重慶市鳳鳴山中學教育集團2023-2024學年高二上學期第一次月考物理 Word版含解析.docx

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重慶市鳳鳴山中學教育集團2023-2024學年度高2022級上第一次月考物理試題考試說明：1．時間：90分鐘2．試卷總分：100分3．試卷頁數(shù)：6頁注意事項：1．答題前，務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡規(guī)定的位置。2．答選擇題時，必須使用2B鉛筆將答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦擦干凈后，再選涂其它答案標號。3．答非選擇題時，必須使用0.5毫米黑色簽字筆，將答案書寫在答題卡規(guī)定的位置上。4，所有題目必須在答題卡上作答，在試題卷、草稿紙上答題無效。第Ⅰ卷（選擇題，共40分）一、單項選擇題（本題共8個小題，每小題3分，共24分，每小題只有一個選項符合題意。）1.如圖所示，將一束塑料絲一端打結，并用手迅速向下捋塑料絲多次，觀察到這束塑料絲下端散開了，產(chǎn)生這種現(xiàn)象的主要原因是（　?。〢.塑料絲之間相互感應起電B.塑料絲所受重力小，自然松散C.塑料絲受到空氣浮力作用而散開D.由于摩擦起電，塑料絲帶同種電荷而相互排斥【答案】D【解析】【分析】分析摩擦起電的原因?！驹斀狻坑捎诓煌镔|對電子的束縛本領不同，當手與塑料絲摩擦時，使塑料絲帶上了同種電荷，而同種電荷相互排斥，因此會觀察到塑料絲散開，D正確，ABC錯誤。故選D。2.關于物體的運動，下列說法正確的是（） A.物體做簡諧運動，其所受合外力等于回復力B.做勻速圓周運動的物體，其速度不變，加速度不變C.物體做曲線運動時，其速度與加速度的夾角一定隨時間而變化D.從某點拋出一個物體，不計空氣阻力，該物體在落地前動量的變化量方向豎直向下【答案】D【解析】【詳解】A．單擺做簡諧運動，回復力是重力的切向分力提供，不是擺球所受的合力，故A錯誤；B．做勻速圓周運動的物體，其速度大小不變，加速度大小不變，方向時刻改變，故B錯誤；C．物體做勻速圓周運動時，其速度與加速度垂直，夾角不隨時間而變化，故C錯誤。D．從某點拋出一個物體，不計空氣阻力，根據(jù)動量定理可知，該物體在落地前動量的變化量為可見其動量的變化量方向豎直向下，故D正確。故選D。3.惠更斯利用單擺的等時性原理制成了第一座擺鐘。如圖甲所示為日常生活中我們能見到的一種擺鐘，圖乙為擺鐘的結構示意圖，圓盤固定在擺桿上，螺母可以沿擺桿上下移動，擺鐘的擺動可看作是單擺，下列說法正確的是（　?。〢.在山腳走時準的擺鐘，在山頂仍能走準B.若將擺鐘的擺角由3°增加到5°（不計空氣阻力），單擺的周期不變C.走時準確的擺鐘，調節(jié)螺母向下移動，擺鐘仍能走準D.將擺鐘由北極移到赤道，單擺振動周期減小【答案】B【解析】【詳解】A．根據(jù)，在山腳走時準的擺鐘，在山頂g變小，周期T變大，擺鐘變慢，A錯誤； B．根據(jù)，單擺的周期與擺角無關。若將擺鐘的擺角由3°增加到5°（不計空氣阻力），單擺的周期不變，B正確；C．根據(jù)，走時準確的擺鐘，調節(jié)螺母向下移動，擺長L變大，周期T變大，擺鐘變慢，C錯誤；D．根據(jù)，將擺鐘由北極移到赤道，g變小，單擺振動周期T變大，D錯誤。故選B。4.—位游客在湖邊欲乘游船，當日風浪很大，游船上下浮動．可把游艇浮動簡化成豎直方向的簡諧運動，振幅為20cm，周期為3.0s．當船上升到最高點時，甲板剛好與碼頭地面平齊．地面與甲板的高度差不超過10cm時，游客能舒服地登船．