺的示数如图乙所示，则遮光条的宽度”=.cm。

(2)滑块在牵引力作用下先后通过两个光电门，配套的数字计时器记录了遮光条通过第一光电门的时间

△4=0.156s,通过第二个光电门的时间=0Q78s。遮光条通过第一个光电门的速度大小为匕=

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m/s；遮光条通过第二个光电门的速度大小为为=m/s。

（3）遮光条从开始遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门经历的时间为△/=0.5s,则估算滑块的加

速度大小为m/s2=（计算结果保留一位有效数字）

【答案】（1）1.56

（2）①.0.1②.0.2

（3）0.2

【解析】

【小问1详解】

游标卡尺的主尺读数为1.5cm,游标读数为6x0.1mm=0.6mm=0.06cm,所以最终读数为

1.5cm+0.06cm=1.56cm。

【小问2详解】

[1][2]遮光条通过第一个光电门的平均速度大小

d1.56x10-2

v.=一m/s=0.1m/s

1幽0.156

这个速度就是通过第一个光电门中间时刻的速度，即记时0.078s时的瞬时速度；遮光条通过第二个光电门

的平均速度大小

d1.56x10-2

%=——m/s=0.2m/s

0.078

这个速度就是通过第二个光电门中间时刻的速度，即第二个光电门记时0.039s时的瞬时速度。

【小问3详解】

滑块的加速度大小

0.2-0.1.2A。,2

a==_八,―—T———m/s®0.2m/s

△”强+组0.1560.078

0.5-----+------

2222

12.某实验小组在“测量金属丝电阻率”的实验中，先用多用电表进行粗测电阻，再采用“伏安法”较准确

地测量未知电阻，后计算金属丝电阻率。

（1）在使用多用电表测电阻时，以下说法正确的是。（选填相应序号字母）

A.每换一次挡位，不必重新进行欧姆调零

B.指针越接近刻度盘中央，误差越小

C.在外电路中，电流从红表笔流经被测电阻到黑表笔

D.测量时，若指针偏角较小，说明这个电阻的阻值较大，应换倍率较大的挡位来测量

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（2）先用多用表的欧姆挡“xl”按正确操作步骤粗测其电阻，指针如图甲所示，读数应记为Qo

（3）用螺旋测微器测量金属丝直径，某次测量示数如图乙所示，该金属丝直径的测量值4=______mm。

（4）实验室提供的器材如下：

A.待测金属丝的电阻凡；

B.电流表A1（量程0~0.6A,内阻约0.1Q）；

C.电流表A2（量程0~3A,内阻约0.010）；

D.电压表Y（量程0~3V,内阻约3kO）；

E.电压表匕（量程0~15V,内阻约20k。）；

F.滑动变阻器R（0-20Q）；

G.电源E（电动势为3.0V,内阻不计）；

H.开关、若干导线。

为了调节方便，测量准确，实验中电流表应选（填“B”或"C”）,电压表应选（填“D”

