【文档说明】重庆市巴蜀中学校2022-2023学年高一上学期期末考试物理试题 含解析.docx，共(24)页，1.298 MB，由小赞的店铺上传

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重庆市巴蜀中学校2022-2023学年高一上学期期末考试物理试题一、单项选择题（本题共10个小题，每题3分，共30分）1.下列说法中正确的是（）A.曲线运动的速度一定变化，加速度也一定变化B.速度、加速度和位移的合成都遵循平行四边形定则C.在恒力作用下，物体不可能做曲线运动D.合运动的速

度一定大于两个分运动的速度【答案】B【解析】【详解】AC．曲线运动的速度的方向一定改变故速度一定变化；物体做曲线运动的条件是合外力或加速度与速度不在同一条直线上，合外力或加速度一定不为零，但不一定变化，可以恒定不变，AC错误；B．速度、加速度和位移均为矢量，其合成运算都遵循平行四边

形定则，B正确；D．根据平行四边形定则知，合速度可能比分速度大，可能比分速度小，可能与分速度相等，D错误。故选B。2.下列关于牛顿第一定律的理解正确的是（）A.牛顿第一定律可以通过实验直接验证B.战斗机作战前抛掉副油箱，是为了增大战斗机的惯性C.在水

平地面上滑动的木块速度逐渐减小，所受的摩擦力也逐渐减小D.奔跑的运动员遇到障碍而被绊倒，这是因为他受到外力作用迫使他改变原来的运动状态【答案】D【解析】【详解】A．牛顿第一定律是牛顿在前人实验的基础上，根据逻辑推理得出的，是不能

用实验直接验证的，A错误；B．战斗机作战前抛掉副油箱，是为了减小战斗机的惯性，B错误；C．在水平地面上滑动的木块速度逐渐减小，但是仍然在滑动，所受的滑动摩擦力保持不变，C错误；D．牛顿第一定律揭示了力和运

动的关系，力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因，奔跑的运动员遇到障碍而被绊倒，这是因为他受到外力作用迫使他改变原来的运动状态，D正确。故选D。3.小明同学想划船渡过一条宽200m的河，他在静水中划船的速度为3m/s，现在他观测到河水的流速

为5m/s，对于这次划船过河，其中正确的是（）A.他要想到达正对岸就得使船头朝向正对岸B.他要想到达正对岸船头必须朝向上游划船C.他要想以最短时间过河就得朝着正对岸划船D.今天这种情况他是不可能到达对岸的【答案】C【解析】【详解】AB．由于水速大

于船速，无论怎么开，都无法到达正对岸，AB错误；C．朝着正对岸划船，过河时间最短，故他要想以最短时间过河就得朝着正对岸划船，C正确。D．当他在水中划船的速度在垂直于河岸方向上有分速度时，小船就可以过河到达河对岸，D错误。故选C。4.在2022年北

京冬奥会中，我国花样滑冰运动员隋文静和韩聪以出色的表现为中国代表队夺得金牌。如图所示为比赛时的两个场景，下列说法正确的是（）A.在欣赏花样滑冰运动时，要将运动员看作质点B.韩聪用力将隋文静抛出后，隋文静在空中一定作竖直上抛运动C.韩聪拉着隋文静旋转时，韩聪对隋文静的作用力大小与隋文静对

韩聪的作用力大小始终相等D.韩聪拉着隋文静匀速旋转时，隋文静所受合力可能为零【答案】C【解析】【详解】A．在欣赏花样滑冰运动时，主要观察研究运动员的动作，不能将运动员看作质点，故A错误；B．韩聪用力将隋文静抛出后，隋文静在空中还可以以自身为轴旋转，螺旋上升，并且有可能在

运动中抛出，故不一定是竖直上抛，故B错误；C．韩聪拉着隋文静旋转时，韩聪对隋文静的作用力与隋文静对韩聪的作用力是相互作用力，大小相等方向相反，故C正确；全科免费下载公众号-《高中僧课堂》D．韩聪拉着隋文静匀速旋转时，做曲线运动，不是匀速直线运动，处于非平衡状态，隋文静

