2021版高考物理一轮复习选修3-2第2讲法拉第电磁感应定律及其应用自感现象练习含解析

2021版高考物理一轮复习选修3-2第2讲法拉第电磁感应定律及其应用自感现象练习含解析

第2讲 法拉第电磁感应定律及其应用 自感现象 考点1　法拉第电磁感应定律的理解和应用(d)‎ ‎【典例1】(2019·嘉兴模拟)如图所示,匀强磁场中有两个导体圆环a、b,磁场方向与圆环所在平面垂直。磁感应强度B随时间均匀增大。两圆环半径之比为2∶1,圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb,不考虑两圆环间的相互影响。下列说法正确的是 (　　)‎ A.Ea∶Eb=4∶1,感应电流均沿逆时针方向 B.Ea∶Eb=4∶1,感应电流均沿顺时针方向 C.Ea∶Eb=2∶1,感应电流均沿逆时针方向 D.Ea∶Eb=2∶1,感应电流均沿顺时针方向 ‎【解析】选B。a、b两个圆环产生的感应电动势属于感生电动势,根据题意可知相同,又由法拉第电磁感应定律得E=n=nS,Sa=π(2r)2=4πr2,Sb=πr2,所以=4∶1,由楞次定律可知两圆环中感应电流的方向均沿顺时针方向,B正确。‎ ‎1.(多选)如图所示,a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成,匝数均为10匝,边长La=2Lb,图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,且磁感应强度随时间均匀减小,不考虑线圈之间的相互影响,则 (　　)‎ A.两线圈内产生顺时针方向的感应电流 18‎ B.a、b线圈中感应电动势之比为2∶1‎ C.a、b线圈中感应电流之比为4∶1‎ D.a、b线圈中电功率之比为8∶1‎ ‎【解析】选A、D。原磁场向里减小,根据楞次定律可知,感应电流的磁场与原磁场方向相同,因此感应电流的方向为顺时针方向,选项A正确;根据法拉第电磁感应定律可知,E==L2,而La=2Lb,因此电动势之比为4∶1,选项B错误;线圈电阻R=ρ,故电阻之比为2∶1,由闭合电路欧姆定律可知I=,则电流之比为2∶1,选项C错误;电功率P=I2R,两线圈电流之比为2∶1,电阻之比为2∶1,则电功率之比为8∶1,选项D正确。‎ ‎2.(多选)如图所示,A、B两闭合线圈用同样的导线绕成,A有10匝,B有20匝,两线圈半径之比为2∶1。均匀磁场只分布在B线圈内。当磁场随时间均匀减弱时 (　　)‎ A.A中无感应电流 B.A、B中均有恒定的感应电流 C.A、B中感应电动势之比为2∶1‎ D.A、B中感应电流之比为1∶2‎ ‎【解析】选B、D。磁场随时间均匀减弱,穿过闭合线圈A的磁通量减少,A中产生感应电流,故A错误;磁场随时间均匀减弱,穿过闭合线圈A、B的磁通量减少,A、B中都产生感应电流,故B正确;由法拉第电磁感应定律得,感应电动势:E=n=nS,其中、S都相同,A有10匝,B有20匝,线圈产生的感应电动势之比为1∶2,A、B环中感应电动势EA∶EB=1∶2,故C错误;线圈电阻R=ρ=ρ=,两圆线圈半径之比为2∶1,A有10匝,B有20匝,ρ、S都相同,则电阻之比RA∶RB=1∶1,由欧姆定律I=得,产生的感应电流之比 18‎ IA∶IB=1∶2,故D正确。‎ ‎1.决定因素:感应电动势的大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率和线圈匝数共同决定,而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系,为单匝线圈产生的感应电动势大小。‎ ‎2.适用范围:法拉第电磁感应定律适用于任何情况下感应电动势的计算,但在中学物理中一般用来计算某段时间内的平均电动势。若所取时间极短,即Δt趋近于零时,所求感应电动势为该时刻的瞬时感应电动势。‎ ‎3.