2023-2024学年湖北省武汉市东西湖区华中师范大学第一附属中学高一（上）期末考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年湖北省武汉市东西湖区华中师范大学第一附属中学高一（上）期末考试物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.在物理学的发展过程中，许多的物理学家都做出了重要的贡献，他们也探索出了许多的研究方法，下列说法中错误的是( )
A. 引入“重心”、“合力与分力”概念时，运用了等效替代的思想
B. 当Δt→0时，ΔxΔt就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思维法
C. 在研究物体的运动与力的关系时，伽利略在逻辑推理的基础上通过斜面实验证明了“力是维持物体运动的原因”
D. 用比值法定义的物理量在物理学中占有相当大的比例，例如速度v=xt就是采用比值法定义的物理量
2.如图所示，粗糙木箱内有一物块A，A与右侧箱壁间用一根轻弹簧连接，此时弹簧处于拉伸状态，整个系统处于静止状态。若要使物块A相对木箱底面向右运动，下列操作可能正确的是
( )
A. 使木箱向上做加速运动B. 使木箱向下做减速运动
C. 使木箱向左做加速运动D. 使木箱向右做加速运动
3.在机床、汽车等机器或设备中通常会使用一种叫做蜗杆传动的装置，如图所示，这种装置由蜗杆和蜗轮组成，从外形上看，蜗杆类似螺栓，蜗轮则很像斜齿圆柱齿轮。工作时，一般以蜗杆为主动件，当蜗杆旋转时，会带动蜗轮轮齿沿着蜗杆的螺旋面转动，蜗杆每旋转一圈，蜗轮轮齿会转动一格，若螺距为d=1.6πmm的蜗杆以每秒20圈的转速旋转，则半径为r=32mm的蜗轮将获得的转速是( )
A. 30r/minB. 120r/minC. 1200r/minD. 48000r/min
4.如图所示，一根轻绳的一端固定在墙上A点，另一端绕过动滑轮悬挂一重物，其中滑轮与A之间的细绳水平，另有一根轻绳BP，其一端与动滑轮的转轴P相连，另一端点B固定在直角墙壁的顶点上，此绳与竖直方向夹角为θ，整个系统处于平衡状态，光滑轻质滑轮的大小可以忽略，现缓慢移动轻绳端点B，下列说法正确的是( )
A. 若端点B沿墙壁水平向左移动，则θ变大，BP绳上拉力变小
B. 若端点B沿墙壁水平向左移动，则θ变小，BP绳上拉力变大
C. 若端点B沿墙壁竖直向上移动，则θ变大，BP绳上拉力变小
D. 若端点B沿墙壁竖直向上移动，则θ变小，BP绳上拉力变大
5.骑行是一项深受人们热爱的运动，如图是场地自行车比赛的圆形赛道．路面与水平面的夹角为13.5∘，圆周的半径为60m，某运动员骑自行车在该赛道上做匀速圆周运动，已知sin13.5∘=0.233，tan13.5∘=0.240,g=10m/s2，则下列说法正确的是
( )
A. 该运动员在骑行过程中，所受合外力为零
B. 该运动员在骑行过程中，所受合外力沿路面向下
C. 若该运动员以12m/s的速度骑行，则其不受路面给的侧向摩擦力
D. 若该运动员以 139.8m/s的速度骑行，则其不受路面给的侧向摩擦力
6.如图所示的光滑固定斜面ABCD，其倾角可调节。当倾角为θ1时，一物块(可视为质点)沿斜面左上方顶点A以初速度v0水平射入，恰好沿底端D点离开斜面；改变倾角为θ2时，同样将该物块沿斜面左上方顶点A以初速度v0水平射入，发现物块沿CD边中点离开斜面。已知重力加速度为g，下列说法正确的是
( )
A. 物块离开斜面时，前后两次下落的高度之比为2:1
B. 物块离开斜面时，前后两次下落的高度之比为4:1
C. 物块从入射到飞离斜面，前后两次速度变化量的大小之比为1:1
D. 物块从入射到飞离斜面，前后两次速度变化量的大小之比为1:2
7.如图所示，A、B两物体相距s=14m时，A在水平向右的拉力FA作用下，以vA=8m/s的速度向右匀速运动，而物体B在水平向左的拉力FB的作用下以vB=20m/s向右做减速运动。两物体质量相同，与地面间的动摩擦因数均为0.2，FA=FB，则经过多长时间A追上B( )
A. 7sB. 8sC. 9sD. 10s
