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第八章
习题课4　机械能守恒定律的应用
机械能守恒定律
核心 目标 1．深入理解机械能守恒定律，体会应用能量观点解决问题的思路．
2．会分析多个物体组成的系统的机械能守恒问题．
能力提升 典题固法
单个物体的机械能守恒问题
问题
1
1．应用机械能守恒定律解题的步骤
2．机械能守恒定律表达式的灵活选取
以单个物体为研究对象，可应用表达式ΔEk＝－ΔEp或E1＝E2列式求解．
　　　在自由式滑雪比赛中，运动员的轨迹如图所示，空气阻力可以忽略，雪地与滑雪板之间的摩擦力不可忽略．则运动员 (　　)
A．在c点速度为零
B．从a到b过程中，重力势能全部转化为动能
C．从c到d过程中，减少的重力势能全部转化为动能
D．从a到e过程中，机械能一直减小
1
C
解析：在c点竖直速度为零，水平速度不为零，A错误；从a到b过程中，重力势能转化为动能和克服摩擦力产生的热量，B错误；从c到d过程中，空气阻力可以忽略，运动员机械能守恒，减少的重力势能全部转化为动能，C正确；从c到d过程中，空气阻力可以忽略，运动员机械能守恒，D错误．
　　　游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行，游客却不会掉下来(如图甲所示)．我们可以把这种情形抽象为如图乙所示的模型：弧形轨道的下端与半径为R的圆轨道平滑相接，固定在同一个竖直平面内，将一个质量为m的小球由弧形轨道上A点释放．已知重力加速度为g，不考虑摩擦等阻力．为使小球可以顺利通过圆轨道的最高点，求：
(1) 小球在圆轨道最高点的最小速度．
答案：(1) 　
2
解析：(1) 小球恰好能运动到圆轨道最高点时，由牛顿第二定律得mg＝m
可得最小速度v＝
(2) A点距水平地面的最小高度h．
答案：(2) 2.5R
解析：(2) 从A点到圆轨道最高点，根据机械能守恒定律有mg(h－2R)＝mv2
解得h＝2.5R
多物体组成的系统机械能守恒问题
问题
2
1．解决连接体系统机械能守恒的注意点
(1) 对多个物体组成的系统，要注意判断物体运动过程中系统的机械能是否守恒．
(2) 注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系．
(3) 列机械能守恒方程时，一般选用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式．
2．几种实际情景的分析
(1) 速率相等情景(如图甲所示)
注意分析各个物体在竖直方向的高度变化．
甲
(2) 角速度相等情景(如图乙所示)
乙
①杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒．
②由v＝ωr知，v与r成正比．
(3) 某一方向分速度相等情景(如图丙所示)
不同物体速度的关联实质：沿绳(或杆)方向的分速度大小相等．
丙
　　　如图所示，一根不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，轻绳两端各系一小球a和b(均可视为质点)，a球质量为1 kg，静置于地面；b球质量为2 kg，用手托住，离地面高度h为0.6 m，此时轻绳刚好拉紧，从静止开始释放b球后，在b球落地前一瞬间，小球a的速率为(取g＝10 m/s2) (　　)
A．1 m/s　 B．2 m/s
C．3 m/s　 D．4 m/s
3
解析：根据机械能守恒mbgh－magh＝(mb＋ma)v2，代入数据得v＝2 m/s，B正确．
B
　　　质量分别为m和2m的两个小球P和Q，中间用轻质杆固定连接，杆长为L，在离P球处有一个光滑固定转轴O，如图所示．现在把杆置于水平位置后自由释放，Q球顺时针摆动到最低位置，则(重力加速度为g) (　　)
A．小球P在最高位置的速度大小为
