重庆巴蜀中学2023-2024学年高2025届高二上期十月物理模拟试题含答案解析

重庆巴蜀中学2023-2024学年高2025届高二上期十月物理模拟试题
一、单选题(共36 分)
1.如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变。

若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，则（）
A.材料竖直方向尺度减小
B.极板间电场强度不变
C.极板间电场强度变大
D.电容器电容变大
【答案】A
【详解】
BCD．根据电容的决定式C=εr S
可知，根据题意可知极板之间电压不变，极板上所带电荷量变
4πkd
少，极板间距d增大，电容减小，极板之间形成匀强电场，根据E=U
可知极板间电场强度E减
d
小，BCD错误。

A．极板间距d增大，材料竖直方向尺度减小，A正确。

故选A。

2.如图所示，自动称米机已在许多大粮店广泛使用．买者认为：因为米流落到容器中时对容器有向下的冲力而不划算；卖者则认为：当预定米的质量达到要求时，自动装置即刻切断米流，此刻有一些米仍在空中，这些米是多给买者的，因而双方争执起来．下列说法正确的是()
A.买者说的对
B.卖者说的对
C.公平交易
D.具有随机性，无法判断
【答案】C
【详解】
设米流的流量为d，它是恒定的，米流在出口处速度很小可视为零，若切断米流后，设盛米的容器中静止的那部分米的质量为m1，空中还在下落的米的质量为m2，落到已静止的米堆上的一小部分米的质量为Δm.在极短时间Δt内，取Δm为研究对象，这部分米很少，Δm＝d·Δt，设其落到米堆上之前的速度为v，经Δt时间静止，如图所示，取竖直向上为正方向，由动量定理得
(F－Δmg)Δt＝Δmv
即
F＝dv＋d·Δt·g，
因Δt很小，故F＝dv
根据牛顿第三定律知F＝F′，称米机的读数应为
M＝N
g ＝m1g+F
′
g
＝m1＋d v
g
因切断米流后空中尚有t＝v
g
时间内对应的米流在空中，故
d v
g
＝m2
可见，称米机读数包含了静止在袋中的那部分米的质量m1，也包含了尚在空中的下落的米的质量m2，即自动称米机是准确的，不存在哪方划算不划算的问题．
A．买者说的对，与结论不相符，选项A错误；
B．卖者说的对，与结论不相符，选项B错误；
C．公平交易，与结论相符，选项C正确；
D．具有随机性，无法判断，与结论不相符，选项D错误；
3.工厂生产的某一批次小灯泡说明书上附有如图甲所示的电压随电流变化图象，乙图是用该批次三个小灯泡连接而成的电路，三个灯泡均发光时电压表V1的示数为4V。

设所有电表均为理想电表，电源内阻不可忽略，下列说法正确的是（）
A.电压表V 2的示数为2.0V
B.电流表A 2的示数为0.30A
C.若灯泡L 1短路，则电压表V 2的示数为5.0V
D.该闭合电路的路端电压为6V 【答案】B 【详解】
AB ．由小灯泡的伏安特性曲线知，当灯泡L 1电压为4V 时，流过灯泡的电流为0.6A ，根据串并联电路的特点，流经灯泡L 2和L 3的电流为0.3A ，从伏安特性曲线中读出灯泡L 2和L 3的电压为1V ，故A 错误，B 正确；
CD ．L 1正常工作时，路端电压为5V ，故当L 1短路后，外电阻减小，路端电压减小，V 2表的示数应小于5V ，故CD 错误。

