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(共74張PPT)
第3講　牛頓運動定律的應用
一、超重和失重
1.超重：物體對水平支持物的壓力（或繩對豎直懸掛物的拉力）　　　物體所受重力的情況.
產生條件：物體具有　　　　的加速度.
2.失重：物體對水平支持物的壓力（或繩對豎直懸掛物的拉力）　　　物體所受重力的情況.
產生條件：物體具有　　　　的加速度.
大于
向上
小于
向下
3.完全失重：物體對水平支持物的壓力（或繩對豎直懸掛物的拉力）
　　　　的情況.
4.視重：當物體掛在彈簧測力計下或放在水平臺秤上時，彈簧測力計或臺秤的示數稱為視重.視重大小等于彈簧測力計或臺秤所受的拉力或壓力.
為零
二、解連接體問題的常用方法
1.整體法：當系統中各物體的　　　　相同時，可把系統內的所有物體看成一個整體，其質量等于各物體的　　　 　，當所受外力已知時，可用　　　　　　　求出整體的加速度.
2.隔離法：當求解系統內物體間的　　 　　時，常把物體從系統中“隔離”出來分析，依據牛頓第二定律列方程.
3.外力和內力.
（1）外力：系統外的物體對研究對象的作用力.
（2）內力：系統內物體之間的作用力.
加速度
質量之和
牛頓第二定律
相互作用力
三、瞬時問題
1.由F合=ma知，加速度由物體所受合外力決定，加速度方向與物體所受合外力的方向一致，當物體所受合外力發生突變時，加速度也隨著發生突變，而物體運動的速度不能發生突變.
2.輕繩、輕桿和輕彈簧（橡皮條）的區別：
（1）輕繩和輕桿：剪斷輕繩或輕桿斷開后，原有彈力將突變為零.
（2）輕彈簧和橡皮條：當輕彈簧和橡皮條兩端與其他物體連接時，輕彈簧或橡皮條的彈力不能發生突變.
1.［超重］（2024年北京海淀一模）如圖所示，某人站上向右上行的智能電動扶梯，他隨扶梯先加速，再勻速運動.在此過程中人與扶梯保持相對靜止，下列說法正確的是 （　　）
A.扶梯加速運動階段，人處于超重狀態
B.扶梯加速運動階段，人受到的摩擦力水平向左
C.扶梯勻速運動階段，人受到重力、支持力和摩擦力
D.扶梯勻速運動階段，人受到的支持力大于重力
A
【解析】人在加速階段，向右上方加速，根據牛頓第二定律可知，電梯的支持力大于人的重力，所以人處于超重狀態，A正確；加速運動階段，根據牛頓第二定律可知，水平方向只有摩擦力提供人的加速度，所以摩擦力方向水平向右，B錯誤；勻速運動階段，人受力平衡，豎直方向受到重力和支持力且大小相等，水平方向不受力，C、D錯誤.
C
考點1　超重和失重　［基礎考點］
1.超重、失重和完全失重比較
比較 超重 失重 完全失重
產生
條件 物體有向上的加速度 物體有向下的加速度 物體的加速度等于g
原理
式　 F-mg=ma
F=m（g+a） mg-F=ma
F=m（g-a） mg-F=mg
F=0
運動
狀態 加速上升、減速下降 減速上升、加速下降 拋體運動、無動力繞行的衛星
2.盡管物體的加速度不是在豎直方向，但只要其加速度在豎直方向上有分量，物體就會處于超重或失重狀態.
1.（2024年全國卷）學生小組為了探究超重和失重現象，將彈簧測力計掛在電梯內，測力計下端掛一物體.已知當地重力加速度大小為9.8 m/s2.
（1）電梯靜止時測力計示數如圖所示，讀數為　　　N（結果保留1位小數）.
（2）電梯上行時，一段時間內測力計的示數為4.5 N，
則此段時間內物體處于　　　（填“超重”或“失重”）狀態，
電梯加速度大小為　　　m/s2（結果保留1位小數）.
5.0
失重
1.0
【解析】（1）由圖可知彈簧測力計的分度值為0.5 N，則讀數為5.0 N.
