第2讲　动能定理及其应用.docx

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1、第讲动能定理及其应用教材阅读指导(对应人教版新教材必修第二册页码及相关问题)ID P85动能是标量，有正负吗？提示：动能没有正负。IBP87例题 2。提示：关注例题的运动过程的选取。IBP88练习与应用T3,假设后面还有同样木板，根据什么判断能否穿过？题目中所说的“平均阻力”中“平均”如何理解？提示：根据子弹射穿木板克服阻力需要做的功的大小判断能否继续穿过后面 同样的木 板。“平均”是阻力在运动过程中位移(路程)上的平均。IBP88练习与应用叮5。提示：在脚与足球作用的过程中，脚对足球的作用力是变力，且此力的变化 规律和足球的位移均未知，故不能用功的定义式计算功。设人将足球踢出的过程 中，人对

2、足球做的功为W,人踢足球到足球上升到最大高度的过程中，根据动能 定理有W-mgh = mv2,代入数据解得100 JoIBPioo复习与提高B组T3； T4o提示：T3: (1)加时间内冲击叶片圆面的气流的体积为AYmSo加，又因为S9 AV ?a兀产,古攵a, O兀/7536 m /s。(2)。时间内冲击叶片圆面的气流的动能为&二%八钝2,单位时间内气流的 动能为等=缺% = 1.63X 105 J/S。(3)风力发电机发电的功率P = 汽 = 1.63X 104Wo通过对风力发电情境的分析，培养学生建立流体模型的能力。T4：小木块在斜面上受到的滑动摩擦力Fi =fimgcosd,在水平面上

3、受到的滑位移X变化的关系如下图，那么外力对质点做的功和通过B点时的速度大小为, yjv）+ 3aoLB. 1ngoL + yj3aoL）, vo + 73aoLCmaoL,+ 2aoLD. m（aoL + yj3aoL）, Vo + y2aoL答案A解析 由图可知质点的加速度随位移均匀变化，那么合力也随位移均匀变化, mao + m-2ao 33合力对质点做的功W合二厂合七=2 L = ynaoL,由动能定理可得亍%。0七二,解得质点通过B点时的速度大小为Ub = 次+ 3aL,应选A。考点3 动能定理在多过程问题中的应用规律总结科学思维梳理1 .当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能

4、定理求解；当所求解 的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。2 .中选择全部子过程作为研究过程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做 功时，要注意运用它们的做功特点：（1）重力做的功取决于物体的初、末位置，与 路径无关；（2）大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力与路程的乘积。例3 （2021全国乙卷）一篮球质量为m= 0.60 kg,一运发动使其从距地面高 度为历=1.8 m处由静止自由落下，反弹高度为必=1.2 m。假设使篮球从距地面必 = 1.5 m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，球落地后反弹的高度也为1.5 m。假设运发动拍球时对球的作用力为恒力，作

5、用时间为，= 0.20s;该 篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取g= 10 m/s2,不计空气阻力。求：(1)运发动拍球过程中对篮球所做的功；(2)运发动拍球时对篮球的作用力的大小。答案(1)4.5 J (2)9 N解析(1)篮球从高度为加处由静止自由下落的过程中，由动能定理可得 mgh = Eki之后篮球反弹向上运动的过程中，由动能定理可得- mgh2 = 0 - 曷2篮球从高度为丸3处由静止下落，同时向下拍球，在篮球下落过程中，由动能 定理可得W + mgh3 = Ek3在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得-mg/13 = 0 - k4因篮球每次与地面碰撞前后的动能

6、的比值不变，贝惜碧二,联立并代入数据可得W=4.5 Jo(2)因运发动拍球时对球的作用力为恒力，那么拍球时篮球向下做匀加速直线运 动，根据牛顿第二定律可得F + mg = /na在拍球时间内篮球运动的位移为运发动拍球过程中对球做的功为W=Fx联立并代入数据可得方=9 N(尸二- 15 N舍去)。关键能力升华应用动能定理求解多过程问题的基本思路确究象明研对分段对点跟进训练全程3%-%.(斜面上的多过程问题)(2021 .全国甲卷)(多项选择)一质量为根的物体自倾角为。的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为反，向上滑动一Ek段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能

7、为于sina= 0.6,重力加速度大小为g。那么( )A.Ek 物体向上滑动的距离为威B.物体向下滑动时的加速度大小为自C.物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5D.物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长答案BC解析 设物体向上滑动的距离为/,与斜面间的动摩擦因数为，对全过程根 据动能定理有mgcosa.24 Ek,对物体向上滑动的过程根据动能定理有-Ekmglsina - jumglcosa = 0 - Ek,联立得/ =蕊， =0.5, A错误，C正确；物体向下滑动时，根据牛顿第二定律有mgsina - jumgcosa = ma滑动时，根据牛顿第二定律有mgsina - jumgcosa

