資源簡介

三、相互作用——力
1.(2024·黑吉遼·3)利用硯臺將墨條研磨成墨汁時講究“圓、緩、勻”，如圖，在研磨過程中，硯臺始終靜止在水平桌面上。當墨條的速度方向水平向左時：
A.硯臺對墨條的摩擦力方向水平向左
B.桌面對硯臺的摩擦力方向水平向左
C.桌面和墨條對硯臺的摩擦力是一對平衡力
D.桌面對硯臺的支持力與墨條對硯臺的壓力是一對平衡力
2.(2020·北京卷·11)某同學利用如圖甲所示裝置研究摩擦力的變化情況。實驗臺上固定一個力傳感器，傳感器用棉線拉住物塊，物塊放置在粗糙的長木板上。水平向左拉木板，傳感器記錄的F-t圖像如圖乙所示。下列說法正確的是：
A.實驗中必須讓木板保持勻速運動
B.圖乙中曲線就是摩擦力隨時間的變化曲線
C.最大靜摩擦力與滑動摩擦力之比約為10∶7
D.只用圖乙中數據可得出物塊與木板間的動摩擦因數
3.(2022·浙江6月選考·10)如圖所示，一輕質曬衣架靜置于水平地面上，水平橫桿與四根相同的斜桿垂直，兩斜桿夾角θ=60°。一重為G的物體懸掛在橫桿中點，則每根斜桿受到地面的：
A.作用力為G B.作用力為G
C.摩擦力為G D.摩擦力為G
4.(2022·遼寧卷·4)如圖所示，蜘蛛用蛛絲將其自身懸掛在水管上，并處于靜止狀態。蛛絲OM、ON與豎直方向夾角分別為α、β(α>β)。用F1、F2分別表示OM、ON的拉力，則：
A.F1的豎直分力大于F2的豎直分力
B.F1的豎直分力等于F2的豎直分力
C.F1的水平分力大于F2的水平分力
D.F1的水平分力等于F2的水平分力
5.(2022·湖南卷·5)2022年北京冬奧會跳臺滑雪空中技巧比賽場地邊，有一根系有飄帶的風力指示桿，教練員根據飄帶的形態提示運動員現場風力的情況。若飄帶可視為粗細一致的勻質長繩，其所處范圍內風速水平向右、大小恒定且不隨高度改變。當飄帶穩定時，飄帶實際形態最接近的是：
A　　　　B　　　C　　　　D
6.(2020·全國卷Ⅲ·17)如圖，懸掛甲物體的細線拴牢在一不可伸長的輕質細繩上O點處；繩的一端固定在墻上，另一端通過光滑定滑輪與物體乙相連。甲、乙兩物體質量相等。系統平衡時，O點兩側繩與豎直方向的夾角分別為α和β。若α=70°，則β等于：
A.45° B.55° C.60° D.70°
7.(2022·海南卷·8)我國的石橋世界聞名，如圖，某橋由六塊形狀完全相同的石塊組成，其中石塊1、6固定，2、5質量相同為m，3、4質量相同為m'，不計石塊間的摩擦，則m∶m'為：
A. B. C.1 D.2
8.(2020·山東卷·8)如圖所示，一輕質光滑定滑輪固定在傾斜木板上，質量分別為m和2m的物塊A、B，通過不可伸長的輕繩跨過滑輪連接，A、B間的接觸面和輕繩均與木板平行。A與B間、B與木板間的動摩擦因數均為μ，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當木板與水平面的夾角為45°時，物塊A、B剛好要滑動，則μ的值為：