两种常见情况:‎ ‎(1)回路与磁场垂直的面积S不变,磁感应强度发生变化,则ΔΦ=ΔB·S,E=n·S。‎ ‎(2)磁感应强度B不变,回路与磁场垂直的面积发生变化,则ΔΦ=B·ΔS,E=nB。‎ ‎【加固训练】‎ ‎　　如图甲所示,一个阻值为R,匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路。线圈的半径为r1,在线圈中半径为r2的圆形区域存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场,磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示。图线与纵、横轴的截距分别为B0和t0,导线的电阻不计。则0至t1时间内(　　)‎ A.电流的方向为由a到b B.电流的大小为 C.通过电阻R1的电量为 18‎ D.电阻R1上产生的热量为 ‎ ‎【解析】选B、C。由图乙可知穿过线圈的磁通量在均匀减少,据楞次定律结合安培定则可判断出通过R1的电流方向为由b到a,故A错误。线圈中的感应电动势E=n=n||π=,据闭合电路欧姆定律求得电流I===,故B正确。通过R1的电量q=It1=,故C正确。R1上产生的热量由焦耳定律求得,Q=I2R1t1=,故D错误。‎ 考点2　通电自感和断电自感(b)‎ ‎1.如图所示电路中,A、B、C为完全相同的三个灯泡,L是一直流电阻不可忽略的电感线圈。a、b为线圈L的左右两端点,原来开关S是闭合的,三个灯泡亮度相同。将开关S断开后,下列说法正确的是 (　　)‎ A.a点电势高于b点,A灯闪亮后缓慢熄灭 B.a点电势低于b点,B、C灯闪亮后缓慢熄灭 C.a点电势高于b点,B、C灯闪亮后缓慢熄灭 D.a点电势低于b点,B、C灯不会闪亮只是缓慢熄灭 ‎【解析】选D。电路稳定时,三个完全相同的灯泡亮度相同,说明流经三个灯泡的电流相等。某时刻将开关S断开,流经电感线圈的磁通量减小,其发生自感现象,相当于电源,产生和原电流方向相同的感应电流,故a点电势低于b点电势,三个灯不会闪亮只是缓慢熄灭,选项D 18‎ 正确。‎ ‎2.(2019·衢州模拟)如图所示,线圈L的自感系数很大,且其直流电阻可以忽略不计,L1、L2是两个完全相同的小灯泡,开关S闭合和断开的过程中,灯L1、L2的亮度变化情况是(灯丝不会断) (　　)‎ A.S闭合,L1不亮,L2逐渐变亮;S断开,L2立即熄灭,L1逐渐变亮 B.S闭合,L1不亮,L2很亮;S断开,L1、L2立即熄灭 C.S闭合,L1、L2同时亮,而后L1逐渐熄灭,L2亮度不变;S断开,L2立即熄灭,L1亮一下才熄灭 D.S闭合,L1、L2同时亮,而后L1逐渐熄灭,L2则逐渐变得更亮;S断开,L2立即熄灭,L1亮一下才熄灭 ‎【解析】选D。当S闭合,L的自感系数很大,对电流的阻碍作用较大,L1和L2串联后与电源相连,L1和L2同时亮,随着L中电流的增大,因为L的直流电阻不计,则L的分流作用增大,L1中的电流逐渐减小为零,由于总电阻变小,故电路中的总电流变大,L2中的电流增大,L2灯变得更亮;当S断开,L2中无电流,立即熄灭,而线圈L产生自感电动势,试图维持本身的电流不变,L与L1组成闭合电路,L1灯要亮一下后再熄灭。故D正确。‎ 自感中“闪亮”与“不闪亮”问题 与线圈串联的灯泡 与线圈并联的灯泡 电路图 通电时 电流逐渐增大,灯泡逐渐变亮 电流突然增大,然后逐渐减小达到稳定 断电时 电流逐渐减小,灯泡逐渐变暗,电流方向不变 电路中稳态电流为I1、I2:‎ ‎①若I2≤I1,灯泡逐渐变暗;‎ ‎②若I2>I1,灯泡闪亮后逐渐变暗。两种情况灯泡中电流方向均改变 ‎【加固训练】‎ ‎　　如图所示,自感线圈L的电阻小于R的阻值,接通S使电路达到稳定,灯泡A发光,‎ 18‎ 下列说法正确的是 (　　)‎ A.在电路甲中,断开S,A将渐渐变暗 B.在电路甲中,断开S,A将先变得更亮,然后渐渐变暗 C.