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.有一质量m=1kg的物体静止在足够长的粗糙竖直墙壁上，某时刻无初速度释放物体，并同时分别以甲、乙两种方式施加外力，物体紧贴墙壁向下运动，已知物体与墙壁间的动摩擦因数μ=0.5，取g=10m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A. 下落过程中，乙情景中的物体所受合外力的方向会发生改变
B. 下落过程中，甲情景与乙情景中物体的速度都会一直增大
C. 下落过程中，甲情景中的物体最大速度为5m/s
D. 下落过程中，乙情景中的物体最大速度为25m/s
9.如图所示，光滑水平地面上放置质量均为m的两个正三棱柱A、B，其中A固定在地面上，B在外力作用下紧靠着A，A、B中间夹有一个半径为R、质量为m的光滑圆柱C，整个系统处于静止状态，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 撤去外力瞬间，B对C的弹力大小为0.5mg
B. 撤去外力后，C落地时的速度大于B的速度
C. 撤去外力后，C落地前的加速度小于B的加速度
D. 撤去外力后，C落地时的速度大小为 gR
10.如图甲所示，质量为M的长木板放置于水平面上，其上左端有一质量为m1=3kg的物块A，物块A通过轻绳跨过光滑滑轮与质量为m2=6kg的物块B相连，物块B离地面高度为h。t=0时刻由静止释放物块B，同时给长木板一水平向左的初速度v0=7m/s，以后物块A运动的加速度—时间图像如图乙所示。物块与木板间动摩擦因数为μ1，木板与地面间动摩擦因数为μ2，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。取重力加速度的大小g=10m/s2，则下列说法正确的是
( )
A. 物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.1B. 木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1
C. 木板向左运动的最大位移为3.5mD. 长木板的质量M=2kg
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.小明在家中用一根轻弹簧、水瓶、细线、墙钉和贴在墙上的白纸等物品，验证力的平行四边形定则。实验步骤如下：
ⅰ.先用图钉A将弹簧一端固定在白纸上，弹簧另一端通过细绳L1悬挂矿泉水瓶(与墙、纸无摩擦)，如图甲所示；
ⅱ.将另一细绳L2拴于细绳L1上O点，并将细绳L2水平拉直后用图钉B固定，在白纸上记下A、B、O的位置，如图乙所示；
ⅲ.在保证O点位置不变的情况下，交换弹簧与细绳L2的位置，使其方向与步骤ⅱ中对应方向平行，如图丙所示；
ⅳ.按照上述方法改变弹簧与细绳L2的夹角多测几次。
(1)对于本实验，下列说法或操作正确的是_________；(选填选项前的字母)
A.还需要用天平测出矿泉水的质量
B.还需要测量弹簧的原长以及图甲、乙、丙中弹簧的长度
C.为了保证实验结果尽可能准确，弹簧与细绳L2的夹角应该越大越好
D.步骤ⅳ中每次重复实验时，都应保证O点位置与第一次实验记录的位置一致
(2)小明在进行步骤ⅲ时由于粗心将水瓶中的水洒落了少许，但弹簧和细绳L2的方向都与步骤ⅱ中平行，O点位置也与步骤ⅱ中重合，这一操作_________(选填“会”或“不会”)造成误差。
12.某兴趣小组的同学做“探究加速度与力、质量的关系”实验时采用了两种方案，图甲是教材中的实验方案；图乙是拓展方案，其实验操作步骤如下：
i.测量遮光片的宽度d，挂上托盘和砝码，调节木板的倾角，使质量为M的小车通过两光电门的时间一致；
ii.取下托盘和砝码，称量出其总质量为m，将小车从木板上P点由静止释放，记下小车通过光电门2的时间t，并测出P点和光电门2的距离为x，计算并记录加速度a；
iii.改变砝码质量和木板倾角，重复上述步骤并保证每次小车都从P点释放，多次测量，作图得到a−F的关系图像。