A. B. C. D.
9.(2022·浙江1月選考·5)如圖所示，學校門口水平地面上有一質量為m的石墩，石墩與水平地面間的動摩擦因數為μ，工作人員用輕繩按圖示方式勻速移動石墩時，兩平行輕繩與水平面間的夾角均為θ，重力加速度為g，則下列說法正確的是：
A.輕繩的合拉力大小為
B.輕繩的合拉力大小為
C.減小夾角θ，輕繩的合拉力一定減小
D.輕繩的合拉力最小時，地面對石墩的摩擦力也最小
10.(2021·湖南卷·5)質量為M的凹槽靜止在水平地面上，內壁為半圓柱面，截面如圖所示，A為半圓的最低點，B為半圓水平直徑的端點。凹槽恰好與豎直墻面接觸，內有一質量為m的小滑塊。用推力F推動小滑塊由A點向B點緩慢移動，力F的方向始終沿圓弧的切線方向，在此過程中所有摩擦均可忽略，下列說法正確的是：
A.推力F先增大后減小
B.凹槽對滑塊的支持力先減小后增大
C.墻面對凹槽的壓力先增大后減小
D.水平地面對凹槽的支持力先減小后增大
11.(多選)(2017·全國卷Ⅰ·21)
如圖所示，柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點M拴一重物，用手拉住繩的另一端N。初始時，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為α(α>)。現將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角α不變。在OM由豎直被拉到水平的過程中：
A.MN上的張力逐漸增大 B.MN上的張力先增大后減小
C.OM上的張力逐漸增大 D.OM上的張力先增大后減小
12.(2024·新課標卷·24)將重物從高層樓房的窗外運到地面時，為安全起見，要求下降過程中重物與樓墻保持一定的距離。如圖，一種簡單的操作方法是一人在高處控制一端系在重物上的繩子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的繩子Q，二人配合可使重物緩慢豎直下降。若重物的質量m=42 kg，重力加速度大小g=10 m/s2，當P繩與豎直方向的夾角α=37°時，Q繩與豎直方向的夾角β=53°(sin 37°=0.6)。
(1)(5分)求此時P、Q繩中拉力的大小；
(2)(3分)若開始豎直下降時重物距地面的高度h=10 m，求在重物下降到地面的過程中，兩根繩子拉力對重物做的總功。
答案精析
1.C　[當墨條速度方向水平向左時，墨條相對于硯臺向左運動，故硯臺對墨條的摩擦力方向水平向右，故A錯誤；根據牛頓第三定律，墨條對硯臺的摩擦力方向水平向左，由于硯臺始終處于靜止狀態，故桌面對硯臺的摩擦力方向水平向右，故B錯誤；由于硯臺始終處于靜止狀態，水平方向桌面和墨條對硯臺的摩擦力是一對平衡力，故C正確；桌面對硯臺的支持力大小等于硯臺的重力加上墨條對其的壓力，故桌面對硯臺的支持力大于墨條對硯臺的壓力，故D錯誤。]
2.C　[實驗中讓物塊處于平衡狀態即可，沒有必要讓木板保持勻速運動，故A錯誤；由于物塊處于平衡狀態，故其水平方向上受的拉力(傳感器的示數)等于摩擦力，但摩擦力的方向與拉力的方向相反，所以摩擦力隨時間變化的圖線應和題圖乙中圖線關于橫軸對稱，故B錯誤；由題圖乙知，最大靜摩擦力約為10 N，滑動摩擦力約為7 N，二者之比約為10∶7，故C正確；由于不知道物塊的質量，無法求出物塊對木板的正壓力，因此只用題圖乙中數據無法求出物塊與木板間的動摩擦因數，故D錯誤。]
3.B　[設斜桿的彈力大小為F，以水平橫桿和物體為整體，在豎直方向上根據受力平衡可得4Fcos 30°=G，解得F=G，以其中一斜桿為研究對象，其受力如圖所示，F'=F，可知每根斜桿受到地面的作用力應與F'平衡，即大小為G，每根斜桿受到地面的摩擦力大小為Ff=Fsin 30°=G，B正確，A、C、D錯誤。]
