【文档说明】卷5-备战高考物理【名校地市好题必刷】全真模拟卷（江苏专用）·2月卷（解析版）.docx，共(20)页，663.165 KB，由管理员店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-66fbecd27a4c26ea878ebed982f02973.html

以下为本文档部分文字说明：

1备战2021年高考物理【名校、地市好题必刷】全真模拟卷（江苏专用）·2月卷第五模拟一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分每题只有一个选项最符合题意。1．（2020·江苏苏州市·高三月考）如图甲所示，小物体从竖直弹簧上方离地高1h处由静止释放，其动能kE与离

地高度h的关系如图乙所示，其中高度从1h下降到2h，图像为直线，其余部分为曲线，3h对应图像的最高点，轻弹簧劲度系数为k，小物体质量为m，重力加速度为g，以下说法正确的是（）A．小物体下降至高度3h时，弹簧形变量为0B．小物体下落至高度

5h时，加速度为0C．小物体从高度2h下降到4h，弹簧的弹性势能增加了222mgkD．小物体从高度1h下降到5h，物体的最大动能为()13mghh−【答案】C【解析】A．小物体下降至高度h3时，动能达到最大，加速度为零，此时有kxmg=弹簧形

变量为mgk，A错误；B．小物体下落至高度5h时，达到最低点，合力不为零，加速度不为零，B错误；C．小物体下落至高度h4时，物体的动能与h2时的动能相同，由弹簧振子运动的对称性可知，在h4时弹簧的弹力一定是

重力的2倍；此时弹簧的压缩量2mgxk=小物体从高度h2下降到h4，重力做功22222mgmgWmgxmgkk===物体从高度h2下降到h4，重力做功等于弹簧的弹性势能增加，所以小物体从高度h2下降到h4，弹簧的弹性势能增加

了222mgk，C正确；D．小物体从高度h1下降到h5，最大动能在h3处，此过程中重力势能的减小量为15()mghh−，根据能量关系可知，重力势能转化为动能和弹性势能，所以最大动能不等于mg（h1−h3），故D错误。故选C。2．（2020·江苏苏州市·高三月考）

以下说法正确的是（）A．若把氢气和氧气看作理想气体，则具有相同体积、相同质量和相同温度的氢气和氧气具有相等的内能B．气体对器壁的压强就是大量气体分子单位时间作用在器壁上的平均冲量C．一滴油酸酒精溶液体积为

V，在水面上形成的单分子油膜面积为S，则油酸分子的直径VdS=D．石墨和金刚石的物理性质不同是由于组成它们的物质微粒排列结构不同【答案】D【解析】A．相同质量的氢气与氧气的物质的量不同，所以具有相同体积、相同质量和相同温度的氢气和氧气的内能不相等，A错误；B．由于大量

气体分子都在不停地做无规则热运动，与器壁频繁碰撞，使器壁受到一个平均持续的冲力，致使气体对器壁产生一定的压强。根据压强的定义得压强等于作用力比上受力面积，即气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力，B错误；C．一滴油酸溶液的体积为V，

则油酸的体积小于V，在水面上形成的单分子油膜面积为S，则油酸分子的直径小于VS，C错误；D．石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同造成的，D正确。故选D。3．（2020·南京市中华中学）下列说法正确的是（）A．各种原子的发射光谱都是线状谱，不同原子的发光频率不一样，

因此每种原子都有自己的特征谱线，人们可以通过光谱分析来鉴别物质和确定物质的组成B．氡的半衰期为3.8天，若取4个氡原子核，经7.6天后一定剩下1个氡原子核C．若α衰变-A4ZAZ-224XY+He→中释放的能量为E，则AZX的比结合能为EAD．黑体辐射时，随着温度的升高，各种波长的

辐射强度都增加，且辐射强度的极大值向频率较小的方向移动3【答案】A【解析】A．各种原子的发射光谱都是线状谱，不同原子的发光频率不一样，因此每种原子都有自己的特征谱线，人们可以通过光谱分析来鉴别物质和确定物质的组成，故A正确；B．半衰期具有统计意义，对个别的放射性原子核没有意义，

故B错误；C．比结合能是核子结合成原子核过程释放的能量，故C错误；D．黑体辐射时，随着温度的升高，各种波长的辐射强度都增加，且辐射强度的极大值向波长较小的方向移动，故D错误。故选A。4．（2018·江苏常州市·高三期末

