第一講功功率動(dòng)能定理知識(shí)建構(gòu)高考調(diào)研1.考查方向預(yù)測：重力、摩擦力、靜電力和洛倫茲力的做功特點(diǎn)和求解與功、功率相關(guān)的分析與計(jì)算動(dòng)能定理和動(dòng)力學(xué)方法的綜合應(yīng)用動(dòng)能定理在電磁學(xué)中的應(yīng)用2.常用的思想方法：化曲為直的思想方法微元法合力功的求法變力功的求法答案(1)恒力做功的計(jì)算單個(gè)力做的功：直接用WFxcos計(jì)算有兩種不同的計(jì)算公式，即分解力或分解位移；常見的恒力功有：電場力功：WQqEdqU安培力功：W安BILd重力功：WGmgh合力做的功方法一：先求合力F合，再用W合F合lcos求功方法二：先求各個(gè)力做的功W1、W2、W3、，再應(yīng)用W合W1W2W3求合力做的功(2)功率的兩個(gè)公式P.求出的功率是時(shí)間t內(nèi)的平均功率PFvcos.其中是F與v方向的夾角；若v取瞬時(shí)速度，則對應(yīng)的P為瞬時(shí)功率；若v取平均速度，則對應(yīng)的P為平均功率(3)對動(dòng)能定理的理解動(dòng)能定理中所說的“外力”，是指物體受到的所有力，包括重力對“總功”的兩種理解各外力做功的代數(shù)和：WW1W2；合外力的功：WF合lcos(力均為恒力)對“位移和速度”的理解：必須是相對于同一個(gè)慣性參考系，一般以地面為參考系動(dòng)能定理表達(dá)式是一個(gè)標(biāo)量式，不能在某個(gè)方向上應(yīng)用動(dòng)能定理考向一功和功率的計(jì)算歸納提煉功和功率的理解與計(jì)算問題，一般應(yīng)注意以下幾點(diǎn)1準(zhǔn)確理解功的定義式WFl及變形式WFlcos中各物理量的意義，該式僅適用于恒力做功的情況2變力做功的求解注意對問題的正確轉(zhuǎn)化，如將變力轉(zhuǎn)化為恒力，也可應(yīng)用動(dòng)能定理等方式求解3對于功率的計(jì)算，應(yīng)注意區(qū)分公式P和公式PFv，前式側(cè)重于平均功率的計(jì)算，而后式側(cè)重于瞬時(shí)功率的計(jì)算(2017·江蘇卷)如圖所示，兩個(gè)半圓柱A、B緊靠著靜置于水平地面上，其上有一光滑圓柱C，三者半徑均為R.C的質(zhì)量為m，A、B的質(zhì)量都為，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為.現(xiàn)用水平向右的力拉A，使A緩慢移動(dòng)，直至C恰好降到地面整個(gè)過程中B保持靜止設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g.求：(1)未拉A時(shí)，C受到B作用力的大小F；(2)動(dòng)摩擦因數(shù)的最小值min；(3)A移動(dòng)的整個(gè)過程中，拉力做的功W.思路點(diǎn)撥由圓柱C一開始受力平衡可得出力F的大小動(dòng)摩擦因數(shù)最小時(shí)，B受C壓力的水平分力最大拉力為變力，可根據(jù)動(dòng)能定理求解拉力做的功解析(1)C受力平衡，有2Fcos30°mg解得Fmg(2)C恰好降到地面時(shí)，B受C壓力的水平分力最大FxmaxmgB受地面的摩擦力fmg根據(jù)題意fminFxmax解得min.(3)C下降的高度h(1)RA的位移x2(1)R摩擦力做功的大小Wffx2(1)mgR根據(jù)動(dòng)能定理WWfmgh00解得W(21)(1)mgR.答案(1)mg(2)(3)(21)(1)mgR動(dòng)摩擦因數(shù)的最小值也可用以下方法分析求解：如圖所示，用水平向右的力拉A，使A緩慢移動(dòng)，直至C恰好降到地面時(shí)對整體，有NBNAmg2×g，地面支持力NBNAmg對C，豎直方向上有2FBcos60°mg對B，水平方向上有fFBsin60°mg而ffmNBmg，故動(dòng)摩擦因數(shù)，最小值min.當(dāng)F為變力或物體做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，或要求解的問題中沒有明確固定的受力或在力的方向上的位移時(shí)，考慮用動(dòng)能定理求變力做的功.分析各力做功情況時(shí)不要出現(xiàn)“丟功”及“錯(cuò)功”.嚴(yán)格按照重力、彈力、摩擦力的順序找出運(yùn)動(dòng)物體所受的各個(gè)力，然后準(zhǔn)確判斷出各個(gè)力做的功.存在電場時(shí)，還要考慮是否有電場力做功.熟練強(qiáng)化1(2017·長沙雅禮中學(xué)三模)如右圖所示是一種清洗車輛用的手持式噴水槍設(shè)槍口截面積為0.6 cm2，噴出水的速度為20 m/s.當(dāng)它工作時(shí)，估計(jì)水槍的平均功率約為(水的密度為1×103 kg/m3)()A12 W B120 WC240 W D1200 W解析考慮t時(shí)間內(nèi)從槍口射出去的水，其質(zhì)量為msvt，該部分水增加的動(dòng)能Ekmv2，結(jié)合上式，有Eksv3t，則水槍的平均功率Ek/tsv3，代入數(shù)據(jù)，得240 W.