1、2019北京人大附中高一（下）期末物理2019年7月2日说明:本练习共四道大题，20道小题，共6页.满分100分，考试时间90分钟;请在密封线内填写个人信息.(将选择题中符合题意的选项涂在答题纸上，其余试题答在答题纸的指定区域内，只交答题纸)一、单项选择题:本题共10小题，每小题3分，共计30分，每小题只有一个选项符合题意1.关于下列四幅图的说法中，正确的是（ ）A. 图甲中C摆开始振动后，A、B、D三个摆中B摆的振幅最大B. 图乙为两列水波产生的干涉图样，这两列水波的频率可以不同C. 图丙是波的衍射现象，左图的衍射更明显D. 图丁是声波的多普勒效应，该现象说明，当观察者与声源相互靠近时，他听
2、到的声音频率变低了【答案】C【解析】【详解】A.由单摆周期，故摆长越大，周期越大；又有C摆开始振动后，A、B、D三个摆做受迫振动，故A摆和C摆周期相等，发生共振，振幅最大，故A错误；B.由两波发生稳定干涉现象可得：两波频率相等，故B错误；C.光线通过小孔时,物体边缘会出现光波分散的现象,这种光学现象便称为“衍射” 小孔越小，衍射越明显，所以，左图的衍射更明显，故C正确；D.多普勒效应是指物体辐射的波长因为光源和观测者的相对运动而产生变化，当观察者与声源相互靠近时，他听到的声音频率变高了，故D错误2.作简谐运动的物体,回复力和位移的关系图是下图所给四个图像中的( ).A. B. C. D. 【答
3、案】D【解析】【详解】回复力和位移的关系式F=-kx，图象为一次函数，且F与x 方向相反，故选D3.图描绘了一颗悬浮在液体中的固体微粒受到周围液体分子撞击的情景，下列关于布朗运动的说法中正确的是A. 悬浮微粒做布朗运动，是液体分子的无规则运动撞击造成的B. 布朗运动是固体分子的无规则运动C. 液体温度越低，布朗运动越剧烈D. 悬浮微粒越大，液体分子撞击作用的不平衡性表现得越明显【答案】A【解析】【详解】AB.布朗运动是小颗粒受到不同方向的液体分子无规则运动产生的撞击力不平衡引起的，它既不是液体分子的运动，也不是固体小颗粒分子的运动，而是小颗粒的运动故A正确，B错误；C.颗粒越小，温度越高，布朗
4、运动越剧烈故C错误；D.悬浮微粒越大，液体分子撞击作用的不平衡性表现得越不明显故D错误4.一质点做简谐运动，其相对于平衡位置的位移x与时间t的关系图线如图所示，由图可知A. 质点振动的频率为1.6HzB. 质点的振幅为4.0cmC. 在0.3s和0.5s两时刻，质点的速度方向相同D. 在0.3s和0.5s两时刻，质点的加速度方向相同【答案】D【解析】【详解】A. 由图读出周期T=1.6s，则频率故A错误；B. 质点的振幅等于振子的位移最大值，由图直接读出振幅A=2cm，故B错误；C. 在0.3s时刻，质点正从平衡位置向最大位移处运动，速度沿正方向；在0.5s时刻，质点正从正向最大位移向平衡位置
5、运动，速度方向沿负方向，故这两个时刻的速度方向相反故C错误；D. 由简谐运动的特征 分析得知，在0.3s和0.5s两时刻，质点的位移相同，所以加速度方向相同，故D正确5.已知铜的摩尔质量为M，密度为，阿伏加德罗常数为N，下列说法中正确的是（ ）A. 1个铜原子的质量为B. 1个铜原子的质量为C. 1个铜原子所占的体积为D. 1个铜原子所占的体积为【答案】A【解析】【详解】AB.铜原子的质量等于摩尔质量除以阿伏伽德罗常数N，即，故A正确，B错误；C.铜原子所占的体积等于摩尔体积除以阿伏伽德罗常数N，即故C错误, D错误6.我国女子短道速滑队在2013年世锦赛上实现女子3000m接力三连冠观察发现
6、，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（）A. 甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B. 甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C. 甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D. 甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功【答案】B【解析】【详解】A因为冲量是矢量，甲对已的作用力与乙对甲的作用力大小相等方向相反，故冲量大小相等方向相反，故A错误B设甲乙两运动员的质量分别为、，追上之前的瞬间甲、乙两运动员的速度分别是，根据题意整个交接棒过程动量守恒：可以解得：，