）如图所示，在半径为R圆形区域内有一匀强磁场，边界上的A点有一粒子源能在垂直于磁场的平面内沿不同方向向磁场中发射速率相同的同种带电粒子，在磁场边界的13圆周上可观测到有粒子飞出，则粒子在磁场中的运动半径为A．R

B．32RC．2RD．33R【答案】B【解析】假设粒子带正电荷，画出临界轨迹如上图所示，在磁场边界的13圆周上可观测到有粒子飞出，可知120AOB=，磁场半径为OA=R，则粒子运动轨迹半径为O1A=Rsin60°=32RB正确，ACD错误，故选择

B．5．（2020·江苏苏州市·高三月考）手摇式发电机是我们教学中常用的演示工具，如图甲所示，可以简化为图乙。一个小型旋转电枢式交流发电机的矩形线圈面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中以矩形线圈中轴线为轴以角速度ω匀速转动，产生的交流电通过M、N与外

电路连接，如4图所示，外电路电灯电阻为R，电压表为理想交流电表。在线圈由平行于磁场方向位置转过90°的过程中，下面说法正确的是（）A．电压表V的示数为RnBSRr+B．通过灯泡的电荷量为2nBSRr+C．电灯中产生的焦耳热

为22224()nBSRRr+D．当线圈由平行于磁场方向位置转过90°时，流过线圈的电流为nBSRr+【答案】C【解析】A．电动势sinBStEnntt==当线圈平行于磁场方向时电动势最大，其峰值maxEnBS=所以，有效电流m

ax2()2()EnBSIRrRr==++电压表示数2()nBSRUIRRr==+故A错位；B．通过灯泡的电荷量为2()2EnBSnBSqtRrRrRr===+++5故B错误；C．电动势的有效值2nBSE=电流的有效值2()nBSIR

r=+电灯中产生的焦耳热222224()nBSRQIRtRr==+故C正确；D．流过线圈的电流为max2()2()EnBSIRrRr==++故D错误。故选C。6．（2020·江苏南通市·海门中学高三月考）如图，

在靠近地面（大地为导体）处有一个带正电Q的导体球，导体球的电势为φ0，取地面电势为零，则以下说法正确的是（）A．导体球和大地间电场是匀强电场B．导体球和大地构成电容器的电容C=0QC．若导体球带电量变为

2Q，则导体球与大地间电势差变为4φ0D．若将导体球远离地面移动一段距离，导体球和大地的电容增大【答案】B【解析】A．越靠近导体球场强越大，所以导体球和大地间电场是非匀强电场。A错误；B．导体球与大地都是导体并且彼此绝缘，所以能构成电容器，根据电容公式得0CQQU==

B正确；6C．改变电容器的带电量，电容不变。根据电容公式得0022QQQUC===C错误；D．根据平行板电容器的电容决定式4SCkd=将导体球远离地面移动一段距离，导体球和大地的电容减小。D错误。故选B。7．（2021·江苏高三零模）如图所示，光滑

的平行长导轨水平放置，质量相等的导体棒L1和L2静止在导轨上，与导轨垂直且接触良好已知L1的电阻大于L2，两棒间的距离为d，不计导轨电阻，忽略电流产生的磁场。将开关S从1拨到2，两棒运动一段时间后达到稳定状态，则（）A．L1中的电流大于L2B．S

拨到2的瞬间，L1的加速度大于L2C．运动稳定后，电容器C的电荷量为零D．运动稳定后，两棒之间的距离大于d【答案】D【解析】A．电源给电容器充电，稳定后，S拨到2的瞬间，电容器相当于电源和导体棒L1和L2组成闭合电路，由于L1的电阻大于

L2，则L1中的电流小于L2中的电流，A错误；B．S拨到2的瞬间，L1中的电流小于L2中的电流，根据FBIL=可得，则L1的受到的安培力小于L2的安培力，根据牛顿第二定律，L1的加速度小于L2的加速度，B错误；C．S拨到2后，导体棒L1和L2受到的安培力作用，则

