高中物理【功和机械能 动量 振动和波】专题模拟卷(带答案)

【功和机械能 动量 振动和波】专题模拟卷(满分共110分 时间60分钟)一、选择题(共12个小题，每小题4分，共48分，1～8题为单选题，9～12题为多选题)1．心电图是现代医疗诊断的重要手段，医生从心电图上测量出相邻两波峰的时间间隔，即为心动周期，由此可计算1 min 内心脏跳动的次数(即心率)．甲、乙两人在同一台心电图仪上做出的心电图分别如图甲、乙所示，医生通过测量后记下甲的心率是60次/min ，则心电图仪图纸移动的速度v 以及乙的心率为( )A ．25 mm/s,48次/min B.20 mm/min,75次/min C ．25 mm/s,75次/min D.20 mm/min,48次/min2.某一列沿x 轴传播的简谐横波，在t ＝T4时刻的波形图如图所示，P 、Q 为介质中的两质点，质点P 正在向动能增大的方向运动．下列说法正确的是( )A ．波沿x 轴正方向传播 B.t ＝T4时刻，Q 比P 的速度大C ．t ＝3T4时刻，Q 到达平衡位置D.t ＝3T4时刻，P 向y 轴正方向运动3.用水平力F 拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t 1时刻撤去拉力F ，物体做匀减速直线运动，到t 2时刻停止，其速度—时间图象如图所示，且α>β，若拉力F 做的功为W 1，平均功率为P 1；物体克服摩擦阻力F f 做的功为W 2，平均功率为P 2.下列选项正确的是( )A ．W 1>W 2，F ＝2F fB.W 1＝W 2，F >2F fC．P1<P2，F>2F f D.P1＝P2，F＝2F f4．如图，小球B质量为10 kg，静止在光滑水平面上，小球A质量为5 kg，以10 m/s 的速率向右运动，并与小球B发生正碰，碰撞后A球以2 m/s的速率反向弹回，则碰后B 球的速率和这次碰撞的性质，下列说法正确的是()A．4 m/s，非弹性碰撞 B.4 m/s，弹性碰撞C．6 m/s，非弹性碰撞 D.6 m/s，弹性碰撞5．一列沿x轴传播的简谐横波某时刻的波形图线如图甲所示．若从此时刻开始计时，则图乙表示质点P的振动图线．该波的传播速度和传播方向是()A．v＝2.0 m/s，波沿x轴正方向传播B．v＝1.0 m/s，波沿x轴正方向传播C．v＝2.0 m/s，波沿x轴负方向传播D．v＝1.0 m/s，波沿x轴负方向传播6．如图所示，在倾角θ＝37°的光滑斜面上质量均为m＝5 kg的A、B两物体用k＝200 N/m 的轻弹簧相连，初始时A、B两物体静止放在斜面底端的挡板上．现施加一个沿斜面向上的外力F作用在物体A上，使之能匀加速上升，经t＝0.4 s物体B刚要脱离挡板．已知sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是()A．所施外力F随时间均匀增大B．物体A运动的加速度为3 m/s2C．物体B脱离挡板时物体A的速度为2 m/sD．0.4 s内外力F所做的功为14.625 J7.如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为m的煤块(可视为质点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ.初始时，传送带与煤块都是静止的．现让传送带以恒定的加速度a开始运动，当其速度达到v后，便以此速度做匀速运动．经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确的是(重力加速度为g )( )A ．μ与a 之间一定满足关系μ>agB ．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移为v 2μgC ．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为vμgD ．黑色痕迹的长度为(a －μg )v 22a 28．