重庆市名校联盟2023-2024学年高二上学期第二次联考(12月)物理试题(含答案)

三峡名校联盟2023年秋季联考高2025届物理试卷（答案在最后）
一、选择题（43分）：本题共10个小题，第1~7题为单选，每小题4分：第8~10题有多选，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1.下列关于静电场中电场强度、电势、电势能的说法正确的是（）
A.电场强度的定义式为
E
E
q
=，电场强度的方向与F的方向相同
B.电场强度为零的点的电势数值可能是负值
C.在电势越高的地方，电荷的电势能越大
D.静电场中某点电势的数值等于把单位正电荷从该点移到电势零点外力所做的功
【答案】B
【解析】
【详解】A．电场强度的定义式为
F
E
q
=
其中检验电荷的电性可正、可负，正电荷所受电场力的方向为电场强度的方向，负电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相反。

故A错误；
B．电场强度为零的点的电势数值可能是负值，例如等量同种负电荷连线的中点位置，故B正确；
C.电荷在某点的电势能为
P
E qϕ=
可见正电荷在电势高的地方，电势能大。

但负电荷在电势高的地方，电势能小，故C错误；
D．静电场中某点电势的数值等于把单位正电荷从该点移到电势零点电场力所做的功，故D错误。

故选B。

2.质量分别为m1和m2、电荷量分别是q1和q2的小球，用长度不等的轻丝线悬挂起来，两丝线与竖直方向的夹角分别是α和β（α＞β），两小球恰在同一水平线上，那么（）
A.m1和m2所受电场力大小一定相等
B.两根线上的拉力大小一定相等
C .
m 1一定等于m 2
D.q 1一定等于q 2【答案】A 【解析】
【详解】A ．根据牛顿第三定律可知，m 1和m 2所受电场力的相互作用的作用力与反作用力，大小一定相等。

故A 正确；
BC ．设两球间库仑力大小为F ，对m 1研究受力如图
得到
1tan F m g α
=绳子的拉力
1sin F F α
=
同理，对m 2研究，得到
2tan F m g β
=2sin F F β
=
即
12tan tan m m αβ
=因α＞β，得到
F 1＜F 2，m 1＜m 2
故BC 错误。

D ．根据牛顿第三定律，m 1所受库仑力一定等于m 2所受的库仑力。

但是不能判断出q 1一定等于q 2。

故D 错误。

故选A 。

【点睛】根据异种电荷相互吸引分析电性关系。

由力平衡得到质量与偏角之间的关系，来分析质量大小。

由牛顿第三定律，分析库仑力的关系。

3.如图所示，光滑水平面上有一倾角为a 的光滑斜面体A ，质量为M ，底边长为L ，将一质量为m 、可视为质点的滑块B 从斜面的顶端由静止释放，滑块B 经过时间t 刚好滑到斜面底端。

此过程中斜面体对滑块的支持力大小为N F ，重力加速度大小为g ，则（
）
A.斜面体A 对滑块B 支持力不做功
B.滑块B 下滑过程中，A 、B 组成的系统动量守恒
C.滑块B 滑到斜面底端时，斜面体向左滑动的距离为
m
L M m
+D.滑块B 下滑时间t 过程中，地面对A 支持力的冲量大小为()M m gt +【答案】C 【解析】
【详解】A ．滑块B 在下滑过程中对斜面体A 有斜向左下方的压力，斜面体A 向左移动，滑块B 的位移与其受到的支持力F N 不是垂直关系，它们的夹角为钝角，即支持力F N 对滑块B 做负功，故A 错误；BC ．滑块B 在下滑过程中，有斜向右下方的加速度，此加速度有竖直向下的分加速度，所以系统在竖直方向合力向下，受力不平衡，合外力不为零，所以系统动量不守恒。