答案C2.(多選)(2017·河南五校聯(lián)考)將三個(gè)光滑的平板傾斜固定，三個(gè)平板頂端到底端的高度相等，三個(gè)平板與水平面間的夾角分別為1、2、3，如圖所示現(xiàn)將三個(gè)完全相同的小球由最高點(diǎn)A沿三個(gè)平板同時(shí)無初速度地釋放，經(jīng)一段時(shí)間到達(dá)平板的底端則下列說法正確的是()A重力對三個(gè)小球所做的功相同B沿傾角為3的平板下滑的小球的重力的平均功率最大C三個(gè)小球到達(dá)底端時(shí)的瞬時(shí)速度相同D沿傾角為3的平板下滑的小球到達(dá)平板底端時(shí)重力的瞬時(shí)功率最小解析假設(shè)平板的長度為x，由功的定義式可知Wmgxsinmgh，則A正確；小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度agsin，小球到達(dá)平板底端時(shí)的速度為v，顯然到達(dá)平板底端時(shí)的速度大小相等，但方向不同，則C錯(cuò)誤；由位移公式xat2可知t ，整個(gè)過程中重力的平均功率為P，則沿傾角為1的平板下滑的小球的重力平均功率最大，B錯(cuò)誤；根據(jù)Pmgvcos(90°)mgvsin，速度大小相等，沿傾角為3的平板下滑的小球到達(dá)平板底端時(shí)重力的瞬時(shí)功率最小，D正確答案AD3(2017·全國卷)如圖，一質(zhì)量為m、長度為l的均勻柔軟細(xì)繩PQ豎直懸掛用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點(diǎn)，M點(diǎn)與繩的上端P相距l(xiāng).重力加速度大小為g.在此過程中，外力做的功為()A.mglB.mglC.mglD.mgl解析將繩的下端Q緩慢向上拉至M點(diǎn)，相當(dāng)于使下部分的繩的重心升高l，故重力勢能增加mg·mgl，由功能關(guān)系可知A項(xiàng)正確答案A考向二動(dòng)能定理的應(yīng)用歸納提煉應(yīng)用動(dòng)能定理解題應(yīng)注意的四點(diǎn)1方法的選擇：動(dòng)能定理往往用于單個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)過程，由于不涉及加速度及時(shí)間，比動(dòng)力學(xué)方法要簡捷2規(guī)律的應(yīng)用：動(dòng)能定理表達(dá)式是一個(gè)標(biāo)量式，在某個(gè)方向上應(yīng)用動(dòng)能定理是沒有依據(jù)的3過程的選擇：物體在某個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中包含有幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的小過程(如加速、減速的過程)，此時(shí)可以分段應(yīng)用動(dòng)能定理，也可以對全過程應(yīng)用動(dòng)能定理，但如果對整個(gè)過程應(yīng)用動(dòng)能定理，則使問題簡化4電磁場中的應(yīng)用：在電磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)多了一個(gè)電場力或磁場力，特別注意電場力做功與路徑無關(guān)，洛倫茲力在任何情況下都不做功(2016·全國卷)如圖，一輕彈簧原長為2R，其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)直軌道與一半徑為R的光滑圓弧軌道相切于C點(diǎn)，AC7R，A、B、C、D均在同一豎直平面內(nèi)質(zhì)量為m的小物塊P自C點(diǎn)由靜止開始下滑，最低到達(dá)E點(diǎn)(未畫出)隨后P沿軌道被彈回，最高到達(dá)F點(diǎn)，AF4R.已知P與直軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度大小為g.(取sin37°，cos37°)(1)求P第一次運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度的大小(2)求P運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢能(3)改變物塊P的質(zhì)量，將P推至E點(diǎn)，從靜止開始釋放已知P自圓弧軌道的最高點(diǎn)D處水平飛出后，恰好通過G點(diǎn)G點(diǎn)在C點(diǎn)左下方，與C點(diǎn)水平相距R、豎直相距R.求P運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)速度的大小和改變后P的質(zhì)量思路路線解析(1)根據(jù)題意知，B、C之間的距離為l7R2R設(shè)P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為vB，由動(dòng)能定理得mglsinmglcosmv式中37°.