2025年高考陕西、山西、青海、宁夏卷物理真题

某同学绘制了四幅静电场的电场线分布图，其中可能正确的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

静电场中电场线不相交、不闭合、不在无电荷处中断。A 中电场线相交，违反"不相交"原则；D 中电场线虽方向一致却平行，平行直线方向的电力线对应匀强电场，密度必须均匀，密度变化不可能；C 中电场线为同心圆，违反"不闭合"原则。故选B。
我国计划于2028年前后发射“天问三号”火星探测系统，实现火星取样返回。其轨道器将环绕火星做匀速圆周运动，轨道半径约 $3750\mathrm{km}$ ，轨道周期约 $2h$ 。引力常量G取6.67 $\times 10^{-11}\mathrm{N\cdot m^2/kg^2}$ ，根据以上数据可推算出火星的（　　）

A．质量

B．体积

C．逃逸速度

D．自转周期

【答案与解析】

由 $G\dfrac{Mm}{r^2}=m\dfrac{4\pi^2}{T^2}r$ 得 $M=\dfrac{4\pi^2 r^3}{GT^2}$ ，已知 $r$ 、 $T$ 、 $G$ ，可求火星质量。体积需火星半径（与轨道半径不等）、逃逸速度需火星半径 $\sqrt{2GM/R}$ 、自转周期与上述参量无关，均不可求。故选A。
某智能物流系统中，质量为 $20\mathrm{kg}$ 的分拣机器人沿水平直线轨道运动，受到的合力沿轨道方向，合力F随时间t的变化如图所示，则下列图像可能正确的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

F-t 图： $0\sim1\,\mathrm{s}$ ， $F=+20\,\mathrm{N}$ ； $1\sim2\,\mathrm{s}$ ， $F=0$ ； $2\sim3\,\mathrm{s}$ ， $F=-20\,\mathrm{N}$ 。由 $a=F/m$ ，加速度依次为 $+1\,\mathrm{m/s^2}$ 、 $0$ 、 $-1\,\mathrm{m/s^2}$ 。设初速度 $v_0=1\,\mathrm{m/s}$ ，则 $v(1)=2$ ， $v(2)=2$ ， $v(3)=1$ ，与 A 一致；B、C、D 无法在所给 F-t 下实现。故选A。
如图，质量为m的均匀钢管，一端支在粗糙水平地面上，另一端被竖直绳悬挂，处于静止状态，钢管与水平地面之间的动摩擦因数为 $\mu$ 、夹角为 $\theta$ ，重力加速度大小为g。则地面对钢管左端的摩擦力大小为（　　）

A． $\mu mg\cos\theta$

B． $\frac{1}{2}\mu mg$

C． $\mu mg$

D．0

【答案与解析】

钢管受力：重力 $mg$ （竖直向下）、绳拉力 $T$ （竖直向上）、地面支持力 $N$ （竖直向上）、地面对左端摩擦力 $f$ （水平方向）。水平方向仅摩擦力，由平衡条件 $f=0$ 。故选D。
我国首台拥有自主知识产权的场发射透射电镜TH— $F120$ 实现了超高分辨率成像，其分辨率提高利用了高速电子束波长远小于可见光波长的物理性质。一个静止的电子经 $100\mathrm{V}$ 电压加速后，其德布罗意波长为 $\lambda$ ，若加速电压为 $10\mathrm{kV}$ ，不考虑相对论效应，则其德布罗意波长为（　　）

A． $100\lambda$

B． $10\lambda$

C． $\frac{1}{10}\lambda$

D． $\frac{1}{100}\lambda$

【答案与解析】

由 $\lambda=h/\sqrt{2meU}$ 知 $\lambda\propto 1/\sqrt{U}$ 。电压从 $100\,\mathrm{V}$ 增至 $10\,\mathrm{kV}=10^4\,\mathrm{V}$ ，增大 100 倍，故波长变为原来的 $1/\sqrt{100}=1/10$ ，即 $\lambda/10$ 。故选C。
电磁压缩法是当前产生超强磁场的主要方法之一，其原理如图所示，在钢制线圈内同轴放置可压缩的铜环，其内已“注入”一个初级磁场，当钢制线圈与电容器组接通时，在极短时间内钢制线圈中的电流从零增加到几兆安培，铜环迅速向内压缩，使初级磁场的磁感线被“浓缩”，在直径为几毫米的铜环区域内磁感应强度可达几百特斯拉。此过程，铜环中的感应电流（　　）