滑块B 下滑过程中，A 、B 组成的系统水平方向不受力，所以系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，滑块B 下滑过程中，任意时刻B 物块水平速度大小为v B ，A 的水平速度大小为v A ，对系统在水平方向，由动量守恒定律有
0=mv B -Mv A
解得
A B v m v M
=设B 到达斜面底端时，A 、B 水平位移大小分别为x A 、x B ，在水平方向有
x A +x B =L
且
B A
mx Mx =联立解得，滑块B 滑到斜面底端时，斜面体向左滑动的距离为
A m
x L M m
=
+故B 错误，C 正确；
D ．因为整体分析可知，竖直方向存在向下的加速度，所以地面对整体支持力小于整体重力，则地面对A 支持力的冲量大小小于()M m gt +，故D 错误。

故选C 。

4.如图，不同的带正电粒子（不计重力）在电压为1U 的电场中的O 点静止开始加速。

从M 孔射出，然后射入电压为2U 的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，在满足带正电粒子能射出平行板电场区域的条件下，则（
）
A.若粒子的电荷量q 相等，则它们在板间的加速度大小一定相等
B.若粒子的比荷
q
m 不同，则它们射出平行板电场时偏移量y 不相同C.若粒子的比荷q
m
不同，但它们射出平行板电场时偏转角度θ不相同
D.若粒子的电荷量q 相等，则它们从平行板电场射出时的动能一定相等【答案】D 【解析】
【详解】A ．因粒子在板间的加速度为
qE a m
=
电场强度相同，当粒子的电荷量q 相等时，则它们在板间的加速度还与质量有关，故它们在板间的加速度大小不一定相等，故A 错误；
BC ．由动能定理得，粒子经电压为1U 的电场中由静止开始加速后，满足
2101
02
qU mv =
-进入电压为2U 的平行金属板间的电场后，粒子做类平抛运动，则
2
12y at =
，0l v t =，qE a m
=，2
U E d =0
tan y v v θ=
，y v at
=联立解得
2
214U l y U d
=，
21tan 2U l U d θ=故BC 错误；
D ．粒子在电场中运动，由动能定理可知
1k 0
qU qEy E +=-若粒子的电荷量q 相等，则它们从电场射出时的动能相等，D 正确。

故选D 。

5.在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图（a ）所示，碰撞前后两壶运动的v t -图线如图（b ）中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则（
）
A.两壶发生了弹性碰撞
B.碰后蓝壶速度为0.6m/s
C.碰后蓝壶移动的距离为2.0m
D.碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受摩擦力
【答案】C 【解析】
【详解】AB ．由图知：碰前红壶的速度v 0=1.0m/s ，碰后速度为v′0=0.2m/s ，可知，碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v ，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得
00mv mv mv
='+代入数据解得
0.8m/s
v =
22200111222
mv mv mv >'+碰撞过程机械能有损失，碰撞为非弹性碰撞，AB 错误；
C ．根据速度图像与坐标轴围成的面积表示位移，可得，碰后蓝壶移动的位移大小
0.8
5m 2.0m 2
x =
⨯=C 正确；
D ．根据图像的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，D 错误。

故选C 。

6.额定电压均为220V 的白炽灯1L 和2L 的U I -特性曲线如图甲所示，现将和2L 完全相同的3L 与1L 和
2L 一起按如图乙所示电路接入220V 电路中，则下列说法不正确的是（
）
A.2L 的额定功率约为99W
B.2L 的实际功率比1L 的实际功率约小21W
C.2L 的实际功率约为16W
D.1L 的实际功率比3L 的实际功率约小83W 【答案】D 【解析】
【详解】A ．根据图甲可知，2L 的额定电流约为0.44A ，则2L 的额定功率为
2200.45W =99W
⨯故A 正确，不符合题意；
B ．1L 和2L 串联，通过的电流相等，根据图甲可知，在电流相等时，1L 两端电压与2L 两端电压之和恰好等于220V 时，通过两灯泡的电流0.24A ，此时1L 两端电压为154V ，2L 两端电压为66V ，此时2L 的实际
功率比1
L的实际功率小
1540.24W660.24W21W
⨯-⨯≈
故B正确，不符合题意；
C．根据上述可知，2L的实际功率约为
660.24W16W
⨯≈
故C正确，不符合题意；
D．3L两端电压为220V，该灯泡的实际功率等于额定功率，则1L的实际功率比3L的实际功率约小
2200.45W1540.24W62W
⨯-⨯≈
故D错误，符合题意。

