资源简介

英恋物理
《高考物理顶层
系列资料点考向通01
功能关系能量守恒
资料编号:204
功能关系
试题编号:204-1
l、功是能量转化的量度,即做了多少功就有多少能量发生了转
试题编号:204-2
试题编号:204-3
做劢的过程一定伴随着能量的转化,而且能量的转化必须通过做劢来实现
种常见的功能关系
力做功
对应能的变化定量关系
的
做的功等于物体动能的变化量W=E
动能变化
(含重力)
Ek1=△Ek
重力做正功,重力势能减少;重力做负功,重力势
重力的功重力势能变化
能增办
簧弹力的
力做正功,弹性势能减少;弹力做负功,弹性势
弹性势能变
能增加W
△En=En1-E
有重力
引起机械能
弹簧弹力的
机械能守恒△E=0
除重力和弹
除重力和弹力之外的力做多少正功,物体的机械能
力之外的力机械能变化「就增加多少;除重力和弹力之外的力做多少负
做的功
物体的机械能就减少多
场力做正功,电势能减
场力做负功,电势
电场力的
电势能变化
加W电
力做
化为其他形式的
安培力的功电能的变化
负功,其
的能转化为
W
对相互作
作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功,系统内
用的滑动摩内能变化
能增加Q=F/l相
擦力的总功
分子力做正功,分子势能减小,分子力做负功,分
分子力的功分子势能变化
势能增加W分子力=一ΔE分子势能
刘m的物依前土开
H的过程中(重
(1)动能变亿量
机郝能交仁量
4)摩探生
英恋物理
《高考物理顶层
系列资料考点考向通02
能量守恒定律
类:动能(
)、重力势能(E。=mg)、弹性势能
)、摩擦
(O
电势能(E
内容:在注意过程中,能量的总薏保持不变
表达式:E=E
状态能量总和等于末状态能量总禾
AH
量等于
研究对象;常用于存在多个能量转化的
解题步驟
有几种
能在变化
能量AF和增
能量AFx的
或者找到初始的能量和最终的能量
量守恒关系式:AEx=AE或Ex=E
反筋-端旦
O点,水伸(无方)时,另一端
在a点
小圆环,橡皮筋
H.
玩
弹
度內且共
最伸长量
球从b点上方某处奚放,第
达b、d两点时速度相等
动到d的过程
A.在C点度最
某位置诔度
腰擦傲的
在b、c两点,廛擦力的睽时功率大小相
【例3】(多选)如图所示,轻质弹簧一端
的圜环相连,圆环套
的粗糙丑
a,团环在
详篑竖直
静止释
圆环在C处获桀沿杆良上的逮度ⅴ,洽
中点,弹
弹性限
重力加谜度为
术正确的
背过程中,环受到的合力一直减小
过科,弹货对不做
U-M
坏
氏,上滑的速度小于下滑的讴204
功能关系(例题)
参考答案与试题解析
【例2】(多选)如图所示，点O、a、c在同一水平线上，c点在竖直细杆上。一橡皮筋一端固定在O点，水平伸直(无弹力)时，另一端恰好位于a点，在a点固定一光滑小圆环，橡皮筋穿过圆环与套在杆上的小球相连。已知b、c间距离小于c、d间距离，小球与杆间的动摩擦因数恒定，橡皮筋始终在弹性限度内且其弹力跟伸长量成正比。小球从b点上方某处释放，第一次到达b、d两点时速度相等，则小球从b第一次运动到d的过程中(　　)
A．在c点速度最大
B．在c点下方某位置速度最大
C．重力对小球做的功一定大于小球克服摩擦力做的功
D．在b、c两点，摩擦力的瞬时功率大小相等
【分析】通过受力分析，知小球水平方向受力平衡，竖直方向做变加速直线运动，利用动能定理分析做功情况。
【解答】解：AB、小球在运动过程中受竖直向下的重力G，垂直杆向右的弹力FN，竖直向上的滑动摩擦力f，以及方向时刻在变的弹力T。
设T与竖直杆方向的夹角为θ，则(Oa为原长，所以斜边即为弹簧的伸长量)，即小球与杆之间的弹力为定值。根据f＝μFN可知杆受到的摩擦力是恒定不变的，从b到d过程中，由动能定理可得：WT+WG+Wf＝0﹣0＝0，因为橡皮筋的弹力从b到c做的正功小于从c到d做的负功，所以整体橡皮筋从b到d的弹力对小球做负功，而摩擦力也做负功，即WG＞Wf；从b到d过程中，重力做功WWG＝Ghbd，克服摩擦力做功Wf＝fhbd，所以G＞f，在c点橡皮筋的拉力和杆对小球的弹力都沿水平方向，所以在竖直方向上只受重力和摩擦力，合力仍向下，仍做加速运动，而在c点下方的某一点处，橡皮筋的拉力有一个向上的分力与摩擦力的合力才能等于重力大小，故在c点下方的某一点处合力为零，加速度为零，速度最大，故A错误B正确；
C、根据以上分析可知重力对小球做的功一定大于小球克服摩擦力做的功，C正确；
D、从b到c小球做加速运动，b、c两点的速度不同，而摩擦力相等，所以b、c两点摩擦力的瞬时功率大小不等，故，D错误。
故选：BC。
【点评】解本题需要正确的受力分析，分方向列式研究，灵活应用动能定理，对称性观点定性分析橡皮条做功特点。
【例3】(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为α，圆环在A处时弹簧竖直且处于原长。将圆环从A处静止释放，到达C处时速度为零。若圆环在C处获得沿杆向上的速度v，恰好能回到A．已知AC＝L，B是AC的中点，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则下列叙述正确的是(　　)
