2022届山东省济宁市高三（下）三模物理试题（解析版）

这是一份2022届山东省济宁市高三（下）三模物理试题（解析版），共24页。试卷主要包含了05，9km/s， 如图甲所示，在x轴上相距1，5s时，P点沿y轴正向振动等内容，欢迎下载使用。

济宁市2022年高考模拟考试物理试题
2022.05
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。
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题目的答案标号涂黑。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，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 在物理学发展的过程中，有许多伟大的科学家做出了突出贡献。关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（　　）
A. 麦克斯韦预言并通过实验证实了电磁波的存在
B. 法拉第坚信电和磁之间一定存在着联系，发现了电流的磁效应
C. 牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动
D. 普朗克认为微观粒子的能量是量子化的，从而开始揭开了微观世界物理规律的面纱
【答案】D
【解析】
【详解】A．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，故A错误；
B．奥斯特坚信电和磁之间一定存在着联系，发现了电流的磁效应，突破了对电与磁认识的局限性，B错误；
C．伽利略将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动，C错误；
D．普朗克认为微观粒子的能量是量子化的，从而开始揭开了微观世界物理规律的面纱，D正确。
故选D。
2. 科学研究发现，钚（Pu）是一种具有放射性的超铀元素，其衰变方程为，该衰变过程中产生的γ光子照射到逸出功为W0的金属上，逸出光电子的最大初动能为Ek0。已知光速为c，普朗克常量为h。下列说法正确的是（ ）
A. X原子核中含有92个中子
B. 衰变产生的γ光子的波长为
C. 衰变产生的γ光子具有很强的电离作用
D. 钚（Pu）核的结合能小于X原子核的结合能
【答案】B
【解析】
【详解】A．由核反应过程的质量数守恒和电荷数守恒可知X的质量数为
A = 239 - 4 = 235
电荷数为
z = 94 - 2 = 92
则X原子核中含有中子数为
n = 235 - 92 = 143
A错误；
B．γ光子照射到逸出功为W0的金属上，逸出光电子的最大初动能为Ek0，由光电效应方程得

得光子的波长为

B正确；
C．衰变产生的γ光子不带电，具有很强的穿透能力，但是电离本领很弱，C错误；
D．衰变时释放巨大能量，说明钚（Pu）核的结合能大于X原子核的结合能，D错误。
故选B
3. “太空涂鸦”是近年来非常流行的一种非军事暴力性的反卫星技术。攻击卫星进攻前处于较低的圆形轨道运行，进攻时通过变轨接近较高圆形轨道运行的侦查卫星，向其发射“漆雾”弹，使侦查卫星的侦察镜头、太阳能板、电子侦察传感器等关键设备暂时失效。下列说法正确的是（　　）
A. 攻击卫星低轨运行时的线速度大于7.9km/s
B. 攻击卫星进攻前的机械能小于侦察卫星的机械能
C. 攻击卫星进攻前需要加速才能接近侦察卫星轨道
D. 若侦察卫星周期已知，结合万有引力常量就可计算出地球质量
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据万有引力提供向心力

得

轨道半径越小，速度越大，当轨道半径最小等于地球半径时，速度最大，等于第一宇宙速度7.9km/s。故攻击卫星进攻时在轨运行速率小于7.9km/s，故A错误；
B．因为攻击卫星和侦查卫星的质量关系未知，故无法比较攻击卫星进攻前的机械能与侦查卫星的机械能，故B错误；
C．攻击卫星的轨道半径小，进攻前需要加速做离心运动，才能接近侦查卫星轨道，故C正确；
D．根据

可得

知，若侦察卫星周期已知，还需要知道其轨道半径，结合万有引力常量才可计算出地球质量，故D错误。
故选C。
4. 已知篮球在空气中运动时所受空气阻力与速度大小成正比。篮球与地面碰撞后以大小为v0的速度竖直弹起后到再次与地面碰撞的过程中，以v表示篮球的速度，t表示篮球运动的时间，Ek表示篮球的动能，h表示篮球的高度，则下列图像可能正确的是（　　）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】AB．篮球在上升的过程中，速度越来越小，空气阻力越来越小，由

可知其加速度越来越小，速度变化越来越慢，速度图线切线的斜率越来越小，下降过程中，v越大，阻力就越大，由

可知加速度就越小，图线切线的斜率继续减小，AB错误；
CD．上升过程中，h越大，v越小，阻力就越小，合力就越来越小，Ek—h图线切线斜率越小，下降过程中，h越小，v越大，阻力就越大，合力越小，所以Ek—h图线切线斜率越小，C错误、D正确。
故选D。
5. 如图所示，固定有光滑竖直杆的三角形斜劈放置在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接，开始时轻绳与斜劈平行。现给小滑块施加一个竖直向上的拉力F，使小滑块沿杆缓慢上升，整个过程中小球始终未脱离斜劈，则（　　）