B．小球Q在最低位置的速度大小为
C．小球P在此过程中机械能增加 mgL
D．小球Q在此过程中机械能减少 mgL
4
C
解析：Q球顺时针摆动到最低位置时的速度为v1，此时P运动到最高点的速度为v2，整个系统机械能守恒，有2mg·L－mg·×2m，又由于两球都绕O点转动，角速度相同，因此v1＝2v2，解得v1＝，v2＝，A、B错误；在此过程中，小球P机械能增加ΔE＝mg·mgL，由于整个系统机械能守恒，因此小球Q机械能减少 mgL，C正确，D错误．
　　　如图所示，竖直平面内固定一半径为R的半圆形圆柱容器截面，用轻质不可伸长且足够长的细线连接A、B两球，质量分别为M、m．现将A球从圆柱边缘处由静止释放，已知A球始终不离开球面且不计一切摩擦．求A球滑到最低点时，两球速度的大小．
答案：见解析
5
解析：当A球滑到最低点时，两球的速度不相等．将A球的速度进行分解如图所示，即有vAsin 45°＝vB
根据机械能守恒得MgR－mgR＝
解得vA＝2，vB＝
随堂内化 即时巩固
1．荡秋千是一种常见的娱乐休闲活动．设人在荡秋千时的姿势不变且忽略阻力及秋千绳的质量．关于荡秋千，下列说法中正确的是 (　　)
A．上升过程中合力做负功
B．上升过程超重，下降过程失重
C．最高点拉力最大，最低点拉力最小
D．最高点机械能最小，最低点机械能最大
A
解析：上升过程中人的速度减小，动能减小，由动能定理可知合力做负功，A正确；上升过程加速度先有竖直向上的分量，再有竖直向下的分量，所以上升过程先超重，再失重；下降过程加速度先有竖直向下的分量，再有竖直向上的分量，所以下降过程先失重，再超重，B错误；设秋千运动的速度大小为v，绳子的拉力大小为F，设人与秋千的质量为m，绳子偏离竖直方向的夹角为θ，由牛顿第二定律得F－mgcos θ＝m，解得F＝mgcos θ＋m，在最低点θ＝0°，v＝vmax，拉力最大，在最高点v＝0，θ＝θmax，拉力最小，C错误；忽略阻力的情况下，机械能守恒，最高点与最低点机械能相同，D错误．
2．(多选)如图甲所示是一打桩机的简易模型．质量m＝1 kg的物体在拉力F作用下从与钉子接触处由静止开始运动，上升一段高度后撤去F，到最高点后自由下落，撞击钉子，将钉子打入4 cm深度，且物体不再被弹起，若以初始状态物体与钉子接触处为零势能点，物体上升过程中，机械能E与上升高度h的关系图像如图乙所示．撞击前不计所有摩擦，钉子质量忽略不计，取g＝10 m/s2．则 (　　)
A．物体上升过程中的加速度为14 m/s2
B．物体上升过程中的最大速度为4 m/s
C．钉子受到的平均阻力为700 N
D．物体上升到0.5 m高度处拉力F的瞬时功
率为28 W
BD
解析：由题意可知，上升2 m过程中，F做正功，物体加速上升，机械能增加，之后撤去F，机械能保持不变，物体减速上升，可得上升2 m时的机械能为E＝mgh1＋，解得物体上升过程中的最大速度为v1＝4 m/s，根据匀变速直线运动的速度位移公式得＝2ah1，解得物体加速上升过程的加速度为a＝＝4 m/s2，A错误，B正确；根据机械能守恒定律可得，物体与钉子接触时的动能为28 J，将钉子打入4 cm深度过程，根据动能定理得mgh2－fh2＝0－mv2，解得f＝710 N，C错误；根据速度位移公式得＝2ah'，解得物体上升到0.5 m高度处的速度为v2＝＝2 m/s，根据牛顿第二定律得F－mg＝ma，解得F＝14 N，则拉力F的瞬时功率为P＝Fv2＝14×2 W＝28 W，D正确．习题课4　机械能守恒定律的应用
1．如图所示，质量分别为m和2m的小球A和B之间用一根长为L的轻杆连接，轻杆可绕中心O的水平轴无摩擦转动，现让杆处于水平位置无初速度释放，在杆转至竖直的过程中(轻杆质量不计)(　　)
A．A球机械能减小
B．B球机械能守恒
C．A球和B球总机械能守恒
D．A球和B球总机械能不守恒