导体棒运动，产生电动势，当产生的电动势等于电容器两端的电压时，电路稳定，此时电容器C的电荷量不为零，C错误；D．S拨到2后，导体棒L1和L2受到的安培力作用，则导体棒运动，当产生的电动势等于电容器两端的电压

时，电路稳定，此时导体棒L1和L2的速度相等，因为L1的加速度小于L2的加速度，运动时间相等，则L1的位移小于L2的位移，即运动稳定后，两棒之间的距离大于d，D正确。故选D。8．（2020·江苏高三二模）如图所示，光滑竖直杆固定，杆上套一质量为m的

环，环与轻弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在O点，O点与B点在同一水平线上，BC>AB，AC=h，环从A处由静止释放运动到B7点时弹簧仍处于伸长状态，整个运动过程中弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，环从A处开始运动时的加速度大小为2g，则在环向下运动的过程中（

）A．环在B处的加速度大小为0B．环在C处的速度大小为2ghC．环从B到C一直做加速运动D．环的速度最大的位置在B、C两点之间【答案】D【解析】A．环在B处水平方向合外力为0，竖直方向上只受重力，所加速度为g，A错误；B．环在运动过程中，OC的长度大于OA的长度，

因此弹簧从A点到C点伸长量变大，弹性势能增加，如果物体的重力势能全部转化为动能则有212mghmv=可得物体的速度为2gh，但是物体的重力势能转化为动能和弹性势能，因此速度小于2gh，B错误；CD．环在A处，根据牛顿第二定律2Fmgmg+=弹力在竖直方向的分力Fmg=环经过B点向下

做加速度减小的加速运动，滑动至距离B点h处时，弹簧的伸长量与在A处大小相等，所以弹簧弹力在竖直方向的分力F与重力等大反向，加速度为0，此时速度最大，之后环做减速运动，因为BCABh=，所以环的速度最大的位置在B、C两点之间，环从B到C先加速后减

速，C错误，D正确。故选D。9．（2020·吕叔湘中学高三月考）如图所示，一内外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一竖直墙壁。现让一小球（可认为质点）自左端槽口A点的正上方从静止开始下落，与半圆槽相切并从A点进入槽内。则下列说法正确

的（）8A．小球离开右侧槽口以后，将做竖直上抛运动B．小球离开右侧槽口以后，将上升到与原来开始下落等高的位置C．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒D．小球离开右侧槽口以后，将会再从右侧槽口落入并回到A点的正上方初始下落位置

【答案】C【解析】A．小球经过槽的最低点后，在小球沿槽的右侧面上升的过程中，槽也向右运动，小球离开右侧槽口时相对于地面的速度斜向右上方，小球将做斜抛运动而不是做竖直上抛运动，A错误；B．小球从刚释放到槽的最低点，只有重力做功，小球的机械能守恒KAmg

hE=而从最低点开始上升过程中，除小球重力做功外，还有槽对球作用力做负功，球对槽作用力做正功，两者之和正好为零，所以小球与槽组成的系统机械能守恒，到达最高点'h时，小球和槽都具有水平的速度'KKKEmghEE=++球槽分析可得，小

球离开右侧槽口以后，将上升高度'h与原来开始下落高度Ah不相等，B错误；C．小球从刚释放到槽的最低点过程中，小球与槽组成的系统受到墙壁的水平作用力，水平和外力不为零，水平方向上的动量不守恒，而从最低点开始上升过程中，小球与槽组成的系统水平方向

上和外力为零，动量守恒，所以小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，C正确；D．在小球沿槽的右侧面上升的过程中，槽也向右运动，小球离开右侧槽口时相对于地面的速度斜向右上方，小球将做斜抛运动，小球离开槽后小球与槽在水平方向上都向右做匀速直线运动

，在相等时间内它们的水平位移相等，小球从右侧槽口抛出后，将会再从右侧槽口落入，但不是相切进入，此时，槽在小球的作用下，继续向右做加速运动，一直到小球运动到槽的最低点，然后在受小球的作用槽向右做减速运动，一直到小球离开左侧槽口，在这个过程中槽始终向

右运动，所以将不会回到A点的正上方初始下落位置，D错误。故选C。10．（2020·江苏省江阴市第一中学高三月考）在xOy平面内，一质点仅在恒力F作用下由原点O运动到A点，其轨迹及在O点、A点的速度方向如图所示，则F的方向可能沿（）9A．y轴正方向B．y轴负方向C．x轴正方向D．x轴负方向【答案】C