7、即B选项正确；CD经历了中间的完全非弹性碰撞过程 会有动能损失，CD选项错误【点睛】本题主要考察能量（做功正负判断）、动量（动量定理、动量守恒）相关知识，结合弹性碰撞和非弹性碰撞的动量和能量关系展开讨论【此处有视频，请去附件查看】7.在平静的水面上激起一列水波，使漂浮在水面上相距6.0m的小树叶a和b发生振动，当树叶a运动到上方最大位移处时，树叶b刚好运动到下方最大位移处，经过1.0s后，树叶a的位移第一次变为零则该波的波速可能是A. 1.5m/sB. 2m/sC. 3m/sD. 6m/s【答案】C【解析】【详解】由树叶a的振动可知振动周期T=4s；6m是半波长的奇数倍，则波速(n=0，1，2
8、，3)，通过计算,当n=0时，v=3m/sn=1时，v=1m/s答案仅有C正确8.如图所示，质量为m的小球，用不可伸长的轻绳悬挂在O点现将小球从A点由静止释放，小球向下摆动至最低点B在此过程中，小球重力做的功为W，小球重力的冲量为I，小球动能的变化量为，小球动量的变化量为不计空气阻力，下列关系式正确的是A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】B【解析】【详解】小球在摆动过程中，只有重力做功，轻绳的弹力不做功，根据动能定理可知，重力的功等于动能的变化量，即W=Ek；小球在摆动过程中，受到了重力和绳子拉力的冲量，故重力的冲量不等于动量的变化量A. ，与分析不符，故A错误；B. ，与分析相符，故B正
9、确；C. ，与分析不符，故C错误；D. ，与分析不符，故D错误9.如图所示，把石块从高处抛出，初速度方向与水平方向夹角为（），石块最终落在水平地面上若空气阻力可忽略，仅改变以下一个因素，可以对石块在抛出到落地的过程中的“动能的变化量”和 “动量的变化量”都产生影响，这个因素是（ ） Failed to download image : http:/qbm-images.oss-cn-A. 抛出石块的速率v0B. 抛出石块的高度hC. 抛出石块的角度D. 抛出石块用力的大小【答案】B【解析】【详解】根据动能定理：；由动量定理：，则如果抛出石块的速率v0变化，则对物体动能的变化无影响；因时间t要变
10、化，则对物体的动量变化产生影响，故选项A错误；若抛出石块的高度h变化，则对物体动能的变化有影响；因时间t要变化，则对物体的动量变化产生影响，故选项B正确；若抛出石块的角度变化，则则对物体动能的变化无影响；因时间t要变化，则对物体的动量变化产生影响，故选项C错误；若抛出石块用力的大小变化，则抛出石块的速率v0变化，对物体动能的变化无影响；因时间t要变化，则对物体的动量变化产生影响，故选项D错误；故选B.q10.如图所示，站在车上的人，用锤子连续敲打小车初始时，人、车、锤都静止假设水平地面光滑，关于这一物理过程，下列说法正确的是A. 连续敲打可使小车持续向右运动B. 人、车和锤组成的系统机械能守恒
11、C. 当锤子速度方向竖直向下时，人和车水平方向的总动量为零D. 人、车和锤组成的系统动量守恒【答案】C【解析】【详解】A.人、车和锤看做一个系统处在光滑水平地面上，水平方向所受合外力为零，故水平方向动量守恒，总动量始终为零，当大锤有相对大地向左的速度时，车有向右的速度，当大锤有相对大地向右的速度时，车有向左的速度，故车来回运动，故A错误；B.大锤击打小车时，发生的不是完全弹性碰撞，系统机械能有损耗，故B错误；C.大锤速度竖直向下时，没有水平方向的速度，因为水平方向总动量恒为零，故人和车的总动量也为零，故C正确；D.人、车和锤水平方向动量守恒，因为大锤会有竖直方向的加速度，故竖直方向合外力不为零