（2）電梯上行時，一段時間內測力計的示數為4.5 N，小于物體的重力，可知此段時間內物體處于失重狀態；根據G=mg=5.0 N，根據牛頓第二定律mg-T=ma，代入數據聯立解得電梯加速度大小a≈1.0 m/s2.
2.（2024年浙江名校聯考）小明通過站在力傳感器上完成“下蹲”“站起”動作來研究超重和失重現象.傳感器記錄了壓力隨時間變化的圖像，縱坐標為壓力F，橫坐標為時間t.由甲、乙兩圖像可知 （　　）
A.圖甲是先“下蹲”后“站起”
B.“站起”過程中人先超重后失重
C.圖乙從a到B過程，人的重力先增大后減小
D.圖乙6 s內該同學做了2次“下蹲-站起”的動作
B
【解析】人在下蹲的過程中，先向下做加速運動，加速度向下，力傳感器示數先變小；后做減速運動，加速度向上，力傳感器示數變大，經歷先失重后超重，最后停下等于重力，A錯誤；“站起”過程中，人先做加速向上運動，加速度向上，處于超重狀態；后向上做減速運動，加速度向下，處于失重狀態，B正確；圖乙從a到B過程，力傳感器的示數先變大后變小，可人的重力不變，C錯誤；人在下蹲的過程中，先向下做加速運動，后做減速運動，最后停下，即力傳感器的示數先變小后變大，最后等于人的重力，人站起過程中，人先做加速向上運動，后向上做減速運動，最后停下，即力傳感器的示數先變大后變小，最后等于人的重力，因此圖乙6 s內該同學做了1次“下蹲-站起”的動作，D錯誤.
考點2　用隔離法和整體法解決連接體問題　［能力考點］　　　　　　　　　　　　　　　
1.連接體的類型及特點
輕繩 輕繩在伸直狀態下，兩端的連接體沿繩方向的速度一定相等
輕桿 輕桿平動時，連接體具有相同的平動速度；輕桿轉動時，連接體具有相同的角速度，而線速度與轉動半徑成正比
輕彈簧 在彈簧發生形變的過程中，兩端連接體的速度不一定相等；在彈簧形變量最大時，兩端連接體的速率相等
2.連接體問題的處理方法
方法 原則
整體法 若連接體內各物體具有相同的加速度，且不用求物體之間的作用力，可以把它們看成一個整體，分析整體受到的外力，應用牛頓第二定律求出加速度或其他未知量
隔離法 若連接體內各物體的加速度不相同，或者要求出系統內兩物體之間的作用力時，就需要把物體從系統中隔離出來，應用牛頓第二定律列方程求解
交替
運用 若連接體內各物體具有相同的加速度，且要求物體之間的作用力時，可以先用整體法求出加速度，然后再用隔離法選取合適的研究對象，應用牛頓第二定律求作用力，即“先整體求加速度，后隔離求內力”
例1　（2024年南通開學考試）質量分別為2m和m的A、B兩物塊，在恒力F作用下沿光滑的水平面一起向前做勻加速運動.下列情形中A對B的作用力最大的是 （　　）
D
B
C
考點3　動力學中的臨界極值問題　［能力考點］
1.四類典型臨界條件
（1）接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸或脫離，臨界條件是彈力FN=0.
（2）相對滑動的臨界條件：兩物體相接觸且處于相對靜止時，常存在著靜摩擦力，則相對滑動的臨界條件是靜摩擦力達到最大值.
（3）繩子斷裂與松弛的臨界條件：繩子所能承受的張力是有限度的，繩子斷與不斷的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力，繩子松弛與拉緊的臨界條件是FT=0.
（4）速度達到最值的臨界條件：加速度為0.
2.三種常用解題方法
極限
法 把物理問題（或過程）推向極端，從而使臨界現象（或狀態）暴露出來，以達到正確解決問題的目的
假設法 臨界問題存在多種可能，特別是非此即彼兩種可能時，或變化過程中可能出現臨界條件，也可能不出現臨界條件時，往往用假設法解決問題
數學法 將物理過程轉化為數學表達式，根據數學表達式解出臨界條件
3.解題基本思路
（1）認真審題，詳盡分析問題中變化的過程（包括分析整體過程中有幾個階段）.
（2）尋找過程中變化的物理量.
（3）探索物理量的變化規律.