A．下滑过程中，环受到的合力一直减小
B．下滑过程中，环与杆摩擦产生的热量为mv2
C．从C到A过程，弹簧对环做功为mgLsinα﹣mv2
D．环经过B时，上滑的速度小于下滑的速度
【分析】根据圆环的运动情况分析下滑过程中加速度的变化，来判断合力的变化，从而确定出加速度的变化。研究圆环从A处由静止开始下滑到C和在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A两个过程，运用动能定理列出等式求解；研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程和圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式，可比较上滑和下滑经过B点时速度的大小。
【解答】A、环由A到C，初速度和末速度均为0，环先加速后减速，加速度先减小后增大，合外力先小后增大，故A错误；
BC、环由A到C，有mgLsinα＝Epc+Q，环由C到A，有EpC﹣Q﹣mgLsin
α＝﹣，Q＝，EpC＝mgLsin
α﹣，故BC正确；
D、由功能关系可知，圆环由A下滑至B，有mgh′﹣W′f﹣W′弹＝，圆环由B上滑至A，有﹣mgh′﹣W′f+W′弹＝0﹣，故可比较，环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题需正确分析小球的受力情况和运动情况，对物理过程进行受力、运动、做功分析，这是解决问题的根本方法，熟练掌握动能定理的应用，注意研究过程的选择。
【例4】如图所示，一物体质量为m＝2kg，在倾角为θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3m/s下滑，A点距弹簧上端B的距离为AB＝4m。当物体到达B后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0.2m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距A点AD＝3m，挡板及弹簧质量不计，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ
(2)物体第一次到达B点时的速度大小
(3)弹簧的最大弹性势能
【分析】(1)对从最高点A到D的过程中重力与摩擦力对物体做功，对全过程运用动能定理列式求解即可；
(2)A到B过程中找到合外力做的功，根据动能定理列方程求解；
(3)对从最高点到弹簧压缩量最大的过程，根据动能定理列方程求解。
【解答】解：(1)整个过程从A到D，由动能定理有：
mg?AD?sinθ﹣μmgcosθ(AB+BC+AB+BC﹣AD)＝0﹣
代入数值解为：μ＝0.52；
(2)A到B，由动能定理得：
mg?ABsin37°﹣μmgcos37°?AB＝；
解得：；
(3)从A到C过程，根据动能定理有：
mg?ACsinθ﹣μmgcosθ?AC﹣Wk＝0﹣m
求得克服弹簧弹力做功为：WK＝24.4J，
所以弹簧的最大弹性势能为：Ep＝Wk＝24.4J；
答：(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ为0.52；
(2)物体第一次到达B点时的速度大小为
(3)弹簧的最大弹性势能为24.4J；
【点评】动能定理是高考的一个考点，学生需掌握用动能定理解题的步骤，在解答过程中一定要合理选择运动过程；
【例5】如图所示，光滑水平平台高h1＝8.4m，BC为一段光滑圆弧轨道，其圆心O与平台等高，轨道最低点C的切线水平，BC的高度差h2＝4.2m。一不计厚度、质量m＝1kg的长木板静止于粗糙水平面上，左端置于C点，右端与D点固定的竖直挡板相距s＝4m。质量m＝1kg的小物块压缩弹簧至k点，弹簧与小物块不拴接，形变在弹性限度内。释放小物块弹簧恢复原长后，小物块从A点滑离平台恰好能无碰撞地从B点进入圆弧形轨道，然后经过C点滑上长木板，继续运动。长木板向右运动与挡板发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，以原速率返回。碰撞后立即撤去挡板，运动过程中小物块始终未滑离长木板。已知物块与长木板间动摩擦因数μ1＝0.3，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.05，取g＝10m/s2．求：
(1)小物块由A到B的运动时间t；
(2)弹簧被压缩至k点时具有的弹性势能Ep；
(3)长木板左端最终离C点的水平距离x及其最小长度L。
【分析】(1)根据平抛运动规律可以计算出时间；
(2)根据平抛运动规律计算出离开A时的速度，进而根据功能关系可以算出弹性势能；
(3)物块滑到木板上，一直向右做匀减速运动，长木板先向右做匀加速运动，与挡板碰撞后向左做匀减速运动直到速度为零，然后向右做匀加速运动与物块速度相等，然后两个一起向右做匀减速运动直到速度为零。