8、= ma下，解得下咚B正确;物体向上滑动时，根据牛顿第二定律有mgsina + zgcosa二根上，可知。上下,由于上滑过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且两过程位移大小均 为/,根据，=；娟，可得上，下，D错误。1 .(多过程问题)如下图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，直径P。水平，轨道的内外表粗糙。一质量为加的小滑块从P点正上方由静止释放,释放高度为R,小滑块恰好从P点进入轨道。小滑块滑到轨道最低点N时，对轨 道的压力为4mg, g为重力加速度。用W表示小滑块第一次在轨道NQ段运动时克服摩擦力所做的功。贝版丁 川R1A. W= yngR1B. WM7777777777777

9、777777777777777777777777777777777777777777Lm（v-福）加- 明）A，2（5+ L）B -云Sm（v -沆）m（vi 一 加）C 2LD 2（s + L）答案D解析 对子弹根据动能定理：-/（L + s）=；加况-Jn比，解得/ = 甯需，D 正确。5. （2019全国卷III）从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重 力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h 在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随力的变化如下图。重力加速度 取10m/s2o该物体的质量为（）B. 1.5 kgD. 0.5 kgA. 2k

10、gc. 1kg答案C解析 画出运动示意图如图，设阻力大小为力 据动能定理知,瓦产 36归 ;C，&,=24Jh=3 m八;”下取二72 J M -反二48 JA -8（上升过程）：EkB -Eka= - （mg +f）h 。一。（下落过程）：EkD-kc=（mg-h ( h 动摩擦力F2=mgQ整个过程中滑动摩擦力做功Wf= -气菽-6合一副I，重h力做功为伍=，叫心由动能定理得WG-Wf=O,联立解得x = 7由此可知，X与 斜面倾角。无关。物理观念电|顾与由建I物理观念1动能1 .定义：物体由于画运动而具有的能。2 .公式：& = |02，/7加。3 .标矢性：动能是两标量,只有正值，动能

11、与速度方向画无关。4 .状态量：动能是厨状态量,因为。是瞬时速度。O 21 0 1力 220 1 - 2= a A5 .相对性：由于速度具有函相对性,所以动能也具有相对性。6 .动能的变化：物体丽末动能与函初动能之差,动能的变化是过程量。物理观念2 动能定理1 .内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中所|动能的 变化。2.表达式w二四密(2)昨画反2-国。(3)W二|6可/冽涕二品济。3 .物理意义：叵合力的功是物体动能变化的量度。4 .适用范围广泛联立以上两式，解得物体的质量机=1kg, C正确。6 . （2018江苏高考）如下图，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，0 点

12、为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面 向右运动，最远到达8点。在从A到8的过程中，物块（）A.加速度先减小后增大8 .经过。点时的速度最大C.所受弹簧弹力始终做正功D.所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功答案AD解析 物块从A点到。点的过程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧弹力大于摩 擦力，故可分为弹力大于摩擦力过程和弹力小于摩擦力过程：弹力大于摩擦力过 程，合力向右，加速度也向右，由于弹力逐渐减小，摩擦力不变，物块所受合力 逐渐减小，加速度逐渐减小，当弹力等于摩擦力时速度最大，此位置在A点与O 点之间；弹力小于摩擦力过程，合力方向与运动方向相反，弹力减小，摩擦力大

13、 小不变，物块所受合力增大，物块的加速度随弹簧形变量的减小而增大，方向向 左，物块做减速运动；从。点到B点的过程弹力增大，合力向左，加速度继续增 大，A正确，B错误。从A点到。点过程，弹簧由压缩恢复原长，弹力做正功， 从。点到B点的过程，弹簧被拉伸，弹力做负功，故C错误。从A到8的过程 中根据动能定理弹簧弹力做的功等于物块克服摩擦力做的功，故D正确。9 .如下图，斜面A3C竖直固定放置，斜边AC与一光滑的圆弧轨道OEG 相切，切点为D, AD长为L =,，圆弧轨道圆心为O,半径为R, A DOE =e, zEOG = 90, OG水平。现有一质量为相、可视为质点的滑块从A点由静 止下滑，滑块与