在一個周期內，游客能舒服地登船的時間是（）A.0.5sB.0.75sC.1.0sD.2.0s【答案】C【解析】【詳解】把船浮動簡化成豎直方向的簡諧運動，從船上升到最高點時計時，其振動方程為：，代入得：cm，當時，可解得：，故在一個周期內，游客能舒服登船的時間是，故ABD錯誤，C正確5.在相距為的、兩點分別固定兩個點電荷，為的中點，如圖所示，現(xiàn)引入帶正電的試探電荷，則下列說法正確的是（　?。〢.如果在點受力為零，則兩個點電荷一定是等量異種電荷B.如果在段上的某一點受力為零，則一定是負電荷，且電荷量的關系有C.如果在延長線離較近的點受力為零，則和一定是異種電荷，且電荷量的關系有 D.如果沿的垂直平分線移動時受力方向始終不變，則和一定是等量同種電荷【答案】C【解析】【詳解】A．如果試探電荷在點受力為零，由平衡條件知，則、帶等量同種電荷，A錯誤；B．如果在段上某一點受力為零則、一定帶同種電荷，不一定都帶負電，B錯誤；C．如果在延長線離較近的點受力為零則、帶異種電荷，C正確；D．、帶等量正電荷時，由靜電力疊加知，沿的垂直平分線移動時受力方向沿垂線方向背離點，始終不變；、帶等量負電荷時，沿的垂直平分線移動時受力方向沿垂線方向指向點，始終不變；、帶等量異種電荷時，由庫侖定律、靜電力疊加知，沿的垂直平分線移動時受力方向始終與中垂線垂直，指向負電荷所在一側，D錯誤。故選C。 6.如圖所示，在一絕緣斜面C上有一帶正電的小物體A處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)將一帶正電的小球B沿以A為圓心的圓弧緩慢地從P點移至A正上方的Q點處，已知P點與物體A在同一水平線上，且在此過程中物體A和C始終保持靜止不動，A、B可視為質點。關于此過程，下列說法正確的是（　　）A.地面對斜面C的摩擦力先增大后減小B.地面對斜面C的摩擦力逐漸增大C.物體A受到斜面的支持力先增大后減小D.物體A受到斜面的支持力一直增大【答案】C【解析】【詳解】AB．取A、C整體為研究對象，受力圖如下圖所示，由于A、B的距離大小不變，所以F電大小也不變。P點移至A正上方的Q點處過程中，θ由0度變?yōu)?0度，則即地面對斜面C的摩擦力逐漸減小。故AB錯誤；CD．取A為研究對象，設斜面傾角為α，則物體A受到斜面的支持力大小等于，其中F電1為B對A的靜電力沿垂直斜面的分力，只有B與A連線垂直于斜面時，F(xiàn)電1最大。其他位置都小于垂直時的大小。則物體A受到斜面的支持力先增大后減小。故C正確。D錯誤。故選C。7.如圖，真空中一質量為，電荷量為的檢驗電荷僅受固定點電荷（圖中未畫出）的作用繞做勻速圓周運動，是檢驗電荷在運動中通過的相距為的兩點，在兩點，電荷的速率為，與 連線的夾角為。已知靜電力常量為，由此可知（）A.檢驗電荷做勻速圓周運動的半徑為B.電荷從A到B經(jīng)歷的時間為C.電荷在A、B連線中點處的場強大小為D.電荷帶負電，電荷量絕對值為【答案】D【解析】【詳解】A．檢驗電荷q繞點電荷Q做勻速圓周運動，庫侖力提供向心力，庫侖力方向與速度方向垂直，根據(jù)幾何關系，可得軌跡半徑r=L故A錯誤；B．弦AB對應的圓心角θ=60°則電荷q從A到B經(jīng)歷的時間故B錯誤；D．兩電荷間存在庫侖引力，則電荷Q帶負電，庫侖力提供向心力解得故D正確；C．根據(jù)庫侖定律可知，電荷Q在A、B連線中點O處場強大小為故C錯誤。故選D。8.如圖所示，電荷均勻分布的半球，在中心O處的電場強度的大小為E0，現(xiàn)沿圖示方向過球心O 從半球上切下一瓣，夾角為α=60°，則切下的一瓣在O點的電場強度為（　?。〢.E0B.C.D.【答案】B【解析】【詳解】將半球面看作是無數(shù)點電荷的集合，根據(jù)對稱性可知O點只具有豎直平面內的場強分量，且切下的一瓣在O點的場強與水平方向夾角為斜向右下，剩余的一瓣在O點的場強與水平方向夾角為斜向左下，如圖所示，根據(jù)矢量的運算法則及幾何關系可知切下的一瓣在O點的電場強度為故選B。