2．滑雪运动深受人民群众的喜爱．某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直平面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中(　　)
A．所受合外力始终为零
B．所受摩擦力大小不变
C．合外力做功一定零
D．机械能始终保持不变
3．如图所示为一种古老的舂米机．舂米时，稻谷放在石臼A中，横梁可以绕O转动，在横梁前端B处固定一舂米锤，脚踏在横梁另一端C点往下压时，舂米锤便向上抬起，抬起的最大高度为h．然后提起脚，舂米锤就向下运动，击打A中的稻谷，使稻谷的壳脱落，稻谷变为大米．已知舂米锤的质量为m，重力加速度为g．下列说法中正确的是(　　)
A．舂米锤向上抬起过程，舂米锤一直处于超重状态
B．舂米锤向上抬起过程，舂米锤的机械能守恒
C．舂米锤向上抬起过程，舂米锤的重力势能增加mgh
D．舂米锤向下运动过程，舂米锤重力的功率先增大，后减小
4．如图所示是半径为r的竖直光滑圆形轨道，将一滑块放到与轨道圆心O处于同一水平面的A点，并给滑块一竖直向下的初速度，使滑块沿轨道内侧做圆周运动，重力加速度为g．要使滑块不脱离轨道，则在A处使滑块获得竖直向下的最小初速度应为(　　)
A． B．
C． D．
5．(多选)如图所示，不可伸长的细绳的一端系着质量为m的小球(可视为质点)，另一端固定在O点．现按压圆珠笔笔尾，松手后内部弹簧将笔尾迅速弹出，使小球做圆周运动．假设碰撞时弹簧释放的弹性势能全部转化为小球的动能，碰后立即撤去圆珠笔．已知绳长为L，重力加速度为g，忽略空气阻力．某次碰撞后小球刚好能运动到最高点，则(　　)
A．小球在最高点时速度为零
B．该次弹簧释放的弹性势能为2.5mgL
C．仅增大小球质量，小球无法到达最高点
D．若释放的弹性势能小于2.5mgL，绳子一定会松弛
6．(多选)蹦床是小朋友非常喜欢的一项运动，它的物理原理可以简化为如图所示的小球和弹簧模型，图中B点代表弹簧的原长，若把小球压缩到A点后释放，小球可以到达C点，空气阻力忽略不计．下列关于小球从A点至C点的运动过程中，速度v随时间t和小球的机械能E随上升高度h变化的图像，比较合理的是(　　)
A B
C D
7．固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑．小环在下滑过程中的速率正比于(　　)
A．它滑过的弧长
B．它下降的高度
C．它到P点的距离
D．它与P点的连线扫过的面积
8．如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍．当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高．将A由静止释放，B上升的最大高度是(　　)
A．2R B．
C． D．
9．如图所示，固定光滑斜面倾角θ＝60°，其底端与竖直平面内半径为R的固定光滑圆弧轨道相切，位置D为圆弧轨道的最低点．质量为2m的小球A和质量为m的小环B(均可视为质点)用L＝1.5R 的轻杆通过轻质铰链相连．B套在光滑的固定竖直长杆上，杆和圆轨道在同一竖直平面内，杆过轨道圆心O，初始轻杆与斜面垂直．在斜面上由静止释放A，假设在运动过程中两杆不会碰撞，小球能滑过D点且通过轨道连接处时无能量损失(速度大小不变)，重力加速度为g．从小球A由静止释放到运动至最低点的过程中，下列说法中正确的是(　　)
A．A和B组成的系统的机械能不守恒
B．刚释放时小球A的加速度大小为g
C．小环B速度最大时轻杆弹力为mg
D．小球A运动到最低点时的速度大小为
10．如图所示，在长为L的轻杆的中点和端点处分别固定质量均为m的小球A、B，杆可绕轴O无摩擦转动，使杆从水平位置无初速度释放．(不计空气阻力，重力加速度为g)
(1) 当杆转到竖直位置时，小球A、B的速度大小分别为多少？