聯(lián)立式并由題給條件得vB2(2)設(shè)BEx.P到達(dá)E點(diǎn)時(shí)速度為零，設(shè)此時(shí)彈簧的彈性勢能為Ep.P由B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理有mgxsinmgxcosEp0mvE、F之間的距離為l14R2RxP到達(dá)E點(diǎn)后反彈，從E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理有Epmgl1sinmgl1cos0聯(lián)立式并由題給條件得xREpmgR(3)設(shè)改變后P的質(zhì)量為m1.D點(diǎn)與G點(diǎn)的水平距離x1和豎直距離y1分別為x1RRsiny1RRRcos式中，已應(yīng)用了過C點(diǎn)的圓軌道半徑與豎直方向夾角仍為的事實(shí)設(shè)P在D點(diǎn)的速度為vD，由D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到G點(diǎn)的時(shí)間為t.由平拋運(yùn)動(dòng)公式有y1gt2x1vDt聯(lián)立式得vD設(shè)P在C點(diǎn)速度的大小為vC.在P由C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程中機(jī)械能守恒，有m1vm1vm1gP由E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理有Epm1g(x5R)sinm1g(x5R)cosm1v聯(lián)立式得m1m答案(1)2(2)mgR(3)m應(yīng)用動(dòng)能定理解題的基本步驟熟練強(qiáng)化遷移一動(dòng)力學(xué)與動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用方法1(2017·寧德市模擬)如圖所示，一半徑為R的水平圓盤繞過圓心的豎直軸轉(zhuǎn)動(dòng)，圓盤邊緣有一質(zhì)量為m的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度達(dá)到某一數(shù)值時(shí)，滑塊從圓盤邊緣滑落，進(jìn)入一段圓弧軌道AB.隨后滑上以v0順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶，當(dāng)滑塊滑到與傳送帶左端B的距離為L/n時(shí)，滑塊速度恰好與傳送帶速度相同已知AB段為一段光滑的圓弧軌道，軌道半徑為r，圓弧軌道與傳送帶在B點(diǎn)水平相切，滑塊與圓盤、傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，不計(jì)滑塊進(jìn)入軌道AB和經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能損失(1)當(dāng)圓盤的角速度為多大時(shí)，滑塊從圓盤上滑落？(2)求軌道AB的高度(3)求滑塊到達(dá)圓弧軌道的B點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小解析(1)滑塊在圓盤上做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，靜摩擦力充當(dāng)向心力，根據(jù)牛頓第二定律，可得mgm2R代入數(shù)據(jù)解得.(2)滑塊在A點(diǎn)時(shí)的速度vAR，設(shè)軌道AB的高度為h，滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為v，下滑過程機(jī)械能守恒，mghmv2mv，解得v若滑塊滑上傳送帶時(shí)的速度小于傳送帶速度，則滑塊在傳送帶上受到向右的滑動(dòng)摩擦力，做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有mgL/nmvmv2，則h若滑塊滑上傳送帶時(shí)的速度大于傳送帶的速度，則滑塊受到向左的滑動(dòng)摩擦力，做勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有mgL/nmvmv2，則h.(3)在B點(diǎn)，由牛頓第二定律，可得FNmgm解得FNmg.