(1)在记录数据时，把mg作为合外力F值的实验方案是_________(选填“甲”、“乙”或“甲和乙”)；需要满足条件M≫m的实验方案是_________(选填“甲”、“乙”或“甲和乙”)；需要在实验前平衡摩擦力的实验方案是_________(选填“甲”、“乙”或“甲和乙”)。
(2)在方案乙中，由步骤ⅱ得到的加速度表达式为a=_________(使用x,t,d表示)。
(3)该小组的田同学和郑同学都采用了方案乙进行实验，田同学操作正确，而郑同学在步骤ⅱ中只取下并称量了砝码的质量，也记为m，并在没有取下托盘的情况下进行了操作ⅲ，两位同学都将自己测量的数据mg作为小车所受合外力F，绘制了a−F图像，其中田同学的图像用实线表示，郑同学的图像用虚线表示，则他们得到的图像应是_________(选填图像对应的字母)，若田同学测得图像斜率为k1，郑同学测得图像斜率为k2，图A中纵轴截距为b，图B中横轴截距为c，则托盘质量为_________(只可选用k1,k2,b,c表示)
A. B．
C. D．
四、计算题：本大题共3小题，共44分。
13.如图所示，质量为m的物块在一大小为mg、方向与斜面成37∘角斜向下的推力F(力的作用线在斜面上的投影与斜面底边平行)作用下在斜面上以速度v做匀速运动，运动过程中斜面一直保持静止。若某时刻，物块与斜面右边缘的距离为x、与斜面底边的距离为y，已知sin37∘=0.6,cs37∘=0.8，斜面质量为M。求：
(1)物块滑离斜面所需要的时间t；
(2)物块滑离斜面前，地面给斜面的支持力大小N。
14.如图所示，光滑水平面的左侧有一以v= 5m/s顺时针转动的倾斜传送带，传送带与水平面的夹角θ=37∘且与水平面平滑连接。水平面右侧竖直平面内有一以O′为圆心，半径R=4m的14圆弧坡，以弧面最低点O为原点、水平方向为x轴，竖直方向为y轴建立直角坐标系xOy，某时刻有一物体以初速度v0=5m/s从水平面冲上传送带。已知传送带足够长，物体与传送带间动摩擦因数μ=0.5，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，g=10m/s2，求：
(1)物体在传送带上运动的总时长t；
(2)物体在传送带上相对传送带运动的总路程L；
(3)物体返回水平面后，从右端飞出落在坡上的落点坐标。
15.一质量为m的粗糙直木棒A静置于水平地面上，木棒上端通过一轻绳跨过滑轮与质量为m的重物C连接，质量为2m的小环B套在木棒上。t=0时刻，小环以v0=4 2m/s的速度从距木棒底部h=1.925m的位置沿木棒向上滑动，同时由静止释放重物C。当木棒第一次与水平地面相碰时，连接重物C的细绳断裂，且每次木棒与地面碰撞时均原速率反弹。已知木棒与小环间的滑动摩擦力f=mg，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，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力以及滑轮与轻绳间的摩擦力，求：
(1)t=0时刻，小环和木棒的加速度；
(2)木棒第一次与地面碰撞时的速度大小；
(3)小环从木棒下端滑出前，木棒与地面碰撞的次数n及滑出瞬间小环与水平地面间的距离d。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.重心、合力和分力等概念的建立都体现了等效替代的思想，故A正确；
B.根据速度定义式v=ΔxΔt，当 Δt 足够小时，就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法，故B正确；
C.在研究物体的运动与力的关系时，伽利略在逻辑推理的基础上通过斜面实验得到了“物体的运动不需要力来维持”的结论，故C错误。
D.用比值法定义的物理量在物理学中占有相当大的比例，例如速度v=xt就是采用比值法定义的物理量，故D正确。
本题选错误的，故选C。
2.【答案】C
【解析】AB.木箱保持静止时，在水平方向弹簧的弹力没有大于A与木箱之间的最大静摩擦力。当木箱向上加速运动或向下减速运动时，加速度向上，A处于超重，A对木箱的压力大于重力，最大静摩擦力比静止时更大，故弹簧弹力小于向上加速时的最大静摩擦力，不可能使A相对木箱底面向右移动，故AB错误；