(2) 在杆转到竖直位置的过程中，轻杆对A、B两球分别做了多少功？
习题课4　机械能守恒定律的应用
1．C　解析：释放后，A球向上运动，速度增大，高度增大，所以A球的动能和势能都增大，即A球的机械能增大，A错误；在杆从水平转至竖直的过程中，A球和B球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，A球的机械能增大，则B球的机械能减少，C正确，B、D错误．
2．C　解析：运动员做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心，A错误；因做匀速圆周运动，则运动员所受滑动摩擦力大小和重力沿圆弧的切线方向的分力相同，即f＝mgsin θ，角度在逐渐减小，因此摩擦力逐渐减小，B错误；由动能定理可知，合外力做功一定为零，C正确；运动员动能不变，重力势能减少，所以机械能减少，D错误．
3．C　解析：舂米锤向上抬起过程，先向上加速，后减速运动，竖直方向的加速度先竖直向上，后竖直向下，所以舂米锤先超重，后失重，A错误；舂米锤向上抬起过程，人对舂米锤做正功，舂米锤的机械能增加，B错误；舂米锤向上抬起过程，舂米锤的重力做负功mgh，所以重力势能增加mgh，C正确；舂米锤向下运动过程，竖直方向的速度逐渐增大，所以舂米锤重力的功率增大，D错误．
4．C　解析：滑块恰好不脱离轨道的条件是在最高点满足mg＝m．滑块沿轨道内侧做圆周运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒．设滑块在A处获得的最小初速度为vA，选A点所在水平面为参考平面，由机械能守恒定律得＝mgr＋mv2，解得vA＝，C正确．
5．BC　解析：由题意可知，小球在最高点时，重力恰好提供向心力mg＝m，解得v＝，A错误；根据机械能守恒Ep＝mg·2L＋mv2＝mgL，B正确；根据Ep＝mg·2L＋mv2，Fn＝m，解得Fn＝－4mg，可知仅增大小球质量，若小球可以运动到最高点，所需向心力减小，而小球重力变大，则此时重力大于向心力，小球不能通过最高点，C正确；若释放的弹性势能变小，则小球可能在不超过圆心高度往复运动，此时绳子不会松弛，故D错误．
6．BD　解析：小球从A点运动到B点的过程中，小球受到的合力先减小，后反向增大，离开B点后，只受重力且保持不变，小球的加速度先减小，后反向增大，再不变，B正确，A错误；小球的机械能在离开弹簧前一直增大，离开弹簧后保持不变，C错误，D正确．
7．C　解析：如图所示，设圆环的半径为R，它到P点的距离为L时，圆环下降的高度为h，根据机械能守恒定律得mgh＝mv2，由几何关系可得h＝Lsin θ，sin θ＝，联立可得h＝，可得v＝L，C正确，A、B、D错误．
8．C　解析：设A、B的质量分别为2m、m，当A落到地面上时，B恰好运动到与圆柱轴心等高处，以A、B整体为研究对象，则A、B组成的系统机械能守恒，故有2mgR－mgR＝(2m＋m)v2，A落到地面上以后，B仍以速度v竖直上抛，上升的高度为h＝，解得h＝R，故B上升的总高度为R＋h＝R，C正确．
9．B　解析：在小球A下落到最低点的过程中，A和B组成的系统只有重力做功，故A和B组成的系统机械能守恒，A错误；刚释放小球A时，杆对小球的弹力沿着杆，与运动方向垂直，由牛顿第二定律可知2mgsin θ＝2ma，解得a＝g，B正确；小环B速度最大时，小环B在竖直方向上的合力为零，轻杆的弹力竖直分量为mg，而只有A到达最低点，B速度为零时，轻杆的水平分量才为零，故小环B速度最大时，轻杆弹力大于mg，C错误；设A初始时刻距离最低点的竖直高度为h1，由几何关系可知Rsin θ＋＝1.5Rsin θ，解得h1＝R，设小环B初始时刻距离D点的竖直高度为h2，由几何关系可知h2＝h1＋1.5Rcos θ＝2R，由系统机械能守恒可知2mgΔhA＋mgΔhB＝×2m＋，其中vB＝0，ΔhA＝R，ΔhB＝0.5R，解得vA＝，D错误．