故选B 。

4.如图（a ）所示，一根质量为M 、长度为L 的均匀柔软细绳置于光滑水平桌面上，绳子右端恰好处于桌子边缘，桌面离地面足够高。

由于扰动，绳从静止开始沿桌边下滑。

当绳下落的长度为x 时，加速度大小为a ，绳转折处O 点的张力大小为T ，桌面剩余绳的动能为E k 、动量为p ，如图（b ）所示。

则从初态到绳全部离开桌面的过程中，下列说法正确的是（ ）
A.当x =L
4时，张力T 有最大值 B.当x =L
2时，动量P 有最大值 C.当x =L
2时，加速度a 有最大值 D.当x =L
3时，动能E k 有最大值
【答案】B 【详解】
AC．绳子下落长度为x时，对整条绳，由牛顿第二定律有
x
L
⋅Mg=Ma 解得绳上各点的加速度大小为
a=gx L
对桌面上的绳子，由牛顿第二定律有
T=L−x
L
Ma
联立解得
T=Mg
L2
[−(x−
L
2
)2+
L2
4
]
可知，当x=L时，加速度a有最大值，当x=L
2
时，张力T有最大值，故AC错误；B．绳子从开始运动到绳子下落长度x的过程中，由机械能守恒定律可得
x L Mg⋅
x
2
=
1
2
Mv2
解得
v=x√g L
则桌面剩余绳的动量为
p=L−x
L
M⋅x√
g
L
=
M
L
√
g
L
[−(x−
L
2
)2+
L2
4
]
可知，当x=L
2
时，动量p有最大值，故B正确；D．桌面剩余绳子的动能为
E k=1
2
·
L−x
L
Mv2=
Mg
2L
(L−x)·
gx2
L
=
Mg
2L
x2(
L−x
L
)=
2Mg
L2
⋅
x
2
⋅
x
2
⋅(L−x)
根据数学知识可知，当
x 2=
x
2
=L−x
即
x=2L 3
动能E k有最大值，故D错误。

故选B。

5.成人体液总量占体重的60%左右，体液的主要成分是水和电解质，因此容易导电，而体内脂肪则不容易导电，我们可以用某型号脂肪测量仪（如图甲所示）来测量脂肪率，脂肪测量仪根据人
体电阻的大小来判断脂肪所占比例，模拟电路如图乙所示。

测量时，闭合开关S，测试者两手分别握住两手柄M、N，则（）
A.体型相近的两人相比，脂肪含量高者对应的电流表示数较小，电压表示数较小
B.体型相近的两人相比，脂肪含量高者对应的电源输出功率小
C.体型相近的两人相比，脂肪含量高者对应的电源效率高
D.当M、N间电阻逐渐增大时，以电压表示数为横坐标，电流表示数为纵坐标，绘制的I−U图像是一条过原点的直线
【答案】C
【详解】
A．体型相近的两人，脂肪含量高者电阻较大，图乙为串联电路，脂肪含量高者总电阻大，因此总电流小，因此电流表示数较小，根据闭合回路欧姆定律可得M、N两端电压为
U=E−I(R+r)
当总电流较小时，M、N两端电压较大，即电压表示数较大，故A错误；
B．电源的输出功率与外电阻和电源内阻的关系有关，外电阻与电源的内阻越接近，电源输出功率越大，本题中未给出外电阻与电源内阻的关系，因此无法确定谁对应的电源输出功率小，故B 错误；
C．图乙为串联电路，因此电源效率为
η=UI
EI
=
U
E
×100%
由A选项分析可知，脂肪含量高者M、N两端电压大，故对应的电源效率高，故C正确；D．根据闭合回路欧姆定律可得
U=E−I(R+r)
变化后得到
I=−
U
R+r
+
E
R+r
可知电压表示数为横坐标，电流表示数为纵坐标，绘制的I−U图像是一条与横纵和纵轴都有交
点的向下倾斜的直线，故D错误。

故选C。

6.如图为一有效摆长为L的单摆，现将质量为m的摆球A向左拉高平衡位置一个很小的角度，使得A球升高了h，然后由静止释放。

A球摆至平衡位置P时，恰与静止在P处，质量为0.2m 的B球发生正碰，碰后A继续向右摆动，B球以速度v沿光滑水平面向右运动，与距离为d的墙壁碰撞后以原速率返回，当B球重新回到位置P时，A球恰好碰后第一次回到P点，则下列说法不正确的是（）
A.单摆的周期为T=4d
v
B.当地的重力加速度为g=lπ2v2
4d2
C.A球释放到达P经历的时间小于A球碰后再次到达最高点的时间
D.A球碰后的速度大小为v A=√2gℎ−v
5
【答案】C
【详解】
A．B球来回运动时间为
t=2d v
单摆的周期为
T=2t=4d v
故A正确；B．单摆的周期为
T=4d
v
=2π√
l
g
解得重力加速度
g=lπ2v2 4d2
故B正确；C．单摆的周期为
T=2π√l g
碰撞前后周期不变，故A球释放到达P经历的时间等于A球碰后再次到达最高点的时间，故C 错误；
D．对A球，根据动能定理
mgℎ=1
2
mv02
碰撞瞬间系统动量守恒
mv0=mv A+0.2mv 解得
v A=√2gℎ−v 5
故D正确。