如图所示，一块质量为M 的木板B 在光滑的水平桌面上以速度v 0匀速向右滑行，某时刻把一质量为m 的小铁块A (初速度为零)放在B 的右端，它将在B 上滑行一段距离后与B 相对静止达到共同速度v ，此时木板B 前进距离x ，小铁块到木板右端的距离为L ，若小铁块和木板间的动摩擦因数为μ.下列说法错误的是( )A ．木板对铁块的摩擦力对铁块做的功等于μmgLB ．木板与铁块组成的系统动量守恒C ．系统产生的内能等于μmgLD ．系统产生的内能等于12M v 20－12(M ＋m )v 29．如图所示，在光滑的水平面上有体积相同、质量分别为m ＝0.1 kg 和M ＝0.3 kg 的两个小球A 、B ，两球之间夹着一根压缩的轻弹簧(弹簧与两球不相连)，A 、B 两球原来处于静止状态．现突然释放弹簧，B 球脱离弹簧时的速度大小为2 m/s ；A 球进入与水平面相切、半径为0.5 m 的竖直面内的光滑半圆形轨道运动，PQ 为半圆形轨道竖直的直径，不计空气阻力，g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．A 、B 两球离开弹簧的过程中，A 球受到的冲量大小等于B 球受到的冲量大小 B ．弹簧初始时具有的弹性势能为2.4 JC ．A 球从P 点运动到Q 点过程中所受合外力的冲量大小为1 N·sD ．若逐渐增大半圆形轨道的半径，仍然释放该弹簧且A 球能从Q 点飞出，则落地的水平距离将不断增大10．地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面．某竖井中矿车提升的速度大小v 随时间t 的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程．( )A ．矿车上升所用的时间之比为4∶5B ．电机的最大牵引力之比为2∶1C ．电机输出的最大功率之比为2∶1D ．电机所做的功之比为4∶511.如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O 上，另一端与套在粗糙固定直杆A 处质量为m 的小球(可视为质点)相连．A 点距水平面的高度为h ，直杆与平面的夹角为30°，OA ＝OC ，B 为AC 的中点，OB 等于弹簧原长．小球从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度为v ，并恰能停在C 处．已知重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A ．小球通过B 点时的加速度为g /2 B ．小球通过AB 段与BC 段摩擦力做功相等 C ．弹簧具有的最大弹性势能为12m v 2D ．A 到C 过程中，产生的内能为mgh12．某家用桶装纯净水手压式饮水器如图，在手连续稳定的按压下，出水速度为v 0，供水系统的效率为η，现测量出桶底到出水管之间的高度差H (水面很低，高度不计)，出水口倾斜，其离出水管的高度差可忽略，出水口的横截面积为S ，水的密度为ρ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A ．出水口单位时间内的出水体积Q ＝12v 0SB ．出水口所出水落地时的速度v ＝v 20＋2gHC ．出水后，手连续稳定按压的功率为ρS v 302η ＋ρv 0SgH ηD ．手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和选 择 题 答 题 栏题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案二、实验题(本题共2个小题，共14分)13．(6分)某学习小组为了验证碰撞中的动量守恒，设计了如下方案：如图所示，斜面与水平桌面平滑连接，先将质量为M 的滑块A 从斜面上某位置由静止释放，测量出滑块在水平桌面滑行的距离x 0；接着将质量为m 、相同材料的小滑块B 放在斜面底端的水平轨道上，再让A 从斜面上同一位置由静止释放，A 与B 碰撞后，测量出各自沿桌面滑行的距离x 1、x 2，实验中M ＞m ，重力加速度为g .