10．(1) 　　(2) －0.2mgL　0.2mgL
解析：(1) 设当杆转到竖直位置时，A球和B球的速度分别为vA和vB，轻杆与两个小球构成的系统机械能守恒．若取B在竖直位置时的最低点所在水平面为零重力势能参考平面，可得mgL＋mgL＝＋
又因A球与B球在各个时刻对应的角速度相同，故vB＝2vA
解得vA＝，vB＝
(2) 根据动能定理
对于A有WA＋mgL＝－0
则WA＝－0.2mgL
对于B有WB＋mgL＝－0
则WB＝0.2mgL习题课4　机械能守恒定律的应用
核心 目标 1．深入理解机械能守恒定律，体会应用能量观点解决问题的思路．
2．会分析多个物体组成的系统的机械能守恒问题．
问题1　单个物体的机械能守恒问题
1．应用机械能守恒定律解题的步骤
2．机械能守恒定律表达式的灵活选取
以单个物体为研究对象，可应用表达式ΔEk＝－ΔEp或E1＝E2列式求解．
　在自由式滑雪比赛中，运动员的轨迹如图所示，空气阻力可以忽略，雪地与滑雪板之间的摩擦力不可忽略．则运动员(　C　)
A．在c点速度为零
B．从a到b过程中，重力势能全部转化为动能
C．从c到d过程中，减少的重力势能全部转化为动能
D．从a到e过程中，机械能一直减小
解析：在c点竖直速度为零，水平速度不为零，A错误；从a到b过程中，重力势能转化为动能和克服摩擦力产生的热量，B错误；从c到d过程中，空气阻力可以忽略，运动员机械能守恒，减少的重力势能全部转化为动能，C正确；从c到d过程中，空气阻力可以忽略，运动员机械能守恒，D错误．
　游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行，游客却不会掉下来(如图甲所示)．我们可以把这种情形抽象为如图乙所示的模型：弧形轨道的下端与半径为R的圆轨道平滑相接，固定在同一个竖直平面内，将一个质量为m的小球由弧形轨道上A点释放．已知重力加速度为g，不考虑摩擦等阻力．为使小球可以顺利通过圆轨道的最高点，求：
(1) 小球在圆轨道最高点的最小速度．
(2) A点距水平地面的最小高度h．
答案：(1) 　(2) 2.5R
解析：(1) 小球恰好能运动到圆轨道最高点时，由牛顿第二定律得mg＝m
可得最小速度v＝
(2) 从A点到圆轨道最高点，根据机械能守恒定律有mg(h－2R)＝mv2
解得h＝2.5R
问题2　多物体组成的系统机械能守恒问题
1．解决连接体系统机械能守恒的注意点
(1) 对多个物体组成的系统，要注意判断物体运动过程中系统的机械能是否守恒．
(2) 注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系．
(3) 列机械能守恒方程时，一般选用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式．
2．几种实际情景的分析
(1) 速率相等情景(如图甲所示)
　　　
甲
注意分析各个物体在竖直方向的高度变化．
(2) 角速度相等情景(如图乙所示)
　　
乙
①杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒．
②由v＝ωr知，v与r成正比．
(3) 某一方向分速度相等情景(如图丙所示)
　
丙
不同物体速度的关联实质：沿绳(或杆)方向的分速度大小相等．
　如图所示，一根不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，轻绳两端各系一小球a和b(均可视为质点)，a球质量为1 kg，静置于地面；b球质量为2 kg，用手托住，离地面高度h为0.6 m，此时轻绳刚好拉紧，从静止开始释放b球后，在b球落地前一瞬间，小球a的速率为(取g＝10 m/s2)(　B　)
A．1 m/s　 B．2 m/s
C．3 m/s　 D．4 m/s
