姓名
座位号
C.中国男女4×100米接力赛，包揽了两个项目的金牌，成为亚运会短跑“双冠王”，参赛的四名
(在此卷上答题无效)】
队员每一位队员的位移大小均为100m
绝密★启用前
安徽省示范高中培优联盟2023年冬季联赛（高一）
D.在男子100米决赛中，田径名将谢震业以9秒97夺冠，成为新一任“亚洲飞人”，其中“9秒
97”表示时间间隔
物理
2.餐厅暖盘车的储盘装置示意图如图所示，三根完全相同的弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆
本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第I卷第1至第4页，第Ⅱ卷第5至
环上，下端连接托盘。托盘上叠放若干相同的盘子，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补
第6页。全卷满分100分，考试时间75分钟。
平。已知单个盘子的质量为330g,相邻两盘间距1.0cm,重力加速度大小取10m/s2。弹簧
始终在弹性限度内，每根弹簧的劲度系数为
考生注意事项：
A.11 N/m
1.答题前，务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的姓名、座位号，并认真核对答题卡
B.110N/m
上所粘贴的条形码中姓名、座位号与本人姓名、座位号是否一致。
2.答第I卷时，每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需
C.33 N/m
D.330N/m
改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
3.答第Ⅱ卷时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写，要求字体工整、笔迹
3.滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端A上滑，到达最高点B后返回到底端A处。利用频闪
清晰。作图题可先用铅笔在答题卡规定的位置绘出，确认后再用0.5毫米的黑色墨水签
仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图甲、乙所示，则
A.上滑和下滑过程位移相同
B◇
字笔描清楚。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试
题卷、草稿纸上答题无效。
B.上滑和下滑过程时间相同
4.考试结束，务必将试题卷和答题卡一并上交。
C.上滑过程加速度较大
D.上滑过程平均速度较小
第I卷（选择题共42分）
4.t=0时刻，质点P从原点由静止开始沿x轴正向做直线运动，其加速度α随时间t按图示曲线
一、选择题（共10小题，共42分：其中1一8为单项选择题，每题4分；9一10为多项选择题，每题
周期性变化，周期为4。。在04。时间内，下列说法正确的是
5分，全对得5分，选对但不全得2分，选错得0分)
1.第19届亚运会于2023年9月23日至10月8日在杭州市举行，杭州亚运会竞赛项目设置为：
40个大项，61个分项，481个小项，关于本届盛会的有关体育项目说法正确的是
A.t=4。时，P回到原点
A.田径项目女子链球决赛中，中国选手王峥以71.53米的成绩获得军，其中71.53m为链
B.t=4t。时，P的运动速度最小
球的路程大小
C.t。~2t。时，P的速度逐渐减小
B.我国游泳名将张雨霏共获得6枚金牌，她在参加女子50米蝶泳时可将其视为质点
D.2t。~3to时，P沿x轴负向运动
命题：合肥六中朱兵审题：城郊中学阮曙光含山中学成林制卷：等高教有第1页（共6页）
命题：合肥六中朱兵审题：城郊中学阮曙光含山中学成林制卷：等高教有第2页（共6页）2023冬季联赛高一物理参考答案
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
D B C B C A D C BCD BC
一．选择题（共 10小题，共 42分；其中 1—8为单项选择题，每题 4分; 9—10为多项选择题, 每题 5分，
全对得 5分，选对但不全得 2分，选错得 0分）
1.【答案】D
【解析】王峥以 71.53米的成绩获得冠军，其中 71.53m为水平位移大小，A选项错误；蝶泳时不可将其视
为质点，B选项错误；4*100接力赛时跑弯道时位移大小不是 100m；C选项错误；“9秒 97”表示时间间隔，
故 D选项正确。
2 .【答案】B