(1)若满足关系式__________________，则验证了A 和B 的碰撞动量守恒(用题目中给出的物理量表示)．(2)若满足关系式__________________，则验证了A 和B 的碰撞是弹性碰撞(用题目中给出的物理量表示)．(3)若桌面稍有倾斜，本实验________(填正确选项)． A ．无法验证动量守恒 B ．仍可以验证动量守恒 C ．满足动量守恒的关系式将改变14．(8分)某同学利用如图所示的装置“探究功与速度变化的关系”：在木板的左端固定一挡板，挡板上拴一轻质弹簧，弹簧的右端固定一小物块，物块的上方有一很窄的遮光片，当弹簧的长度为原长时，物块恰处于O 点，O 点的正上方有一光电门，光电门上连接计时器(图中未画出)．已知弹性势能的表达式为E p ＝12k (Δx )2.(1)实验开始时，________平衡摩擦力；________测量遮光片的宽度(均选填“需要”或“不需要”)．(2)所有实验条件具备后，将小物块向左压缩弹簧Δx 后从静止释放，小物块在弹簧的作用下被弹出，记下遮光片通过光电门的时间t 1.(3)将小物块向左压缩弹簧2Δx 、3Δx 、4Δx …后从静止释放，小物块在弹簧的作用下被弹出，分别记下遮光片通过光电门的时间t 2、t 3、t 4…(4)将几次实验中弹簧对小物块做的功分别记为W 1、W 2、W 3…，则W 1∶W 2∶W 3＝________，若以W 为纵坐标，1t 2为横坐标作图，则得到的图象是________(选填“一条直线”或“一条曲线”)．三、计算题(本题共3个小题，共48分，需要写出规范的解题步骤)15．(12分)如图所示，竖直平面内固定一个穿有P、Q两个小球(均视为质点)的光滑圆环，圆心为O、半径为R＝0.2 m．P、Q两小球用不计质量的轻杆相连，P、Q的质量分别为m P＝0.01 kg、m Q＝0.08 kg.在P上施加一竖直向上的恒力F带动两小球从圆环上的图示位置(P与圆心O等高，Q在圆心O的正下方)由静止开始沿逆时针方向转动，已知恒力F＝0.7 N，求：当小球P转过θ＝37°时，P、Q运动的速度分别为多大．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，计算结果可保留根号)16．(18分)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空．当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动．爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量．求(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度．17．(18分)如图所示，水平面上有一长度L＝4 m的薄凹槽CD，长L1＝2 m、质量M＝1 kg的薄板放在凹槽右侧D点静止，水平面两侧各有一个R＝0.5 m的半圆轨道．D点右侧静止一质量m＝0.98 kg的小木块．现有一颗质量m0＝20 g的子弹以v0＝100 m/s的速度射入木块，共速后滑上薄板，板与木块间动摩擦因数μ＝0.05，其余一切摩擦不计．若薄板每次与C、D面碰后速度立即减为0且与C、D面不粘连，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)子弹与木块碰后共同的速度为多大？(2)木块过圆弧B点时对B点压力为多大？(3)木块最终停止时离D点多远？【功和机械能 动量 振动和波】答案解析1．C 甲图，波长λ甲＝25 mm ，心率是f 甲＝60次/分＝1 Hz ，图纸移动的速率v ＝λ甲f 甲＝25 mm/s.由于两张图图纸移动的速率v 相同，则有：v ＝λ乙f 乙＝25 mm/s.又由图得：λ乙＝20 mm.解得：f 乙＝1.25 Hz ＝75次/分．故C 项正确．2．D 越靠近平衡位置运动速度越大，质点P 正在向动能增大的方向运动，则P 向下运动，波沿x 轴负方向传播．故A 错误；t ＝T4时刻，Q 到达最远位置，速度为零．P 在平衡位置和最远位置之间，速度不为零，所以Q 比P 的速度小．