解析：根据机械能守恒mbgh－magh＝(mb＋ma)v2，代入数据得v＝2 m/s，B正确．
　质量分别为m和2m的两个小球P和Q，中间用轻质杆固定连接，杆长为L，在离P球处有一个光滑固定转轴O，如图所示．现在把杆置于水平位置后自由释放，Q球顺时针摆动到最低位置，则(重力加速度为g)(　C　)
A．小球P在最高位置的速度大小为
B．小球Q在最低位置的速度大小为
C．小球P在此过程中机械能增加 mgL
D．小球Q在此过程中机械能减少 mgL
解析：Q球顺时针摆动到最低位置时的速度为v1，此时P运动到最高点的速度为v2，整个系统机械能守恒，有2mg·L－mg·×2m，又由于两球都绕O点转动，角速度相同，因此v1＝2v2，解得v1＝，v2＝，A、B错误；在此过程中，小球P机械能增加ΔE＝mg·mgL，由于整个系统机械能守恒，因此小球Q机械能减少 mgL，C正确，D错误．
　如图所示，竖直平面内固定一半径为R的半圆形圆柱容器截面，用轻质不可伸长且足够长的细线连接A、B两球，质量分别为M、m．现将A球从圆柱边缘处由静止释放，已知A球始终不离开球面且不计一切摩擦．求A球滑到最低点时，两球速度的大小．
答案：见解析
解析：当A球滑到最低点时，两球的速度不相等．将A球的速度进行分解如图所示，即有vAsin 45°＝vB
根据机械能守恒得MgR－mgR＝
解得vA＝2，vB＝
1．荡秋千是一种常见的娱乐休闲活动．设人在荡秋千时的姿势不变且忽略阻力及秋千绳的质量．关于荡秋千，下列说法中正确的是(　A　)
A．上升过程中合力做负功
B．上升过程超重，下降过程失重
C．最高点拉力最大，最低点拉力最小
D．最高点机械能最小，最低点机械能最大
解析：上升过程中人的速度减小，动能减小，由动能定理可知合力做负功，A正确；上升过程加速度先有竖直向上的分量，再有竖直向下的分量，所以上升过程先超重，再失重；下降过程加速度先有竖直向下的分量，再有竖直向上的分量，所以下降过程先失重，再超重，B错误；设秋千运动的速度大小为v，绳子的拉力大小为F，设人与秋千的质量为m，绳子偏离竖直方向的夹角为θ，由牛顿第二定律得F－mgcos θ＝m，解得F＝mgcos θ＋m，在最低点θ＝0°，v＝vmax，拉力最大，在最高点v＝0，θ＝θmax，拉力最小，C错误；忽略阻力的情况下，机械能守恒，最高点与最低点机械能相同，D错误．
2．(多选)如图甲所示是一打桩机的简易模型．质量m＝1 kg的物体在拉力F作用下从与钉子接触处由静止开始运动，上升一段高度后撤去F，到最高点后自由下落，撞击钉子，将钉子打入4 cm深度，且物体不再被弹起，若以初始状态物体与钉子接触处为零势能点，物体上升过程中，机械能E与上升高度h的关系图像如图乙所示．撞击前不计所有摩擦，钉子质量忽略不计，取g＝10 m/s2．则(　BD　)
A．物体上升过程中的加速度为14 m/s2
B．物体上升过程中的最大速度为4 m/s
C．钉子受到的平均阻力为700 N
D．物体上升到0.5 m高度处拉力F的瞬时功率为28 W
解析：由题意可知，上升2 m过程中，F做正功，物体加速上升，机械能增加，之后撤去F，机械能保持不变，物体减速上升，可得上升2 m时的机械能为E＝mgh1＋，解得物体上升过程中的最大速度为v1＝4 m/s，根据匀变速直线运动的速度位移公式得＝2ah1，解得物体加速上升过程的加速度为a＝＝4 m/s2，A错误，B正确；根据机械能守恒定律可得，物体与钉子接触时的动能为28 J，将钉子打入4 cm深度过程，根据动能定理得mgh2－fh2＝0－mv2，解得f＝710 N，C错误；根据速度位移公式得＝2ah'，解得物体上升到0.5 m高度处的速度为v2＝＝2 m/s，根据牛顿第二定律得F－mg＝ma，解得F＝14 N，则拉力F的瞬时功率为P＝Fv2＝14×2 W＝28 W，D正确．

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