4.D　[對結點O受力分析可得，水平方向有F1sin α=F2sin β，即F1的水平分力等于F2的水平分力，選項C錯誤，D正確；對結點O受力分析可得，豎直方向有F1cos α+F2cos β=mg，聯立解得F1=F2=則F1的豎直分量F1y=F2的豎直分量F2y=因sin αcos β-cos αsin β=sin (α-β)>0，可知F2y>F1y，選項A、B錯誤。]
5.A　[設飄帶的單位長度質量為m0， 單位長度所受風力為F0，從底端取飄帶上任意長度為x，G=m0gx，F=F0x，則重力與風力的合力與豎直方向的夾角為tan θ==可知所選飄帶與豎直方向夾角與所選長度無關，二力合力方向恒定，飄帶各處張力方向相同，則飄帶為一條傾斜的直線，故選A。]
6.B　[取O點為研究對象，在三力的作用下O點處于平衡狀態，對其受力分析如圖所示，根據幾何關系可得β=55°，故選B。]
7.D　[六塊形狀完全相同的石塊圍成半圓對應的圓心角為180°，則每塊石塊對應的圓心角為30°，對石塊3受力分析如圖甲，
結合力的合成可知tan 60°=；
對石塊2和3整體受力分析如圖乙
tan 30°=
聯立解得=2。]
8.C　[A、B剛要滑動時受力平衡，受力分析如圖所示。
對A：FT=mgsin 45°+μmgcos 45°
對B：2mgsin 45°=FT+3μmgcos 45°+μmgcos 45°
整理得，μ=選項C正確。]
9.B　[對石墩受力分析，由平衡條件可知FTcos θ=Ff
Ff=μFN
FTsin θ+FN=mg
聯立解得FT=
故A錯誤，B正確；
拉力的大小為
FT==
其中tan φ=可知當θ+φ=90°時，拉力有最小值，即減小夾角θ，輕繩的合拉力不一定減小，故C錯誤；
摩擦力大小為Ff=FTcos θ==
可知增大夾角θ，摩擦力一直減小，當θ趨近于90°時，摩擦力最小，故輕繩的合拉力最小時，地面對石墩的摩擦力不是最小，故D錯誤。]
10.C　[對滑塊受力分析，由平衡條件有F=mgsin θ，
FN=mgcos θ，θ為F與水平方向的夾角，
滑塊從A緩慢移動到B點時，θ越來越大，則推力F越來越大，支持力FN越來越小，所以A、B錯誤；
對凹槽與滑塊整體受力分析，墻面對凹槽的壓力為
FN'=Fcos θ=mgsin θcos θ
=mgsin 2θ，
則θ越來越大時，墻面對凹槽的壓力先增大后減小，所以C正確；
水平地面對凹槽的支持力為
FN地=(M+m)g-Fsin θ=(M+m)g-mgsin2θ
則θ越來越大時，水平地面對凹槽的支持力越來越小，所以D錯誤。]
11.AD　[方法一　設重物的質量為m，繩OM中的張力為FTOM，繩MN中的張力為FTMN。開始時，FTOM=mg，FTMN=0。由于緩慢拉起，則重物一直處于平衡狀態，兩繩張力的合力與重物的重力mg等大、反向。對重物受力分析如圖所示，已知角α不變，在繩MN緩慢拉起的過程中，角β逐漸增大，則角(α-β)逐漸減小，但角θ不變，在三角形中，由正弦定理得：=(α-β)由鈍角變為銳角，則FTOM先增大后減小，選項D正確；同理知=在β由0變為的過程中，FTMN一直增大，選項A正確。
方法二　利用矢量圓，如圖，重力保持不變，是矢量圓的一條弦，FOM與FMN夾角即圓心角保持不變，由圖知FMN一直增大到最大，FOM先增大后減小。]
12.(1)1 200 N　900 N　(2)-4 200 J
解析　(1)設此時P、Q繩中拉力的大小分別為FT1和FT2，
由平衡條件可得
豎直方向FT1cos α=mg+FT2cos β
水平方向FT1sin α=FT2sin β
聯立解得FT1=1 200 N，FT2=900 N