本题选不正确的，故选C。

二、多选题(共6 分)
7.如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，调整电路的可变电阻R的阻值，使电压表V的示数增大ΔU，则在这个过程中不正确的是（）
A.通过R1的电流增大，增加量一定等于ΔU
R1
B.R2两端的电压减小，减少量一定等于ΔU
C.通过R2的电流减小，但减少量一定小于ΔU
R2
D.路端电压增大，增加量一定等于ΔU
【答案】BD
【详解】
A．由于R1为定值电阻，电压表读数等于定值电阻R1两端电压，则有
R 1=ΔU ΔI 1
可得
ΔI 1=
ΔU R 1
可知通过R 1的电流增加，增加量一定等于ΔU
R 1
，故A 正确； C ．设电压表示数为U ，电流总电流为I ，由闭合电路欧姆定律可得
U =E −I(r +R 2)
电压表V 的示数增大，则电路总电流减小，又有
|ΔU
ΔI
|=r +R 2 因为流过电阻R 2的电流为总电流，则通过R 2的电流减小，减少量满足
|ΔI |=
ΔU r +R 2<ΔU
R 2
故C 正确；
B ．由于通过R 2的电流减小，则R 2两端的电压减小，电压减小量满足
|ΔU 2|=|ΔI |⋅R 2=ΔU
r +R 2⋅R 2
<ΔU
故B 错误；
D ．由闭合电路欧姆定律可得
U 外=E −Ir
电路总电流减小，则路端电压增加，路端电压增加量满足
ΔU 外
=|ΔI |⋅r =
ΔU
r +R 2⋅r <ΔU 故D 错误。

本题选择错误的，故选BD 。

三、单选题(共 6 分)
8.如图所示，木块静止在光滑水平面上，子弹A 、B 从两侧同时水平射入木块，木块始终保持静止，子弹A 射入木块的深度是B 的3倍。

假设木块对子弹阻力大小恒定，A 、B 做直线运动且不会相遇，则A 、B 运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A.木块和子弹A 、B 系统动量不守恒
B.子弹B 的初速度大小是子弹A 的初速度大小的3倍
C.子弹B的质量是子弹A的质量的3倍
D.若子弹A向右射入木块，与木块相对静止后，子弹B再向左射入木块，最终A进入的深度仍是B的3倍
【答案】C
【详解】
A．以木块和子弹A、B组成的系统为研究对象，系统受合外力是零，则有系统的动量守恒，A 错误；
BC．以木块和子弹A、B组成的系统为研究对象，取水平向右为正方向，由动量守恒定律可得
m A v A−m B v B=0
则有
m A v A=m B v B
即子弹A的初动量与子弹B的初动量大小相等，由于木块始终保持静止，木块受合力是零，可知两子弹对木块的作用力大小相等，由牛顿第三定律可知，两子弹受木块的阻力大小相等，设为F f，子弹射入木块的深度为d，由动能定理，对子弹A有
−F f d A=0−E kA
可得
F f d A=E kA
对子弹B有
−F f d B=0−E kB
可得
F f d B=E kB
由于
d A=3d B
则有两子弹初动能的关系为
E kA=3E kB
由动能公式可得
E kA=m A2v A2 2m A
E kB=m B2v B2 2m B
解得
m B =3m A
即子弹B 的质量是子弹A 的质量的3倍；由于
m A v A =m B v B
可得
v A =3v B
即子弹A 的初速度大小是子弹B 的初速度大小的3倍，B 错误，C 正确；
D ．若子弹A 向右射入木块，子弹A 与木块组成的系统动量守恒，子弹A 与木块相对静止时有共同的速度，由能量守恒定律可知，系统减少的机械能
ΔE =F f d A ′<E kA
可得
d A ′<d A
子弹B 再向左射入木块，由于子弹A 、B 与木块组成的系统动量守恒，由以上分析可知
m A v A =m B v B
则有系统的初动量是零，由动量守恒定律可知，最后A 、B 与木块都静止，子弹B 射入木块运动中，由能量守恒定律可知，系统减少的机械能
ΔE ′=F f d B ′>E kB
可得
d B ′>d B
由以上分析可知
d A ′< 3d B ′
D 错误。