A．与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相同

B．与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相反

C．远小于钢制线圈中的电流大小且方向相同

D．远小于钢制线圈中的电流大小且方向相反

【答案与解析】

钢制线圈电流由零增至几兆安培，穿过铜环的磁通量急剧增大，由楞次定律"增反减同"，铜环感应电流方向与线圈电流方向相反。为保持环内磁通近似不变（良导体近似），铜环中感应电流与线圈电流大小几乎相等。故选B。
如图，光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于 $2L$ 的匀强磁场，其磁感应强度大小为B。甲、乙两个合金导线框的质量均为m，长均为 $2L$ ，宽均为L，电阻分别为R和 $2R$ 。两线框在光滑水平面上以相同初速度 $v_{0}=\frac{4B^{2}L^{3}}{mR}$ 并排进入磁场，忽略两线框之间的相互作用。则（　　）

A．甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同

B．甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力大小之比为 $1:1$

C．乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小为0

D．甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为 $4:3$

【答案与解析】
一列简谐横波在介质中沿直线传播，其波长大于 $1\mathrm{m}$ ，a、b为介质中平衡位置相距 $2\mathrm{m}$ 的两质点，其振动图像如图所示。则 $t=0$ 时的波形图可能为（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

由振动图像： $y_a(t)=10\sin(\pi t)\,\mathrm{cm}$ ， $y_b(t)=-10\cos(\pi t)\,\mathrm{cm}$ ，周期 $T=2\,\mathrm{s}$ 。 $t=0$ 时， $y_a=0$ （向上运动）， $y_b=-10\,\mathrm{cm}$ （位于波谷即将上升）， $b$ 的相位比 $a$ 滞后 $3\pi/2$ （即 $a$ 超前 $b$ $3\pi/2$ ）。空间上 $k(x_a-x_b)=3\pi/2+2n\pi$ ，即 $|x_a-x_b|=3\lambda/4+n\lambda=2\,\mathrm{m}$ ，解得 $\lambda=8/(3+4n)\,\mathrm{m}$ ，满足 $\lambda>1\,\mathrm{m}$ 的有 $\lambda=8/3\,\mathrm{m}$ 和 $\lambda=8/7\,\mathrm{m}$ 。另由反向传播（ $b$ 在 $a$ 左侧）可得 $\lambda=8\,\mathrm{m}$ 和 $\lambda=1.6\,\mathrm{m}$ ，也满足条件。 $t=0$ 时波形可能为：A（ $\lambda=8\,\mathrm{m}$ ，向 $+x$ 传播， $y=-10\sin(\pi x/4)$ ）；B（ $\lambda=8/7\,\mathrm{m}$ ，向 $-x$ 传播）；D（ $\lambda=8/3\,\mathrm{m}$ ，向 $-x$ 传播， $y=10\sin(3\pi x/4)$ ）。C 在 $x=2$ 处 $y_b=+10$ ，与 $y_b=-10$ 矛盾。故选ABD。
在双缝干涉实验中，某实验小组用波长为 $440\mathrm{nm}$ 的蓝色激光和波长为 $660\mathrm{nm}$ 的红色激光组成的复合光垂直照射双缝，双缝间距为 $0.5\mathrm{mm}$ ，双缝到屏的距离为 $500\mathrm{nm}$ ，则屏上（　　）