在电路乙中,断开S,A将渐渐变暗 D.在电路乙中,断开S,A将先变得更亮,然后渐渐变暗 ‎【解析】选A、D。题图甲中,灯泡A与自感线圈L在同一个支路中,流过的电流相同,断开开关S时,线圈L中产生的自感电动势使得支路中的电流瞬间不变,以后渐渐变小,A正确,B错误。题图乙中,灯泡A所在支路的电流比自感线圈所在支路的电流要小(因为自感线圈的电阻小),断开开关S时,自感线圈的自感电动势要阻碍电流变小,此瞬间自感线圈中的电流不变,自感线圈相当于一个电源给灯泡A供电,因此反向流过A的电流瞬间要变大,然后逐渐变小,所以灯泡要先变得更亮,然后渐渐变暗,C错误,D正确。‎ 考点3　电磁感应电路和动力学问题(d)‎ ‎【典例2】(2019·丽水模拟)如图所示,在一磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场中,垂直于磁场方向水平放置着两根相距L=0.1 m的平行金属导轨MN和PQ,导轨电阻忽略不计,在两根导轨的端点N、Q之间连接一阻值R=0.3 Ω的电阻。导轨上正交放置着金属棒ab,其电阻r=0.2 Ω。当金属棒在水平拉力作用下以速度v=4.0 m/s向左做匀速运动时 (　　)‎ A.ab棒所受安培力大小为0.02 N B.N、Q间电压为0.2 V C.a端电势比b端电势低 D.回路中感应电流大小为1 A 18‎ ‎【解析】选A。ab棒产生的电动势E=BLv=0.2 V,电流I==0.4 A,ab棒受的安培力F=BIL=0.02 N,A正确,D错误;N、Q之间的电压U=E=0.12 V,B错误;由右手定则得a端电势较高,C错误。‎ ‎【典例3】如图甲所示,放置在水平桌面上的两条光滑导轨间的距离L=1 m,质量m=1 kg的光滑导体棒放在导轨上,导轨左端与阻值R=4 Ω的电阻相连,导轨所在位置有磁感应强度为B=2 T的匀强磁场,磁场的方向垂直导轨平面向下,现在给导体棒施加一个水平向右的恒定拉力F,并每隔0.2 s测量一次导体棒的速度,图乙是根据所测数据描绘出的导体棒的v-t图象(设导轨足够长)。 ‎ ‎ (1)求力F的大小。‎ ‎ (2)t=1.6 s时,求导体棒的加速度a。‎ ‎ (3)若1.6 s内导体棒的位移x=8 m,试计算1.6 s内电阻上产生的热量Q。‎ ‎【解题思路】解答本题应注意以下几点:‎ ‎【解析】(1)导体棒做切割磁感线运动,有E=BLv 18‎ I=,F安=BIL 当导体棒速度最大为vm时,F=F安 解得F==10 N ‎(2)当t=1.6 s时,v1=8 m/s,‎ 此时F安1==8 N F-F安1=ma,a=2 m/s2‎ ‎(3)由能量守恒定律可得Fx=Q+,‎ 解得Q=48 J。‎ 答案:(1)10 N　(2)2 m/s2　(3)48 J ‎1.(多选)(2019·宁波模拟)如图所示,一不计电阻的导体圆环,半径为r、圆心在O点,过圆心放置一长度为2r、电阻为R的辐条,辐条与圆环接触良好,现将此装置放置于磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场中,磁场边界恰与圆环直径在同一直线上,现使辐条以角速度ω绕O点逆时针转动,右侧电路通过电刷与圆环中心和环的边缘相接触,R1=,S处于闭合状态,不计其他电阻,则下列判断正确的是 (　　)‎ A.通过R1的电流方向为自下而上 B.感应电动势大小为2Br2ω C.理想电压表的示数为Br2ω 18‎ D.理想电流表的示数为 ‎【解析】选A、C。由右手定则可知圆环中心为电源的正极、圆环边缘为电源的负极,因此通过R1的电流方向为自下而上,选项A正确;由题意可知,始终有长度为r的辐条在转动切割磁场线,因此感应电动势大小为Br2ω,选项B错误;由图可知,在磁场内部的半根辐条相当于电源,磁场外部的半根辐条与R1并联,因此理想电压表的示数为Br2ω,选项C正确;理想电流表的示数为,选项D错误。‎ ‎2.