（4）確定臨界狀態，分析臨界條件，找出臨界關系.
AC
1.（2024年吉林檢測）如圖，質量均為m的物塊甲、乙靜止于傾角為θ的固定光滑斜面上，二者間用平行于斜面的輕質彈簧相連，乙緊靠在垂直于斜面的擋板上.給甲一個沿斜面向上的初速度，此后運動過程中乙始終不脫離擋板，且擋板對乙的彈力最小值為0，重力加速度為g.擋板對乙的彈力最大值為 （　　）
A.2mgsin θ　　　　　B.3mgsin θ
C.4mgsin θ D.5mgsin θ
C
【解析】物塊甲運動至最高點時，擋板對乙的彈力最小值為0，對乙有F彈1=mgsin θ；對甲有F彈1+mgsin θ=ma.物塊甲運動至最低點時，根據對稱性有F彈2-mgsin θ=ma；對乙受力分析，擋板對乙的彈力最大值為FN=F彈2+mgsin θ=4mgsin θ，故選C.
2.（2024年中山月考）（多選）如圖甲，一箱式貨車在平直公路上由靜止開始向左運動，其運動的v-t圖像如圖乙所示.貨箱中放置一質量為50 kg的貨物，其與車廂間摩擦因數為0.25，在運動過程中貨物一直未與車廂壁碰撞，則下列說法正確的是（設貨箱地板保持水平） （　　）
A.第1 s內，貨物不受摩擦力
B.第2 s內，貨物受向左的摩擦力，大小為125 N
C.第3 s內，貨物不受摩擦力
D.第3 s內，貨物受向左的摩擦力，大小為125 N
BD
動力學中的典型模型
模型一　板塊模型
1.處理“滑塊—木板”問題思維模板
2.模型細分
模型圖示 規律分析
木板B帶動物塊A，物塊恰好不從木板上掉下的臨界條件是物塊恰好滑到木板左端時二者速度相等，則位移關系為xB=xA+L
物塊A帶動木板B，物塊恰好不從木板上掉下的臨界條件是物塊恰好滑到木板右端時二者速度相等，則位移關系為xB+L=xA
例3　（2024年遼寧聯考）（多選）如圖所示，質量為M的木板B在光滑水平面上以速度v0向右做勻速運動，把質量為m的小滑塊A無初速度地輕放在木板右端，經過一段時間后小滑塊恰好從木板的左端滑出.已知小滑塊與木板間的動摩擦因數為μ.下列說法正確的是 （　　）
A.若只增大M，則小滑塊能滑離木板
B.若只增大v0，則小滑塊在木板上運動的時間變長
C.若只減小m，則滑離木板過程中小滑塊對地的位移變小
D.若只減小μ，則小滑塊離開木板的速度變大
AC　
1.（2024年佛山模擬）（多選）如圖所示，光滑的水平面上靜置質量為M=8 kg的平板小車.在小車左端加一個由零逐漸增大的水平推力F，一個大小不計、質量為m=2 kg的小物塊放在小車右端.小物塊與小車間的動摩擦因數μ=0.2，小車足夠長，重力加速度g取10 m/s2.設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下列說法中正確的是 （　　）
A.當F增加到4 N時，小物塊相對小車開始運動
B.當F增加到20 N時，小物塊相對小車開始運動
C.當F=10 N時，小物塊對小車有向左的2 N的摩擦力
D.當F=10 N時，小物塊對小車有向右的2 N的摩擦力
BC
【解析】小物塊的最大加速度為a=μg=2 m/s2，當整體達到2 m/s2時，即F=（M+m）a=20 N，小物塊相對小車開始運動，A錯誤，B正確；當F=10 N時，整體加速度為F=（M+m）a，解得a=1 m/s2，所以小物塊受到的是靜摩擦力，方向向左，大小為f=ma=2 N，C正確，D錯誤.