12、，竖直动量不守恒，系统总动量不守恒，故D错误二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分。每小题有至少两个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答得0分。11.如图所示，小球从B点由静止释放，摆到最低点C的时间为，从C点向右摆到最高点的时间为.摆动过程中，如果摆角始终小于5，不计空气阻力下列说法中正确的是（ ）A. ，摆线碰钉子的瞬间，小球的速率变小B. ,摆线碰钉子的瞬间，小球的速率不变C. ,摆线碰钉子的瞬间，小球的速率变小D. ，摆线碰钉子的瞬间，小球的加速度变大【答案】BD【解析】【分析】单摆的小角度摆动是简谐运动，根据单摆的周期公式分析，注意摆动中摆长是
13、变化的；同时根据受力情况以及功能关系确定小球的速率【详解】ABC.因摆角始终小于5，则小球在钉子两边摆动时均可看做单摆，因为在左侧摆动时摆长较长，根据可知周期较大，因摆球在钉子两边摆动的时间均为所在摆周期的，可知：；摆线碰钉子的瞬间，由于水平方向受力为零，可知小球的速率不变；故B正确AC错误；D.摆线碰钉子的瞬间，小球的速率不变,而半径变小，所以加速度变大，故D正确12.如图所示，纵坐标表示两个分子间引力和斥力的大小，横坐标表示两个分子间的距离，图中两条曲线分别表示两分子间引力、斥力的大小随分子间距离的变化关系，e为两曲线的交点，则下列说法中正确的是（ ）A. ab为引力曲线，cd为斥力曲线，
14、e点横坐标的数量级为mB. ab为斥力曲线，cd为引力曲线，e点横坐标的数量级为mC. 若两个分子间距离小于e点的横坐标，则分子间作用力表现为斥力D. 若两个分子间距离小于e点的横坐标时，分子力随两个分子间距离增大而增大【答案】AC【解析】【分析】在Fr图象中，随着距离增大斥力比引力变化的快，当分子间的距离等于分子直径数量级时，引力等于斥力【详解】AB.在Fr图象中，随着距离的增大斥力比引力变化的快，所以ab为引力曲线，cd为斥力曲线，当分子间的距离等于分子直径数量级10-10m时，引力等于斥力，A正确B错误；C.若两个分子间距离小于e点的横坐标，则分子间作用力表现为斥力，C正确；D.若两个分
15、子间距离小于于e点的横坐标时，随着两个分子间距离越来越大，分子力越来越小，D错误13.图甲为一列简谐横波在t=2s时的波动图像，图乙为该波中x=2m处质点P的振动图像则下列说法中正确的是（ ）A. 该波的波速大小为1m/sB. 该波沿x轴负方向传播C. t=1.0s时，质点P的速度最小，加速度最大D. 在t=0到t=2.0s的时间内，质点P的速度和加速度的方向均为发生改变【答案】ABC【解析】【详解】A.由图可知，周期T4.0s，波长4m，则波速，故A正确；B.x2m处的质点P在t2s时刻向下振动，根据“同侧法”知，波沿x轴负方向传播，故B正确；C.由图2可知，当t1s时，质点P在最大位移处，
16、此时的加速度最大，速度等于0，故C正确；D.由图可知，在02s内质点的位移为正加速度的方向始终向下；在01s内质点向正最大位移处运动，速度方向为正；而12s内质点从最大位移处向平衡位置处移动，所以速度的方向为负故D错误14.如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为、的两物块A、B相连接，并静止在光滑水平面上现使B获得水平向右、大小为6m/s的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像提供的信息可得（ ）A. 在、两个时刻，两物块达到共同的速度2m/s，且弹簧都处于伸长状态B. 到时刻之间，弹簧由压缩状态恢复到原长C. 两物体的质量之比为:=2:1D. 运动过程中，弹