C.假设木箱向左以加速度 a0 运动时，A刚好没有相对木箱发生滑动，对A由牛顿第二定律有fmax−kx=ma0，可知，当木箱向左运动的加速度小于等于 a0 时，将不发生相对滑动；当加速度大于 a0 时，A相对木箱底面向右移动，故C正确；
D.假设木箱向右以加速度a1运动时，A刚好没有相对木箱发生滑动，对A由牛顿第二定律有fmax+kx=ma1，可知，当木箱向右运动的加速度小于等于a1时，将不发生相对滑动；当加速度大于a1时，A相对木箱底面向左移动，故D错误。
故选C。
3.【答案】A
【解析】由图可知20d=2πr⋅n，解得n=0.5r/s=30r/min，故选A。
4.【答案】D
【解析】AB.设连接重物的绳端为N，由题意知PA、PN是一根绳子，并且PA段水平，而PN段竖直，所以∠APN=90°，故AP、NP段绳子受的力大小始终等于重物的重力，两段绳子拉力的合力在∠APN的角平分线上，即合力与水平方向的夹角为45°，根据几何关系可知两段绳子拉力的合力为F= 2mg，又由于整个系统处于平衡状态，BP段绳子的拉力与AP、NP段绳子拉力的合力等大反向，即BP段绳子与水平方向的夹角为45°，大小为 2mg ；若端点 B 沿墙壁水平向左移动，则 θ 不变， BP 绳上拉力不变，故AB错误；
CD.若端点 B 沿墙壁竖直向上移动，PA、PN夹角变小，合力变大，则 θ 变小， BP 绳上拉力变大，故C错误，D正确。
故选D。
5.【答案】C
【解析】AB.该运动员在骑行过程中在该赛道上做匀速圆周运动，所受的合外力提供向心力，指向圆心，故AB错误；
CD.当其不受路面给的侧向摩擦力时，重力和路面的支持力提供向心力，有mgtan13.5∘=mv2r，得v= rgtan13.5∘=12m/s，故C正确，D错误。
故选C。
6.【答案】B
【解析】AB.物块在斜面上做类平抛运动，沿斜面的方向做匀加速运动，有y=12at2，沿水平方向做匀速运动，有x=v0t，根据牛顿第二定律有mgsinθ=ma，联立解得y=x2gsinθ2v02，根据题意可知sinθ1sinθ2=2，物块离开斜面时，前后两次下落的高度之比为h1h2=y1sinθ1y2sinθ2=41，故A错误，B正确；
CD.速度变化量的大小为Δv=gsinθt，可知前后两次速度变化量的大小之比为2：1，故CD错误。
故选B。
7.【答案】B
【解析】设两物体的质量都为 m ，A物体做匀速直线运动，则A物体受力平衡，即FA=μmg，B物体做匀减速直线运动，对B物体受力分析F合=FB+μmg，FA=FB，根据牛顿第二定律F合=ma，解得a=4m/s2，B减速到0所用时间为t0=vBa=5s，此时B的位移为xB=vB2t0=50m，A的位移为xA=vAt0=40m，由于xB+s>xA，可知B速度减为零时，A还未追上B，此后B静止，A继续做匀速直线运动，继续追及的时间t1=xB+s−xAvA=3s，则物体A追上物体B所用的时间t=t0+t1=8s，故选B。
8.【答案】ACD
【解析】A.下落过程中，水平方向受力平衡，乙情景中的摩擦力大小为f乙=μF2=2t(N)，刚开始下落时，摩擦力小于重力，合力方向向下，5s后，摩擦力大于重力，合力方向向上，故A正确；
B.下落过程中，甲情景中摩擦力等于重力时，物体做匀速直线运动，乙情景中物体所受的摩擦力大于重力时，速度会减小，故B错误；
C.下落过程中，甲情景中的物体所受摩擦力为f甲=μF1=2v(N)，当f甲=mg，即v=5m/s时，速度最大，做匀速直线运动，故C正确；
D.乙情景中，物体运动加速度为a=mg−2tm=g−2t(m/s2)，当t=5s时，加速度为0，0∼5s过程加速度随时间均匀减小，平均加速度为a′=g2，物体运动速度最大为vmax=a′t=25m/s，故D正确。
故选ACD。
9.【答案】AD
【解析】BCD.撤去外力后，C落地前，C与A、B始终垂直，B、C都做匀加速运动，根据三角函数的关系可知，C沿斜面的位移为xC=2R−Rsin60∘=2 33R，B沿水平方向的位移为xB=2Rtan30∘=2 33R，根据位移时间关系x=12at2可知，B、C的加速度大小相等，则B、C的速度大小始终相等，落地前C下降的高度为h=Rcs60∘−R=R，B、C组成的系统机械能守恒，则mgh=12⋅2mv2，可得v= gh= gR，故BC错误，D正确。