二、多項選擇題（本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題給出的四個選項中，有多個選項符合題目要求，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。）9.蜘蛛會根據(jù)絲網(wǎng)的振動情況感知是否有昆蟲“落網(wǎng)”，若絲網(wǎng)的固有頻率為200Hz，下列說法正確的是A.“落網(wǎng)”昆蟲翅膀振動的頻率越大，絲網(wǎng)的振幅越大B.當“落網(wǎng)”昆蟲翅膀振動的頻率低于200Hz時，絲網(wǎng)不振動C.當“落網(wǎng)”昆蟲翅膀振動的周期為0.005s時，絲網(wǎng)的振幅最大D.昆蟲“落網(wǎng)”時，絲網(wǎng)振動的頻率由“落網(wǎng)”昆蟲翅膀振動的頻率決定【答案】CD【解析】 【詳解】根據(jù)共振的條件可知，系統(tǒng)的固有頻率等于驅動力的頻率時，系統(tǒng)達到共振，振幅達最大，故A錯誤；當“落網(wǎng)”昆蟲翅膀振動的頻率低于200Hz時，絲網(wǎng)仍然振動，B錯誤；當“落網(wǎng)”昆蟲翅膀振動的周期為0.005s時，其頻率：f=1/T=1/0.005＝200Hz，與絲網(wǎng)的固有頻率相等，所以絲網(wǎng)的振幅最大．故C正確；受迫振動的頻率等于驅動力的頻率，所以昆蟲“落網(wǎng)”時，絲網(wǎng)振動的頻率由“落網(wǎng)”昆蟲翅膀振動的頻率決定．故D正確．故選CD．10.如圖是同一地點質量相同的兩單擺甲、乙的振動圖像，下列說法中正確的是（　　）A.甲、乙兩單擺的擺長相等B.甲擺的機械能比乙擺大C.在t=1.2s時，乙擺在做減速運動，甲擺在做加速運動D.由圖像可以求出當?shù)氐闹亓铀俣取敬鸢浮緼BC【解析】【詳解】A．由圖看出，兩個單擺的周期相同，同一地點g相同，由單擺的周期公式得知，甲、乙兩單擺的擺長L相等，故A正確。B．甲擺的振幅比乙擺大，兩擺的擺長相等，質量也相等，可知甲擺的機械能比乙擺大，故B正確；C．在t=1.2s時，乙擺向位移最大位置運動，則在做減速運動，甲擺向平衡位置運動，則在做加速運動，選項C正確；D．根據(jù)單擺的周期公式可知，知道單擺的振動周期，但是擺長未知，則無法求出當?shù)氐闹亓铀俣?，故D錯誤。故選ABC。11.在電場中的某點A放一檢驗電荷，它所受到的電場力大小為F，方向水平向右則A點的場強大小為，方向水平向右．下列說法正確的是（　?。〢.在A點放一個負檢驗電荷，A點的場強方向變?yōu)樗较蜃?B.在A點放一個負檢驗電荷，它所受的電場力方向水平向左C.在A點放一個電荷量為的檢驗電荷，則A點的場強變?yōu)镈.在A點放一個電荷量為2q的檢驗電荷，則它所受的電場力變?yōu)?F【答案】BD【解析】【詳解】A．點A放一檢驗電荷+q，它所受到的電場力大小為F，方向水平向右，則A點的電場強度方向是水平向右，若在A點放一個負檢驗電荷，A點的場強方向仍然不變，是水平向右，A錯誤；B．負檢驗電荷受到的電場力方向與電場強度方向相反，則在A點放一個負檢驗電荷，它所受的電場力方向水平向左，B正確；C．在A點放一個電荷量為的檢驗電荷，則A點的場強大小仍然不變，C錯誤；D．在A點放一個電荷量為2q的檢驗電荷，由于A點的場強大小仍然不變，由F=Eq可知電場力變?yōu)?F，D正確。故選BD。12.如圖所示，一輕質彈簧下端系一質量為的書寫式激光筆，組成一彈簧振子，并將其懸掛于教室內一體機白板的前方。使彈簧振子沿豎直方向上下自由振動，白板以速率水平向左勻速運動，激光筆在白板上留下如圖所示的書寫印跡。