2.（2024年莆田期中）如圖甲所示，一滑塊置于長木板左端，木板放置在水平地面上.已知滑塊和木板的質量均為2 kg，現在滑塊上施加一個F=0.8t（N）的變力作用，從t=0時刻開始計時，滑塊所受摩擦力隨時間變化的關系如圖乙所示.設最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，重力加速度g取10 m/s2，則下列說法正確的是 （　　）
A.滑塊與木板間的動摩擦因數為0.2
B.木板與水平地面間的動摩擦因數為0.1
C.圖乙中，t2=17.5 s
D.木板的最大加速度為4 m/s2
C
【解析】由題意可知，t2時刻之后，滑塊與木板間有相對滑動，滑塊受到的滑動摩擦力不隨F而變化，可得f1=μ1mg=10 N，解得滑塊與木板間的動摩擦因數為μ1=0.5，A錯誤；結合圖乙可知，0~t1時間內，滑塊與木板均靜止，t1~t2時間內，滑塊與木板仍相對靜止，木板在地面滑行，可知t1時刻木板與地面間達到最大靜摩擦力，可得f2=μ2×2mg=6 N，解得木板與地面間的動摩擦因數為μ2=0.15，B錯誤；t2時刻，滑塊與木板恰好發生相對滑動，對滑塊、木板分別應用牛頓第二定律可得F-μ1mg=ma，μ1mg-μ2×2mg=ma，其中F=0.8t2（N），聯立解得a=2 m/s2，t2=17.5 s.之后木板的加速度保持不變，故木板的最大加速度為2 m/s2，C正確，D錯誤.
模型二　傳送帶模型
1.傳送帶問題的解題思路
2.水平傳送帶動力學問題圖解
項目 情境1 情境2 情境3
圖示
滑塊
可能
的運
動情
況　 （1）可能滑塊一直被加速
（2）可能滑塊先加速、后勻速 （1）v0>v可能一直減速，也可能先減速再勻速
（2）v0（2）傳送帶較長時，滑塊還要被傳送帶傳回右端
3.傾斜傳送帶動力學問題圖解
項目 情境1 情境2 情境3 情境4
圖示
滑塊
可能的運動情況　 （1）可能一直被加速　
（2）可能先加速、后勻速　 （1）可能一直被加速　
（2）可能先加速、后勻速　
（3）可能先以a1加速、后以a2加速 （1）可能一直被加速　
（2）可能先加速、后勻速　
（3）可能先以a1加速、后以a2加速　 （1）可能一直被加速　
（2）可能一直勻速
（3）可能先減速、后反向加速　
例4　（2024年廣東模擬）快遞物流已經深入我們的生活，準確迅速分揀是一個重要環節，圖甲是快遞分揀傳送裝置.它由兩臺傳送機組成，一臺水平傳送，另一臺傾斜傳送，圖乙是該裝置示意圖，CD部分傾角θ=37°，B、C間距離忽略不計.已知水平傳送帶以4 m/s的速率順時針轉動.把一個可視為質點的貨物無初速度放在A端，圖丙為水平傳送帶AB段數控設備記錄的物體的運動圖像，1.3 s時剛好達到B端，且速率不變滑上C端，已知兩段傳送帶的動摩擦因數相同，g取10 m/s2.求：
（1）水平傳送帶AB的長度及動摩擦因數；
（2）若CD段的長度為2.6 m，則CD部分傳送帶速度至少為多少，快遞員才能在D端取到貨物.
1.（2024年安徽卷）傾角為θ的傳送帶以恒定速率v0順時針轉動.t=0時在傳送帶底端無初速輕放一小物塊，如圖所示.t0時刻物塊運動到傳送帶中間某位置，速度達到v0.不計空氣阻力，則物塊從傳送帶底端運動到頂端的過程中，加速度a、速度v隨時間t變化的關系圖線可能正確的是 （　　）
C
【解析】0~t0時間內，物體輕放在傳送帶上，做加速運動.由受力分析可知，物體受重力、支持力、滑動摩擦力，滑動摩擦力大于重力的下滑分力，合力不變，做勻加速運動.t0之后，當物塊速度與傳送帶相同時，靜摩擦力與重力的下滑分力相等，加速度突變為零，物塊做勻速直線運動，C正確，A、B、D錯誤.