如图所示,足够长的平行金属导轨倾斜放置,倾角为37°,宽度为0.5 m,电阻忽略不计,其上端接一小灯泡,电阻为1 Ω。导体棒MN垂直于导轨放置,质量为0.2 kg,接入电路的电阻为1 Ω,两端与导轨接触良好,与导轨间的动摩擦因数为0.5,在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度为0.8 T。将导体棒MN由静止释放,运动一段时间后,小灯泡稳定发光,求: ‎ ‎(1)此后导体棒MN的运动速度。‎ ‎(2)小灯泡消耗的电功率。‎ ‎(3)该导体棒由静止释放经t=3 s达稳定速度,求此过程安培力的冲量的大小。(重力加速度g取10 m/s2,sin37°=0.6)‎ ‎【解析】(1)导体棒做匀速直线运动时处于平衡状态,由平衡条件得:‎ mgsin θ=μmgcos θ+,‎ 代入数据解得:v=5 m/s。‎ ‎(2)导体棒产生的感应电动势E=BLv 18‎ 电路电流I=‎ 灯泡消耗的功率P=I2R,‎ 代入数据解得:P=1 W。‎ ‎(3)对导体棒由动量定理有mgsin 37°·t-I安=mv 得I安=2.6 N·s。‎ 答案:　(1)5 m/s　(2)1 W　(3)2.6 N·s ‎1.电磁感应中的电路问题:‎ ‎(1)电磁感应中物理量的关系图。‎ ‎(2)处理电磁感应电路问题的一般思路。‎ ‎①确定电路电源:用法拉第电磁感应定律和楞次定律或右手定则确定感应电动势的大小和方向,电源内部电流的方向是从低电势流向高电势。‎ ‎②分析电路结构:根据“等效电源”和电路中其他元件的连接方式画出等效电路。注意区别内、外电路,区别路端电压、电动势。‎ ‎③选用规律求解:根据E=BLv或E=n结合闭合电路欧姆定律、串并联电路知识和电功率、焦耳定律等关系式联立求解。‎ ‎2.电磁感应中的动力学问题:‎ ‎(1)导体的两种运动状态。‎ ‎①平衡状态:静止或匀速直线运动,F合=0。‎ ‎②非平衡状态:加速度不为零,F合=ma。‎ ‎(2)电学对象与力学对象的转换及关系。‎ 18‎ 考点4　电磁感应图象和能量问题(d)‎ ‎【典例4】如图所示,一直角三角形金属框,向左匀速地穿过一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场,磁场仅限于虚线边界所围的区域内,该区域的形状与金属框完全相同,且金属框的下边与磁场区域的下边在一条直线上。若取顺时针方向为电流的正方向,则金属框穿过磁场过程的感应电流i随时间t变化的图象是下图所示的(　　)‎ ‎【解题思路】解答本题应注意以下两点:‎ 关键点 ‎(1)根据楞次定律确定不同阶段感应电流的方向,判断出正、负。‎ ‎(2)根据E=BLv及L的变化确定感应电动势和感应电流的变化趋势。‎ ‎【解析】选C。根据楞次定律,在金属框进入磁场的过程中,感应电流的方向为逆时针方向,在出磁场的过程中,感应电流的方向为顺时针方向,选项A、B错误;由E=BLv可知,金属框离开磁场过程中切割磁感线的有效长度均匀减小,故感应电动势均匀减小,由闭合电路欧姆定律可知,金属框中的感应电流均匀减小,选项D错误,C正确。‎ ‎【典例5】如图所示,两根相距L1的平行粗糙金属导轨固定在水平面上,导轨上分布着n 个宽度为d、间距为2d的匀强磁场区域,‎ 18‎ 磁场方向垂直水平面向上。在导轨的左端连接一个阻值为R的电阻,导轨的左端距离第一个磁场区域L2的位置放有一根质量为m,长为L1,阻值为r的金属棒,导轨电阻及金属棒与导轨间的接触电阻均不计。某时刻起,金属棒在一水平向右的已知恒力F作用下由静止开始向右运动,已知金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。 ‎ ‎(1)若金属棒能够匀速通过每个匀强磁场区域,求金属棒离开第2个匀强磁场区域时的速度v2的大小。‎ ‎(2)在满足第(1)小题条件时,求第n个匀强磁场区域的磁感应强度Bn的大小。