A．蓝光与红光之间能发生干涉形成条纹

B．蓝光相邻条纹间距比红光相邻条纹间距小

C．距中央亮条纹中心 $1.32\mathrm{mm}$ 处蓝光和红光亮条纹中心重叠

D．距中央亮条纹中心 $1.98\mathrm{mm}$ 处蓝光和红光亮条纹中心重叠

【答案与解析】

条纹间距 $\Delta x=L\lambda/d$ 。蓝光 $\Delta x_1=500\times 440\times10^{-9}/(0.5\times10^{-3})=0.44\,\mathrm{mm}$ ，红光 $\Delta x_2=500\times 660\times10^{-9}/(0.5\times10^{-3})=0.66\,\mathrm{mm}$ 。A：蓝光与红光频率不同，不相干，不能产生稳定干涉条纹，错。B： $0.44<0.66$ ，蓝光间距小于红光，正确。C： $132/0.44=300$ （蓝光第 300 级亮纹）， $132/0.66=200$ （红光第 200 级亮纹），重叠，正确。D： $198/0.44=450$ （蓝光第 450 级亮纹）， $198/0.66=300$ （红光第 300 级亮纹），重叠，正确。故选BCD。
如图，与水平面成 $53^{\circ}$ 夹角且固定于O、M两点的硬直杆上套着一质量为 $1\mathrm{kg}$ 的滑块，弹性轻绳一端固定于O点，另一端跨过固定在Q处的光滑定滑轮与位于直杆上P点的滑块拴接，弹性轻绳原长为OQ，PQ为 $1.6\mathrm{m}$ 且垂直于OM。现将滑块无初速度释放，假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。滑块与杆之间的动摩擦因数为0.16，弹性轻绳上弹力F的大小与其伸长量x满足 $F=kx$ 。 $k=10\mathrm{N/m}$ ，g取 $10\mathrm{m/s^{2}}$ ， $\sin53^{\circ}=0.8$ 。则滑块（　　）

A．与杆之间的滑动摩擦力大小始终为 $1.6\mathrm{N}$

B．下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同

C．从释放到静止的位移大小为 $0.64\mathrm{m}$

D．从释放到静止克服滑动摩擦力做功为 $2.56\mathrm{J}$

【答案与解析】

绳总伸长量 $x=\sqrt{PQ^2+s^2}=\sqrt{2.56+s^2}$ ，其中 $s$ 为滑块沿杆位移。沿杆分量 $F_{||}=kx\cdot s/\sqrt{2.56+s^2}=ks=10s$ （线性回复）；垂直杆分量 $F_\perp=kx\cdot PQ/\sqrt{2.56+s^2}=k\cdot PQ=10\times 1.6=16\,\mathrm{N}$ （恒定）。垂直于杆方向： $N=|16-mg\cos 53°|=|16-6|=10\,\mathrm{N}$ ，故滑动摩擦力 $f=\mu N=1.6\,\mathrm{N}$ 恒定。A 正确。沿杆方向：合力为 $-mg\sin 53°+ks=ks-8$ （沿杆取 $s$ 方向），平衡位置 $s_0=0.8\,\mathrm{m}$ 。B：下滑与上滑摩擦力方向相反，冲量不同，错误。由能量与摩擦耗散：首次下滑至 $s_1$ ， $5s_1^2-8s_1+1.6s_1=0$ ， $s_1=1.28\,\mathrm{m}$ ；上滑至 $s_2$ ，解方程 $5s_2^2-9.6s_2+4.096=0$ ，得 $s_2=0.64\,\mathrm{m}$ （舍 $s_2=1.28$ ）。C：从 $s=0$ 到 $s=0.64$ ，位移大小 $0.64\,\mathrm{m}$ ，正确。D：总路程 $1.28+(1.28-0.64)=1.92\,\mathrm{m}$ ，克服摩擦做功 $W_f=1.6\times 1.92=3.072\,\mathrm{J}\neq 2.56\,\mathrm{J}$ ，错误。故选AC。
下图为探究加速度与力、质量关系的部分实验装置。

$(1)$ 实验中应将木板＿＿＿＿（填“保持水平”或“一端垫高”）。 $(2)$ 为探究加速度a与质量m的关系，某小组依据实验数据绘制的 $a-m$ 图像如图所示，很难直观看出图线是否为双曲线。如果采用作图法判断a与m是否成反比关系，以下选项可以直观判断的有＿＿＿＿。（多选，填正确答案标号）

$m/\mathrm{kg}$ $a/(\mathrm{m}\cdot\mathrm{s}^{-2})$
0.25 0.618
0.33 0.482
0.40 0.403
0.50 0.317
1.00 0.152

$(3)$ 为探究加速度与力的关系，在改变作用力时，甲同学将放置在实验桌上的槽码依次放在槽码盘上；乙同学将事先放置在小车上的槽码依次移到槽码盘上，在其他实验操作相同的情况下，＿＿＿＿（填“甲”或“乙”）同学的方法可以更好地减小误差。