故B 错误；t ＝3T4时刻，Q 到达y轴正向最远位置，故C 选项错误；t ＝3T4时刻，P 从y 轴负向最远位置向平衡位置运动，所以向y 轴正方向运动，故D 选项正确．3．B 由动能定理得W 1－W 2＝0，即W 1＝W 2.由题图知，加速过程加速度a 1大于减速过程的加速度a 2，根据牛顿第二定律，有F －F f ＝ma 1，F f ＝ma 2，因a 1>a 2，故F －F f >F f ，选项B 正确，A 、D 错误；由题意知t F f >t F ，又W 1＝W 2，根据P ＝Wt可得P 1>P 2，选项C 错误．4．C 取小球A 开始运动的方向为正方向，碰撞前两个小球的总动能：E 1＝12m 1v 21＝12×5×102J ＝250 J ．碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得：m 1v 1＝－m 1v 1′＋m 2v 2，解得：v 2＝m 1v 1＋m 1v 1′m 2＝5×10＋5×210m/s ＝6 m/s. 碰撞后两小球的总动能：E 2＝12m 1v 1′2＋12m 2v 22＝12×5×22 J ＋12×10×62J ＝190 J.因为E 1＞E 2，有能量损失，是非弹性碰撞．故C 正确．5．C 由图甲可知，波长为λ＝2.0 m ，由图乙可知，周期为T ＝1.0 s ，所以波速为v ＝λT＝2.0 m/s ，由图乙可知此时质点P 向上振动，结合图甲，由“同侧法”可知，波沿x 轴负方向传播．故选C.6．D 对物体A 进行受力分析知，它受重力、支持力、弹簧的弹力和外力F 作用沿斜面匀加速上升，由F ±kx －mg sin θ＝ma 知F 与x 是线性关系，但x ＝12at 2，故F 与t 不是线性关系，A 项错误；施力前弹簧的压缩量x 1＝mg sin θk＝15 cm ，物体B 脱离挡板时弹簧的伸长量x 2＝mg sin θk＝15 cm ，即t ＝0.4 s 内物体A 匀加速上升的距离x ＝x 1＋x 2＝0.3 m ，由x ＝12at 2和v ＝at 得a ＝3.75 m/s 2，v ＝1.5 m/s ，B 、C 项错误；在0.4 s 内对系统运用动能定理知W F －mgx sin θ＝12mv 2，代入数据得W F ＝14.625 J ，D 项正确．7．C 由牛顿第二定律可知煤块的加速度大小为a ′＝μg ，由于煤块与传送带之间要发生相对滑动，传送带的加速度需大于煤块的加速度，即a >μg ，则μ<a g，A 错误；煤块从开始运动到相对于传送带静止所需的时间t ＝v μg ，此时煤块的位移x 1＝v 22μg ，传送带的位移x 2＝v 22a ＋v ⎝ ⎛⎭⎪⎫v μg －v a ＝v 2μg －v 22a ，煤块相对于传送带的位移等于黑色痕迹的长度，则Δx ＝x 2－x 1＝v 22μg －v 22a，C 正确，B 、D 错误．8．A 由运动过程示意图知，木板B 前进的位移为x ，小铁块A 位移为x －L ，相对位移为L ，对A 、B 组成的系统：木板对铁块的摩擦力对铁块做的功W 1＝μmg (x －L )； 木板与铁块组成的系统所受合外力为零，所以动量守恒；系统初动能为12Mv 20，系统末动能为12(M ＋m )v 2，由能量守恒得，系统产生的内能为12Mv 20－12(M ＋m )v 2，滑动摩擦力与相对位移的乘积μmgL 就等于系统产生的内能，故A 错误，B 、C 、D 正确．9．ABC 轻弹簧对两球的作用力大小相等，方向相反，根据冲量的定义，A 、B 两球离开弹簧的过程中，A 球受到的冲量大小等于B 球受到的冲量大小，选项A 正确．B 球脱离弹簧时速度大小为v 2＝2 m/s ，A 、B 两球组成的系统，根据动量守恒定律可知，mv 1＝Mv 2，解得A 球脱离弹簧时的速度大小为v 1＝6 m/s.根据能量守恒定律，弹簧初始时具有的弹性势能E p ＝12mv 21＋12Mv 22＝2.4J ，选项B 正确．A 球运动到P 点时的动量大小为p 1＝mv 1＝0.6 kg·m/s，方向水平向右．