圖中相鄰豎直虛線的間隔均為，印跡上兩點的縱坐標分別為和。忽略空氣阻力，重力加速度大小為，則（　?。〢.該彈簧振子的振幅為B.該彈簧振子的振動周期為C.激光筆在留下兩點時加速度相同D.激光筆在留下段印跡的過程中，彈簧彈力對激光筆做功為【答案】AD【解析】 【詳解】A．圖中振子振動偏離平衡位置的最大位移大小為，故該彈簧振子的振幅為，A正確；B．從圖中可以看出白板移動距離時，彈簧振子剛好振動一個周期，所以彈簧振子周期為B錯誤；C．做簡諧運動的物體的加速度始終指向平衡位置，故激光筆在留下點印記時加速度向下，留下點印記時加速度向上，C錯誤；D．激光筆在留下段印跡過程中，有彈簧彈力和重力對激光筆做功，而在兩點時速度都為零，根據(jù)動能定理有得D正確。故選AD。第Ⅱ卷（非選擇題，共60分）三、實驗探究題（本題共2小題，共14分）13.（1）卡文迪許通過實驗研究得出萬有引力恒量的實驗裝置示意圖是圖________；庫侖通過實驗研究得出電荷之間相互作用力規(guī)律的實驗裝置示意圖是圖________。（2）卡文迪許利用如圖所示的扭秤實驗裝置測量了引力常量G。為了測量石英絲極微的扭轉角，該實驗裝置中采取使“微小量放大”的主要措施是________。 A．增大T形架橫梁的長度B．利用平面鏡對光線的反射C．增大刻度尺與平面鏡的距離【答案】①.a②.b③.BC##CB【解析】【詳解】（1）[1]卡文迪許通過圖a扭秤實驗裝置測得萬有引力常量；[2]庫侖通過圖b實驗裝置研究得出電荷之間相互作用力規(guī)律。（2）[3]A．增大T形架橫梁的長度，對測量石英絲極微小的扭轉角沒有作用，A錯誤；BC．為了測量石英絲極微小的扭轉角，該實驗裝置中采取使“微小量放大”。利用平面鏡對光線的反射，來體現(xiàn)微小形變的。當增大刻度尺與平面鏡的距離時，轉動的角度更明顯，BC正確。故選BC。14.某實驗小組用單擺測量重力加速度。所用實驗器材有擺球、長度可調的輕質擺線、刻度尺、50分度的游標卡尺、攝像裝置等。（1）用游標卡尺測量擺球直徑d。當量爪并攏時，游標尺和主尺的零刻度線對齊。放置擺球后游標卡尺示數(shù)如圖甲所示，則擺球的直徑d為________mm。（2）用擺線和擺球組成單擺，如圖乙所示。當擺線長度l＝990.1mm時，記錄并分析單擺的振動視頻，得到單擺的振動周期T＝2.00s，由此算得重力加速度g為_____m/s2（保留3位有效數(shù)字）。（3）改變擺線長度l，記錄并分析單擺的振動視頻，得到相應的振動周期。他們發(fā)現(xiàn)，分別用l和作為擺長，這兩種計算方法得到的重力加速度數(shù)值的差異大小Δg隨擺線長度l的變化曲線如圖所示。由圖可知，該實驗中，隨著擺線長度l的增加，Δg的變化特點是____________，原因是____________。 【答案】①.19.20②.9.86③.隨著擺線長度l的增加，Δg逐漸減?、?隨著擺線長度l的增加，則越接近于l，此時計算得到的g的差值越小【解析】【詳解】（1）[1]用游標卡尺測量擺球直徑d=19mm+0.02mm×10=19.20mm（2）[2]單擺的擺長為L=990.1mm+×19.20mm=999.7mm根據(jù)可得帶入數(shù)據(jù)（3）[3][4]由圖可知，隨著擺線長度l增加，Δg逐漸減小，原因是隨著擺線長度l的增加，則越接近于l，此時計算得到的g的差值越小。四、解答題（本題共4小題，共46分）15.如圖所示，真空中兩個完全相同的小球帶有等量同種電荷，電荷量均為，分別用絕緣細線懸掛于絕緣天花板上同一點，平衡時，B球偏離豎直方向角，A球豎直且與墻壁接觸，此時A、B兩球位于同一高度且相距。已知靜電力常量，重力加速度大小為，求：（1）A、B兩個小球的庫侖力及小球B的質量m；（2）若在延長線的右側上有一點（圖中未畫出）的距離也為，求點的電場強度。 