A． $a-\frac{1}{m}$ 图像

B． $a-m^2$ 图像

C． $am-m$ 图像

D． $a^{2}-m$ 图像

【答案与解析】

(1) 一端垫高。平衡摩擦力后小车所受合力等于绳的拉力。(2) 若 $a\propto 1/m$ ，则 $am=$ 常量， $a$ 对 $1/m$ 是过原点的直线， $am$ 对 $m$ 是水平线，二者直观可判； $a$ 对 $m^2$ 、 $a^2$ 对 $m$ 均为曲线，不能直观判断。答案 AC。(3) 乙。乙方案保持系统总质量不变，仅改变所受拉力，减小系统误差。
常用的电压表和电流表都是由小量程的电流表（表头）改装而成的，与电源及相关元器件组装后可构成多功能、多量程的多用电表。 $(1)$ 某同学使用多用电表正确测量了一个 $15.0\mathrm{\Omega}$ 的电阻后，需要继续测量一个阻值大约是 $15\mathrm{k}\Omega$ 的电阻。在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，请选出以下必要的操作步骤并排序： ①把选择开关旋转到“ $\times100$ ”位置。 ②把选择开关旋转到“ $\times1\mathrm{k}$ ”位置。 ③将红表笔和黑表笔接触。 ④调节欧姆调零旋钮使指针指向欧姆零点。下列选项中正确的是＿＿＿＿。（单选，填正确答案标号） $(2)$ 若将一个内阻为 $20\mathrm{\Omega}$ 、满偏电流为 $1\mathrm{mA}$ 的表头改装为量程 $0-2\mathrm{V}$ 的电压表，需要＿＿＿＿（填“串联”或“并联”）一个＿＿＿＿ $\Omega$ 的电阻。 $(3)$ 如图，某同学为探究由一个直流电源E、一个电容器C、一个电阻 $R_{A}$ 及一个电阻 $R_{B}$ （ $R_A>R_B$ ）组成的串联电路中各元器件的位置，利用改装好的电压表分别测量各接线柱之间的电压，测得数据如表：

接线柱 1和2 2和3 3和4 1和4 2和4 1和3
$U/V$ 0 1.53 0 0.56 1.05 0.66

根据以上数据可判断，直流电源E处于＿＿＿＿之间，电容器C处于＿＿＿＿之间，电阻 $R_{A}$ 处于＿＿＿＿之间。（填“1和2”“2和3”“3和4”或“1和4”）

A．①③④

B．②③④

C．②④③

D．①④③

【答案与解析】

(1) 测约 $15\,\mathrm{k\Omega}$ 电阻应选 $\times 1\,\mathrm{k\Omega}$ 档（指针指中央 15 附近）。换档后必须重新欧姆调零，步骤：选档②→短接表笔③→调零④。答案 B。(2) 改装为 $0\sim 2\,\mathrm{V}$ 电压表需串联电阻 $R$ ，满偏时 $I_g(R_g+R)=U$ ， $1\times 10^{-3}(20+R)=2$ ， $R=1980\,\mathrm{\Omega}$ 。串联 $1980\,\mathrm{\Omega}$ 。(3) 设节点 1、2、3、4 之间依次为元件，闭合回路串联。电压表内阻 $R_V=2000\,\mathrm{\Omega}$ ，测电阻段时稳态无电流，读数为 0；测电容段时稳态回路 $E=R_V I+\sum R\cdot I$ （含另一电阻），读数 $U_1=E R_V/(\sum R+R_V)<E$ ；测电源段时读数等于 $E$ 。故 1-2、3-4 为 $R_A$ 、 $R_B$ ，2-3 为电源 $E=1.53\,\mathrm{V}$ ，1-4 为电容器（带载读数 $0.56\,\mathrm{V}$ ）。由 $U_{13}=E R_V/(R_{12}+R_V)=0.66$ 解 $R_{12}\approx 2636\,\mathrm{\Omega}$ ，由 $U_{24}=E R_V/(R_{34}+R_V)=1.05$ 解 $R_{34}\approx 914\,\mathrm{\Omega}$ ， $R_{12}>R_{34}$ 。故 $E$ 在 2 和 3 之间； $C$ 在 1 和 4 之间； $R_A$ 在 1 和 2 之间。
某种卡车轮胎的标准胎压范围为 $2.8\times10^{5}\mathrm{Pa}\sim3.5\times10^{5}\mathrm{Pa}$ 。卡车行驶过程中，一般胎内气体的温度会升高，体积及压强也会增大。若某一行驶过程中胎内气体压强p随体积V线性变化如图所示，温度 $T_{1}$ 为 $300\mathrm{K}$ 时，体积 $V_{1}$ 和压强 $p_1$ 分别为 $0.528\mathrm{m}^{3}$ 、 $3.0\times10^5\mathrm{Pa}$ ；当胎内气体温度升高到 $T_{2}$ 为 $350\mathrm{K}$ 时，体积增大到 $V_{2}$ 为 $0.560\mathrm{m^{3}}$ ，气体可视为理想气体。