2.（2024年汕頭測試）（多選）如圖甲，繃緊的傳送帶與水平方向夾角為37°，傳送帶的v-t圖像如圖乙所示.t=0時刻質量為1 kg的楔形物體以某一初速度從B點滑上傳送帶，并沿傳送帶向上做勻速直線運動，2 s后開始減速，在t=4 s時物體恰好到達最高點A點.重力加速度取10 m/s2.對物體從B點運動到A點的過程中，下列說法正確的是（sin 37°=0.6，cos37°=0.8） （　　）
A.物體與傳送帶間的動摩擦因數為0.75
B.2 s后物體與傳送帶相對靜止一起運動
C.2 s后物體受到的摩擦力沿傳送帶向下
D.傳送帶AB的長度為6 m
ABD
題后思考　
分析傳送帶問題要注意抓住兩個關鍵時刻：一是初始時刻，根據物體速度v物和傳送帶速度v傳的關系確定摩擦力的方向；二是當v物=v傳時（速度相等是解決問題的轉折點），判斷物體能否與傳送帶保持相對靜止.
知識鞏固練
1.（2024年中山實驗中學一模）某同學在手機上放一本《現代漢語詞典》并打開手機軟件里的壓力傳感器，托著手機做下蹲——起立的動作，傳感器記錄的壓力隨時間變化的圖線如圖所示，縱坐標為壓力，橫坐標為時間.根據圖線下列說法正確的是 （　　）
A.0~5 s內該同學做了2次下蹲——起立的動作
B.起立過程中人始終處于超重狀態
C.圖中0.5 s時人處在下蹲的最低點
D.3 s時加速度方向豎直向上
（本欄目對應學生用書P355~356）
D
【解析】下蹲過程包括向下加速、向下減速，對應的狀態分別為失重狀態和超重狀態，起立過程包括向上加速和向上減速，對應的狀態分別為超重狀態和失重狀態，結合圖像可知，0~5 s內該同學做了1次下蹲——起立的動作，A錯誤；起立過程為先超重，后失重，B錯誤；0.5 s時，為下蹲過程中向下加速最快的時刻，并非下蹲到了最低點，C錯誤；3 s時為超重狀態，因此加速度方向豎直向上，D正確.
2.a、B兩物體的質量分別為m1、m2，由輕質彈簧相連.當用恒力F豎直向上拉著a，使a、B一起向上做勻加速直線運動時，彈簧伸長量為x1；當用大小仍為F的恒力沿水平方向拉著a，使a、B一起沿光滑水平桌面做勻加速直線運動時，彈簧伸長量為x2，如圖所示，則 （　　）
A.x1一定等于x2
B.x1一定大于x2
C.若m1>m2，則x1>x2
D.若m1A
3.（2024年廣州一中質檢）（多選）如圖所示，矩形盒內用兩根不可伸長的輕線固定一個質量為m=0.6 kg 的勻質小球，a線與水平方向成37°角，B線水平.兩根輕線所能承受的最大拉力都是Fm=15 N，已知sin 37°=0.6，cos37°=0.8，g取10 m/s2，則 （　　）
A.系統靜止時，a線所受的拉力大小12 N
B.系統靜止時，B線所受的拉力大小8 N
C.當系統沿豎直方向勻加速上升時，為保證輕線不被拉斷，加速度最大為5 m/s2
D.當系統沿水平方向向右勻加速時，為保證輕線不被拉斷，加速度最大為10 m/s2
BC
【解析】系統靜止時，小球受力如圖甲所示，豎直方向有Fa·sin 37°=mg，水平方向有Fa·cos37°=FB，解得Fa=10 N，FB=8 N，B正確，A錯誤；系統豎直向上勻加速運動時，小球受力如圖乙所示，當a線拉力為15 N時，由牛頓第二定律得，豎直方向有Fm·sin 37°-mg=ma，水平方向有Fm·cos37°=FB，解得FB=12 N.此時加速度有最大值a=5 m/s2，C正確；系統水平向右勻加速運動時，由牛頓第二定律得，豎直方向有Fa·sin 37°=mg，解得Fa=10 N，水平方向有FB-Fa·cos37°=ma，當FB=15 N 時，加速度最大為a=12.5 m/s2，D錯誤.