【解答】解：(1)小物块离开平台后做平抛运动，设从A到B的时间为t，由平抛运动规律得：
解得：
(2)由题知R＝h1，设OB连线与OC的夹角为θ，由图中几何关系得：
，θ＝60°
设物体从A点抛出时的水平速度为v0，则在B点处有：
解得：
根据功能关系得弹簧的弹性势能：
(3)设物块到达C点时速度为vC，物块由A到C由动能定理得：
代入数据解得：vC＝14m/s
物块在木板上滑行做匀减速运动，其加速度为a1，则有：
对长木板由牛顿第二定律得：
μ1mg﹣2μ2mg＝ma2
解得：
设经时间t1长木板与挡板相撞，由得：
t1＝2s
此时物块和长木板速度分别为v1、v2，则有：
v1＝vC﹣a1t1＝8m/s，v2＝a2t1＝4m/s
物块的位移为：
物块距离木板左端为：△x1＝x1﹣s＝18m
长木板与挡板相撞后，物块继续向右做匀减速运动，长木板向左减速运动，设其加速度为a3，则有：
μ1mg+2μ2mg＝ma3
代入数据解得：
经时间t2长木板速度为零，则
此时物块的速度为v3，则v3＝v1﹣a1t2＝5m/s
物块向右的位移
木板减速向左的位移
在此过程中物块相对木板向右的位移为△x2＝x2+x3＝8.5m
设又经时间t3两者速度相等为v4，即v4＝a2t3＝v3﹣a1t3
解得：t3＝1s，v4＝2m/s
在这段时间内物块与长木板的位移分别为
物块与长木板的相对位移△x3＝x4﹣x5＝2.5m
以后两个一起以加速度a4向右做匀减速运动，直到速度为零，则
两个一起向右匀减速运动的位移：
则：x＝s﹣x3+x5+x6＝7m
L＝L＝△x1+△x2+△x3＝29m
答：(1)小物块由A到B的运动时间t为；
(2)弹簧被压缩至k点时具有的弹性势能Ep为14J；
(3)长木板左端最终离C点的水平距离x为7m及其最小长度L为29m。
【点评】物块与木板的运动及其复杂，所以需要分析清楚他们的运动过程，然后逐个过程进行计算，计算它们的加速度、速度和位移，最后根据全程的情况计算出长木板和物块的相对位移即为木板的长度。还有在计算木板距离C点的距离时还要注意长木板有一个向左减速运动的过程。
【例6】如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)，随后P沿轨道被弹回，最高点到达F点，AF＝4R，已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝，重力加速度大小为g。(取sin37°＝，cos37°＝)
(1)求P第一次运动到B点时速度的大小。
(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能。
(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。
【分析】(1)对物体从C到B的过程分析，由动能定理列式可求得物体到达B点的速度；
(2)同(1)的方法求出物块返回B点的速度，然后对压缩的过程与弹簧伸长的过程应用功能关系即可求出；
(3)P离开D点后做平抛运动，将物块的运动分解即可求出物块在D点的速度，E到D的过程中重力、弹簧的弹力、斜面的阻力做功，由功能关系即可求出物块P的质量。
【解答】解：(1)C到B的过程中重力和斜面的阻力做功，所以：
其中：
代入数据得：
(2)物块返回B点后向上运动的过程中：
其中：
联立得：
物块P向下到达最低点又返回的过程中只有摩擦力做功，设最大压缩量为x，则：
整理得：x＝R
物块向下压缩弹簧的过程设克服弹力做功为W，则：
又由于弹簧增加的弹性势能等于物块克服弹力做的功，即：EP＝W
所以：EP＝2.4mgR
(3)由几何关系可知图中D点相对于C点的高度：
h＝r+rcos37°＝1.8r＝＝1.5R
所以D点相对于G点的高度：H＝1.5R+R＝2.5R
小球做平抛运动的时间：t＝
G点到D点的水平距离：L＝＝
由：L＝vDt
联立得：
E到D的过程中重力、弹簧的弹力、斜面的阻力做功，由功能关系得：
联立得：m′＝
答：(1)P第一次运动到B点时速度的大小是。
(2)P运动到E点时弹簧的弹性势能是2.4mgR。
(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小是，改变后P的质量是m。
【点评】本题考查功能关系、竖直面内的圆周运动以及平抛运动，解题的关键在于明确能达到E点的条件，并能正确列出动能定理及理解题目中公式的含义。第二小问可以从运动全过程的角度跟能量的角度来列式
mgxCFsin37°＝μmgcos37°[2(xBF+x)+xCF]带入数据，解得x＝R
mgxCE＝μmgcos37°xCE+Ep；
带入数据，解得Ep＝2.4mgR
【例7】(多选)已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动。某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图a所示)，以此时为t＝0时刻记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系，如图b所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v1＞v2)。已知传送带的速度保持不变。(g取10m/s2)则(　　)