A. 小球对斜劈的压力先减小后增大 B. 竖直向上的拉力F先增大后减小
C. 斜劈对地面压力逐渐减小 D. 地面对斜劈的摩擦力逐渐减少
【答案】C
【解析】
【详解】A．对小球受力分析，受重力、斜劈支持力N和细线的拉力T，作出N和T的合力矢量图，如图所示


N和T的合力不变，由矢量图可以看出，在T逐渐向竖直方向靠近时，细线的拉力T增加，斜劈支持力N减小，根据牛顿第三定律，球对斜劈的压力也减小，故A错误；
B．对球和滑块整体分析，受重力、斜劈支持力N，杆的支持力N′，拉力F，如图所示


根据平衡条件，水平方向有
N′=Nsinθ
竖直方向
F+Ncosθ=G
由于N减小，故N′减小，F增加，即竖直向上的拉力F逐渐增大，B错误；
CD．以小球、滑块和斜劈为整体，进行受力分析，在竖直方向，根据平衡条件有

由于F增大，则FN减小；根据牛顿第三定律可知斜劈对地面的压力减小；整体在水平方向不受力，故地面对斜劈的摩擦力始终为零，保持不变，故C正确，D错误。
故选C。
6. 如图甲所示，在x轴上相距1.5m的O、M两点有两波源，t = 0时刻，两波源开始振动，振动图像分别如图乙、丙所示。已知两波的传播速度为1m/s，x轴上的P点与O点相距1.2m，则（ ）


A. 两列波不能发生干涉现象 B. M点波源的振动方程为
C. P点为振动加强点，振幅为7cm D. t = 0.5s时，P点沿y轴正向振动
【答案】C
【解析】
【详解】A．这两列波的振动周期相同，故频率相同，相差也恒定，符合干涉条件，A错误；
B．从图丙可知，M点波源的振动方程为
y = 4sin(10πt + π)cm
B错误；
C．因两波波长为0.2m，波源振动频率相同，起振方向刚好相反，点P到两波源的距离差为0.9m，距离差刚好是半波长的奇数倍，故为振动加强点，振幅为两波振幅之和为7cm，C正确；
D．P点与O点相距1.2m，O点的波源传至P点时需1.2s，故0.5s时不考虑O点波源的影响；由于P点与M点相距0.3cm，M点的波传至P需0.3s，故0.5s时刻，P点只振动了0.2s，刚好振动了一个周期，回到平衡位置并沿y轴负方向振动，D错误。
故选C。
7. 电磁炮的原理如图所示，两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，导轨平面内具有垂直于导轨平面的匀强磁场，带有炮弹的金属框架垂直放在导轨上，且始终与导轨保持良好接触。已知磁场的磁感应强度大小为B，电源的内阻为r，两导轨间距为L，金属框架和炮弹的总质量为m，金属框架的电阻为R。通电后，炮弹随金属框架滑行距离s后获得的发射速度为v。不计空气阻力、金属框架与导轨间的摩擦和导轨电阻，不考虑金属框架切割磁感线产生的感应电动势，下列说法正确的是（　　）


A. 匀强磁场的方向竖直向下
B. 金属框架受到的安培力大小为
C. 通过金属框架的电流为
D. 电源的电动势为
【答案】D
【解析】
【详解】A．炮弹受安培力向右，由左手定则可知，匀强磁场的方向竖直向上，选项A错误；
B．由动能定理

解得金属框架受到的安培力大小为

选项B错误；
C．根据安培力
F=BIL
可得通过金属框架的电流为

选项C错误；
D．根据
E=I(R+r)
可知电源的电动势为

选项D正确。
故选D。
8. 如图甲所示，一质量为2kg的物体静止在水平地面上，水平推力F随位移x变化的关系如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数为0.1，取g=，下列说法正确的是（　　）

A. 物体运动的最大速度为m/s
B. 在运动中由于摩擦产生的热量为6J
C. 物体在水平地面上运动的最大位移是4.5m
D. 物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动
【答案】C
【解析】
【详解】A．物体所受滑动摩擦力大小为