‎ ‎(3)现保持恒力F不变,使每个磁场区域的磁感应强度均相同,发现金属棒通过每个磁场区域时电路中的电流变化规律完全相同,求金属棒从开始运动到通过第n个磁场区域的整个过程中左端电阻R上产生的焦耳热Q。‎ ‎【解析】(1)金属棒匀加速运动有F-μmg=ma ‎=2a(L2+2d) ‎ 解得:v2=‎ ‎(2)金属棒匀加速运动的总位移为 x=L2+2nd-2d 金属棒进入第n个匀强磁场的速度满足=2ax 金属棒在第n个磁场中匀速运动有 F-μmg-F安=0‎ F安=‎ 解得:Bn=·‎ ‎(3)金属棒进入每个磁场时的速度v和离开每个磁场时的速度v′‎ 18‎ 均相同,由题意可得v2=2aL2‎ v2-v′2=2a·2d 金属棒从开始运动到通过第n个磁场区域的过程中,有 x总=L2+3nd-2d ‎(F-μmg)x总-Q总=mv′2‎ Q=Q总 解得:Q=nd(F-μmg)‎ 答案:(1)v2=‎ ‎(2)Bn=·‎ ‎(3)Q=nd(F-μmg)‎ ‎1.(多选)如图所示,xOy平面位于光滑水平桌面上,在O≤x≤2L的区域内存在着匀强磁场,磁场方向垂直于xOy平面向下。由同种材料制成的粗细均匀的正六边形导线框,放在该水平桌面上,AB与DE边距离恰为2L,现施加一水平向右的拉力F拉着线框水平向右匀速运动,DE边与y轴始终平行,从线框DE边刚进入磁场开始计时,则线框中的感应电流i(取逆时针方向的电流为正)随时间t的函数图象和拉力F随时间t的函数图象大致是 (　　)‎ 18‎ ‎【解析】选A、C。当DE边在0～L区域内时,导线框运动过程中有效切割长度越来越大,与时间成线性关系,初始就是DE边长度,所以A正确,B错误;因为是匀速运动,拉力F与安培力等值反向,由F=知,力与L成二次函数关系,因为当DE边在0～2L区域内时,导线框运动过程中有效切割长度随时间先均匀增加后均匀减小,所以F随时间先增加得越来越快后减小得越来越慢,选项C正确,D错误。所以A、C正确,B、D错误。‎ ‎2.(易错专练:电路中通过的电荷量和产生的焦耳热)(2019·宁波模拟)如图所示,虚线框内为某种电磁缓冲车的结构示意图,其主要部件为缓冲滑块K和质量为m的缓冲车厢。在缓冲车的底板上,沿车的轴线固定着两个光滑水平绝缘导轨PQ、MN。缓冲车的底部,安装电磁铁(图中未画出),能产生垂直于导轨平面的匀强磁场,磁场的磁感应强度为B。导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成,滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd,线圈的总电阻为R,匝数为n,ab边长为L。假设缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后,滑块K立即停下,此后线圈与轨道的磁场作用力使缓冲车厢减速运动,从而实现缓冲,一切摩擦阻力不计。‎ ‎(1)求滑块K的线圈中最大感应电动势的大小;‎ ‎(2)若缓冲车厢向前移动距离L后速度为零,则此过程线圈abcd中通过的电量和产生的焦耳热各是多少?‎ ‎(3)若缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后,滑块K立即停下,求此后缓冲车厢的速度v随位移x的变化规律。‎ ‎(4) 若缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后,要使导轨右端不碰到障碍物,则缓冲车与障碍物C碰撞前,导轨右端与滑块K的cd边距离至少多大?‎ ‎【解析】(1)缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后,滑块K立即停下,滑块相对磁场的速度大小为v0,线圈中产生的感应电动势最大,则有Em=nBLv0。‎ 18‎ ‎(2)由法拉第电磁感应定律得:‎ E=n,‎ 其中ΔΦ=BL2。