(2)整個過程根據動能定理得W+mgh=0
解得兩根繩子拉力對重物做的總功為
W=-4 200 J。(共30張PPT)
經典重現　考題再現
三、相互作用——力
1.(2024·黑吉遼·3)利用硯臺將墨條研磨成墨汁時講究“圓、緩、勻”，如圖，在研磨過程中，硯臺始終靜止在水平桌面上。當墨條的速度方向水平向左時，
A.硯臺對墨條的摩擦力方向水平向左
B.桌面對硯臺的摩擦力方向水平向左
C.桌面和墨條對硯臺的摩擦力是一對平衡力
D.桌面對硯臺的支持力與墨條對硯臺的壓力是一對平衡力
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擦力方向水平向右，故B錯誤；
由于硯臺始終處于靜止狀態，水平方向桌面和墨條對硯臺的摩擦力是一對平衡力，故C正確；
桌面對硯臺的支持力大小等于硯臺的重力加上墨條對其的壓力，故桌面對硯臺的支持力大于墨條對硯臺的壓力，故D錯誤。
當墨條速度方向水平向左時，墨條相對于硯臺向左運動，故硯臺對墨條的摩擦力方向水平向右，故A錯誤；
根據牛頓第三定律，墨條對硯臺的摩擦力方向水平向左，由于硯臺始終處于靜止狀態，故桌面對硯臺的摩
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2.(2020·北京卷·11)某同學利用如圖甲所示裝置研究摩擦力的變化情況。實驗臺上固定一個力傳感器，傳感器用棉線拉住物塊，物塊放置在粗糙的長木板上。水平向左拉木板，傳感器記錄的F-t圖像如圖乙所示。下列說法正確的是
A.實驗中必須讓木板保持勻速運動
B.圖乙中曲線就是摩擦力隨時間的變化曲線
C.最大靜摩擦力與滑動摩擦力之比約為10∶7
D.只用圖乙中數據可得出物塊與木板間的動摩擦因數
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實驗中讓物塊處于平衡狀態即可，沒有必要讓木板保持勻速運動，故A錯誤；
由于物塊處于平衡狀態，故其水平方向上受的拉力(傳感器的示數)等于摩擦力，但摩擦
力的方向與拉力的方向相反，所以摩擦力隨時間變化的圖線應和題圖乙中圖線關于橫軸對稱，故B錯誤；
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由題圖乙知，最大靜摩擦力約為10 N，滑動摩擦力約為7 N，二者之比約為10∶7，故C正確；
由于不知道物塊的質量，無法求出物塊對木板的正壓力，因此只用題圖乙中數據無法求出物塊與木板間的動摩擦因數，故D錯誤。
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3.(2022·浙江6月選考·10)如圖所示，一輕質曬衣架靜置于水平地面上，水平橫桿與四根相同的斜桿垂直，兩斜桿夾角θ=60°。一重為G的物體懸掛在橫桿中點，則每根斜桿受到地面的
A.作用力為G B.作用力為G
C.摩擦力為G D.摩擦力為G
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設斜桿的彈力大小為F，以水平橫桿和物體為整體，在豎直方向上根據受力平衡可得4Fcos 30°=G，解得F=G，以其中一斜桿為研究對象，其受力如圖所示，F'=F，可知
每根斜桿受到地面的作用力應與F'平衡，即大小為G，每根斜桿受到地面的摩擦力大小為Ff=Fsin 30°=G，B正確，A、C、D錯誤。
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4.(2022·遼寧卷·4)如圖所示，蜘蛛用蛛絲將其自身懸掛在水管上，并處于靜止狀態。蛛絲OM、ON與豎直方向夾角分別為α、β(α>β)。用F1、F2分別表示OM、ON的拉力，則