故选C 。

四、多选题(共 12 分)
9.如图，水平传送带以速度v 逆时针转动，某时刻将一个质量为m 的木块无初速度置于传送带左端，且此时一质量同样为m 速度为v 0的子弹瞬间打入木块嵌入其中，与木块相对静止一起在传送带上运动，恰好运动到右端没有脱落．若木块可视为质点，木块与传送带间动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，下列说法正确的是
A.子弹打入木块的瞬间，子弹与木块的机械能守恒
B.传送带的长度L =v 0
28μg
C.木块返回传送带左端时的速度一定等于v0
2
D.木块先做匀减速直线运动，再做匀加速直线运动，可能最后做匀速直线运动
【答案】BD
【详解】
A．子弹打入木块的过程中，子弹与木块有相对运动，摩擦力做功，产生内能，故机械能不守恒，故A错误.
B．子弹和木块作为整体恰好运动到右端没有脱落，即到最右端整体速度为0，则子弹打木块过程中动量守恒有：
mv0=2mv1
在传送带上运动过程中由动能定理可知：
−μ×2mgL=0−1
2
×2mv12
代入数据联立得：
L=
v02 8μg
故B正确.
CD．子弹和木块作为整体向右运动过程中摩擦力向左，做匀减速直线运动；因不知道传送带速度v与v0
2
的大小关系，所以在返回过程中当：
v>v0 2
木块返回过程中一直匀加速到最左端速度为v0
2
，当：
v<v0 2
木块返回过程中先匀加速到v，然后以v匀速返回左端，故C错误，D正确.
10.物块a、b中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块a的质量为1kg，如图甲所示。

开始时两物块均静止，弹簧处于原长。

t=0时对物块a施加水平向右的恒力F，t=ls时撤去F，在0~1s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示，弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程下列分析正确的是（）
A.b物块的质量为3kg
B.恒力F的冲量为1N·s
C.t=ls时b的速度小于0.15m/s
D.弹簧伸长量最大时，b的速度大小为1
3
m/s
【答案】BD
【详解】
A．t=0时，对物块a根据牛顿第二定律有
F=m a a a=1N
t=1s时，设弹簧弹力大小为T，对a、b根据牛顿第二定律有
F−T=m a a′a
T=m b a b
联立以上三式解得
m b=2kg
故A错误；
B．恒力F的冲量为
I=Ft=1N⋅s
故B正确；
C．a-t图像与坐标所围的面积表示速度的变化量，所以t=ls时b的速度
v b>1
2
×0.3×1m/s=0.15m/s
故C错误；
D．根据动量定理可知撤去拉力时，a、b组成的系统动量为
p=I=1kg⋅m/s
撤去拉力后，根据图像可知a的速度大于b的速度，则a、b之间距离还将继续增大，此时a、b
p=(m a+m b)v 解得
v=1
3
m/s
故D正确。

故选BD。

五、实验题(共12 分)
11.如图为某小组探究两滑块碰撞前后的动量变化规律所用的实验装置示意图。

带刻度尺的气垫导轨右支点固定，左支点高度可调，装置上方固定一具有计时功能的摄像机。

（1）要测量滑块的动量，除了前述实验器材外，还必需的实验器材是___________。

（2）为减小重力对实验的影响，开动气泵后，调节气垫导轨的左支点，使轻推后的滑块能在气垫导轨上近似做___________运动。

（3）测得滑块B的质量为197.8g，两滑块碰撞前后位置x随时间t的变化图像如图所示，其中①为滑块B碰前的图线。

取滑块A碰前的运动方向为正方向，由图中数据可得滑块B碰前的动量为___________kg⋅m⋅s−1（保留2位有效数字），滑块A碰后的图线为___________（选填“②”“③”“④”）。

【答案】(1). 天平(2). 匀速直线(3). -0.011(4). ③
（1）[1]要测量滑块的动量还需要测量滑块的质量，故还需要的器材是天平；
（2）[2]为了减小重力对实验的影响，应该让气垫导轨处于水平位置，故调节气垫导轨后要使滑块能在气垫导轨上近似做匀速直线运动；
（3）[3]取滑块A碰前运动方向为正方向，根据x-t图可知滑块B碰前的速度为
v B=0.424−0.476
0.9
m/s=−0.058m/s
则滑块B碰前的动量为
p B=m B v B=0.1978kg×(−0.058)m/s=−0.011kg⋅m/s
[4]由题意可知两物块相碰要符合碰撞制约关系则④图线为碰前A物块的图线，由图可知碰后③图线的速度大于②图线的速度，根据“后不超前”的原则可知③为碰后A物块的图线。