当F大于Ff时，物体做加速运动，当F与Ff大小相等时，物体运动的速度最大，由图乙可知此时物体运动的位移为

F-x图像与坐标轴所围的面积表示F做的功，则F在物体运动位移为x1的过程中对物体所做的功为

设物体运动的最大速度为vm，根据动能定理有

解得

故A错误；
B．根据功能关系可知，整个运动过程中，由于摩擦产生的热量等于F做的总功，即

故B错误；
C．物体在水平地面上运动的最大位移是

故C正确；
D．当F大于Ff时，物体做加速度逐渐减小的加速运动，当F小于Ff时物体开始做减速运动，故D错误。
故选C。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9. 电阻为R的单匝闭合金属线框，在匀强磁场中绕着与磁感线垂直的轴匀速转动，产生交变电流，电动势随时间变化的图像如图所示。下列说法正确的是（　　）

A. 时刻线框平面与中性面平行
B. 穿过线框的磁通量最大为
C. 线框转一周产生的热量为
D. 从到的过程中，线框的平均感应电动势为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由图可知，时刻线框感应电动势为最大值，线框平面与中性面垂直。故A错误；
B．根据

解得

故B正确；
C．线框转一周产生的热量为

故C错误；
D．从到的过程中，线框的平均感应电动势为

选项D正确。
故选BD。
10. 在一次科学晚会上，某老师表演了一个“马德堡半球实验”。他先取出两个在碗底各焊接了铁钩的不锈钢碗，在一个碗内烧了一些纸，然后迅速把另一个碗扣上，再在碗的外面浇水，使其冷却到环境温度。用两段绳子分别钩着铁钩朝相反的方向拉，试图把两个碗拉开，如图所示。当两边的人各增加到5人时，恰能把碗拉开。已知碗口的面积约为400cm2，环境温度为27°C，大气压强为，每人平均用力为。假设实验过程中碗不变形，也不漏气。绝对零度为-273°C，下列说法中正确的是（　　）


A. 浇水过程中不锈钢碗内的气体压强逐渐增大
B. 碗快要被拉开时，碗内封闭气体压强约为2.5×104Pa
C. 不锈钢碗刚被扣上时，里面空气的温度约为127°C
D. 浇水过程中不锈钢碗内气体分子单位时间内撞击单位面积的次数减少
【答案】CD
【解析】
【详解】AD．在碗的外面浇水，使其冷却到环境温度，温度降低，体积不变

则压强减小，分子平均动能减小，平均速度减小，不锈钢碗内气体分子单位时间内撞击单位面积的次数减少，故D正确A错误；
B．每人平均用力为，则快要被拉开时，对单边半个球受力分析

解得

故B错误；
C．对球内气体分析，气体做等容变化

T=300K
解得


故C正确。
故选CD。
11. 如图所示，直角坐标系xOy在水平面内，z轴竖直向上。坐标原点O处固定一带正电的点电荷，空间中存在竖直向下的匀强磁场。质量为m、带电量为q的小球A，绕z轴做匀速圆周运动，小球与坐标原点的距离为r，O点和小球A的连线与z轴的夹角为θ=37°。重力加速度为g，cos37°=0. 8，sin37°= 0. 6，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）


A. 从上往下看带电小球沿逆时针方向做匀速圆周运动
B. 小球A与点电荷之间的库仑力大小为mg
C. 小球A做圆周运动的过程中所受的库仑力不变
D. 小球A做圆周运动的速度越小，所需的磁感应强度越小
【答案】AB
【解析】
【详解】A．空间中存在竖直向下的匀强磁场B，根据左手定则，从上往下看带电小球只能沿逆时针方向做匀速圆周运动，洛伦兹力才指向圆心，A正确；
B．洛伦兹力沿水平方向，在竖直方向，根据平衡条件得

解得

小球A与点电荷之间的库仑力大小为mg，B正确；
C．小球A做圆周运动的过程中所受的库仑力大小不变，方向在变化，C错误；
D．水平方向根据牛顿第二定律



解得

可见，只有当时，即

B才有最小值。可见，当时，速度越小，磁感应强度越大，D错误。
故选AB。
12. 如图所示，放在水平地面的木块A上固定有竖直光滑细杆，小球B、C套在光滑细杆上，B通过劲度系数为k的轻质弹簧与A拴接在一起。整个装置静置在水平地面上。将小球C从距离B高h处由静止释放，C与B发生碰撞后立刻锁定在一起运动。已知A连同细杆的质量为2m，B、C的质量均为m，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）