17、簧的最大弹性势能与B的初始动能之比为2：3【答案】BCD【解析】【分析】两个滑块与弹簧系统机械能守恒、动量守恒，结合图象可以判断它们的能量转化情况和运动情况【详解】A.从图象可以看出，从0到t1的过程中弹簧被拉伸，t1时刻两物块达到共同速度2m/s，此时弹簧处于伸长状态，从t2到t3的过程中弹簧被压缩，t3时刻两物块达到共同速度2m/s，此时弹簧处于压缩状态，故A错误；B.由图示图象可知，从t3到t4时间内A做减速运动，B做加速运动，弹簧由压缩状态恢复到原长，故B正确；C.由图示图象可知，t1时刻两物体速度相同，都是2m/s，A、B系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：，即
18、，解得：，故C正确；D.由图示图象可知，在初始时刻，B的初动能为：在t1时刻，A、B两物块的速度是2m/s，A、B两物块动能之和为：所以，这时候，最大的弹性势能为，所以：故D正确三、填空题：本题共2小题，共16分。请将解答填写在答题卡相应的位置。15.某实验小组的同学做“用单摆测定重力加速度”的实验（1）实验时除用到秒表、刻度尺外，还应该用到下列器材中的_选填选项前的字母）A.长约1m的细线 B.长约1m的橡皮绳C.直径约1cm的均匀铁球 D.直径约10cm的均匀木球（2）选择好器材，将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，应采用图中_所示的固定方式（选填“甲”或“乙”）（3）将单摆正确悬挂后进行
19、如下操作，其中正确的时_（选填选项前的字母）A.测出摆线长作为单摆的摆长B.把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度由静止释放，使之做简谐运动C.在摆球经过平衡位置时开始计时D.用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期（4）用l表示单摆的摆长，用T表示单摆的周期，则计算重力加速度的表达式为g=_.（5）乙同学测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是_（选填选向前的字母）A.开始摆动时振幅较小B开始计时时，过早按下秒表C.测量周期时，误将摆球（n-1）次全振动的时间记为n次全振动的时间D.实验中，由于操作不当，使摆球做圆锥摆运动【答案】 (1). AC (
20、2). 乙 (3). BC (4). (5). CD【解析】【详解】（1）1AB.实验过程单摆摆长应保持不变，应选择长约1m的细线作为摆线，摆线不能选择有弹性的橡皮绳，故A正确，B错误；CD.为减小实验误差，应选择密度大而体积小的球作为摆球，应选择直径约1cm的均匀铁球作为摆球，不要选用直径约10cm的均匀木球，故C正确，D错误；故选AC；（2）2在该实验的过程中，悬点要固定，应采用图乙中所示的固定方式（3）3A.摆线长度与摆球半径之和是单摆的摆长，故A错误；B.单摆在小角度下的运动为简谐运动，把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度释放，使之做简谐运动，故B正确；C.为减小测量误差，在摆球经过平衡
21、位置时开始计时，故C正确；D.为减小测量误差，应测出n个周期的总时间t，然后求出周期：，用单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期实验误差较大，故D错误；故选BC；（4）4由单摆周期公式： ，可知：T与成正比，T图象是正比例函数图象，T图象的斜率：，则重力加速度：；（5）5由单摆周期公式：得：；A.单摆在小角度下的摆到为简谐振动，开始摆动时振幅较小，单摆的振幅对重力加速度的测量没有影响，故A错误；B.开始计时时，过早按下秒表，所测周期T偏大，所测重力加速度偏小，故B错误；C.测量周期时，误将摆球（n1）次全振动的时间记为n次全振动的时间，所测周期T偏小，所测重力加速度g偏大，故C正确；D.实