A.F1的豎直分力大于F2的豎直分力
B.F1的豎直分力等于F2的豎直分力
C.F1的水平分力大于F2的水平分力
D.F1的水平分力等于F2的水平分力
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對結點O受力分析可得，水平方向有F1sin α=F2sin β，即F1的水平分力等于F2的水平分力，選項C錯誤，D正確；
對結點O受力分析可得，豎直方向有F1cos α+F2cos β=mg，聯立解得F1=，F2=，則F1的豎直分量F1y=，F2的豎直分量F2y=，因sin αcos β-cos αsin β=sin (α-β)>0，可知F2y>F1y，選項A、B錯誤。
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5.(2022·湖南卷·5)2022年北京冬奧會跳臺滑雪空中技巧比賽場地邊，有一根系有飄帶的風力指示桿，教練員根據飄帶的形態提示運動員現場風力的情況。若飄帶可視為粗細一致的勻質長繩，其所處范圍內風速水平向右、大小恒定且不隨高度改變。當飄帶穩定時，飄帶實際形態最接近的是
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設飄帶的單位長度質量為m0， 單位長度所受風力為F0，從底端取飄帶上任意長度為x，G=m0gx，F=F0x，則重力與風力的合力與豎直方向的夾角為tan θ==，可知所選飄帶與豎直方向夾角與所選長度無關，二力合力方向恒定，飄帶各處張力方向相同，則飄帶為一條傾斜的直線，故選A。
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6.(2020·全國卷Ⅲ·17)如圖，懸掛甲物體的細線拴牢在一不可伸長的輕質細繩上O點處；繩的一端固定在墻上，另一端通過光滑定滑輪與物體乙相連。甲、乙兩物體質量相等。系統平衡時，O點兩側繩與豎直方向的夾角分別為α和β。若α=70°，則β等于
A.45° B.55°
C.60° D.70°
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取O點為研究對象，在三力的作用下O點處于平衡狀態，對其受力分析如圖所示，根據幾何關系可得β=55°，故選B。
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7.(2022·海南卷·8)我國的石橋世界聞名，如圖，某橋由六塊形狀完全相同的石塊組成，其中石塊1、6固定，2、5質量相同為m，3、4質量相同為m'，不計石塊間的摩擦，則m∶m'為
A. B.
C.1 D.2
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六塊形狀完全相同的石塊圍成半圓對應的圓心角為180°，則每塊石塊對應的圓心角為30°，對石塊3受力分析如圖甲，
結合力的合成可知tan 60°=；
對石塊2和3整體受力分析如圖乙
tan 30°=，
聯立解得=2。
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8.(2020·山東卷·8)如圖所示，一輕質光滑定滑輪固定在傾斜木板上，質量分別為m和2m的物塊A、B，通過不可伸長的輕繩跨過滑輪連接，A、B間的接觸面和輕繩均與木板平行。A與B間、B與木板間的動摩擦因數均為μ，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當木板與水平面的夾角為45°時，物塊A、B剛好要滑動，則μ的值為