所受合力不可能为零，故D错误。故选C。5.如图所示，套在足够长的光滑竖直细杆上的环A由跨过定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B相连，现让A从图中连线处于水平的M位置静止释放，当A沿杆下降至N位置时，速度恰好达到最大且大小为v，此时AO与竖直杆成θ角，则下列说法错误的是（）

A.A从M下降到N的过程中，绳对B的拉力小于B的重力B.A从M下降到N的过程中，重物B加速上升C.刚开始时B的速度0D.当A沿杆下降至N位置时，重物B的速度为vB=vcosθ【答案】A【解析】【详解】AB．A从M下降到N的过程中，A和B沿绳方向的速度相同，则有ABcosvv=

此过程，A的速度增大且θ角减小，则B的速度增大，则B向上做加速运动，则绳对B的拉力大于B的重力，故A错误，B正确；C．初始时，A沿绳方向的速度为零，则B的速度为零，故C正确；D．当A沿杆下降至N位置时，A和B沿绳方向的速度相同，则有BAcoscosvvv==故D正确。本题选错误的，故选A。6

.在紧张的学习之余，班上举行了飞镖比赛。小羽同学从到地面的高度为h、到靶面的水平距离为L处，将飞镖以大小为v0的速度水平投出，结果飞镖落在靶心的正下方。不计空气阻力。如果他下次打靶时做出调整，可能让飞镖打在靶中心的是（

）A.保持飞镖出手点距地高度和出手速度不变，增大飞镖出手点到靶的水平距离B.保持飞镖出手点距地高度和到靶的水平距离不变，增大飞镖的出手速度C.保持飞镖出手点距地高度和到靶的水平距离不变，减小飞镖的出手速度D.保持飞镖出手点到靶的水平距离和出手速度不变，降低飞镖出手

点距地高度【答案】B【解析】【详解】A．设靶心到地面高度为h0，飞镖下落高度为h，根据题意可知0hhh−保持飞镖出手点距地高度不变，要击中靶心，则飞镖的实际下落高度要减小，运动时间要变短，出手速度如果不变，则有0002()hhLvtvg−==飞镖出手点到靶的水

平距离要减小，故A错误；BC．保持飞镖出手点距地高度，则飞镖实际到靶的时间较短，还要保持飞镖出手点距靶的水平距离不变，根据0002()hhLvtvg−==就需要增大飞镖的出手速度，故B正确，C错误；D．如果保持飞镖出

手点到靶的水平距离和出手速度不变，则飞镖的运动时间不变，根据00002()2hhhLvtvvgg−===可知，需要升高飞镖出手点距地高度，故D错误。故选B。7.如图所示，质量为M的框架放在水平地面上，一轻质弹簧上端固定在框架上，下端挂一个质量为m的小球

，小球上下振动时，框架始终没有跳起，则下列说法正确的是（）A.小球向下运动过程中处于失重状态B.小球向下运动过程中，框架对地面的压力可能先减小后增大C.小球向上运动过程中处于超重状态D.当框架对地面的压力为零的瞬间，小球受到的合力为()mMg+【答案】D【解析】【详解】A．小球从最高点向下运动过

程中，小球先处于失重状态，过了平衡位置，小球处于超重状态，A错误；C．小球从最低点向上运动过程中，小球先处于超重状态，过了平衡位置，小球处于失重状态，C错误；B．小球从最高点向下运动过程中，弹簧对小球的作

用力先向下减小后向上增大，故弹簧对框架的作用力先向上减小后向下增大，根据平衡条件可知地面对框架的支持力一直增大。根据牛顿第三定律可知框架对地面的压力一直增大，B错误；D．当框架对地面压力为零的瞬间，对框架受力分析知，

框架所受重力等于弹簧对框架的弹力，且弹簧弹力竖直向上，即FMg=则对小球受力分析知，小球受重力和弹簧向下的弹力，即合力为=()FmgFMmg+=+合D正确。故选D。8.网课之余，同学们常常在家做一些力所能及的家务劳动。如图所示，某同学在家用拖把拖地，拖把头的质量为m，拖杆的质量可以忽略，小朋

友沿杆方向对拖把头施加大小为F的推力，此时推力与水平方向的夹角为θ，拖把头沿水平地面做匀速直线运动，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）A.地面对拖把头的支持力与拖把头受到的重力大小相等B.拖把头对地面