14、斜面间的动摩擦因数为，重力加速度为g,那么关于滑块的运动， 以下说法正确的选项是（）AAEA.滑块经过E点时对轨道的最小压力为mg10 滑块下滑后将会从G点飞出C.滑块第二次经过点时对轨道的压力大小为3mgD.D.滑块在斜面上经过的总路程为Rtan。(tan - )答案CD解析 滑块从A点下滑后在A。局部要克服摩擦力做功，那么返回到AO斜面 上时的高度逐渐降低，最终滑块将以E点为最低点、。点为最高点来回滑动，此 时滑块经过E点时对轨道的压力最小，从D点到E点，根据动能定理有mgR(-COS0) =,在 E 点有 N - mg =,联立解得 N = mg(3 - 2cos。),根据牛顿第三定律，

15、滑块经过点时对轨道的最小压力为(3-2cose)ag,故A错误；滑块从A点到G点，由动能定理得：mg(LsinO - RcosO) - fimgcos3-L =品虎，其中L 二R7；一，解得：% = 0,那么滑块下滑后不能从G点飞出，故B错误；设滑块第二 tdn(/ 一4次经过E点时速度大小为。项，对滑块从G点到E点，根据动能定理得：mgR = m-0,解得。项=4荻，滑块第二次到达七点时，根据牛顿第二定律有M - mvi2作=，解得M = 3/叫，根据牛顿第三定律，滑块此时对轨道的压力大小为3/咐故C正确；滑块最终将以点为最低点、。点为最高点来回运动，根据动能定理故D正确。故D正确。Rtan

16、。得：机gLsin(9 一 mgcos夕s总=0 - 0,解得总二而工8.(2021 ,辽宁高考)冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一。某冰滑 梯的示意图如下图，螺旋滑道的摩擦可忽略；倾斜滑道和水平滑道与同一滑板 间的动摩擦因数相同，因滑板不同满足oWW1.2o。在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停在水平滑道上，以下七2的组合符合设计要求的是（）A.A.一=普3/zo/ 一生L2 - 3攸）3/22（）D.3/z hL, L?=一2o 攸）答案CD解析设倾斜滑道的倾角为巴游客在倾斜滑道上做减速运动，那么有 hhmngcosBmgsin。,解得 /tan（9

17、=，又因为。五W1 .2o,所以o,解得 Li,故A错误。整个过程中只有重力和摩擦力做功，根据题意可知游客到达倾斜滑道 底端时的速度。，根据动能定理有机g2/z -加geos夕二义机。，整理可得2h2h5h*，结合04力.20可得万1.20,解得L菊；游客最后停在水平滑道上,L24h2h有，叫2/z-mgcosa整理可得七21-八当L二碗时，解得乙214/z 2h 4/z 2h 3 J 3/zn-T、2h 3h、2h 3h h A4I 三一-Q= Q； 当 一时，解得乙2三一一%-一一一二力一, 故 B 错 3（）4）3攸）3攸）口 2（）f 2（）（）2（）2ko误，C、D正确。二、非选择题

18、（此题共1小题）9. （2021福建高考）如图a, 一倾角37。的固定斜面的48段粗糙，3C段光滑。 斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端。处，弹簧的原长与8。长度相同。一小滑 块在沿斜面向下的拉力丁作用下，由A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B 点时撤去几7随滑块沿斜面下滑的位移s的变化关系如图b所示。A3段长 度为2 m,滑块质量为2 kg,滑块与斜面AB段的动摩擦因数为0.5,弹簧始终在 弹性限度内，重力加速度大小取lOmd,而37。= 0.6。求：1()860图b4 9(1)当拉力为ION时，滑块的加速度大小；(2)滑块第一次到达B点时的动能；(3)滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上

19、滑的最大距离。答案7m/s2 (2)26 J (3)1.3 m解析(1)设小滑块的质量为根，斜面倾角为仇 滑块与斜面A5段间的动摩 擦因数为，滑块受斜面的支持力大小为N,滑动摩擦力大小为力拉力为10 N 时滑块的加速度大小为由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有Ti + mgsinO-f=N - mgcosO = 0联立式并代入题给数据得。=7 mH。(2)设滑块在A3段运动的过程中拉力所做的功为W,由功的定义有+ T2S2 式中八、72和si、S2分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位 移大小。依题意，Ti=8 N, 5i = l m, T2=10N, S2=l m。设滑块第一次到达3