或“E”）。

（5）请你根据图丙所示电路图用笔画线代导线，将图丁所示的实验电路连接完整_________。

（6）若金属丝接入电路的长度为/,直径为力通过金属丝的电流为/,金属丝两端的电压为U,由此可计

算得出金属丝的电阻率夕=（用题目所给字母表示）。

【答案】（1）BD（2）6

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(3)3.707(4)®.B②.D

【解析】

【小问1详解】

A.用多用电表测电阻时，每换一次挡位，都必须重新进行欧姆调零，故A错误；

B.指针越接近刻度盘中央，误差越小，故B正确；

C.在外电路中，电流从黑表笔流经被测电阻到红表笔，故C错误；

D.测量时，若指针偏角较小，说明这个电阻的阻值较大，应换倍率较大的挡位来测量，故D正确。

故选BD。

【小问2详解】

该同学选用欧姆表“xl”挡，由图甲可知，对应的读数是&=6.0x1。=6.0。。

【小问3详解】

螺旋测微器固定刻度为3.5mm,可动刻度为20.7x0.01mm=0.207mm,则该次金属丝直径的测量值

d=3.5mm+0.207mm=3.707mm。

【小问4详解】

[1][2]电源电动势为3.0V,因此电压表选择电压表Y（量程0D3V,内阻约3kC）；测量金属丝的电阻

E3

阻值约为6。，则电路中的最大电流/=K=ZA=0.5A,因此电流表应选电流表AI（量程0口0.6A,

居6

内阻约0.1C）。即电流表应选B,电压表应选D。

【小问5详解】

由于电流表内阻约0.1。较小，因此应选用电流表外接法，如答图所示：

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【小问6详解】

R=7

根据电阻定律有

4/

R=P—=P—

d_

71

联立解得

兀d?U

p=-------

411

13.图甲为气压式升降椅，它通过活塞上下运动来控制椅子的升降，图乙为其核心部件模型简图，圆筒形导

热气缸开口向上竖直放置在水平地面上，活塞（连同细连杆）与椅面的总质量m=8kg,活塞的横截面积

S=8xl0~4m2-气缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与气缸之间无摩擦且不漏气，活塞上放有一质量

M=16kg的物块，气柱高度”=0.65m.已知大气压强p0=lxl（）5pa,重力加速度大小g=i（）m/s2。求:

（1）若拿掉物块活塞上升到如图虚线所示位置，求此时气柱的高度;

（2）拿掉物块后，如果缓慢降低环境温度，使活塞从虚线位置下降6cm,此过程中气体放出热量24J,求气

体内能的变化量AUo

乙

【答案】(1)1.3m；(2)14.4J

【解析】

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【详解】(1)拿掉活塞上的物块，气体做等温变化，初态：VY=hS,气缸内封闭气体的压强为

代入数据解得

Pi=4xIO5Pa

末态有

5

K=h'S,p2=+p0=2xlOPa

由气体状态方程得

PiSh=p2Sh'

整理得

h'=2h=1.3m

(2)在降温过程中，气体做等压变化，外界对气体作功为

W=p2SMi=9.6J

由热力学第一定律

AU=W+Q

可得

△U=9.6J+(-24J)=-14.4J

14.如图所示，空间有一宽度为2d的有界匀强磁场，磁感应强度大小为2,方向垂直纸面向外。一边长为

d、电阻分布均匀的正方形导体框MNPQ,导体框总电阻值为凡从导体框边进入磁场开始计时，导体

框以恒定的速度大小v向右匀速穿过磁场区域的过程中，求：

(1)当边刚进入磁场时，M、N两端的电势差，并指明哪端电势高；

(2)导体框穿过磁场的过程中，导体框中产生的焦耳热；

(3)试分析在0——时间内M、N两点的电势差U“N随时间r变化的情况，并在乙图中画出变化的图像。

v

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3°片父3

【答案】（1）—Bdv；M端电势高；（2）Q=-------；（3）

4Rd~~i~~i~~1~d

!L1234//-

J

【解析】

【详解】（1）MN切割磁感线产生的感应电动势

E=Bdv

回路中的感应电流

7Bdv

1二----------

R

两端的电势差

33

UMN=I--R=~Bdv

M端电势高。

（2）设线框从边刚进磁场到PQ边刚进磁场所用时间为/,由焦耳定律有

Q=2I2Rt

d=vt

解得导体框穿过磁场的过程中，导体框中产生的焦耳热

八2B2d3V

Q=R

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(3)在。〜卫时间内M、N两点的电势差随时间。变化的情况可分为三段:

v

第一段：在o〜4时间内，线框中产生的电动势

V

E=Bdv

MN边相当于电源，电流由N流向M,M、N两点的电势差相当于路端电压，大小为

〃33Bdv

UMN=%E=F~

1Z*%1

第二段：在----巴时间内，线框完全在磁场中运动，穿过线框的磁通量没有变化，不产生感应电流，MN

VV

边仍然在切割磁感线，M.N两点的电势差大小为

UMN=Bdv

第三段：在‘■〜迫时间内，线圈开始出磁场，边离开磁场，只有尸。边切割磁感线，此时尸。边相当

vv

于电源，边中的电流由Af流向N,线圈中电动势为

E=Bdv

M,N两点的电势差为外电路部分电压，大小为

〃_1^Bdv

UMN=^E=—

由以上三段可做出M、N两点的电势差U“N随时间。变化的图线如图所示

Bdv

44

3

2

1

o

1

□

3

一4

15.如图所示，一根长R=1.44m不可伸长的轻绳，一端系一小球P,另一端固定于。点.长/=3m绷紧的

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水平传送带始终以5m/s恒定的