【答案】（1），；（2），方向水平向右【解析】【詳解】（1）依題意，對B球受力分析如圖所示B球受三個力且處于平衡狀態(tài)，其中重力與庫侖力的合力大小等于繩子拉力的大小，方向與繩子拉力方向相反，由圖可知小球B的質量（2）A球在C點產(chǎn)生的電場強度大小為方向水平向右；B球在C點產(chǎn)生的電場強度大小為 方向水平向右；則C點的電場強度大小為方向水平向右。16.如圖所示，將質量為的平臺連接在勁度系數(shù)的彈簧上端，彈簧下端固定在地面上，形成豎直方向的彈簧振子，在的上方放置質量也為的物塊，使、一起上下振動，彈簧原長為。的厚度可忽略不計，重力加速度取。（1）求平衡位置距地面的高度以及當振幅為時對最大壓力的大小；（2）若使在振動中始終與接觸，求振幅的最大值。【答案】（1），；（2）【解析】【詳解】（1）振幅很小時，、間不會分離，將與整體作為振子，當它們處于平衡位置時，根據(jù)平衡條件得解得形變量平衡位置距地面高度當、運動到最低點時，有向上的最大加速度，此時、間相互作用力最大，設振幅為，最大加速度 取為研究對象，有得、間相互作用力由牛頓第三定律知，對的最大壓力大小為（2）為使在振動中始終與接觸，在最高點時相互作用力應滿足，取為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律，有當時，振動的加速度達到最大值，得到加速度的最大值（方向豎直向下）因表明、僅受重力作用，此刻彈簧的彈力為零，即彈簧處于原長，則振幅的最大值為即振幅不能大于17.如圖所示，絕緣直桿長為L=2m，與水平面成30°角放置，一端固定一個電荷量為Q=＋2.0×10-5C的點電荷，中間有孔的兩個滑塊A、B（可看做質點）套在絕緣桿上，兩滑塊與絕緣桿間的動摩擦因數(shù)相等。滑塊B所帶電荷量為q=＋4.0×10-5C，滑塊A不帶電，A、B之間絕緣，A、B的質量分別為0.80kg、0.64kg。開始時兩滑塊靠在一起保持靜止狀態(tài)，且此時A、B與直桿間恰無摩擦力作用。為使A沿直桿始終做加速度為a=1.5m/s2的勻加速直線運動，現(xiàn)給A施加一沿直桿向上的力F，當A向上滑動0.2m后，力F的大小不再發(fā)生變化。A運動到絕緣桿頂端時，撤去外力F。（靜電力常量k=9.0×109N·m2/C2，g取10m/s2）求：（1）開始時未施加力F，滑塊B與直桿底端點電荷之間的距離；（2）滑塊與直桿間的動摩擦因數(shù)；（3）若A向上滑動0.2m的過程中庫侖力做的功為1.2J，在A由靜止開始到運動至絕緣桿頂端的過程中，力F對A做的總功？ 【答案】（1）1.0m；（2）；（3）6.05J【解析】【詳解】(1)A、B處于靜止狀態(tài)時，與桿之間無摩擦力作用．設B與點電荷間距離為L1，則庫侖斥力為以A、B整體為研究對象，根據(jù)平衡條件得F0=（mA+mB）gsin?30°代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得L1=1.0?m(2)給A施加力F后，A、B沿直桿向上做勻加速直線運動，庫侖斥力逐漸減小，A、B之間的彈力也逐漸減小．當點電荷與B間距離為L2時，A、B兩者間彈力減小到零，此后兩者分離，力F變?yōu)楹懔?