的摩擦力等于FC.若只增大角的大小，则拖把头运动过程中受到的摩擦力一定增大D.拖把头与地面间的动摩擦因数为cossin−FmgF【答案】C【解析】的【详解】A．对拖把头进行受力分析，在竖直方向上有sinN

FmgF=+则地面对拖把头的支持力大于拖把头受到的重力，A错误；B．拖把头匀速运动，水平方向受力平衡，则拖把头所受地面的摩擦力大小cosfF=B错误；CD．由sinfmgF=+（）可知，若只增大角的大小，则拖把头运动过程中受到的摩擦力一定增大，拖把头与地

面间的动摩擦因数cossinFmgF+＝C正确，D错误。故选C。9.某校举行托球跑步比赛，赛道为水平直道。比赛时，某同学将球置于球拍中心，运动过程中球拍的倾角始终为θ且高度不变，质量为m的乒乓球位于球

拍中心相对球拍保持静止，如图所示。已知球受到的空气阻力大小与其速度v的大小成正比且方向与v相反，不计乒乓球和球拍之间的摩擦，重力加速度为g，则（）A.该同学刚开始运动时的加速度为gtanθB.该同学先做匀加速运动后匀速运

动C.匀速运动时空气阻力大小为mgsinθD.匀速运动时球拍对乒乓球的弹力为mgcosθ【答案】A【解析】【详解】A．该同学刚开始运动时，加速度水平向右，速度为零，空气阻力为零，乒乓球受到球拍的支持力及自身重力，据牛顿第二定律可得0tanmgma=可得该同学刚开始运动时的加速度为0tanag

=A正确；B．空气阻力满足fkv=由牛顿第二定律可得tanmgfma−=随着速度的增大加速度减小，故该同学先做加速度减小的加速运动，B错误；C．匀速运动时，加速度为零，由B解析表达式可知，空气阻力大小为tanfmg=C错

误；D．匀速运动时，乒乓球在竖直方向满足cosNmg=可得球拍对乒乓球的弹力为cosmgN=D错误。故选A。10.小羽同学一家去郊外露营，如图所示是他们露营中使用的一种便携式三脚架，它由三根完全相同的轻杆通过铰链组合在一起，每根杆均可绕铰链自由转动。将三脚架静止放在水

平地面上，吊锅通过细铁链挂在三脚架正中央。三根杆与竖直方向的夹角均为30=，吊锅和细铁链的总质量为m，支架与铰链之间的摩擦忽略不计，则（）A.减小时杆对地面压力增大B.减小时杆对地面摩擦力增大C.每根杆中的弹力大小为13mgD.每根

杆对地面摩擦力大小为39mg【答案】D【解析】【详解】AC．以整体为研究对象，可知竖直方向平衡，所以地面对杆的支持力大小等于吊锅和细铁链的总重力mg，则有N3Fmg=可得N3mgF=每根杆中的弹力大小为N2co39sFFgm==故AC错误；B．每根杆所受摩擦力大小为tan3mgf

=可知减小时杆对地面摩擦力减小，故B错误；D．每根杆对地面的摩擦力大小为tan339mgmgf==故D正确。故选D。二、多项选择题（本题共5个小题，每题4分，共20分.全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错得0分）11.如图所示，小球与轻弹簧、水平细绳相连，轻弹簧

、细绳的另一端分别固定于P、Q两点。小球静止时，轻弹簧与竖直方向的夹角为。小球的质量为m，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）的A.小球处于静止状态时，弹簧弹力大小为mgcosθB.小球处于静止状态时，

细绳中弹力大小为mgsinθC.仅剪断细绳的瞬间，小球的加速度大小为gtanθD.仅剪断细绳的瞬间，小球的加速度方向水平向左【答案】CD【解析】【详解】AB．小球处于静止状态时，对小球受力分析，则有弹簧弹力大小cosmgF=细绳中弹力大小为tanFmg=绳AB错误；CD．剪断细绳瞬

间，轻弹簧拉力不改变，则小球受的合外力与F绳等大反向，根据牛顿第二定律可得tanFmgma==合即tanag=方向水平向左，故CD正确。故选CD。12.小宇同学将一小石子从水平地面以初速度v0斜向上抛出，小石子抛出时速度与水平方向成θ角，若小石子在空中运动过程中所受空气阻力的影响可忽略不计