20、点时的动能为反，由动能定理有W+(mgsin。-力(si+S2)= Ek-(X)联立式并代入题给数据得反=26 J。(3)由机械能守恒定律可知，滑块第一次在8点与弹簧脱离时，动能仍为反。 设滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离为Smax,由动能定理 有-(mgsinO + f)smdx = 0-反联立式并代入题给数据得Smax =1.3 mo既适用于直线运动，也适用于函曲线运动。（2）既适用于恒力做功，也适用于丽变力做功。（3）力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以画不同时作用。/必备知识夯实堵点疏通1 .合力做功是物体动能变化的原因。（）2 .如果物体所受合力不为零，那么

21、合力的功也一定不为零。（）3 .物体的动能不变那么物体的速度不变。（）4 .物体做变速运动时动能一定变化。（）5 .运用动能定理可以求变力做功。（）答案 1. V 2,X 3.X 4.X 5, V二对点激活1 .（人教版必修第二册尸881|改编）改变汽车的质量和速度，都可能使汽车的 动能发生改变，以下几种情形中，汽车的动能不变的是（）A.质量不变，速度增大到原来的2倍B.速度不变，质量增大到原来的2倍C.质量减半，速度增大到原来的2倍D,速度减半，质量增大到原来的4倍答案D解析 由Ek = %/知只有D项所述情形中汽车动能不变，故D正确。2 .（多项选择）关于动能定理的表达式W=Ek2-&1,

22、以下说法正确的选项是（）A.公式中的W为不包含重力的其他力做的总功B.公式中的W为包含重力在内的所有力做的总功，也可通过以下两种方式 计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合力再求合力的功C.公式中的42-&1为动能的变化量，当卬。时，动能增加，当W0, AEk0, W0, AEk0,动能定理也适用 于曲线运动和变力做功。故B、C正确。3 .(人教版必修第二册88T5改编)运发动把质量是500 g的足球踢出后，某 人观察它在空中的飞行情况，估计上升的最大高度是10 m,在最高点的速度为 20 m/so估算出运发动踢球时对足球做的功为()A. 50 JB. 100 JC. 150JD.无法确定

23、答案C解析 运发动踢球时对足球做的功w等于足球获得的初动能a1,即W=Ekl -0；足球上升时重力做的功等于动能的变化量，设上升到最高点时动能为反2, 那么有 - mgh = Ek2 Eki,联立得 W=Eki =a2 + mgh = 150 J,故 C 正确。核心素养开展与提升I考点1动能定理的理解和基本应用考点1动能定理的理解和基本应用深化理解科学思维梳理1 .做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中的“二”的意义是一 种因果关系在数值上相等的符号。(1)因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。(2)数量关系：合力做功与动能变化具有等量代换的关系。(3)单位关系：国际单位制中功和

24、能的单位都是焦耳。2 .动能定理表达中所说的“力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是 静电力、磁场力或其他力；既可以是恒力，也可以是变力。3 .动能定理中涉及的物理量有R /、力、。、W、Ek,在处理含有上述物 理量的问题时，优先考虑使用动能定理。4 .应用动能定理的考前须知应用动能定理解题应抓好“两状态，一过程”。“两状态”即明确研究对 象的始、末状态的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程，确定这一过程 研究对象的受力情况和位置变化或位移信息，明确各力做功的正、负，确实难以 判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。（2）动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或

25、相 对地面静止的物体为参考系。（3）动能定理的表达式为标量式，不能在某一个方向上列动能定理方程。例1 （2021山东高考）如下图,粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L 的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为根的小木块相连。木 块以水平初速度次）出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块 所受摩擦力的大小为（）答案B解析在木块运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关, 根据动能定理有二六2兀L = 0 51比，可得木块所受摩擦力的大小/=碧，应选B。关键能力升华应用动能定理解题的一般思路确定研究对象和研究过程运动性质 及特点明确初、 末动能动力学关系几个力？

26、恒力 还是变力？做功r是否做功？正 情况功还是负功？能理动定解方程、讨论结果对点跟进训练L （动能定理的简单应用X2021河北高考）一半径为R的圆柱体水平固定，横 截面如下图。长度为tiR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处, 另一端系一个小球。小球位于P点右侧同一水平高度的。点时，绳刚好拉直。将 小球从。点由静止释放，当与圆柱体未接触局部的细绳竖直时，小球的速度大小 为（重力加速度为g,不计空气阻力X ）A/(2 + 7i)gA 6.2(14-71) 答案A解析 根据题意，当与圆柱体未接触局部的细绳竖直时，小球下落的高度为兀兀+ 21二兀R E + R=f-R,小球下落过程中，根据