A.根据2axB=v2，可得B得加速度a= 34g，撤去外力瞬间，对B分析可得FABcs30°=ma，解得C对B得弹力大小FAB=0.5mg，由牛顿第三定律得B对C得弹力大小为FBA=FAB=0.5mg，所以A正确；
故选AD。
10.【答案】BC
【解析】A.由乙图可知，0∼1s内物块A、B一起匀加速，由整体法可得m2g−μ1m1g=m1+m2a1，解得μ1=0.2，故A错误；
B.由于物块A所受木板的滑动摩擦力为f=μ1m1g=m1a2，解得加速度大小为a2=2m/s2，可知，1∼3s内物块B已经落地，物块A水平方向只受木板的滑动摩擦力作用，由图可知3s末物块A的加速度大小突然减为 1m/s2 ，则此时物块A与木板共速，之后二者一起做匀减速直线运动。由牛顿第二定律，可得μ2M+m1g=M+m1a3，解得μ2=0.1，故B正确；
CD.根据a−t图像中图线与时间轴所围面积表示速度变化，可知3s末物块A的速度为v=6×1m/s−2×2m/s=2m/s，依题意，0∼3s内木板先向左匀减速，再向右匀加速，受力分析由牛顿第二定律，有μ1m1g+μ2M+m1g=Ma木 ， μ1m1g−μ2M+m1g=Ma′木，又a木=v0t1,a′木=vt2，且t1+t2=3s，联立解得M=1.5kg,a木=7m/s2,a′木=1m/s2,t1=1s,t2=2s，则木板向左运动的最大位移为x=v02t1=3.5m，故C正确，D错误。
故选BC。
11.【答案】(1)B；(2)会
【解析】(1) AB.根据实验原理可知甲图可测量合力，乙、丙两图测量分力，结合胡克定律可知，还需要测量弹簧的原长以及图甲、乙、丙中弹簧的长度，以便测量三个力的大小，不需要用天平测量矿泉水的质量，故A错误，B正确；
C.为了保证实验结果尽可能准确，弹簧与细绳 L2 的夹角应该适当，不能过大或过小，故C错误；
D.为了使实验更具有普遍性，步骤iv中每次重复实验时，不需要保证 O 点位置与第一次实验记录的位置一致，故D错误。
故选B。
(2)小明在进行步骤ⅲ时由于粗心将水瓶中的水洒落了少许，但弹簧和细绳L2的方向都与步骤ⅱ中平行，O点位置也与步骤ii中重合，会导致弹簧弹力变小，从而造成实验误差。
12.【答案】(1)甲和乙；甲；甲 ；(2)d22xt2；(3)D；1k2−1k1
【解析】(1)在记录数据时，把mg作为合外力F值的实验方案是甲和乙；
在图乙实验方案中，挂上托盘和砝码，小车匀速下滑，设木板倾角为 θ ，小车受到的摩擦阻力为f，则有Mgsinθ=f+mg，取下托盘和砝码，小车做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得Mgsin θ−f=Ma，即mg=Ma，故乙方案中，不需要满足 M≫m ；
在图甲的实验方案中，由牛顿第二定律可得mg=(M+m)a，a=mM+mg，则绳子对小车的拉力F=Ma=MM+m⋅mg，当 M≫m 时，绳子拉力近似等于托盘和砝码的重力，故甲需要满足 M≫m ；
需要在实验前平衡摩擦力的实验方案是甲。
(2)小车通过光电门2的速度v=dt，根据v2−0=2ax，得a=d22xt2。
(3)由(1)的分析知田同学的操作有mg=Ma，即F=Ma，a=1MF，图像应是一条过原点的直线，斜率k1=1M；
对于郑同学的操作，设托盘的质量为m′，则挂上托盘和砝码时有Mgsin θ=f+mg+m′g，取下砝码后，由牛顿第二定律可得Mgsin θ−f−m′g=M+m′a，即mg=M+m′a，F=M+m′a，a=1M+m′F，图像应是一条过原点的直线，斜率k2=1M+m′由k1=1M和k2=1M+m′联立解得m′=1k2−1k1。
13.【答案】解：(1)力F在平行斜面向右方向的分力F1=Fcs37∘=0.8mg，
重力沿斜面向下的分力mgsin37∘=0.6mg，
这两个分力的合力与摩擦力等大反向，与斜面底边的夹角的正切值tanα=，
即α=37∘，
即物块的速度方向与斜面底边夹角为37°，
若 y若 y>xtan37∘，则物块从斜面右边缘滑出斜面，所需时间为t=xvcs37∘=5x4v。