12.某实验小组设计了一欧姆表，原理如图1所示。

该欧姆表中电池的电动势为9V，内阻为
10Ω。

（1）正确使用欧姆表时，红表笔与图1中______（选填“a”或“b”）端相连；
（2）R1、R2作用为改变挡位，R3作用为欧姆调零．若保持R1滑片不动，令R2滑片右移，则欧姆表挡位可能从“×10”改变为_________（选填“×1”或“×100”）；
（3）将欧姆表挡位调到电阻“×10”挡后，红黑表笔短接，欧姆调零；将欧姆表连入图2所示电路．改变滑动变阻器连入电路阻值，记录了多组欧姆表示数R和对应电压表示数U。

其中某次测量，表盘示数如图3所示，此时欧姆表的示数为____________Ω；用测得的数据，绘制了如图
4所示的1
U −1
R
图像，则欧姆表的开路电压为_________V；根据题中数据可得此时R1接入电路的
阻值为______Ω（保留3位有效数字）。

【答案】(1). b(2). ×1(3). 130(4). 6.25(5). 22.7
（1）正确使用欧姆表时，红表笔接内部电源的负极，则应与图1中b端相连；
（2）若保持R1滑片不动，令R2滑片右移，则R2阻值减小，导致欧姆表的内阻减小，则欧姆表挡位可能从“×10”改变为“×1”；
（3）由图可知，欧姆表的示数为13×10Ω=130Ω；设欧姆表内电源电动势为E，内阻为r，则
E=U+U R r
解得
1 U =
1
E
+
r
E
⋅
1
R
由图像可知
1 E =0.16
r E =
0.28−0.16
0.005
=24
解得
E=6.25V
r=150Ω
则欧姆表的开路电压为6.25V；欧姆表的示数即为滑动变阻器R1接入电路的电阻，则根据题中数据可得开路电压
U=
R1
R1+r
E
解得
R1=22.7Ω
六、解答题(共18 分)
13.质量为2kg的小球从离地面1.25m高处自由下落，与地面碰撞后上升的最大高度为0.8m，设小球与地面作用时间为0.3s，取g=10m/s2。

求：
（1）小球在落地前一瞬间的瞬时速度大小和小球与地面碰撞完成后的瞬间的瞬时速度大小；（2）在碰撞过程中，地面对小球的平均冲力大小。

【答案】（1）5m/s，4m/s；（2）80N
【分析】
【详解】
（1）据自由落体位移公式可得，落地前一瞬间速度大小为
代入数据解得
v1=5m/s
小球与地面碰撞完成后的瞬间速度大小为
v2=√2gℎ2=4m/s
（2）在与地面碰撞过程，以向上为正方向，由动量定理可得
(F−mg)Δt=mv2−(−mv1)
代入数据解得
F=80N
14.窗帘上部结构可以简化为如图所示的模型：长滑竿水平固定，上有9个相同的滑环，滑环厚度忽略不计，每个滑环的质量均为m＝0.1kg；每相邻的两个滑环之间由不可伸长的柔软轻质细线相连，细线长度均为l＝0.2m；滑环与水平滑竿间的动摩擦因数均为µ＝0.25。

开始时所有滑环可近似地看成挨在一起处于滑竿右侧边缘处，滑环间无挤压；第9个滑环被固定在滑竿最右端。

现给第1个滑环一个初速度v0，使其在滑竿上向左滑行（可视为只有平动）；在滑环滑行的过程中，前、后滑环之间的细线绷紧后，两个滑环立即以共同的速度向前滑行，细线绷紧的过程用时极短，可忽略不计。