故选D。

7.一条长为L的绝缘细线上端固定在O点，下端系一个质量为m带电量为q+的小球，将它置于水平向右的匀强电场中，小球静止时细线与竖直线的夹角成37
θ=︒。

已知重力加速度为g，下列正确的是（）
A.如果改变电场强度大小和方向，使小球仍在原位置平衡，电场强度最小为4 5 mg q
B.在A的速度，才能使小球能在竖直平面内做完整的圆周运动
C.在A点给小球一个垂直于细线方向初速度，使小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，小球在运动至圆周轨迹上的最高点时机械能最大
D.突然撤去电场的瞬间，绳子拉力变为3 5 mg
【答案】B
【解析】
【详解】A．如果改变电场强度大小和方向，使小球仍在原位置平衡，电场强度最小时，受力分析图，如图所示
当电场力qE 与拉力T 垂直时，电场力最小，场强最小，由平衡条件可得
sin 37=︒
qE mg 解得
35mg E q
=
故A 错误；
B ．根据题意可知，题图A 点为等效最低点，则与A 关于圆心对称点B 为等效最高点，要使小球在竖直平面内做完整的圆周运动，只要能过B 点即可，可得等效重力为
5cos374
mg mg
F =
=
︒在B 点满足
2
B
mv F L
=
从A 到B 由动能定理可得
2211222
B A F L mv mv -⋅=
-联立解得
5
2
A v gL =
故B 正确；
C ．根据题意，由能量守恒定理可知，小球的机械能和电势能之和保持不变，则当电势能最小时，小球的机械能最大，根据沿电场线方向电势逐渐降低和p E q ϕ=可知，小球在圆周上最右端时电势能最小，机械能
最大，故C 错误；
D ．突然撤去电场的瞬间，小球开始做圆周运动，由于初速度为零，沿绳方向满足
4cos375
T mg mg ︒==
故D 错误。

故选B 。

8.用如图所示的装置可以研究影响平行板电容器电容的因素。

设两极板的正对面积为S ，极板间的距离为d ，静电计指针偏角为θ。

平行板电容器电容充电后与电源断开，下列说法正确的是（
）
A.保持S 不变，增大d ，则θ变大
B.保持S 不变，增大d ，则θ变小
C.保持d 不变，减小S ，则θ变小
D.保持d 、S 不变，极板间插入陶瓷，则θ变小【答案】AD 【解析】
【详解】AB ．根据电容的决定式4S
C kd
επ=
得知，电容与极板间的距离成反比，当保持S 不变，增大d 时，电容减小，电容的电荷量不变，由电容的定义式Q
C U
=分析可知,极板间电势差增大，则静电计指针的偏角
θ变大，故A 正确；B 错误；
C ．根据电容的决定式4S
C kd
επ=得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d 不变，减小S 时，电容减小，电容的电荷量不变，由电容的定义式Q
C U
=分析可知,极板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大，
故C 错误；
D ．根据电容的决定式4S
C kd επ=得知，保持d 、S 不变，极板间插入陶瓷，则电容增大，电容的电荷量不变，由电容的定义式Q
C U
=分析可知,极板间电势差减小，则静电计指针的偏角θ变小，故D 正确。

故选AD 。

9.如图所示，第一颗子弹以水平初速度0v 射向原来静止在光滑水平面上的木块，并射穿木块，木块的最终速度为1v 。

现用第二颗同样的子弹以水平初速度02v 射向原来静止在光滑水平面上的同样的木块，木块的最终速度为2v 。

设木块对子弹的阻力大小恒定。

下列判断正确的是（
）
A.第二颗子弹一定能射穿木块，12
v v <
B.第二颗子弹一定能射穿木块，12v v >
C.第二颗子弹对木块做功较少
D.第二颗子弹对木块的冲量较大【答案】BC 【解析】
【详解】ABC ．第一颗子弹以水平初速度0v 射穿木块，第二颗子弹以水平初速度02v 一定能射穿木块，且由于初速度增加，射穿木块时，木块的位移变小，根据
212
W fx mv ==
木块对子弹的阻力大小恒定，则第二颗子弹对木块做功较少，所以12v v >，故A 错误，BC 正确；D ．根据
I mv
=可知第一颗子弹对木块的冲量较大，故D 错误。