【解析】 由题知，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平，则说明一个盘子的重力可以使弹簧形变
相邻两盘间距，则有 mg = 3 kx 解得 k = 110N/m 故选 B。
3. 【答案】C
【解析】位移大小相等，方向不同，A选项错误；因为频闪照片时间间隔相同，对比图甲和乙可知上滑过
程时间短，滑块加速度大，B选项错误，C选项正确；上滑过程平均速度大，D选项错误。
4.【答案】B
【解析】质点在0 ~ 2t0时间内从静止出发先做加速度增大的加速运动再做加速度减小的加速运动，此过程
一直向前加速运动，2t0 ~ 4t0时间内加速度和速度反向，先做加速度增加的减速运动再做加速度减小的减
速运动， 4t0 时刻速度减速到零，此过程一直向前做减速运动，此后重复此过程的运动，即质点一直向前
运动，ACD错误，B正确。
5.【答案】C
【解析】开始时物体受到的最大静摩擦力 fm F 0.4 20N 8N ，重力G mg 0.4 10N 4N，
故开始时，物体处于静止状态，受到静摩擦力作用，当静摩擦力等于重力时，G mg F ，
解得压力 F 10N，时间为3S，分析可知，0 ~ 3S时间内，物体受到的静摩擦力大小为 4N，3S ~ 4S的
时间内，物体受到滑动摩擦力逐渐减小，C选项正确。
6. 【答案】A
【解析】由题知，电动公交车做匀减速直线运动，两段距离相等，平均速度 2倍的关系，时间为 t、2t，
平均速度等于中间时刻瞬时速度，速度从 12m/s减到 6m/s时间 1.5t,0.5t时间内速度减小 2m/s，公交车经过
S点时的瞬时速度为（12-2）m/s=10m/s,A 选项正确。
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7．【答案】D
【解析】由于匀速直线运动，一定受 4个力作用，A选项错误；由于拉动箱子在水平面匀速前进，箱子处
mg mg
于平衡状态，正交分解可得F cos N；F sin N mg联立解得 F= cos sin 1 2 (sin )
tan 1其中 当0 90 F随着 的增大而减小，当90 180 F随着 的增大而减小，B选项
错误；地面对箱子有竖直向上的支持力和水平向左的摩擦力，合力斜向左上方，并且方向不变，C选项错
误；支持力和水平向左的摩擦力，合力方向不变，角度在增加时，合力减小，摩擦力减小，D选项正确。
8．【答案】C
【解析】将小球先由静止释放，间隔一小段时间 t后再将管由静止释放，根据 v gt可知，小球相对管的
L L
速度 v g t，穿过管子的时间不等，B选项错误；通过管子的时间 t ， t越小，小球穿
v g t
出管时间越长，管的速度越大，A选项错误、C选项正确；小球通过管的时间与 h无关，所以 D选项错误。
9．【答案】BCD
【解析】因为经过时间 t两者在 B点相遇，则物体甲上升时间为 2t，下落时间为 2t，那么从 B点再经过 3t
将回落到地面，A选项错误；相遇时甲球的速度方向一定向上，二者方向相反，B选项正确；加速度相同，
0 v
相等的时间速度的变化量相同，可知甲的初速度为 2v，C选项正确；AB之间的距离为 hAB t2
3vt
根据比例关系，B点距离地面高度为 hBC 3hAB解得 hBC ， hAC hAB hBC 2vt，D选项正确2
10．【答案】BC
【解析】未施加力 F 前，将重力沿两细线方向分解，如图甲所示可知TA G1，TB G2
外加方向顺时针改变的作用力 F 后，采用画圆法将 F 沿两细线方向分解，如图乙所示，F1先增加后减小，
F2一直增大，细线OA上的拉力TA G1 F1；细线OB上的拉力TB G2 F2，细线OA上的拉力大小先增大
后减小，细线OB上的拉力大小一直增大，故 BC正确。
二、实验题（16 分）
11.（10 分，每空 2 分）
【答案】 （1）AC
（2）匀变速直线运动 连续相等时间内位移之差为定值
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（3）1.46m / s2 0.58m / s
【解析】（1）电火花计时器在打点过程与纸带间阻力较小，有益于减小误差，A选项正确；打点计时器工
作时一定是先接通电源，后释放小车，B选项错误；在实验中，如果小车运动的加速度过小，打出的点子
很密，长度测量的相对误差较大，测量准确度会降低，因此小车的加速度略大一些较好，C 选项正确；本
实验长木板上表面不需要光滑，所以 D 选项错误．
（2）匀变速直线运动，连续相等时间内位移之差为定值；
（3）根据逐差法得：