(2)物块滑离斜面前，地面给斜面的支持力大小N=(M+m)g+Fsin37∘=(M+1.6m)g。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】解：(1)从物体冲上传送带到与传送带共速，设物体的加速度为 a1 ，运动时间为 t1 ，根据牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcsθ=ma1，
由运动学公式得−v=v0−a1t1，
从物体与传送带共速到物体离开传送带，设物体的加速度为 a2 ，运动时间为 t2 ，根据牛顿第二定律得mgsinθ−μmgcsθ=ma2，
由运动学公式得vt2+12a2t22=v02−v22a1，
解得t1=5+ 510s ， t2=3− 52s 或 t2=−3− 52s (舍)，
则运动的总时间t=t1+t2=10−2 55s。
(2)以传送带为参考系，从物体冲上传送带到与传送带共速有2a1L1=(v0+v)2，
从物体与传送带共速到物体离开传送带有L2=12a2t22，
则总相对路程L=L1+L2，
代入数据得L=(5− 5)m。
(3)返回水平面物体的速度v1=v+a2t2=3m/s，
物体离开水平面后，水平方向x=v1t3，
竖直方向R−y=12gt32，
根据几何关系得x2+(R−y)2=R2，
解得x=2.4m ， y=0.8m，
故落点坐标为 (2.4m,0.8m) 。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】解：(1) t=0 时刻，小环相对于木棒向上运动，小环所受滑动摩擦力向下，根据牛顿第二定律有f+2mg=2ma1，
解得a1=15m/s2，该加速度方向竖直向下，
设木棒的加速度为大小a2，木棒与重物的加速度大小相等，对重物，根据牛顿第二定律有mg−T=ma2，
对木棒，根据牛顿第二定律有T+f−mg=ma2，
解得木棒的加速度大小a2=5m/s2，该加速度方向竖直向上。
(2)根据上述可知，小环开始向上做匀减速直线运动，木棒与重物做匀加速直线运动，设经历时间 t0 达到相等速度，则有v共=v0−a1t0=a2t0，解得t0= 25s ， v共= 2m/s，
此过程木棒的位移x1=v共2t0，解得x1=0.2m，
此过程小环的位移x2=v0+v共2t0，解得x2=1m，
此过程小环相对于木棒向上运动，相对位移大小为x0=x2−x1，解得x0=0.8m，
之后小环、木棒与重物以大小相等的加速度做双向匀变速直线运动，根据牛顿第二定律有mg+2mg−T′=(m+2m)a3，T′−mg=ma3，
解得a3=5m/s2，，该加速度方向竖直向下，
根据速度与位移的关系式有v12−(−v共)2=2a3x1，
解得v1=2m/s。
(3)结合上述，小环、木棒与重物以大小相等的加速度做双向匀变速直线运动到与地面第一次碰撞时，环与木棒下端间距为L=x0+h=2.725m，
碰撞时，连接重物C的细绳断裂，碰撞后，小环向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有2mg−f=2ma4，
解得a4=5m/s2，
木棒反弹后向上做匀减速直线运动，对木棒，根据根据牛顿第二定律有mg+f=ma5，
解得a5=20m/s2，
小环向下做匀加速直线运动，木棒向上做双向匀变速直线运动，根据对称性可知，在木棒与地面再次碰撞之前，小环速度始终大于木棒速度，即小环在之后的碰撞过程中始终向下做匀加速直线运动，木棒一直重复第一次碰撞之后的双向匀变速直线运动，可知，每一次木棒上升到最高点的时间为t1=v1a5=0.1s，
利用逆向思维，木棒上升的最大高度为h0=12a5t12=0.1m，
可知，环在到达离地面高度为 h0 之前都不会与木棒分离，对小环有v1t2+12a4t22=L−h0，
解得t2=0.7s，
则木棒与地面碰撞的次数为n=0.7−0.10.1×2+1=4，
且第4次碰撞后，木棒上升到最高点时恰好与小环分离，可知此时小环离地面的高度d=h0=0.1m。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】