故选BC 。

10.如图所示，小球A 质量为m ，系在细线的一端，线的另一端固定在O 点，O 点到光滑水平面的距离为h ，物块B 和C 的质量分别是4m 和2m ，B 与C 用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B 物块位于O 点正下方。

现拉动小球使细线水平伸直静止释放，运动到最低点时与物块B 发生正碰（碰撞时间极短），碰撞过程损失的机械能为
4
9
mgh ，小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g ，则（）
A.碰后A 上升的最大高度为19h
B.碰后B
C.碰后轻弹簧获得的最大弹性势能为
2
27
mgh D.从开始至物块C 获得最大速度过程，弹簧对C 物体做的功为
3281
mgh
【答案】ABD 【解析】
【详解】AB ．设小球运动到最低点与物块B 碰撞前的速度大小为0v ，根据机械能守恒定律有
2012
mgh mv =
解得
0v =设碰撞后小球反弹的速度大小为1v ，物块B 的速度大小为2v ，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有
012
4mv mv mv =+由系统能量守恒得
222012411149222
mgh mv mv mv =--⋅
解得
12v v ⎧=⎪⎪⎨
⎪=⎪⎩
或12v v ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩
（因12v v >舍去该组解）又
2
112
mgh mv '=
得
19
h h
'=AB 正确；
C ．碰撞后当B 与物块C 速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，据动量恒定律及机械能守恒定律得
()23442mv m m v =+()()2
2p 23114622m E m v m v =
-解得
pm 4
27
E mgh =
C 错误；
D ．在弹簧回到原长时，物块C 有最大速度，据动量守恒和机械能守恒可解得
24C
442mv mv mv =+22224C 111442222
mv mv mv ⋅=⋅+⋅解得
C v =
再据动能定理知弹簧对C 做功为
2C 1322281
W mv mgh =
⋅=D 正确；故选ABD 。

二、实验题：本大题共2个小题，共15分。

11.某同学利用如图所示的斜槽轨道和两个由相同材料制成、表面粗糙程度相同的滑块A 、B 做“验证动量守恒定律”的实验，斜槽轨道由倾斜轨道和平直轨道组成，两部分间由一段圆弧平滑连接，在平直轨道上一侧固定有刻度尺，其操作步骤如下：
①将斜槽轨道放置在水平桌面上；
②用天平测得A 、B 两个滑块的质量分别为1m 、2m ；
③不放滑块B ，使滑块A 从倾斜轨道顶端P 点由静止释放，滑块A 最终静止在平直轨道上，记下滑块A 静止时其右侧面对应的刻度1x ；
④把滑块B 放在平直轨道上，使其左侧面刚好位于的刻度尺的0刻度线处；
⑤滑块A 仍从倾斜轨道顶端P 点由静止释放，滑块A 、B 发生碰撞（碰撞时间极短），最终均静止在平直轨道上，记下最终滑块B 静止时其左侧面对应的刻度3x ，滑块A 静止时其右侧面对应的刻度2x 。

（1）实验中，必须满足的条件是_________。

A ．倾斜轨道必须光滑B ．滑块A 的质量应大于滑块B 的质量
C ．平直轨道必须水平
D ．同一组实验中，滑块A 静止释放的位置可以不同
（2）实验中滑块A 碰撞前瞬间的速度大小0v 与_________成正比。

A ．1
x B ．12
x x -C ．2
x D （3）若关系式_________成立，则可得出结论：滑块A 、B 碰撞过程中动量守恒（均用给定的物理量符号表
示）
【答案】①.B
②.D
③.m m m =【解析】
【详解】（1）[1]A ．倾斜轨道不一定必须光滑，只要滑块A 到达底端的速度相同即可，故A 错误；B ．为防止滑块A 与滑块B 碰后反弹，则滑块A 的质量必须大于滑块B 的质量，故B 正确；C ．因为两滑块的材料相同，表面的粗糙程度相同，若平直轨道的倾角为θ，由动能定理得
2
1(sin cos )2
mg mg x mv θμθ-=
得
22(sin cos )v g g x
θμθ=-可见平直轨道不水平时，两滑块在轨道上碰撞前后的速度的平方仍与位移成正比，仍可用运动的位移代替速度，故C 错误；
D ．为保证滑块A 每次到达底端的初速度相同，则同一组实验中，滑块A 静止释放的位置要相同，故D 错误.故选B 。