A 球从P 点运动到Q 点的过程，由机械能守恒定律可知，12mv 21＝2mgR ＋12mv 1′2，解得v 1′＝4 m/s ，A 球运动到Q 点时动量大小为p 1′＝mv 1′＝0.4 kg·m/s，方向水平向左，根据动量定理，A 球从P 点运动到Q 点的过程中所受合外力的冲量大小I ＝p 1′－(－p 1)＝1 N·s，选项C 正确．A 球从P 点运动到Q 点的过程中根据机械能守恒定律有：12mv 21＝2mgR ＋12·mv 1″2，A 球从Q 点落地有2R ＝12gt 2，联立并代入数据解得v 1″t ＝－16R 2＋14.4R (m)．结合数学知识可知：若逐渐增大半圆形轨道的半径，仍然释放该弹簧且A 球能够从Q 点飞出，则落地的水平距离不断减小，选项D 错误．10．AC 根据位移相同可得两图线与时间轴围成的面积相等，12v 0×2t 0＝12×12v 0[2t 0＋t ′＋(t 0＋t ′)]，解得t ′＝12t 0，则对于第①次和第②次提升过程中，矿车上升所用的时间之比为2t 0∶⎝ ⎛⎭⎪⎫2t 0＋12t 0＝4∶5，A 正确．加速过程中的牵引力最大，且已知两次加速时的加速度大小相等，故两次中最大牵引力相等，B 错误．由题知两次提升的过程中矿车的最大速度之比为2∶1，由功率P ＝Fv ，得最大功率之比为2∶1，C 正确．两次提升过程中矿车的初、末速度都为零，则电机所做的功等于克服重力做的功，重力做的功相等，故电机所做的功之比为1∶1，D 错误．11．BCD 因在B 点时弹簧在原长，则到达B 点时的加速度为a ＝g sin 30°－μg cos 30°＜12g ，选项A 错误；因AB 段与BC 段关于B 点对称，则在两段上弹力的平均值相等，则摩擦力平均值相等，摩擦力做功相等，选项B 正确；设小球从A 运动到B 的过程克服摩擦力做功为W f ，小球的质量为m ，弹簧具有的最大弹性势能为E p .根据能量守恒定律得，对于小球从A 到B 的过程有：mg ·12h ＋E p ＝12mv 2＋W f ，A 到C 的过程有：mgh ＝2W f ，解得：W f ＝12mgh ，E p ＝12mv 2，即弹簧具有的最大弹性势能为12mv 2；A 到C 过程中，产生的内能为2W f ＝mgh ，选项C 、D正确，故选BCD.12．BC 出水口的体积V ＝SL ，则单位时间内的出水体积Q ＝V t ＝SLt＝Sv 0，故A 错误；根据机械能守恒可得落地速度为v ＝v 20＋2gH ，故B 正确；手连续稳定按压使水具有初动能和重力势能，在时间t 内，流过出水口的水的质量m ＝ρSv 0t ，则出水口的水具有的机械能E ＝12mv 20＋mgH ＝ρSv 0tv 202＋ρv 0StgH ，而供水系统的效率为η，所以手连续稳定按压做的功为W ＝E η＝ρSv 302ηt ＋ρv 0SgH ηt ，则功率P ＝W t ＝ρSv 302η＋ρv 0SgH η，故C 正确；手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和除以供水系统的效率η，故D 错误．13．解析 (1)没发生碰撞时，有v 20＝2ax 0.A 、B 碰撞后，有v 21＝2ax 1，v 22＝2ax 2，A 、B 在平面上的加速度相等，均为μg .如动量守恒，则有Mv 0＝Mv 1＋mv 2，即M x 0＝M x 1＋m x 2.(2)如是弹性碰撞，则有12Mv 20＝12Mv 21＋12mv 22，即Mx 0＝Mx 1＋mx 2.(3)桌面稍有倾斜时，A 、B 的加速度仍相等，故上面的结论仍成立，仍可以验证动量守恒．答案 (1)M x 0＝M x 1＋m x 2 (2)Mx 0＝Mx 1＋mx 2 (3)B14．解析 (1)由于该实验要求弹簧弹力做功，所以不能有摩擦力做功，所以需要平衡摩擦力．光电门测速度的原理是用平均速度来代替瞬时速度v ，小物块在弹簧的作用下被弹出，记下遮光片(宽度设为d )通过光电门的时间t ，小物块的速度v ＝d t.根据功能关系可以求出需要验证的关系式可知；W ＝12mv 2＝12m d2t2若以W 为纵坐标，1t2为横坐标作图，则得到的图象是一条倾斜直线，即可得到合力功与速度变化的关系，所以不需要测量遮光片的宽度．