，则下列关于小石子在空中运动过程的说法正确的是（）A.小石子的最小速度为v0cosθB.小石子在相等时间内速度的变化量都相同C.小石子在空中运动的时间为02vgD.小石子在空中上升阶段处于超重状态【答案】AB【解析】【详解】A．小石子在最高点处的速度最小min0cosvv=A正确

；B．小石子做斜抛运动，加速度恒定，故在相等时间内速度的变化量都相同，B正确；C．小石子在空中运动的时间为02sinvtg=C错误；D．小石子在空中上升阶段，加速度竖直向下，处于完全失重状态，D错误。故选AB。13.如图所示，水平地面上有三个靠在一起的物块A、B和C，质量分别为m、2m和3

m，设它们与地面间的动摩擦因数均为μ，用水平向右的恒力F推物块A，使三个物块一起向右做匀加速直线运动，用F1、F2分别表示A与B、B与C之间相互作用力的大小，则下列判断正确的是（）A.若μ≠0，则F1：F2=5：3B.若μ≠0，则F1：F2

=2：3C.若μ=0，则F1：F2=5：3D.若μ=0，则F1：F2=2：3【答案】AC【解析】【详解】对ABC整体，根据牛顿第二定律可得F-6μmg=6ma得6=−Fagm对BCF1-5μmg=5ma得156FF=对CF2-3μmg=3ma得22

FF=说明F1和F2的大小关系与动摩擦因数无关，且F1：F2=5：3故选AC。14.一足够大且光滑的矩形斜面，倾角为θ，高为h，现有一小球在A处沿平行于底边的初速度v0滑上斜面，最后从B处离开斜面。已知重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A.小球加速度为gB.小球的运动轨迹为抛物线

C.小球从A处到达B处所用的时间为2hgD.小球从A处到达B处的水平位移为02sinvhg【答案】B【解析】【详解】B．小球受重力和支持力两个力作用，合力沿斜面向下，与初速度方向垂直，小球做类平抛运动，其运动轨迹为抛物线，B正确；A．根据牛顿第二定律知，有sinm

gma=解得的sinag=A错误；C．由几何关系得，小球沿加速度方向上的位移为0sinhy=根据公式2012yat=解得12sinhtg=C错误；D．小球在沿初速度方向的位移为002singxhtvv==小球从A处到达B处的水平位移为2202

tansinvhhsxg=+故D错误。故选B。15.根据机动车的运动情况，绘制如图21xtt−图像，已知机动车质量为2.0×103kg，其在水平路面沿直线行驶，规定初速度v0的方向为正方向，运动过程中所受阻力恒定为1.0×104N。则以下说法合理的是（）A.机动车所受牵引力为

2.0×103NB.机动车的初速度大小为10m/sC.机动车的加速度大小为4m/s2D.机动车在前3秒的位移是12m【答案】ABC【解析】【详解】BC．由图像可知2xt与1t的函数关系式为21102xtt=−

整理可得2102xtt=−结合运动学公式2012xvtat=+可知机动车的初速度和加速度分别为0=10m/sv，24m/sa=−BC正确；A．机动车做匀减速直线运动，所以机动车牵引力恒定且小于阻力，根据牛顿第二定律可得Ffma−=

解得32.010NF=故A正确。D．机动车做匀减速到停下所用时间为000010s2.5s3s4vta−−===−故机动车在前3秒的位移为00102.5m12.5m22vxt===故D错误。故选ABC。三、实验题（本

题共2小题，共13分）16.用传感器和计算机可以方便地描出做平抛运动的物体的轨迹，从而研究平抛运动。设计原理如图甲所示，物体A能够在竖直平面内向接收装置B发射脉冲信号。B盒与计算机相连。根据脉冲时间差可算出B1和B2各自与物体A的距离。这两个距离确定之后，物A的位置也

就确定了。计算机可以即时给出A的坐标。图乙是某次实验中计算机描出的平抛运动的轨迹，已知坐标原点是抛出点且每一格长度L=5cm，当地重力加速度取g=10m/s2。（1）实验前，需要反复调整实验装置，直至斜槽末端_________；（2）根据乙图轨迹，求出小球A平抛的初速度为_________；（