取g=10m/s2。

（1）若v0=1.25m/s，求第1、2个滑环间的细线刚刚绷紧瞬间第2个滑环的速度；
（2）若第4个滑环已被细线拉动，求第3、4个滑环间的细线绷紧后瞬间整个装置动能与绷紧前瞬间整个装置动能的比值；
（3）为让所有的细线都被拉直，第1个滑环至少需要获得多大的初速度？（计算结果可以带根号）
【答案】（1）0.375m s⁄；（2）3
4
；（3）14.3m s⁄
【详解】
（1）设第1、2个滑环间的细线刚刚绷紧前第1个滑环的速度为v1，由动能定理得
−μmgl=1
2
mv12−
1
2
mv02
解得
v1=0.75m s⁄
mv1=2mv2
解得
v2=0.375m s⁄
（2）设第3、4个滑环间的细线绷紧前瞬间整个装置的速度为v3，第3、4个滑环间的细线绷紧后瞬间整个装置的速度为v4，由动量定理得
3mv3=4mv4
解得
v4=3 4 v3
则第3、4个滑环间的细线绷紧后瞬间整个装置动能与绷紧前瞬间整个装置动能的比值为
E k4 E k3=
1
2×4mv4
2
1
2×3mv32
=
3
4
（3）第1个滑环向左运动至细线被拉直的过程中有
−μmgl=E k1−E k0第2个滑环向左运动至细线被拉直的过程中有
−μ×2mgl=E k2−1
2
E k1
变形可得
−μ×22mgl=2E k2−E k1
第3个滑环向左运动至细线被拉直的过程中有
−μ×32mgl=3E k3−2E k2
第4个滑环向左运动至细线被拉直的过程中有
−μ×42mgl=4E k4−3E k3
则第8个滑环向左运动至细线被拉直的过程中有
−μ×82mgl=8E k8−7E k7
要让所有细线均被拉直，有
E k8≥0
联立有
−μmgl⋅(12+22+32+42+⋯+82)=8E k8−E k0<0
1
2
mv02≥μmgl⋅(12+22+32+42+⋯+82)
解得
15.某兴趣小组设计的连锁机械游戏装置如图所示，左侧有一固定的四分之一圆弧轨道，其末端
B水平，半径为3L，在轨道末端等高处有一质量为m的“”形小盒C（可视为质点），小盒C与大小可忽略、质量为3m的物块D通过光滑定滑轮用轻绳相连，左侧滑轮与小盒C之间的绳长为2L：物块D压在质量为m的木板E左端，木板E上表面光滑，下表面与水平桌面向动摩擦因数μ=0.5（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），木板E右端到桌子右边缘固定挡板（厚度不计）的距离为L；质量为m且粗细均匀的细杆F通过桌子右边缘的光滑定滑轮用轻绳与木板E 相连，木板E与定滑轮间轻绳水平，细杆F下端到地面的距离也为L，质量为0.25m的圆环（可视为质点）套在细杆F上端，环与杆之间滑动摩擦力和最大静摩擦力相等，大小为0.5mg。

开始时所有装置均静止，现将一质量为m的小球（可视为质点）从圆弧轨道顶端A处由静止释放，小球进入小盒C时刚好能被卡住（作用时间很短可不计），此时物块D对木板E的压力刚好为零。

木板E与挡板相撞、细杆F与地面相撞均以原速率反弹，最终圆环刚好到达细杆的底部。

不计空气阻力，重力加速度为g，求：
（1）小球与小盒C相撞后瞬间，小盒C的速度；
（2）木板E与挡板碰后，向左返回的最大位移；
（3）细杆F的长度。

【答案】（1）√gL；（2）1
L﹔（3）L
3
【详解】
（1）物块D对木板E的压力刚好为零，由平衡条件得
T=3mg
小球进入小盒C时刚好能被卡住，设小球与小盒C相撞后瞬间，小盒C的速度为v0，以整体由牛顿第二定律得
v2
解得
v0=√gL
（2）当小球刚被小盒C卡住时，以木板、圆环和细杆三者为整体，由牛顿第二定律得
(m+0.25m)g−μmg=(m+0.25m+m)a1
由运动学规律
v12=2a1L
第一次相撞后细杆F与圆环发生相对滑动，对木板E、细杆F整体由牛顿第二定律
0.5mg+mg+μmg=(m+m)a3
由运动学规律
v12=2a3L1
解得
L1=1 3 L
（3）对圆环由牛顿第二定律得
0.5mg−0.25mg=0.25ma2由运动学规律
v12=2a2l1
第一次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移
Δx1=l1+L1=2×1 3 L
同理可得：第二次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移
Δx2=2×1 32
L
第n次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移
Δx n=2×1 3n
L
则细杆F的长度为
x=Δx1+Δx2+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+Δx n=2L×[1
3
+
1
32
+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+
1
3n
]=2L×
1
3
1−
1
3
=L。