22、验中，由于操作不当，使摆球做圆锥摆运动，测得周期T偏小，所测重力加速度偏大；故选CD；故答案为（1）AC；（2）乙（3）BC；（4）（5）CD【点睛】单摆测定重力加速度的原理：单摆的周期公式，还要知道：摆角很小的情况下单摆的振动才是简谐运动；摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，为减小误差应保证摆线的长短不变；单摆在摆动的过程中，摆长不能发生变化在最低点，速度最快，开始计时误差较小16.用图甲的“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系O时小球抛出时球心在地面上的垂直投影点，实验时，先让入射小球多次从斜轨上S位置由静止释放，找到七落地点的平均位置P，测量平抛
23、水平射程OP然后把被碰小球静置于水平轨道的末端，再将入射小球从斜轨上S位置由静止释放，与小球相撞，多次重复实验，找到两个小球落地的平均位置M、N（1）下列器材选取或实验操作符合实验要求的时_A.可选用半径不同的两小球B.选用两球的质量应满足C.需用秒表测量小球在空中飞行的时间D.斜槽轨道必须光滑（2）图乙是小球的多次落点痕迹，由此可确定其落点的平均位置对应的读数为_cm（3）在某次实验中，测量出两小球的质量分别为，三个落点的平均位置与O点的距离分别为OM、OP、ON在实验误差允许范围内，若满足关系式_，即验证了碰撞前后两小球组成的系统动量守恒（用所给符号表示）（4）验证动量守恒的实验也可以在如
24、图所示的水平气垫导轨上完成，实验时让两滑块分别从导轨的左右两侧向中间运动，滑块运动过程所受的阻力可忽略，它们穿过光电门后发生碰撞并粘连在一起实验测得滑块A的总质量为滑块B的总质量为，两滑块遮光片的宽度相同，光电门记录的遮光片挡光时间如下表所示左侧光电门右侧光电门碰前碰后无在实验误差允许范围内，若满足关系式 _即验证了碰撞前后两滑块组成的系统动量守恒（用测量的物理量表示）【答案】 (1). B (2). 55.50 (3). (4). 【解析】【详解】（1）1A.为保证碰撞在同一条水平线上，所以两个小球的半径要相等故A错误；B.为保证入射小球不反弹，入射小球的质量应比被碰小球质量大故B正确；C.
25、小球在空中做平抛运动的时间是相等的，所以不需要测量时间故C错误；D.要保证小球在空中做平抛运动，所以斜槽轨道末端必须水平，但是在斜槽轨道的运动发生在平抛以前，所以不需要光滑，但入射球必须从同一高度释放故D错误故选B；（2）2确定B球落点平均位置的方法：用尽可能小的圆把所有的小球落点圈在里面，圆心P就是小球落点的平均位置；碰撞后m2球的水平路程应取为55.50cm；（3）3要验证动量守恒定律定律，即验证：，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得：得：，可知，实验需要验证：；（4）4若让两滑块分别从导轨的左右两侧向中间运动，选取向右为正方向，则
26、有：，设遮光片的宽度为d，则：，联立可得：故答案为1B2B3 4【点睛】实验的一个重要的技巧是入射球和靶球从同一高度作平抛运动并且落到同一水平面上，故下落的时间相同，所以在实验的过程当中把本来需要测量的速度改为测量平抛过程当中水平方向发生的位移，可见掌握了实验原理才能顺利解决此类题目四、计算题：本题共4小题，共计38分。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。有数值计算的题目，答案中必须明确写出数值和单位。17.如图所示，MN是半径为R=0.8m的竖直四分之一光滑圆弧轨道，竖直固定在水平桌面上，轨道末端处于桌子边缘并与水平桌面相切于N点把一质量为m=1kg
27、的小球B静止放于N点，另一个完全相同的小球A由M点静止释放，经过N点时与B球发生正碰，碰后粘在一起水平飞出，落在地面上的碰点若桌面高度为h=0.8m，取重力加速度g=10m/不计空气阻力，小球可视为质点求：（1）小球A运动到N点与小球B碰前的速度的大小；（2）小球A与小球B碰后瞬间的共同速度的大小；（3）P点与N点之间的水平距离x.【答案】（1）4m/s（2）2m/s（3）0.8m【解析】【分析】（1）小球在圆弧轨道内下滑过程中，由动能定理即可求出；（2）小球到达N点，与B发生碰撞，由动量守恒定律即可求出碰撞后的速度；（3）由平抛运动规律即水平方向上匀速和竖直方向自由落体可求水平距离【详解】（