$(1)$ 求此时胎内气体的压强 $p_{2}$ ； $(2)$ 若该过程中胎内气体吸收的热量Q为 $7.608\times10^{4}\mathrm{J}$ ，求胎内气体的内能增加量 $\Delta U$ 。

【答案与解析】

(1) 由理想气体状态方程 $\dfrac{p_1V_1}{T_1}=\dfrac{p_2V_2}{T_2}$ ， $p_2=\dfrac{p_1V_1T_2}{T_1V_2}=\dfrac{3.0\times 10^5\times 0.528\times 350}{300\times 0.560}=3.3\times 10^5\,\mathrm{Pa}$ 。(2) $p$ - $V$ 线性，气体对外做功 $W'=\dfrac{p_1+p_2}{2}(V_2-V_1)=\dfrac{(3.0+3.3)\times 10^5}{2}\times(0.560-0.528)=1.008\times 10^4\,\mathrm{J}$ 。由热力学第一定律 $\Delta U=Q-W'=7.608\times 10^4-1.008\times 10^4=6.6\times 10^4\,\mathrm{J}$ 。
电子比荷是描述电子性质的重要物理量。在标准理想二极管中利用磁控法可测得比荷，一般其电极结构为圆筒面与中心轴线构成的圆柱体系统，结构简化如图（a）所示，圆筒足够长。在O点有一电子源，向空间中各个方向发射速度大小为 $v_{0}$ 的电子，某时刻起筒内加大小可调节且方向沿中心轴向下的匀强磁场，筒的横截面及轴截面示意图如图（b）所示，当磁感应强度大小调至 $B_{0}$ 时，恰好没有电子落到筒壁上，不计电子间相互作用及其重力的影响。求：（R、 $v_{0}$ 、 $B_{0}$ 均为已知量）

$(1)$ 电子的比荷 $\frac{e}{m};$ $(2)$ 当磁感应强度大小调至 $\frac{1}{2}B_0$ 时，筒壁上落有电子的区域面积S。

【答案与解析】

(1) 电子速度 $v_0$ 与磁场 $B_0$ 方向夹角 $\alpha$ ，速度分解为 $v_\parallel=v_0\cos\alpha$ （沿轴）、 $v_\perp=v_0\sin\alpha$ （垂直轴）。垂直方向圆周运动半径 $r=\dfrac{mv_\perp}{eB_0}$ ，圆心在距轴 $r$ 处，电子距轴最大距离 $2r$ 。恰好不落到筒壁： $2r_{\max}=R$ ，即 $\dfrac{2mv_0}{eB_0}=R$ ，解得 $\dfrac{e}{m}=\dfrac{2v_0}{B_0R}$ 。(2) 当 $B=B_0/2$ 时， $\omega=eB/m=v_0/R$ （利用第(1)问结果）， $r=R\sin\alpha$ 。碰壁条件 $2r\geq R$ ，即 $\sin\alpha\geq 1/2$ ， $\alpha\in[\pi/6,5\pi/6]$ 。电子在垂直平面内径向距离 $\rho=2r\sin(\omega t/2)$ ，设 $\theta=\arcsin\!\big(1/(2\sin\alpha)\big)$ ，则首次碰壁时刻 $t=2\theta/\omega$ ，轴向位移 $z=v_\parallel t=v_0\cos\alpha\cdot 2\theta R/v_0=2R\cos\alpha\cdot\theta$ 。当 $\alpha=\pi/6$ 时 $z=\sqrt{3}\pi R/2$ （最大）； $\alpha=\pi/2$ 时 $z=0$ ； $\alpha=5\pi/6$ 时 $z=-\sqrt{3}\pi R/2$ 。筒壁落点区域为绕轴一周的轴向带状区域，轴向范围 $[-\sqrt{3}\pi R/2,\sqrt{3}\pi R/2]$ ，面积 $S=2\pi R\cdot\sqrt{3}\pi R=2\sqrt{3}\pi^2 R^2$ 。
如图，有两个电性相同且质量分别为m、 $4m$ 的粒子A、B，初始时刻相距 $l_{0}$ ，粒子A以速度 $v_{0}$ 沿两粒子连线向速度为0的粒子B运动，此时A、B两粒子系统的电势能等于 $\frac{1}{25}mv_{0}^{2}$ 。经时间 $t_{1}$ 粒子B到达P点，此时两粒子速度相同，同时开始给粒子B施加一恒力，方向与速度方向相同。当粒子B的速度为 $v_{0}$ 时，粒子A恰好运动至P点且速度为0，A、B粒子间距离恢复为 $l_{0}$ ，这时撤去恒力。已知任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比，忽略两粒子所受重力。求：（m、 $l_{0}$ 、 $v_{0}$ 、 $t_{1}$ 均为已知量）