A. C与B碰撞后的瞬间，B的速度大小为
B. C与B碰撞过程中，损失的机械能为
C. C与B碰撞后，弹簧弹性势能的最大值大于
D. 要使C、B碰撞后A能离开地面，h至少为
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．C与B碰撞过程动量守恒，有

小球C下落过程做自由落体运动，有

联立，可得

故A错误；
B．C与B碰撞过程中，损失的机械能为

故B正确；
C．设BC下降后速度减为零，此时弹簧的弹性势能最大，由动能定理可得

又

联立，可得

故C正确；
D．依题意，A恰好离开地面时，BC上升到最大高度，对A有

BC碰后瞬间，弹簧形变为初始BC碰前的形变，设为x2，有

则BC上升到最大高度距BC碰前位置为

从碰后到A刚要离开地面过程中机械能守恒，可得

联立，可得

故D正确。
故选BCD。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13. 居家防疫期间，小明在家做“用单摆测定重力加速度”的实验。他使用一块外形不规则的小石块代替摆球，如图甲所示。设计的实验步骤是：
A．将小石块用不可伸长细线系好，结点为N，细线的上端固定于O点；
B．用刻度尺测量ON间细线的长度l作为摆长；
C．将石块拉开一个大约=5°的角度，然后由静止释放；
D．从石块摆至某一位置处开始计时，测出30次全振动的总时间t，由得出周期；
E．改变ON间细线的长度再做几次实验，记下相应的l和T；
F．根据公式，分别计算出每组l和T对应的重力加速度g，然后取平均值即可作为重力加速度的测量结果。

（1）为减小实验误差，应从石块摆到___________（选填“最低点”或“最高点”）位置开始计时。
（2）小明用ON的长l为摆长，利用公式求出的重力加速度的测量值比真实值___________（选填“偏大”或“偏小”）。
（3）小明利用测出的多组摆长l和周期T的数值，作出T2-l图像如图乙所示，若图像的斜率为k，则重力加速度的表达式是g=___________。
【答案】 ①. 最低点 ②. 偏小 ③.
【解析】
【详解】（1）[1]为减小实验误差，应从石块摆到最低点位置开始计时。
（2）[2]由单摆的周期公式

得

用ON的长l作为摆长，摆长偏短，则测得的重力加速度偏小；
（3）[3] 设石块质心到N点的距离为R，则实际摆长为，则可得


可知图像的斜率

可得重力加速度为

14. 某同学在用电流表和电压表测一节锂电池的电动势和内电阻的实验中，实验电路如图甲所示，电池的电动势约为3V，内阻约为1Ω，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻R0起保护作用。除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：
A．电流表（量程0.6A、3A）
B．电压表（量程3V、15V）
C．定值电阻（阻值4Ω、额定功率5W）
D．定值电阻（阻值20Ω，额定功率5W）
E．滑动变阻器（阻值范围0~40Ω、额定电流2A）
F．滑动变阻器（阻值范围0~1000Ω、额定电流1A）

请回答下列问题：
（1）要正确完成实验，电压表的量程应选择________V，电流表的量程应选择________A，R0应选择_________（选填“C”或“D”），R应选择阻值范围是_________（选填“E”或“F”）。
（2）测得下列五组数据：
U/V
2.40
2.00
1.60
1.20
0.80
I/A
0.08
0.16
0.24
0.27
0.40
根据数据在坐标图上画出U-I图像___________；并求出该电池电动势E =___________V，内电阻为r=___________Ω；（结果保留1位小数）。
（3）小明同学因为粗心，在实验中多连接了一根导线，如图丙中的虚线所示。由电压表的读数U和电流表的读数，画出U-I图线如图丁所示。小明同学分析了图像出现异常的原因后，认为由图丁也可以达到实验目的，则由图丁可得电源的电动势E=___________V，r=___________Ω。

【答案】 ①. 3 ②. 0.6 ③. C ④. E ⑤. ⑥. 2.7V~2.9V ⑦. 0.9Ω~1.1Ω ⑧. 3 ⑨. 1
【解析】
【详解】（1）[1][2]一节干电池电动势1.5V左右，所以电压表量程选择3V；由电源内阻约为1Ω以及提供的保护电阻可知电路总电阻肯定超过5Ω，则电路总电流小于等于0.6A，电流表量程选择0.6A（量程小，精确度高）；
[3]定值电阻