（2）对滑块A 由动能定理得
2
1110
102
m gx m v μ-=-可得滑块A 碰撞前的速度大小为
0v =即
0v ∝故选D 。

（3）若滑块A 、B 碰撞过程中动量守恒，则有
101122
m v m v m v =+又因为
0v =1v =2v =联立可得
2m m m =12.某物理实验小组利用以下器材测量某金属丝的电阻率。

可选用的器材如下：
①待测金属丝，（用x R 表示），阻值约几十欧②电流表1A ：量程60mA ，内阻1r 约为2Ω③电流表2A ：量程50mA ，内阻2r 为30Ω④电压表V ：量程为5V ，内阻为10kΩ⑤滑动变阻器1R ：总阻值约为3Ω⑥滑动变阻器2R ：总阻值约为300Ω⑦电源E ，电动势约为1.5V ，内阻忽略不计⑧开关一个及导线若干
（1）用螺旋测微器测金属丝直径如图甲所示d =_________mm ；
（2）用多用电表欧姆挡粗测金属丝阻值大小，分别选择倍率1⨯和10⨯，经正确操作后，测量中多用电表表盘示数如图乙所示，则金属丝的电阻约为_________Ω。

（3）测出金属丝阻值x R 后，可算出金属丝电阻率为ρ=_________（用含d 、x R 、L 的表达式表示）（4）同学们用伏安法进一步测量x R ，请在图中虚线框内补充完整实验电路图，并标明所选器材的代号___。

【答案】
①.
1.108
②.30
③.
24x d R L
π④
.
【解析】
【详解】（1）[1]用螺旋测微器测金属丝直径
d =1mm+10.8×0.01mm=1.108mm
（2）[2]欧姆表指针指在表盘中央刻度附近，所以选择倍率×1，即金属丝的电阻约为30Ω。

（3）[3]根据电阻定律
214
x L L
R S d ρρπ=
=
可得
24x d R L
πρ=
（4）[4]因为电压表量程太大，可以用电流表2A 代替电压表测电压，由于2A 内阻已知，分压式接法，滑动变阻器选择阻值较小的1R。

电路图如下
三、计算题：（共42分）解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分。

13.如图所示，已知电源电动势20V E =，内阻1Ωr =，当接入固定电阻4ΩR =时，电路中标有“4V ，8W ”的灯泡L 和内阻00.5ΩR =的小型直流电动机D 都恰能正常工作．试求：（1）电路中的电流大小；
（2）电动机的额定电压；（3）电动机的输出功率。

【答案】（1）2A ；（2）6V ；（3）10W 【解析】
【详解】（1）灯泡L 正常发光，电路中的电流为
L
L
2A P I U =
=（2）由闭合电路欧姆定律可求得，电动机的额定电压为
()D L 6V
U E I r R U =-+-=（3）电动机的总功率为
D 12W
P IU ==总电动机的热功率为
2D 2W
P I R ==热所以电动机的输出功率为
10W
P P P =-=出总热14.在光滑绝缘水平面上放置一质量0.2kg m =、电荷量45.010C q -=+⨯的小球，小球系在长1m L =的绝缘细线上，细线的另一端固定在O 点．整个装置置于匀强电场中，电场方向与水平面平行且沿OA 方向，如图所示（俯视图）。