‎ 由欧姆定律得:=‎ 又=‎ 代入整理得:此过程线圈abcd中通过的电量为:‎ q=n。‎ 由功能关系得:线圈产生的焦耳热为:‎ Q=m ‎(3)位移为x时通过的电量为:‎ q=n=‎ 由动量定理可得:-F安t=mv-mv0‎ ‎-nBILt=mv-mv0‎ ‎-nBLq=mv-mv0‎ 解得:v=v0-‎ ‎(4)由v=v0-‎ 当v=0时可求得:x=‎ 18‎ 答案:(1)nBLv0　(2)q=n;Q=m　‎ ‎(3)v=v0-　(4)x=‎ ‎1.电磁感应的图象问题:‎ ‎(1)图象类型。‎ ‎(2)分析方法:对图象的分析,应做到“四明确一理解”。‎ ‎①明确图象所描述的物理意义;明确各种正、负号的含义;明确斜率的含义;明确图象和电磁感应过程之间的对应关系。‎ ‎②理解三个相似关系及其各自的物理意义:‎ v—Δv—,B—ΔB—,Φ—ΔΦ—。‎ ‎2.电磁感应中的能量问题:‎ ‎(1)能量转化过程。‎ ‎①导体切割磁感线或磁通量发生变化产生感应电流的过程就是机械能或其他形式的能转化成电能的过程。‎ ‎②克服安培力做的功等于转化的电能,纯电阻电路中,电能以内能形式消耗。‎ ‎(2)选用解题规律。‎ ‎①动能定理:合外力(包含安培力)所做的功等于导体棒动能的增量。‎ ‎②能量转化和守恒定律:‎ a.判断选定的系统在某一过程中能量是否守恒。‎ b.分析该过程中能量形式,哪种能量增加,哪种能量减少。‎ c.增加的能量等于减少的能量。‎ 18‎ ‎【加固训练】‎ ‎　　小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示,两根平行金属导轨相距l=‎ ‎0.50 m,倾角θ=53°,导轨上端串接一个R=0.05 Ω的电阻。在导轨间长d=‎ ‎0.56 m的区域内,存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度B=2.0 T。质量m=4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上,用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连。CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s=0.24 m。一位健身者用恒力F=80 N拉动GH杆,CD棒由静止开始运动,上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直。当CD棒到达磁场上边界时健身者松手,触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g取10 m/s2,sin53°=0.8,不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)。求:‎ ‎(1)CD棒进入磁场时速度v的大小。‎ ‎(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小。‎ ‎(3)在拉升CD棒的过程中,健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q。‎ ‎【解析】(1)由牛顿运动定律 a==12 m/s2 ①‎ 进入磁场时的速度v==2.4 m/s ②‎ ‎(2)感应电动势E=Blv ③‎ 感应电流I=④‎ 受到的安培力FA=BIl⑤‎ 代入得FA==48 N ⑥‎ ‎(3)健身者做功W=F(s+d)=64 J ⑦‎ 由牛顿运动定律得:F-mgsinθ-FA=0 ⑧‎ 18‎ 在磁场中运动的时间t=⑨‎ 电阻产生的焦耳热Q=I2Rt=26.88 J ⑩‎ 答案:(1)2.4 m/s　(2)48 N　(3)64 J　26.88 J 18‎