27、动能定理可得吆。二不用庐，解得v = yj（2 + 7i）gR, A 正确。2.（动能定理的应用X2022.黑龙江省双鸭山市第一中学高三上开学考试）（多项选择）如下图，半径为R的竖直光滑圆轨道内侧底部静止着一个光滑小球，现给小球 一个冲击，使其在瞬间得到一个水平初速度。，假设。大小不同，那么小球能够上升 的最大高度（距离底部）也不同。以下说法中正确的选项是（）A.如果0伙）荻或0（）不反,那么小球在运动的过程中不与轨道别离B.如果。0 =痂，那么小球能够上升的最大高度等于0.5RC.如果如二小萌，那么小球能够上升的最大高度小于1.5RD.如果8=2痂，那么小球能够上升的最大高度等于2A答案AB

28、C解析当小球刚好能滑到与圆心等高的位置时，有mgR =,解得如=也还，所以荻时，小球只能在下局部圆弧运动，不与轨道别离；当小球 刚好能滑到最高点时，有mg = nr,根据动能定理可知-加g-2R = Jw? 义机力， 联立解得伙）=小谈，所以。（）闲时，小球能够通过最高点，不与轨道别离，那么 A正确。如果。=以，根据0。0，荻时，小球只能在下局部圆弧运动，设小 球能够上升的最大高度为儿那么有皿=5成，解得力=0.5凡所以B正确。如 果如二根据而后加寸痛时，小球不能够在轨道上减速到0,会脱离轨 道，由动能定理有-加0=mv 2-1/7w8,解得小球能够上升的最大高度hVr 2III= .5R-1

29、.5R,贝IJC正确。如果伙）二2班及 根据而余。0小天时，小球不 能在轨道上减速到0,会脱离轨道，那么小球能够上升的最大高度小于2R,所以D错误。考点2动能定理与图像结合的问题拓展延伸科学思维梳理解决物理图像问题的基本步骤观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示 的物理意义。(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相比照，找出 图线的斜率、截距、图线的交点，弄清图线与坐标轴围成的面积所表示的物理意 义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量。例2 (2020江

30、苏高考)如下图，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最 后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩 擦因数均为常数。该过程中，物块的动能及与水平位移工关系的图象是()答案A解析设斜面倾角为仇物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数分别为川、 JQ42。物块在斜面上运动时，根据动能定理有mgxtane-/1mgcos9- = Ek - 0,整 理可得& 二(帆gtanOgg)%,即在斜面上运动时，物块的动能及与成线性关 系；设物块到达斜面底端时动能为石ko,水平位移为xo,物块在水平地面上运动 时,根据动能定理有- k2mg(x - xo) = Ek - &o,整理可得Ek

31、 = - /iimgx + Eko + mgx0,即在水平地面上运动时，物块的动能及与x也成线性关系。综上分析可 知A正确。关键能力升华与动能定理结合紧密的几种图像(l)o-/图：由公式 可知，0-，图线与横坐标轴围成的面积表示物体的 位移。(2方-x图：由公式卬=心可知，/-光图线与横坐标轴围成的面积表示力所 做的功。(3)P-/图：由公式W=*可知，P-，图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。（4）-，图：由公式八。二必可知，图线与横坐标轴围成的面积表示物体 速度的变化量。（5）k-x图：由公式/合x = k-反0可知，k-x图线的斜率表示合力。对点跟进训练1.（动能定理结合&-S图像）

32、（2021 湖北高考）如图a所示，一物块以一定初速 度沿倾角为30。的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小/恒定，物块动能Ek与 运动路程s的关系如图b所示。重力加速度大小取10m/s2,物块质量机和所受摩 擦力大小,分别为（）A. m = 0J kg, f= 0.5 NB. m = 0.7 kg, /= 1.0 NC. m = 0.8kg, /=0.5ND. m = 0.8kg, /= 1.0N答案A解析010m内物块上滑，由动能定理得-/叫sin3（r-s-於二反-氏），整理 得Ek = Eko - （msin30 +f）s,结合010 m内的Ek-s图像得，斜率的绝对值因= mgsin300+/=4N; 1020 m内物块下滑，由动能定理得（mgsin30。力（s-si）二&, 整理得 Ek = （mgsin30 -f）s - Ogsin30。-f）s,结合 1020 m 内的 Ek-s 图像得，斜 率/ =/ngsin30-f=3No 联立解得机二 0.7kg, f= 0.5 N, A 正确，B、C、D 错 误。2.（动能定理结合。-x图像）（2021 云南省曲靖市高三二模）某质量为m的质点在外力作用下沿直线从A点加速运动到8点，质点通过A点时的速度为6, 加速度为。，A、3两点之间的距离为心 在加速运动过程中，质点的加速度随