考虑到电流表和电源都有内阻，所以定值电阻选择4Ω；
[4]为了方便调解，滑动变阻器选择0～40Ω。
（2）[5]作出图像如图所示

[6]电源电动势为
E=2.8V
[7]电源内阻为

（3）[8][9]实验中多连接了一根导线，滑动变阻器的左右两部分电阻并联后串联在干路中，电压表的测量值等于滑动变阻器并联后的电压，电流表测量R右的电流；当电压表的读数为2.00V时，滑动变阻器左右两部分的电流相等，总电流为0.20A，由

得

当电压表读数为1.50V时，滑动变阻器左右两部分电流分别为0.06A和0.24A，由

得

解得


15. 如图甲所示，2022年5月9日上午，河北省承德市宽城满族自治县天空出现日晕景观。日晕是一种大气光学现象，在一定的气象条件下，空气中的水蒸气会变成正六棱柱状的小冰晶。太阳光穿过小冰晶时发生折射，在太阳的周围出现一个圆形的光圈，这就是日晕。日晕半径的视角最常见的是22°，如图乙所示，太阳光中的一条光线沿截面方向射向正六棱柱状的小冰晶一侧面，从另一侧面射出，当最后的出射角等于最初的入射角时，偏向角D（光线经过冰晶折射偏转的角度）最小，这时出射光线若到达人的眼睛，人看到的就是22°晕（偏向角为22°），若正六棱柱状的小冰晶截面为边长a=1mm的正六边形，该光线的入射点为边长的中点。已知，。求：
（1）冰晶折射率n；
（2）该光线穿过冰晶所用的时间（不考虑反射）。

【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）由几何关系得


由题意结合几何关系得

解得

由折射定律

解得

（2）光线在此冰晶中传播的距离

太阳光在冰晶中传播的速度

则在冰晶中传播的时间

解得

16. 超级高铁是一种以“真空管道运输”为理论核心设计的交通工具，它具有超高速、低能耗、无噪声、零污染等特点，如图甲所示。其进站的简化图如图乙所示：管道中固定两根平行金属导轨MN、PQ，两导轨的间距为L；管道内依次分布磁感应强度为B，宽度为D的匀强磁场，且相邻的匀强磁场的方向相反；运输车的质量为m，运输车上固定着间距为D、与导轨垂直的两根导体棒1和2，导体棒的电阻均为R，导体棒与金属导轨良好接触。若运输车（两导轨完全处在磁场中）进站的初速度为v0，不考虑摩擦、空气阻力和其他电阻。求：
（1）运输车进站瞬间的加速度；
（2）运输车从进站到停止的距离。


【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）导体棒切割磁感线产生的感应电动势

回路中的感应电流

运输车受到的安培力

由牛顿第二定律得

解得

（2）对运输车由动量定理得

即

解得

17. 如图所示，在y轴右侧0≤y≤d区域有竖直向下的匀强电场，场强为，在d≤y≤3d区域内有垂直纸面向里的匀强磁场。带电粒子以速度v0从坐标原点沿x轴方向进入电场区域，且粒子在磁场区域中的运动轨迹恰好与直线y=3d相切，粒子第一次返回x轴上的点记为S点（图中未画出）。
（1）求带电粒子进入磁场的速度；
（2）求S点到O点的距离；
（3）若磁感应强度的大小可以改变，粒子离开O点后，经n（n>1）次磁偏转仍过S点。求磁感应强度的可能值。


【答案】（1）；（2）；（3）；
【解析】
【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动：竖直方向

水平方向

进入磁场时的速度为

由几何关系得

解得进入磁场时速度与水平方向的夹角为

（2）由几何关系得
R1cos53° + 2d = R1.
解得
R1=5d
S点到O点的距离

（3）若粒子经n（n>1）次磁偏转仍过S点
由几何关系得

解得

由牛顿第二定律得


且n正整数，故
n=2或n=3
当n=2时

当n=3时

18. 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，下表面与水平桌面间动摩擦因数（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）小球在四分之一圆弧轨道上克服摩擦力所做的功；
（3）木板E与挡板碰后，向左返回的最大位移；
（4）细杆F的长度。

【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）物块D对木板E的压力刚好为零，由平衡条件得

小球进入小盒C时刚好能被卡住，以整体由牛顿第二定律得

解得

（2）小球进入小盒C的过程中，由动量守恒定律得

小球从四分之一圆弧上下滑过程中，由动能定理得

解得

（3）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+ma1
由运动学规律

第一次相撞后细杆F与圆环发生相对滑动，对木板E向左、细杆F整体由牛顿第二定律

由运动学规律

解得

（4）对圆环由牛顿第二定律得

由运动学规律

第一次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移

同理可得：第二次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移

第n次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移

则细杆F的长度为