$(1)$ 粒子B到达P点时的速度大小 $v_{1}$ ； $(2)t_{1}$ 时间内粒子B的位移大小 $x_{B}$ ； $(3)$ 恒力作用的时间 $t_{2}$ 。

【答案与解析】

(1) 系统动量守恒： $mv_0=(m+4m)v_1$ ， $v_1=\dfrac{v_0}{5}$ 。(2) 电势能 $E_p=k/r$ ， $t=0$ 时 $E_p=k/l_0=\dfrac{1}{25}mv_0^2$ ， $k=\dfrac{mv_0^2 l_0}{25}$ 。 $t_1$ 时刻两粒子速度相同，距离最小：能量守恒 $\dfrac{1}{2}mv_0^2+\dfrac{k}{l_0}=\dfrac{1}{2}\cdot 5m v_1^2+\dfrac{k}{r_{\min}}$ ，代入得 $r_{\min}=\dfrac{l_0}{11}$ 。质心速度 $v_c=v_0/5$ ， $t_1$ 时质心位移 $v_c t_1$ ；相对质心， $\mathrm{B}$ 距质心 $\dfrac{m}{5m}r_{\min}=\dfrac{l_0}{55}$ ，故 $x_B=\dfrac{4l_0}{5}+\dfrac{v_0 t_1}{5}+\dfrac{l_0}{55}=\dfrac{9l_0}{11}+\dfrac{v_0 t_1}{5}$ 。(3) $t_1$ 到 $t_1+t_2$ 内， $\mathrm{A}$ 速度从 $v_0/5$ 减为 0， $\mathrm{B}$ 从 $v_0/5$ 增至 $v_0$ ，库仑冲量使 $\mathrm{A}$ 减少 $mv_0/5$ ，由牛顿第三定律对 $\mathrm{B}$ 冲量 $mv_0/5$ （同向）。对系统： $\Delta p_{\text{总}}=3mv_0=Ft_2$ 。 $\mathrm{A}$ 位移 $l_0/11$ （由 $r_{\min}=l_0/11$ 回到 $P$ ）， $\mathrm{B}$ 位移 $l_0$ （由 $P$ 移至 $P+l_0$ ）。由能量： $\Delta E_{\text{内能}}+W_F=E_2-E_1$ ， $E_2-E_1=2mv_0^2+\dfrac{mv_0^2}{25}-\dfrac{mv_0^2}{10}-\dfrac{11mv_0^2}{25}=\dfrac{3}{2}mv_0^2$ 。 $W_F=F\cdot s_B=F\cdot l_0=\dfrac{3}{2}mv_0^2$ ， $F=\dfrac{3mv_0^2}{2l_0}$ ，故 $t_2=\dfrac{3mv_0}{F}=\dfrac{2l_0}{v_0}$ 。

$m/\mathrm{kg}$	$a/(\mathrm{m}\cdot\mathrm{s}^{-2})$
0.25	0.618
0.33	0.482
0.40	0.403
0.50	0.317
1.00	0.152