，則分離時刻的庫侖斥力為B與點電荷間的距離為L2=L1+△L=1.0?m+0.2?m=1.2?m以B為研究對象，由牛頓第二定律有F0′-mBgsin?30°-μmBgcos?30°=mBa代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得(3)設A、B整體做勻加速運動過程末速度為v1，力F做的功為W1，由動能定理有由題意知W0=1.2?J重力做負功為WG=-（mA+mB）g△Lsin?30°摩擦力做負功為Wf=-μ（mA+mB）g△Lcos?30°已知A做勻加速直線運動，根據(jù)運動學公式得v12=2a△L 代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得W1=1.05JA、B分離后，A繼續(xù)做勻加速直線運動，以A為研究對象，由牛頓第二定律得F-mAgsin?30°-μmAgcos?30°=mAa代入數(shù)據(jù)解得F=6.25N分離后A上滑0.8?m才能到達絕緣桿頂端，這個過程F做的功為W2=F（L-L2）=5J解得W=W1+W2=6.05J機械能增加為18.如圖，一豎直固定的長直圓管內有一質量為M的靜止薄圓盤，圓盤與管的上端口距離為l，圓管長度為。一質量為的小球從管的上端口由靜止下落，并撞在圓盤中心，圓盤向下滑動，所受滑動摩擦力與其所受重力大小相等。小球在管內運動時與管壁不接觸，圓盤始終水平，小球與圓盤發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。求：（1）第一次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度大??；（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球速度為多少時，與圓盤間的距離最遠；最遠距離是多少；（3）圓盤在管內運動過程中，小球與圓盤碰撞的次數(shù)?！敬鸢浮浚?）小球和圓盤的速度大小均為，小球速度方向為豎直向上，圓盤速度方向為豎直向下；（2）；l；（3）4次【解析】【詳解】（1）小球第一次與圓盤碰撞前做自由落體運動，設兩者第一次碰撞前瞬間小球的速度大小為 ，由速度—位移公式得：設第一次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度分別為vm1、vM1，小球與圓盤發(fā)生彈性碰撞，以豎直向下為正方向，由動量守恒定律和機械能守恒定律得聯(lián)立解得，故第一次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度大小均為，小球速度方向為豎直向上，圓盤速度方向為豎直向下。（2）第一次碰后小球做豎直上拋運動。因圓盤所受滑動摩擦力與其所受重力大小相等，故圓盤豎直向下做勻速直線運動，當小球的速度與圓盤的速度相同時，兩者間距離最遠。設第一次碰后小球經(jīng)過時間t與圓盤的速度相同，兩者間的最遠距離為sm，以豎直向下為正方向，根據(jù)運動學公式得解得sm=l（3）第一次碰撞后到第二次碰撞時，兩者位移相同，設此過程經(jīng)歷的時間為t1，圓盤的位移為x1，以豎直向下為正方向，根據(jù)運動學公式得解得，第二次碰撞前瞬間小球的速度為 設第二次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度分別為vm2、vM2，以豎直向下為正方向，由動量守恒定律和機械能守恒定律得聯(lián)立解得，同理，設第二次碰撞后到第三次碰撞時經(jīng)歷的時間為t2，圓盤的位移為x2，則有，第三次碰撞前瞬間小球的速度為設第三次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度分別為vm3、vM3，同理可得：聯(lián)立解得，同理，設第三次碰撞后到第四次碰撞時經(jīng)歷時間為t3，圓盤的位移為x3，則有：解得，綜上分析，由前三次碰撞后圓盤的向下運動的位移分別為x1=2l，x2=4l，x3=6l可歸納出每次碰撞后到下一次碰撞時，圓盤位移逐次增加2l，如果圓盤不離開圓管，第四次碰撞后到第五次碰撞時圓盤的位移為x4=8l 因20l-l-x1-x2-x3=7l＜x4=8l