【解析】质点做的是曲线运动，根据物体做曲线运动的条件可知，质点受到的恒力的方向应指向弧内且与速度方向不共线。故选C。11．（2020·江苏省前黄高级中学高三月考）如图，固定在地面上的带凹槽的长直杆与水平面成α=30°角

，轻质环a套在杆上，置于凹槽内质量为m的小球b通过一条细绳跨过固定定滑轮与环a连接。a、b静止时，细绳与杆间的夹角为30°，重力加速度为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是（）A．a受到3个力的作用B．b受到4个力的作用C．细杆对b的作用力大小为

12mgD．细线对a的拉力大小为33mg【答案】D【解析】A．轻质环a（不计重力）套在杆上，不计摩擦，则a静止时细线的拉力与杆对a的弹力平衡，故拉a的细线与杆垂直，a受到两个力作用，故A错误；B．对b球受力分析可知，b受到重力，绳子的拉力，和杆对b球的弹力，b受到3个力的作用，故B错误；C．以b为

研究对象，受力分析如图所示，10根据几何关系可得==30，细杆对b的作用力大小为FN，则N2cos30Fmg=解得N33Fmg=故C错误；D．对b分析，细线的拉力大小N33TFmg==则细线对a的拉力大小为33Tmg=故D正

确。故选D。二、非选择题：共5题，共56分其中第13题～第16题解答时请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；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。12.（7分）（2020·

江苏高三月考）在“用插针法测定玻璃的折射率”实验中，甲、乙两位同学分别使用矩形玻璃砖和梯形玻璃砖进行实验。（1）甲同学在纸上画出的界面aa′、bb′与矩形玻璃砖位置的关系如图甲所示，若其它操作均正确，且以aa′、bb′为界面画光路图，则测得的折射率与真实值相比_____（选填“偏大、“偏小”

“不变”或“可能偏小、偏大或不变”）11（2）乙同学使用梯形玻璃砖经正确操作插好了4枚大头针，如图乙所示，其垂直投影平面图如图丙所示。该玻璃砖的折射率n=_____。（结果保留3位有效数字）（3）为了观测光在玻璃砖不同表面的折射现象，乙同学用梯形玻璃砖又做了两次实验，

经正确操作共插好了8枚大头针，如图丁所示图中P1和P2是同一入射光线上的2枚大头针，其对应出射光线上的2枚大头针是P3和_____（选填“A”或“B”）。【答案】可能偏小、偏大或不变1.51（1.48～1.54都算对）A【解析】（1）甲同学的测量

可能出现三种可能，光路图如图丙所示，当出射点为c时，测量值与真实值相同，当出射点在c左侧时，测量值小于真实值，当出射点在c点右侧时，测量值大于真实值，故丙同学测得的折射率与真实值相比可能偏大，可能偏小，可能不变；（2）作图如下；12假设每

小格边长为1，sinsinn＝得22225.45441.512.22236n++．＝＝．．（3）由P1P2射入后，第一次折射时入射角大于折射角，第二次折射时折射角大于入射角，经过A点，光路如下图红线，若从B点射出，如下图蓝线，则不能保证上述条件

。13.（9分）（2020·江苏南通市·海门中学高三月考）研究“在外力不变的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”的实验装置如图甲所示。（1）下面列出了一些实验器材：直流电源（电动势为6V的电池组）、打点计时器、纸带、带滑轮的长木板、垫块、小车和砝码、砂桶和砂、刻度尺。上述器材中选错的

是______，应该换用______，除了以上器材外，还需要的实验器材有______。（2）实验中，需要平衡打点计时器对小车的阻力及其它阻力：小车放在木板上，后面固定一条纸带，纸13带穿过打点计时器．把木

板一端垫高，调节木板的倾斜度，使小车在不受绳的拉力时能______（选填“拖动纸带”或“不拖动纸带”）沿木板做匀速直线运动。（3）实验中，为了使小车受到的拉力近似等于砂和砂桶所受的重力，砂和砂桶的总质量m与小车和车上砝码的总质量M之间应满足的条件是______。这样在保持砂和砂桶