A．0～t1内，物块对传送带做正功
B．物块与传送带间的动摩擦因数为μ，μ＞tan
θ
C．0～t2内，传送带对物块做功为W＝mv﹣mv
D．系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小
【分析】由图看出，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上。0～t1内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，可知物块对传送带做功情况。由于物块能向上运动，则有
μmgcosθ＞mgsinθ．根据动能定理研究0～t2内，传送带对物块做功。根据能量守恒判断可知，物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能，则系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小。
【解答】解：A、由图知，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上。0～t1内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带做负功。故A错误。
B、在t1～t2内，物块向上运动，则有
μmgcosθ＞mgsinθ，得μ＞tanθ．故B正确。
C、0～t2内，由图“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理得：据动能定理得：W+WG＝mv22﹣mv12，则传送带对物块做功W≠mv22﹣mv12．故C错误。
D、系统产生的热量Q＝μmgcosθ×△x，而物块动能的变化△Ek＝(μmgcosθ﹣mgsinθ)×x物
由于μmgcosθ＞μmgcosθ﹣mgsinθ，且△x＞x物，则Q＞△Ek，选项D正确。
故选：BD。
【点评】本题由速度图象要能分析物块的运动情况，再判断其受力情况，得到动摩擦因数的范围，根据动能定理求解功是常用的方法。
三．计算题(共1小题)
【例8】如图所示，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O点为弹簧原长位置，O点左侧水平面光滑。水平段OP长L＝1m，P点右侧一与水平方向成θ＝30°的足够长的传送带与水平面在P点平滑连接，皮带轮逆时针转动速率为3m/s。一质量为1kg可视为质点的物块A压缩弹簧(与弹簧不栓接)，使弹簧获得弹性势能Ep＝9J，物块与OP段动摩擦因数μ1＝0.1．另一与A完全相同的物块B停在P点，B与传送带的动摩擦因数μ2＝，传送带足够长。A与B的碰撞时间不计，碰后A、B交换速度，重力加速度g＝10m/s2，现释放A，求：
(1)物块A、B第一次碰撞前瞬间，A的速率v0；
(2)从A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，B与传送带之间由于摩擦而产生的热量；
(3)A、B能够碰撞的总次数。
【分析】(1)从释放到与B碰撞前的过程，对A和系统运用功能关系列式，即可求解物块A与B第一次碰撞前的速度；
(2)根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出碰后A、B的速度。B获得速度后碰后B沿皮带轮向上匀减速运动直至速度为零，然后向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合，分段求出时间和位移；最后结合公式Q＝f?△S求解热量。
(3)B与A第二次碰撞，两者速度再次互换，此后A向左运动再返回时与B碰撞，B沿皮带轮向上运动再原速返回，重复这一过程直至两者不再碰撞。每一次过程中损失的机械能为2μ1mgl，根据整个过程能量守恒列式求解A、B碰撞的次数。
【解答】解：(1)设物块质量为m，A与B第一次碰前的速度为v0，则：
解得：v0＝4m/s
(2)设A、B第一次碰撞后的速度分别为vA、vB，则vA＝0，vB＝4m/s，
碰后B沿传送带向上匀减速运动直至速度为零，加速度大小设为a1，
则：mgsinθ+μ2mgcosθ＝ma1，
解得：a1＝gsinθ+μ2gcosθ＝10m/s2
运动的时间
位移＝0.8m
此过程相对运动路程△s1＝vt1+x1＝2m
此后B反向加速，加速度仍为a1，与传送带共速后匀速运动直至与A再次碰撞，
加速时间为＝0.3s
位移为
此过程相对运动路程△s2＝vt2﹣x2＝0.45m
全过程生热Q＝μ2mgcosθ(△s1+△s2)＝12.25J
(3)B与A第二次碰撞，两者速度再次互换，此后A向左运动再返回与B碰撞，B沿传送带向上运动再次返回，每次碰后到再次碰前速率相等，重复这一过程直至两者不再碰撞。