C
5.（多選）如圖所示，在光滑平面上有一靜止小車，小車質量為M=5 kg，小車上靜止地放置著質量為m=1 kg的木塊，和小車間的動摩擦因數為μ=0.2，用水平恒力F拉動小車，（g取10 N/kg）下列關于木塊的加速度am和小車的加速度aM可能正確的有 （　　）
A.am=1 m/s2，aM=1 m/s2
B.am=1 m/s2，aM=2 m/s2
C.am=2 m/s2，aM=4 m/s2
D.am=3 m/s2，aM=5 m/s2
AC
6.如圖所示，質量為m1=2 kg的物體A經跨過定滑輪的輕繩與質量為M=5 kg 的箱子B相連，箱子底板上放一質量為m2=1 kg的物體C，不計定滑輪的質量和一切阻力，在箱子加速下落的過程中，g取10 m/s2，下列說法正確的是 （　　）
A.物體A處于失重狀態，加速度大小為10 m/s2
B.物體A處于超重狀態，加速度大小為20 m/s2
C.物體C處于失重狀態，對箱子的壓力大小為5 N
D.輕繩對定滑輪的作用力大小為80 N
C
7.（2024年佛山模擬）春節煙花秀中常伴隨無人機表演.如圖是兩架無人機a、B同時從同一地點豎直向上飛行的v-t圖像.下列說法正確的是 （　　）A.t=5 s時，無人機a處于失重狀態
B.t=10 s時，無人機a飛到了最高點
C.0~30 s內，兩架無人機a、B的平均速度相等
D.0~10 s內，無人機a的位移小于無人機B的位移
C
【解析】t=5 s 時，無人機向上勻加速運動，a處于超重狀態，A錯誤；t=10 s時，無人機a速度達到最大，10 s后減速上升，30 s時飛到了最高點，B錯誤；v-t圖像與坐標軸圍成的面積表示位移，0~30 s內，兩架無人機a、B的位移相等，平均速度相等，C正確；v-t圖像與坐標軸圍成的面積表示位移，0~10 s 內，無人機a的位移大于無人機B的位移，D錯誤.
ABD
9.（2024年廣東聯考）生活中運送貨物時常會用到傳送帶，可以很大程度上節省人力.傳送帶以一定速率沿順時針方向轉動，AB段傾角θ=37°，BC段水平，AB、BC段的長度分別為L=3.2 m，L'=0.262 5 m，示意圖如圖所示.將一個質量為m=5 kg的貨物輕放在A端，貨物與傳送帶AB、BC段間的動摩擦因數均為μ=0.8，貨物經過B處時不脫離傳送帶且速率不變，之后貨物運動到C點，貨物可視為質點，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，不計空氣阻力，sin 37°=0.6，cos37°=0.8.
（1）要使貨物以最短的時間運動到C點，求傳送帶的速度至少為多大？最短的時間為多少？
（2）若傳送帶速度為v=2 m/s，求貨物被運送到C點的過程中傳送帶與貨物之間因摩擦產生的熱量.
（2）若傳送帶速度為v=2 m/s，則傳送帶和貨物運動的v-t圖像如圖所示.
10.如圖所示，以恒定速率v1=0.5 m/s運行的傳送帶與水平面間的夾角α=37°，轉軸間距L=4 m.工作人員沿傳送方向以速度v2=1.5 m/s從傳送帶頂端推下一件m=2 kg 的小包裹（可視為質點）.小包裹與傳送帶間的動摩擦因數μ=0.8.取重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos37°=0.8.求：
（1）小包裹相對傳送帶滑動時加速度a的大小；
解：（1）小包裹的速度v2大于傳動帶的速度v1，所以小包裹受到傳送帶的摩擦力沿傳動帶向上，受力分析如圖所示.
根據牛頓第二定律可知
mgsin α-μmgcosα=ma，
代入數據可得a=-0.4 m/s2，所以加速度的大小為0.4 m/s2，方向為沿斜面向上.
（2）小包裹在傳送帶上減速運動的時間t和位移s的大小.
（3）小包裹與傳送帶之間的摩擦力對小包裹做的功.
（3）因為s因此小包裹與傳動帶共速后做勻速直線運動至傳送帶底端勻速直線運動階段所受靜摩擦力大小為f2=mgsin α，位移大小為s2=L-s=4 m-2.5 m=1.5 m，
所以小包裹與傳送帶之間的摩擦力對小包裹做的功為
Wf=-f1s-f2（L-s）=-μmgscosα-mg（L-s）sin α，代入數據可得Wf=-50 J.

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