3）根据乙图轨迹，小球的平抛运动轨迹表达式为________。【答案】①.切线水平②.1.5m/s③.2209yx=【解析】【详解】（1）[1]实验前，需要反复调整实验装置，直至斜槽末端沿切线水平方向；（2）[2]平抛运动规律可知0xvt=，212ygt=解得22

02gyxv=图中点x=9.5L，y=10L，L=5cm代入解得01.5m/sv=（3）[3]根据乙图轨迹，小球的平抛运动轨迹表达式为22202029gyxxv==17.某同学在做“探究加速度与力、质量的关系”实验时，

采用如图所示实验装置，但把两个实验的数据都记录在表中。数据是按加速度的大小排列的，两个实验的数据混在一起，而且有两个数据模糊不清，请你依据该实验回答下列问题F/Nm/kga/m/s20.290.860.340.140

.360.390.290.610.480.360.240.360.670.290.410.710.290.360.810.290310.940.340.360.94（1）图中装置可看到通过垫高长木板右端平衡小车在运动中的摩擦力，正确的操作方法是槽码和槽码盘___________（填

“能”或“不能”）连在小车上；（2）表格中各组数据是按照加速度从小到大顺序排列的，纸带上相邻计数点之间还有四个点未画出，由纸带算出此时的加速度值为___________m/s2；在研究加速度与力的关系时，应保持小车的质量不变，从表格中记录的

数据可知小车质量m=___________kg；（3）一名同学在做研究加速度与质量关系实验时，实验时未测小车质量M，通过在小车上增加砝码来改变.小车质量，每次实验时均记录了小车上砝码的质量m，并作出1a

与砝码质量m之间的关系图像如图所示，已知图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿第二定律成立，则小车的质量M为___________。【答案】①.不能②.0.51③.0.36④.bk【解析】【详解】（1）[1]通过垫高长木板右端平衡小车在运动中

的摩擦力，使得悬挂槽码和槽码盘后，槽码和槽码盘的重力近似看作小车所受的合外力，故槽码和槽码盘不能连在小车上；（2）[2]根据逐差法，计算此时的加速度值为()()2227.217.726.196.70100.51m/s40.1a−+−−==[3]在研究加速度与力

关系时，应保持小车的质量不变，从表格中记录的数据可知小车质量m=0.36kg；（3）[4]设小车质量为M，若牛顿第二定律成立，则FMma=+()整理得11MmaFF+=所以图中直线的斜率1kF=纵轴上的截距MbF=解得车受到的拉力1Fk=小车的质量bMk=的四、计算题（本题共3个小题，共37分

）18.随着城市发展，玻璃幕墙受到越来越多人的青睐，但外玻璃的清洁是困扰人们的问题，如图甲所示是一种自动擦玻璃工具，质量为m的外擦子在内擦子的带动作用下，通电后自动完成擦拭外玻璃任务，已知外擦子沿竖直向上以速度v0做匀速直线运动时。内擦子对外擦子的作用力沿与竖直

方向成θ角斜向右上，外擦子与玻璃之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：（1）求内擦子对外擦子的作用力F的大小；（2）工具沿竖直向上匀速擦玻璃过程中，若突遇断电且断电后内外擦子间作用力瞬间消失，且擦子所在处离玻璃上端足够远，求断电后外擦子能上升的最大高度。【答案】（1）cossinmg

F=−；（2）202vhg=【解析】【详解】（1）对外擦子，根据平衡条件cosFmgf=+NsinFF=NfF=联立解得cossinmgF=−（2）断电后内外擦子间作用力瞬间消失，则外擦子不再受摩擦力作用，将做竖直上抛运动，根据202vg

h=断电后外擦子能上升的最大高度202vhg=19.国家邮政局快递大数据平台实时监测数据显示，截止2022年12月1日，今年我国快递业务量突破1000亿件，已连续8年稳居世界第一。快递分装会用到传输装置，如图所示，可视为质点的某快递以vB=4m/s的速度

进入水平传送带BC，最后能从C点水平抛出，已知水平传送带BC长L=1.5m，上表面距水平地面高h=0.8m，该快递与传送带间动摩擦因数μ=0.5，传送带以顺时针方向转动，不考虑传送带滑轮大小。求：（1）当传送带以大小为v=2m/s的速度顺时针传送时，快递落在水平地面上的落