质量不变，只改变小车上砝码的质量时，就可以认为小车所受拉力不变。（4）如图乙所示，A、B、C为三个相邻的计数点，若相邻计数点之间的间隔为T=0.10s，A、B间的距离为x1=5.90cm，B、C间的距离为x2=6.40cm，则小车的加速度a=______m/s2（保留两位有效数字）。（5）实验小组

由小车加速度a和对应的质量M，做出a-1M图线，如图丙中实线所示，下列对实验图线偏离直线的主要原因分析，正确的是______。A．测量不准确引起的，属于偶然误差B．实验原理方法引起的，属于系统误差C．加速度越大，空气阻

力作用越明显D．滑轮与轴间有摩擦（6）一位同学以小车的加速度的倒数1a为纵轴，以小车和车上砝码的总质量M为横轴，描绘出1a-M图像。已知实验中已经完全平衡了摩擦力和其它阻力的影响，请你从理论上分析原因，并说明图线纵轴截距的物理意义______。【答案】直流

电源低压交流电源天平拖动纸带Mm0.50B重力加速度g的倒数【解析】（1）打点计时器使用的是交流电源，所以选错的器材是直流电源（电动势为6V的电池组）。因该换用低压交流电源。14在外力不变的条件下，物体的加速度与其质量间的关系的实验需要天平

称量小车的质量，所以需要的实验器材是天平。（2）本实验中要求用沙和沙桶的拉力等效代替绳子的拉力，故应保证小车受到的摩擦力为零，所以需要平衡摩擦力，平衡摩擦力时，把木板一端垫高，调节木板的倾斜度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动即可。（3）据牛顿第二定律得，对mmgFma−=对M

FMa=解得MFmgMm=+当Mm时，砂和砂桶的总质量m远小于小车和车上砝码的总质量，绳子的拉力近似等于砂和砂桶的总重力。（4）小车的加速度21220.50m/sxxaT−==（5）对MFMa=则得1aFM=随着1M

的增大，小车质量减小，当不满足砂和砂桶的总质量m远小于小车和车上砝码的总质量，导致合外力变化，其主要的原因是实验原理方法引起的，属于系统误差。故选B。（6）根据牛顿第二定律得()mgMma=+则111Mamgg

=+则以1a为纵轴，以总质量M为横轴，做出的图像为一倾斜直线，且纵坐标的截距为1g。14.（10分）15（2020·江苏南通市·海门中学高三月考）如图所示，深度为h的导热气缸开口竖直向上，横截面积为S的导热的轻活塞能与缸内壁密切且光滑接触，不会漏气，现用

此轻活塞封住气缸开口端，在活塞上添加砝码，使其缓慢下沉，当活塞下降4h后保持静止．已知环境温度为T0，大气压强为p0，重力加速度为g，该封闭气体的内能U=aT（a是常量）。（1）求活塞上所加砝码的质量m；（2）再给气体加热升温，使得活

塞缓慢上升回到初始位置，求此时封闭气体的内能U1；（3）求（2）中所述过程中封闭气体从外界吸收的热量Q。【答案】（1）03pSg；（2）043aT；（3）003aTSh+【解析】（1）加砝码后静止时封闭气体的压强10mgppS=

+根据波意耳定律0134phSphS=解得03pSmg=（2）活塞缓慢上升过程中封闭气体的压强不变，根据盖-吕萨克定律0134hShsTT=解得1043TT=此时封闭气体的内能1043UaT=（3）初始状态封闭气体的内能U0=aT0，此过程

中封闭气体的内能增量16010()3aTUaTT=−=等压膨胀过程中外界对封闭气体做的功0143ShhWS=−=−根据热力学第一定律WQU+=解得003aTShQUW+=−=15.（12分）（2020·江苏扬州市·扬州中学高三月考）如图所示，两平行

光滑的金属导轨MN、PQ固定在水平面上，相距为L，处于竖直向下的磁场中，整个磁场由n个宽度皆为x0的条形匀强磁场区域1、2……n组成，从左向右依次排列，磁感应强度的大小分别为B、2B、3B……nB，两导轨左端MP间接入电阻

R，一质量为m的金属棒AB垂直于MN、PQ放在水平导轨上，与导轨电接触良好，不计导轨和金属棒的电阻。（1）对导体棒AB施加水平向右的力，使其从图示位置开始运动并穿过n个磁场区，求导体棒穿越磁场区1的过程中通过电阻R的电量q；（2）对