(4)已知弹性势能的表达式为E p ＝12k (Δx )2，所以几次实验中弹簧对小物块做的功分别记为W 1、W 2、W 3…则W 1∶W 2∶W 3＝1∶4∶9.若以W 为纵坐标，1t2为横坐标作图，则得到的图象是一条直线．答案 (1)需要 不需要 (4)1∶4∶9 一条直线15．解析 如图所示，设P 转过θ角时，P 、Q 的速度大小分别为v P 、v Q ，因P 、Q 做圆周运动的半径和角速度均相同，故v P ＝v Q设该过程中杆对P 做功为W ， 对Q 做功为W ′，则W ＋W ′＝0 对P 由动能定理：FR sin θ－m P gR sin θ＋W ＝12m P v 2P对Q 由动能定理：W ′－m Q gR (1－cos θ)＝12m Q v 2Q联立解得：P 、Q 的速度均为v P ＝v Q ＝223m/s 答案 v P ＝v Q ＝223m/s16．解析 (1)设烟花弹上升的初速度为v 0，由题给条件有 E ＝12mv 20①设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t ，由运动学公式有0－v 0＝－gt ②联立①②式得 t ＝1g 2E m ③(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h 1，由机械能守恒定律有E ＝mgh 1④火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为v 1和v 2.由题给条件和动量守恒定律有14mv 21＋14mv 22＝E ⑤ 12mv 1＋12mv 2＝0⑥ 由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动．设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为h 2，由机械能守恒定律有14mv 21＝12mgh 2⑦ 联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为h ＝h 1＋h 2＝2E mg⑧ 答案 (1)1g 2E m (2)2E mg17．解析 (1)设子弹与木块的共同速度为v ，取向左为正方向，根据动量守恒定律得： m 0v 0＝(m 0＋m )v代入相关数据解得：v ＝2 m/s.(2)木块滑上薄板后，木块的加速度a 1＝μg ＝0.5 m/s 2，且方向向右．薄板产生的加速度a 2＝μ m ＋m 0g M＝0.5 m/s 2，且方向向左． 设经过时间t ，木块与薄板以共同速度v ′运动则：v ′＝v －a 1t ＝a 2t解得v ′＝1 m/s ，t ＝2 s.此时木块在薄板上运动的距离Δx ＝vt －12a 1t 2－12a 2t 2 代入数据解得Δx ＝2 m ＝L 1，故共速时，木块恰好在薄板左侧木块过B 点时圆弧轨道对其产生的支持力与重力的合力提供向心力，则：N －(m ＋m 0)g ＝(m ＋m 0)v ′2R代入相关数据解得：N ＝12 N由牛顿第三定律知，木块过圆弧B 点时对B 点压力为12 N.(3)木块还能上升的高度为h ，由机械能守恒：12(m ＋m 0)v ′2＝(m ＋m 0)gh h ＝0.05 m ＜R ＝0.5 m木块不脱离圆弧轨道，返回时以v ′的速度再由C 处滑上木板． 设经过t 1共速，此时薄板和木块的共同速度为v 1则：v 1＝v ′－a 1t 1＝a 2t 1解得v 1＝0.5 m/s ，t 1＝1 s.此时木块在薄板上运动的距离Δx ′＝v ′t 1－12a 1t 21－12a 2t 21＝0.5 m 薄板与D 面碰撞后，v 薄板＝0，木块以速度v 1＝0.5 m/s 的速度向右做减速运动 设经过t 2时间速度为0，则t 2＝v 1a 1＝1 s x ＝v 1t 2－12a 1t 22＝0.25 m故ΔL ＝L 1－Δx ′－x ＝1.25 m即木块停止运动时离D 点1.25 m 远．答案 (1)2 m/s (2)12 N (3)1.25 m。