则对A、B和弹簧组成的系统，从第二次碰撞后到不再碰撞：＝2nμ1mgL
解得第二次碰撞后重复的过程数为n＝2.25，取n＝2(取整数)，
所以碰撞总次数为N＝2+2n＝6次
答：(1)物块A、B第一次碰撞前瞬间，A的速率为4m/s；
(2)从A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，B与传送带之间由于摩擦而产生的热量为12.25J；
(3)A、B能够碰撞的总次数为6次。
【点评】本题首先要理清物体的运动过程，其次要准确把握每个过程所遵守的物理规律，特别要掌握弹性碰撞过程，动量和机械能均守恒，两物体质量相等时交换速度。
【例9】如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M＝4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg，g为重力加速度的大小，不计空气阻力。
(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；
(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。
【分析】(1)分析管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球的受力情况，由牛顿运动定律列方程求解加速度大小；
(2)由运动学公式可得碰地前瞬间它们的速度大小；再求出管与小球的速度刚好相同时经过的位移h1，速度相同后管与小球将以加速度g减速上升h2到达最高点，根据竖直上抛运动求解上升的高度即可；
(3)由动能定理求解第一次弹起过程中球相对管的位移x1，同理求解管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中球与管的相对位移x2，球不会滑出管外的条件是x1+x2≤L，联立求解即可。
【解答】解：(1)管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动，设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有：
Ma1＝Mg+f
ma2＝f﹣mg
联立并代入题给数据，得：
a1＝2g
a2＝3g；
(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同，由运动学公式可得，碰地前瞬间它们的速度大小均为：
v0＝，方向均向下
管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下
设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同，取向上为正方向，由运动学公式可得：
v0﹣a1t1＝﹣v0+a2t1
解得：t1＝
设此时管的下端离地高度为h1，速度为v，由运动学公式可得
h1＝v0t1﹣
v＝v0﹣a1t1
由此可知此时v＞0，此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点，由运动学公式有：h2＝
管第一次落地弹起后上升的最大高度H1＝h1+h2＝；
(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1，在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有：
Mg(H﹣H1)+mg(H﹣H1+x1)﹣4mgx1＝0
解得：x1＝
同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为：x2＝
设圆管长度为L．管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x1+x2≤L
联立解得L应满足条件为：L≥。
答：(1)管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小分别为2g、3g；
(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，管上升的最大高度为；
(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，圆管长度应满足L≥。
【点评】本题主要是考查牛顿第二定律的综合应用和动能定理的结合，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律求解加速度，再根据题目要求结合运动学公式、动能定理进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。
学号：22049688
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