地点与C点的水平距离多大?（2）若在传送带右侧加装一个收集装置，如图所示，其内边界截面为四分之一圆形，C点为圆心，半径为R=32m，若要使该快递从C点抛出后落到收集装置时的速度最小，则传送带速度应该调节为多大?【答案】（1）0.8m；（2）5m/s【解析】【详解】（1）因为Bvv，所以

物体先减速，若在传送带上减速至v，由2222Bvvgx−=可得1.2mxL=故先减速后匀速。从C点平抛到落地212hgt=得0.4st=由水平位移xvt=得0.8mx=（2）设落到收集装置时速度为v1，则221()xvvgt=+设

C点抛出时水平速度为xv，落到收集装置时水平位移x，竖直位移y222xyR+=xxvt=212ygt=得2243254xvtt+=即423254xtvt−=代入得42212232534100754tvtttt−=+=+由数学可知，当223754tt=时，v最小，得10s1

0t=由423254xtvt−=得5m/sxv=可知，物体在传送带上先匀减速到5m/s，再一起匀速，即传送带速度应该调节为5m/s。20.如图甲所示，一质量m=5kg的粗细均匀的圆木棒竖直放置，在外力作用下保持静止状态，下端距水平弹性地面的

高度为H=5.25m，与地面相碰的物体会以原速率弹回，木棒上有一质量为2m的弹性小环。若t=0时刻，小环从木棒上某处以竖直向上v0=4m/s的初速度向上滑动，并对小环施加竖直向上的如图乙所示的外力F，与此同时撤去作用在木棒上的外力。当

木棒第一次与弹性地面相碰时，撤去施加在小环上的外力。已知木棒与小环间的滑动摩擦力f=1.2mg，小环可以看作质点，且整个过程中小环不会从木棒上端滑出，取g=10m/s2，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：（1）当小环和木棒最初开始运动时的加速度的大小；（2）木棒

第一次与弹性材料碰撞时的速度的大小；（3）若木棒恰好与地面第4次碰撞时弹性小环从木棒底端滑落，求小环开始运动时距木棒下端的距离l（结果可以用分数表示）。【答案】（1）22m/s；22m/s；（2）29m/s；（3）1237m121【解析】【详解】

（1）最初开始运动时，对小环，根据牛顿第二定律1122Fmgfma−−=解得212m/sa=−即加速度大小为22m/s，方向竖直向下；对木棒，根据牛顿第二定律2fmgma−=解得22s2m/a=即加速度大小为22m/s，方向竖直向上。（2）小环初速度v0=4m/s

，则两物体第一次共速过程01121vatat+=解得11st=此时拉力F恰好变为2120NF=，假设之后两物体共同减速到零，根据牛顿第二定律2333mgFma−=解得232m/sa=则棒受到的摩擦力3'40Nfmgma=−=棒受到的摩擦力小于滑动摩擦力，故假设成立

；棒和小环在1s后做类竖直上抛运动，回到1s时的位置时，速度均变为竖直向下212m/svat==回到1s时的位置时，棒相对于初始位置上升的高度212111m2hat==之后棒和小环以232m/sa=加速度向下加速运动，根据22112()vvaHh−=+解得木棒第一次与弹性材料碰撞时

的速度的大小129m/sv=（3）木棒第一次与弹性地面相碰时，撤去施加在小环上的外力，此后小环的加速度大小24242m/smgfam−==第一次碰地后，木棒的加速度大小为2522m/smgfam+==小环向下做匀加速直线运动，木棒先向上做匀减速直线运动再向下做匀加速直线运

动，假设与小环共速前会再次碰地，则两次碰地时间间隔15229s11vta==再次碰地时木棒的速度仍为129m/sv=，此时环的速度141'vvatv=+故假设成立，即之后过程两物体不会再共速；若木棒恰好与地面第4次碰撞

时弹性小环从木棒底端滑落，则从第一次碰撞开始，小环向下加速运动了3t，相对木棒向下运动距离21418752214793(3)mmm211121121xvtat=+=+=1s之前小环相对木棒向上运动距离0112m2vvsth

+=−=故小环开始运动时距木棒下端的距离1237m121lxs=−=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com