答案(1)(2)或(3)mg遷移二動(dòng)能定理在電場中的應(yīng)用2(2017·上海市靜安區(qū)摸底)如下圖所示，兩個(gè)帶正電的點(diǎn)電荷M和N，帶電量均為Q，固定在光滑絕緣的水平面上，相距2L，A、O、B是MN連線上的三點(diǎn)，且O為中點(diǎn)，OAOB，一質(zhì)量為m、電量為q的點(diǎn)電荷以初速度v0從A點(diǎn)出發(fā)沿MN連線向N運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)過程中電荷受到大小恒定的阻力作用，但速度為零時(shí)，阻力也為零，當(dāng)它運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)，動(dòng)能為初動(dòng)能的n倍，到B點(diǎn)速度剛好為零，然后返回往復(fù)運(yùn)動(dòng)，直至最后靜止已知靜電力恒量為k，取O處電勢為零，求：(1)A點(diǎn)的場強(qiáng)大小；(2)阻力的大小；(3)A點(diǎn)的電勢；(4)電荷在電場中運(yùn)動(dòng)的總路程解析(1)由點(diǎn)電荷電場強(qiáng)度公式和電場疊加原理可得：EAkk；(2)由對稱性知，AB，電荷從A到B的過程中，電場力做功為零，克服阻力做功為：WfFfL，由動(dòng)能定理：FfL0mv，得：Ff(3)設(shè)電荷從A到O點(diǎn)電場力做功為WF，克服阻力做功為Wf，由動(dòng)能定理：WFWfnmvmv得：WF(2n1)由：WFq(AO)得：A(2n1)(4)電荷最后停在O點(diǎn)，在全過程中電場力做功為WF(2n1)，電荷在電場中運(yùn)動(dòng)的總路程為s，則阻力做功為Ffs.由動(dòng)能定理：WFFfs0mv即：(2n1)mvsmv解得：s(n0.5)L.答案(1)(2)(3)(2n1)(4)(n0.5)L高考題型預(yù)測動(dòng)能定理與圖象結(jié)合的問題考點(diǎn)歸納動(dòng)能定理與圖象結(jié)合的問題1圖象問題分析的“四步走”2常見圖象所圍面積的含義vt圖由公式xvt可知，vt圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體的位移at圖由公式vat可知，at圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體速度的變化量Fx圖由公式WFx可知，F(xiàn)x圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功Pt圖由公式WPt可知，Pt圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功 典題示例(2017·河北名校聯(lián)盟)曉宇在研究一輛額定功率為P20 kW的轎車的性能，他駕駛一轎車在如圖甲所示的平直路面上運(yùn)動(dòng)，其中轎車與ON段路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)比轎車與MO段路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)大曉宇駕駛轎車保持額定功率以10 m/s的速度由M向右運(yùn)動(dòng)，該轎車從M向右運(yùn)動(dòng)到N的過程中，通過速度傳感器測量出轎車的速度隨時(shí)間的變化規(guī)律圖象如圖乙所示，在t15 s時(shí)圖線的切線與橫軸平行已知轎車的質(zhì)量為m2 t，轎車在MO段、ON段運(yùn)動(dòng)時(shí)與路面之間的阻力大小分別保持不變求.(1)該轎車在MO段行駛時(shí)的阻力大??；(2)該轎車在運(yùn)動(dòng)過程中剛好通過O點(diǎn)時(shí)加速度的大?。?3)該轎車由O運(yùn)動(dòng)到N的過程中位移的大小審題指導(dǎo)第一步讀題干提信息題干信息1)駕駛轎車保持額定功率以10 m/s的速度由M向右運(yùn)動(dòng)屬于恒定功率啟動(dòng)模型 2)在t15 s時(shí)圖線的切線與橫軸平行說明t15秒時(shí)轎車加速度為零，做勻速運(yùn)動(dòng)3)圖乙515秒做加速度減小的變減速運(yùn)動(dòng)4)由O運(yùn)動(dòng)到N的過程中位移的大小注意O到N過程牽引力大小改變.第二步審程序順?biāo)悸方馕?1)轎車在MO段運(yùn)動(dòng)時(shí)，以10 m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)，有F1f1，PF1v1聯(lián)立解得f1 N2000 N.(2)轎車在ON段保持額定功率不變，由圖象可知t15 s時(shí)轎車開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)由力的平衡條件有F2f2，PF2v2聯(lián)立解得f2 N4000 Nt5 s時(shí)轎車經(jīng)過O點(diǎn)，開始做減速運(yùn)動(dòng)，有F1f2ma解得a1 m/s2轎車通過O點(diǎn)時(shí)加速度大小為1 m/s2.(3)由動(dòng)能定理可知Ptf2xmvmv解得x68.75 m.答案(1)2000 N(2)1 m/s2(3)68.75 m(1)機(jī)車啟動(dòng)的方式不同，機(jī)車運(yùn)動(dòng)的規(guī)律就不同，因此機(jī)車啟動(dòng)時(shí)，其功率、速度、加速度、牽引力等物理量的變化規(guī)律也不相同，分析圖象時(shí)應(yīng)注意坐標(biāo)軸的意義及圖象變化所描述的規(guī)律.(2)恒定功率下的加速一定不是勻加速，這種加速過程發(fā)動(dòng)機(jī)做的功可用WPt計(jì)算，不能用WFl計(jì)算(因?yàn)镕為變力).