A. B. C. D.
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A、B剛要滑動時受力平衡，受力分析如圖所示。
對A：FT=mgsin 45°+μmgcos 45°
對B：2mgsin 45°=FT+3μmgcos 45°+μmgcos 45°
整理得，μ=，選項C正確。
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9.(2022·浙江1月選考·5)如圖所示，學校門口水平地面上有一質量為m的石墩，石墩與水平地面間的動摩擦因數為μ，工作人員用輕繩按圖示方式勻速移動石墩時，兩平行輕繩與水平面間的夾角均為θ，重力加速度為g，則下列說法正確的是
A.輕繩的合拉力大小為
B.輕繩的合拉力大小為
C.減小夾角θ，輕繩的合拉力一定減小
D.輕繩的合拉力最小時，地面對石墩的摩擦力也最小
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對石墩受力分析，由平衡條件可知
FTcos θ=Ff
Ff=μFN
FTsin θ+FN=mg
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故A錯誤，B正確；
拉力的大小為FT==
其中tan φ=，可知當θ+φ=90°時，拉力有最小值，即減小夾角θ，輕繩的合
拉力不一定減小，故C錯誤；
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摩擦力大小為Ff=FTcos θ==
可知增大夾角θ，摩擦力一直減小，當θ趨近于90°時，摩擦力最小，故輕繩的合拉力最小時，地面對石墩的摩擦力不是最小，故D錯誤。
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10.(2021·湖南卷·5)質量為M的凹槽靜止在水平地面上，內壁為半圓柱面，截面如圖所示，A為半圓的最低點，B為半圓水平直徑的端點。凹槽恰好與豎直墻面接觸，內有一質量為m的小滑塊。用推力F推動小滑塊由A點向B點緩慢移動，力F的方向始終沿圓弧的切線方向，在此過程中所有摩擦均可忽略，下列說法正確的是
A.推力F先增大后減小
B.凹槽對滑塊的支持力先減小后增大
C.墻面對凹槽的壓力先增大后減小
D.水平地面對凹槽的支持力先減小后增大
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對滑塊受力分析，由平衡條件有F=mgsin θ，
FN=mgcos θ，θ為F與水平方向的夾角，
滑塊從A緩慢移動到B點時，θ越來越大，
則推力F越來越大，支持力FN越來越小，所以A、B錯誤；
對凹槽與滑塊整體受力分析，墻面對凹槽的壓力為
FN'=Fcos θ=mgsin θcos θ=mgsin 2θ，
則θ越來越大時，墻面對凹槽的壓力先增大后減小，所以C正確；
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水平地面對凹槽的支持力為
FN地=(M+m)g-Fsin θ=(M+m)g-mgsin2θ
則θ越來越大時，水平地面對凹槽的支持力越來越小，所以D錯誤。
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A.MN上的張力逐漸增大
B.MN上的張力先增大后減小
C.OM上的張力逐漸增大
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方法一　設重物的質量為m，繩OM中的張力為FTOM，繩MN中的張力為FTMN。開始時，FTOM=mg，FTMN=0。由于緩慢拉起，則重物一直處于平衡狀態，兩繩張力的合力
與重物的重力mg等大、反向。對重物受力分析如圖所示，已知角α不變，在繩MN緩慢拉起的過程中，角β逐漸增大，則角(α-β)逐漸減小，但角θ不變，在三角形中，由正弦定理得：=，(α-β)由鈍角變為銳角，則FTOM先增大后減小，選項D正確；
同理知=，在β由0變為的過程中，FTMN一直增大，選項A正確。
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方法二　利用矢量圓，如圖，重力保持不變，是矢量圓的一條弦，FOM與FMN夾角即圓心角保持不變，由圖知FMN一直增大到最大，FOM先增大后減小。
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12.(2024·新課標卷·24)將重物從高層樓房的窗外運到地面時，為安全起見，要求下降過程中重物與樓墻保持一定的距離。如圖，一種簡單的操作方法是一人在高處控制一端系在重物上的繩子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的繩子Q，二人配合可使重物緩慢豎直下降。若重物的質
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答案　1 200 N　900 N
量m=42 kg，重力加速度大小g=10 m/s2，當P繩與豎直方向的夾角α=37°時，Q繩與豎直方向的夾角β=53° (sin 37°=0.6)。
(1)求此時P、Q繩中拉力的大小；
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設此時P、Q繩中拉力的大小分別為FT1和FT2，
由平衡條件可得
豎直方向FT1cos α=mg+FT2cos β
水平方向FT1sin α=FT2sin β
聯立解得FT1=1 200 N，FT2=900 N
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(2)若開始豎直下降時重物距地面的高度h=10 m，求在重物下降到地面的過程中，兩根繩子拉力對重物做的總功。
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答案　-4 200 J
整個過程根據動能定理得W+mgh=0
解得兩根繩子拉力對重物做的總功為
W=-4 200 J。

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