导体棒AB施加水平向右的恒力F0，让它从磁场区1左侧边界处开始运动，当向右运动距离02x时做匀速运动，求棒通过磁场区1所用的时间t；（3）对导体棒AB施加水平向右的拉力，让它从距离磁场区1左侧x=x0的位置由静止开始做匀加速运动，当

棒AB进入磁场区1时开始做匀速运动，此后在不同的磁场区施加不同的拉力，使棒AB保持做匀速运动穿过整个磁场区，求棒AB在穿过整个磁场区过程中回路产生的电热Q。【答案】（1）0BLxR；（2）220220BLxmRFRBL+；（3）244222022(

12)xBLnmR+++…【解析】（1）电路中产生的感应电动势为17Et=通过电阻R的电荷量为EtqItR==导体棒通过I区过程0=BLx解得0BLxqR=（2）设导体棒运动时速度为v0，则产生的感应电流为00EBLvIRR==导体

棒受到的安培力与水平向右的恒力F0平衡，则00BILF=解得0022FRvBL=设棒通过磁场I区在t时间内速度的变化为v，对应的位移为x，则0vFBILmt−=222200FBLFBLvtvttxmmRmmR

=−=−则220FBLvtxmmR=−解得220220BLxmRtFRBL=+（3）设进入I区时拉力为F1，速度v，则有21012Fxmv=2210BLvFR−=解得18440122BLxFmR=2202BLxvmR=进入i

区的拉力2440i22iBLxFmR=导体棒以后通过每区域都以速度v做匀速运动，由功能关系有10200nQFxFxFx=+++…解得244222022(12)xBLQnmR=+++…16.（18分）（2020·江苏盐城市·盐城中学高三月

考）如图所示，一轻绳吊着粗细均匀，长为L的棒，棒下端离地面高H，上端套着一个细环（可以看成质点）。棒和环的质量分别为4m和m，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力为4mg。断开轻绳，棒和环自由下落。假设棒与地面发生碰撞后，速度大小不变，方向反向。棒第一次与地面碰撞弹起上升过程

中，环没有脱离棒。棒在运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计，g为重力加速度的大小。求：（1）棒第一次与地面碰撞弹起后的瞬间，环与棒各自的加速度大小；（2）棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，环离地面的最小距离；（3）棒第一

次与地面碰撞弹起上升过程中，环相对于棒运动的位移；（4）棒第一次与地面碰撞弹起上升的最大高度。【答案】（1）环的加速度为3g，方向向上；棒的加速度为2g，方向向下；（2）3HL−；（3）45H；方向向下（4）1325H【解析】19（1）设棒第一次上升过程中，设环的

加速度为a环，环受的合力大小为43Fmgmgmg=−=环由牛顿第二定律得Fma=环环得3ag=环方向竖直向上；设环的加速度为a棒，棒受的合力大小为448Fmgmgmg=+=棒由牛顿第二定律得Fma=棒棒得2ag=棒方向向下；（2）

一开始，环与棒一起向下做自由落体运动，下落的高度为H，由此可求出棒落地时环和棒的速度为22vgH=2vgH=随后棒速度大小不变，方向反向，环此时的加速度大小为3g，方向为向上，做匀减速运动，棒此时做向上的匀减速运动，加速度大小为2g，可知，环会比棒先减速至0后，再向

上做匀加速运动，环与棒共速后一起向上做匀减速运动，故环距离地面的最小距离为222233vgHHxLLLag=−=−=−环（3）设小环与棒相对运动的时间为t，小环与棒共速时速度大小为v，向上为正方向，可得22gHgtv−=23gHgtv−+=解得225gHtg=2

5gHv=环向下运动的位移为2021=23vHxa=环环向上运动的位移为22==275vHxa环棒向上运动的位移为22312225vvHxa−==棒解得环相对于棒运动的位移为13245xxxxH

=+−=方向向下；（4）当环与棒共速后，棒和环一起向上做加速度大小为g的匀减速运动，可得一起向上运动的位移为24225vHxg==则棒第一次与地面碰撞弹起上升的最大高度为341213252525HHHxxx

=+=+=