现给小球一初速度使其绕O 点做圆周运动，小球经过A 点时细线的张力130N F =，小球在运动过程中，最大动能比最小动能大k Δ20J E =，小球可视为质点。

（1）求电场强度的大小；
（2）求运动过程中小球的最小动能；
（3）若小球运动到动能最小的位置时细线被剪断，则经多长时间小球动能与在A 点时的动能相等？此时小球距A 点多远？
【答案】（1）4210N/C ⨯；（2）40J ；（3）2
s 5
；42m 【解析】
【详解】（1）当电场力做正功最多时，动能最大，而最大的正功为
2W qEL
=根据题意有
k Δ2E qEL
=代入数据得
4210N/C
E =⨯（2）在A 处动能最大，A 处
2
A
v F qE m
L
-=A 点关于O 的对称点B 处动能最小，则最小动能
2
kmin k k 1Δ2
B A E E mv E ==
-代入数据得
k 40J
B E =（3）B 点动能最小，在B 点
212
kB B E mv =
得
20m /s
B v =当小球的动能与在A 点时的动能相等时，则沿电场方向的距离为
2y L
=断线后球做类平抛运动
212qE y t m
=
⋅代入数据得
s 5
t =
小球距A 点
B x v t ==15.水平面上固定一根内壁光滑的绝缘圆筒，圆筒长020L d =，简内充满沿筒水平向右的匀强电场，场强大小mg q
E =
，现有一质量为3M m =的圆形小滑块（可视为质点）静止，在圆筒内距左端0d 处，该滑块
为绝缘体且不带电。

现有一个直径略小于圆筒内径且质量为m 的光滑绝缘弹性的小球，该小球带电量为q +，在圆筒内左端无初速度释放，小球将与滑块发生多次弹性碰撞，不计空气阻力，绝缘小球带电量始终保持不变，重力加速度g ，求：
（1）小球与小滑块第一次碰撞后，各自速度大小；
（2）在第一次到第二次碰撞的这段时间内，滑块与小球相距的最大距离；（3）滑块在筒内运动过程中，小球与滑块碰撞的次数。

【答案】（1）；（2）0d ；（3）4次
【解析】
【详解】（1）小球第一次与小滑块碰撞前做初速度为0的匀加速运动，设两者第一次碰撞前瞬间小球的速度大小为1v ，由动能定理得
2
011
2
qEd mv =即
2
011
2
mgd mv =
设第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度分别为11m M v v 、，小球与小滑块发生弹性碰撞，以水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
111m M mv mv Mv =+212112111
222
m M mv mv Mv =+联立解得
1m v =
1M v =
小球速度方向为水平向左，小滑块速度方向为水平向右；（2）第一次碰后小球向左匀减速运动，加速度大小
qE a g m
=
=小滑块向右匀速直线运动，当小球的速度与小滑块的速度相同时，两者间距离最远。

设第一次碰后小球经过时间t 与小滑块的速度相同，两者间的最远距离为m
S 11M m v v at
=+21112m M m s v t v t at ⎛⎫
=-+ ⎪
⎝⎭
解得
m s d =（3）第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相同，设此过程经历的时间为1t ，小滑块的位移为1x ，以右为正方向，根据运动学公式得
2
1111111
2
M m x v t v t at ==+解得
1t =10
2x d =第二次碰撞前瞬间小球的速度为
211m v v at =+=
设第二次碰撞后瞬间小球和滑块的速度分别为22vm vM 、，以竖直向下为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
2122
2222212211112222M m M M m M mv Mv mv Mv mv Mv mv Mv +=+⎫⎪
⎬+=+⎪⎭
联立解得
20m v
=2M v =同理，设第二次碰撞后到第三次碰撞时经历的时间为2t ，滑块的位移为2x ，则有
2
222222
12
M m x v t v t at ==+
解得
2t =20
4x d =
第三次碰撞前瞬间小球的速度为
322m v v at =+=设第三次碰撞后瞬间小球和滑块的速度分别为33vm vM 、，同理可得
3233M m M mv Mv mv Mv +=+2222323311112222
M m M mv Mv mv Mv +=+
联立解得
3m v
=3M v =
同理，设第三次碰撞后到第四次碰撞时经历的时间为3t ，滑块的位移为3x ，则有
233333312
M m x v t v t at ==+解得
3t =30
6x d =综上分析，由前三次碰撞后滑块的向下运动的位移分别为
10
2x d =20
4x d =30
6x d =可归纳出每次碰撞后到下一次碰撞时，滑块位移逐次增加02d ，如果滑块不离开圆管，第四次碰撞后到第五次碰撞时圆盘的位移为
40
8x d =因
001230402078d d x x x d x d ----=<=。