(3)以恒定牽引力加速時(shí)的功率一定不恒定，這種加速過程發(fā)動(dòng)機(jī)做的功常用WFl計(jì)算，不能用WPt計(jì)算(因?yàn)楣β蔖是變化的).預(yù)測題組1(多選)(2017·華中師大附中二模)一質(zhì)量為2 kg的物體，在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，拉力逐漸減小，且當(dāng)拉力減小到零時(shí)，物體剛好停止運(yùn)動(dòng)，右圖中給出了拉力隨位移變化的關(guān)系圖象已知重力加速度g10 m/s2，由此可知()A物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)約為0.35B減速過程中拉力對物體所做的功約為13 JC勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度約為6 m/sD減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間約為1.7 s解析Fs圖象圍成的面積代表拉力F做的功，由圖知減速階段Fs圍成面積約13個(gè)小格，每個(gè)小格1 J則約為13 J，故B選項(xiàng)正確剛開始勻速，則Fmg，由圖知F7 N，則0.35，故A選項(xiàng)正確全程應(yīng)用動(dòng)能定理WFmgs0mv，其中WF(7×413)J41 J，得v06 m/s，故C正確由于不是勻減速，沒辦法求減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，故D錯(cuò)誤答案ABC2(2017·湖南五十校聯(lián)考)質(zhì)量為10 kg的物體，在變力F作用下沿x軸做直線運(yùn)動(dòng)，力隨坐標(biāo)x的變化情況如右圖所示物體在x0處，速度為1 m/s，一切摩擦不計(jì)，則物體運(yùn)動(dòng)到x16 m處時(shí)，速度大小為()A2 m/s B3 m/sC4 m/s D. m/s解析Fx圖象與坐標(biāo)軸圍成的圖形面積表示力F做的功，圖形位于x軸上方表示力做正功，位于x軸下方表示力做負(fù)功，面積大小表示功的大小，所以物體運(yùn)動(dòng)到x16 m處時(shí)，力F對物體做的總功W40 J，由動(dòng)能定理，得Wmvmv，代入數(shù)據(jù)，可得v23 m/s，B正確答案B3(2017·寧夏銀川一中第二次考試)質(zhì)量為1 kg的物體，放在動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2的水平面上，在水平拉力的作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，水平拉力做的功W和物體發(fā)生的位移s之間的關(guān)系如下圖所示，重力加速度為10 m/s2，則下列說法正確的是()AAB段加速度大小為3 m/s2BOA段加速度大小為5 m/s2Cs9 m時(shí)速度大小為3 m/sDs3 m時(shí)速度大小為2 m/s解析分析可知Ws圖線的斜率表示拉力的大小，由Ws圖象，可知FOA5 N，F(xiàn)AB2 N，而物體受到的摩擦力為Ff2 N，故物體在OA段加速，由牛頓第二定律，可知FOAFfma，故a3 m/s2，而在AB段物體做勻速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤在OA段，根據(jù)動(dòng)能定理，有Wmgsmv，解得vA3 m/s，故可知選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤答案C4泥石流是在雨季由于暴雨、洪水將含有沙石且松軟的土質(zhì)山體經(jīng)飽和稀釋后形成的洪流泥石流流動(dòng)的全過程雖然只有很短時(shí)間，但由于其高速前進(jìn)，具有強(qiáng)大的能量，因而破壞性極大某課題小組對泥石流的威力進(jìn)行了模擬研究，他們設(shè)計(jì)了如圖甲的模型：在水平地面上放置一個(gè)質(zhì)量為m4 kg的物體，讓其在隨位移均勻減小的水平推力作用下從靜止開始運(yùn)動(dòng)，推力F隨位移變化如圖乙所示，已知物體與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，g10 m/s2.則：(1)物體在運(yùn)動(dòng)過程中的最大加速度為多少？(2)在距出發(fā)點(diǎn)多遠(yuǎn)處，物體的速度達(dá)到最大？(3)物體在水平面上運(yùn)動(dòng)的最大位移是多少？解析(1)當(dāng)推力F最大時(shí)，加速度最大，由牛頓第二定律，得：Fmmgmam可解得：am15 m/s2.(2)由圖象可知：F隨x變化的函數(shù)方程為F8020x速度最大時(shí)，合力為0，即Fmg所以x3 m.(3)位移最大時(shí)，末速度一定為0由動(dòng)能定理可得：WFmgx0由圖象可知，力F做的功為WFFmxm×80×4 J160 J所以x8 m.答案(1)15 m/s2(2)3 m(3)8 m17