28、1）小球在圆弧轨道内下滑过程中，由动能定理得：代入数据解得：；（2）两个小球碰撞的过程中水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，设碰撞后的共同速度为v，则：代入数据可得：（3）小球从N点飞出后做平抛运动，竖直方向上：水平方向上：解得：【点睛】本题是平抛运动和动能定理的综合应用，速度是它们之间联系的纽带根据动能定理求解变力做功是常用的思路18.坐标原点O处的波源t=0时刻开始沿着y轴方向做简谐运动，形成沿x轴正方向传播的简谐波T=0.3s时刻，波刚传播到x=3m处的P点，t=0.3s时刻的波形如图所示求：（1）波的传播速度大小；（2）从图示时刻再经过多长时间，位于x=8m处的Q点第一次到达波谷；（
29、3）在图中画出t=0.5s时刻的波形（不用写出推导过程）【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】；【详解】（1）由题可以知道，波的传播速度为；（2）由图可知，故周期，设在经过时间，位于处的Q点到达波谷，则：时，（3）由题可以知道, 时，波恰好传递到5m处，所以，波形图是：19.如图所示，木块A质量=2kg，木板B质量=5kg，质量为=3kg的小木块C（可看成质点）置于木板B的最右端，水平地面光滑，B、C间动摩擦因数为0.25开始时B、C均静止，现使A以=9m/s的初速度向右运动，与B碰撞后以1m/s速度弹回已知A与B的碰撞时间极短，此后的运动过程中C始终未从B上脱落G取10m/,求：（1）A
30、、B碰后瞬间B木板的速率；（2）此后的运动过程中木块C的最大速率；（3）木板B的最小长度【答案】（1）4m/s(2)2.5m/s(3)2m【解析】【详解】A与B碰后瞬间,C的运动状态未变,B速度最大.以A、B组成的系统为研究对象,碰撞过程系统动量守恒,以A的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得: ，,代入数据得:（2）A、B碰撞后,B与C相互作用使B减速、C加速,因为B板足够长,所以B和C能达到相同速度,二者共速后,C速度最大,以B、C组成的系统为研究对象,以向右为正方向,由动量守恒定律得:,代入数据得:.（3）B和C共速过程中，损失的机械能全部转化为内能，就等于摩擦力乘以相对位移:代入数据得
31、:20.动能定理和动量定理不仅适用于质点在恒力作用下的运动，也适用于质点在变力作用下的运动，这时两个定理表达式中的力均指平均力，但两个定理中的平均力的含义不同，在动量定理中的平均力F1是指合力对时间的平均值，动能定理中的平均力F2是合力指对位移的平均值(1)质量为1.0kg的物块，受变力作用下由静止开始沿直线运动，在2.0s的时间内运动了2.5m的位移，速度达到了2.0m/s分别应用动量定理和动能定理求出平均力F1和F2的值(2)如图1所示，质量为m的物块，在外力作用下沿直线运动，速度由v0变化到v时，经历的时间为t，发生的位移为x分析说明物体的平均速度与v0、v满足什么条件时，F1和F2是相
32、等的(3)质量为m的物块，在如图2所示的合力作用下，以某一初速度沿x轴运动，当由位置x=0运动至x=A处时，速度恰好为0，此过程中经历的时间为，求此过程中物块所受合力对时间t的平均值【答案】（1）F1=1.0N，F2=0.8N；（2）当时，F1=F2；（3）【解析】【详解】解：(1)物块在加速运动过程中，应用动量定理有： 解得： 物块在加速运动过程中，应用动能定理有： 解得： (2)物块在运动过程中，应用动量定理有： 解得： 物块在运动过程中，应用动能定理有： 解得： 当时，由上两式得： (3)由图2可求得物块由运动至过程中，外力所做的功为：设物块的初速度为，由动能定理得： 解得： 设在t时间内物块所受平均力的大小为，由动量定理得： 由题已知条件： 解得：