a (10.90 12.40 13.80) (9.40 8.00 6.60)
，
2 10
2m / s2 1.46m / s2
9 0.1
v 6.60 8.00B 10
2m / s 0.73m / s， vB vA a T ,得到：2 0.1 vA 0.58m / s
12.（6 分，每空 3分）
【答案】（1） mB (m nm )
（2） 0.40
A 0
【解析】（1）对木块、砝码以及重物 B 分析可知 (mA nm0 )g mg mBg 解得m mB (mA nm0 )
（2）根据m mB mA m n
59 19
0 结合图像可知 m0 8 则μ=0.405
三．计算题（共 3小题，共 42分；其中第 13 题 12 分，第 14 题 14 分，第 15 题 16 分）
v2
13.（12 分）【答案】 （1） 0 x0 （6分） （2） v v乙2 2v（6 分）2a
【解析】（1）设初始时两车相距 x0
两车相遇两次，由此可以判定开始时，甲车在后，即0 x0…………………………1 分
1
两车相遇时 vt at 2 x0…………………………2分2
2
根据数学知识知，若 t有两解，则 v 2ax0 0…………………………2分
由以上关系式解得 v2 …………………………1分0 x0 2a
（2）设第 1 次相遇乙车速率为 v乙1
要满足相遇两次，相遇时一定满足 v乙1 v…………………………2分
设第 2 次相遇乙车速率为 v乙2
v v
从第 1 次相遇到第 2 次相遇存在的关系： 乙1 乙2 v…………………………2 分
2
所以第 2次相遇时，乙车的速率满足 v乙2 2v v乙1…………………………1分
根据以上分析可知，第 2 次相遇时一车的速度大小满足： v v 2v…………………………1分乙2
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2 3 2 3
14.（14 分）【答案】（1) F24 G（7分） (2)F G（7 分）3 3
3
【解析】（1）对 1原木分析： F21 G…………………………1分3
对 2原木： F42 cos30
0 F52 cos30
0 F 012 cos30 G…………………………2分
F42 sin 30
0 F52 sin 30
0 F 012 sin 30 …………………………2 分
F 312 F21 G…………………………1 分3
解的： F24 F
2 3
42 G…………………………1 分3
（2）对圆柱原木静止时受力分析，如图所示
根据平衡条件可得 N1 N
G
2 …………………………2分2cos30
每一个侧面所受的滑动摩擦力 f N1…………………………1 分
根据平衡条件可得 F 2 f …………………………2分
F 2 3代入数据联立解得 G…………………………2分
3
2 5
15．（16 分）【答案】（1） （4分） （2）3.88m（7分） （3） 5 m/s（5 分）
5
【解析】（1）设弹力球自 1.0m 高度处静止下落与地面碰前、碰后速度大小分别为 v1、v2，H=1.0m，
h=0.8m，由运动学公式有：下落过程 v21 0
2 2gH …………………………2 分
2
反弹上升过程0 v22 2 g h…………………………1分
v 2 5
联立解得 2 …………………………1 分v1 5
（2）设某次下落高度HN ，碰前速度大小vN ，反弹上升高度HN 1，碰前速度大小 vN 1，
由运动学公式有：下落过程 v2N 0
2 2gHN…………………………1分
2 2
反弹上升过程：0 vN 1 2 g HN 1…………………………1分
vN 1 v2
由题意有 v v …………………………1分N 1
h
联立解得HN 1 HN…………………………1分H
h h
由上式可知弹力球运动总路程 s H 2H 2H（ ）2…………………………2分H H
{#{QQABTQIQgggIABAAARhCEQGYCgAQkAGCAKoOwBAMMAAAwRNABAA=}#}
解得 s 3.88m…………………………1分
（3）设初速度大小为 v0，与地面碰前、碰后速度大小分别为 v3、v4，
由运动学公式有：下落过程 v23 v
2
0 2gH…………………………2 分
2 2
反弹上升过程0 v4 2 g H…………………………1分
v4 v 2由题意有 v v …………………………1分3 1
联立解得： v0 5m / s…………………………1分
{#{QQABTQIQgggIABAAARhCEQGYCgAQkAGCAKoOwBAMMAAAwRNABAA=}#}
