详解答案
2,该过程根据动能定理可得
设碰后A反弹，再次到达O点时速度为，根据动能定理可
P销t红一mgh2=之m哈一乞mw
知一2mgL=之m号-之m明
又h2=85.2m-1.6m-3.6m=80m
解得话=一4红g1
联立解得t2=13.5s
据题意，A落点在B落点的右侧，则>
故提升重物的最短时间为
据题意，A和B均能落在孤形轨连上，则A必须落在P点的
1mim=1十t2+t3=0.88+13.5s十1.2s=15.5s
左侧，即≤√2以gL
C正确，ABD错误.故选C.
联立以上，可得方的取值范国为
4.C泵华的泵送系统以150m3h的输送量给30m高处输送
混凝土，每小时泵送系统对混凝土做的功
3A-1
2-3
·<≤+A.4l
W=Vgh=2.4×103×150×10×30J=1.08×108.故
(λ-1)2
选C.
8.解析(1)由线速度v=r
5.ACD根据弹簧振子的对称性可知，当钩码B下降到最低点
得v=2wR.
时弹簧的拉力F=2mg,设轻绳与水平面的夫角为0，对物块
(2)向心力F面=22R
A受力分析，有Fsin0=Mg,可得M<2m,选项A正确，B错
设F与水平方向的夹角为a,
误：在B从释放位置运动到最低.点的过程中，速度先增大后
则Fcos a=F向，Fsin a=mg
减小，根据动能定理可知，B所受合力对其先做正功后做负
解得F=√(2mm2R)2十(mg)2
功，选项C正确：在B从释放位置运动到速度最大的过程中，
(3)落地时，重物的速度=wR,由小球与重物组成的系统的
根据功能关系可知，B克服弹簧弹力做的功等于B机枝能的
减少量，迭项D正确
机找能守恒得之Mw2+4×2mr=Mg
6.解析(1)重物缓慢下降，处于平
衡状态，对重物进行受力分析，如
Tcos a
解得h=M16m(R)2.
2Mg
图所示，
水平方向有Tesina-=Tosin月
Tsin B
答案(1)2R(2)√/(2mmR)2十(mg)
竖直方向有
(3)M16m(aR)2
Tp cos a=Tocos B+mg
Tin出
2Mg
联立解得
T.cos B
专题七动量守恒定律
T。=1200N,T。=900N
题组一
(2)重物援慢下降，动能变化量为
1,AD子弹在木块内运动的过程中，子弹与木块组成的系统
家，下降过程中对重物由动能定理有mgh十W=0
所受合外力为0，所以该系统动量守恒，若子弹没有射出木
解得W=一4200J
块，则由动量守恒定律有m=(m十M)v,解得木块获得的
即两极绳子拉力对重物做的总功为一4200J。
答案(1)1200N900N(2)-4200J
连度大小为=又子弹的初度越大，其打入木块越
7.解(1)物块A从光滑轨道滑至0点，根据动能定理有
深，则当子弹恰不射出木块时，木块获得的速度最大，此时有
mg·2l-mgL=2mv
2m听=2(m+M0t+kL,解得w=2L+M,若于
M
解得v=√2ugL.
(2)物块A从O,点飞出后做平抛运动，设飞出的初速度为
弹能够射出木块，则有物>2kL(m十MD
,子弹在木块内运动
mM
,落在孤形轨道上的坐标为(x,y),将平抛运动分别分解到
的过程，对子弹和木块分别由牛顿第二定律有飞吻=mam·
水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，有
k=MM,根据住移关系有t一2at2-乞at2=L,对
x=吻y=2g
2kmL
解得水平初婆度为6=
木块有购=“，联立解得欢=2Mn-M十m,又饰越
2y
大，t越小，则坠越小，即随着陷的增大，木块获得的速度
物块A从O点到落点，根据动能定理可知
不断诚小。综上，若木块获得的速度最大，则子弹的初速度
mgy=E一立m6
大小=2L(m十MD,A正确：子弹在木块内运动的过程，
mM
解得落点处动能为E=mgy十mG=mgy十"g
对子弹由动量定理有一kt=1四一m,解得子弹在木块中
4y
mM
四为物块A从O点到弧形轨道上动能均相同，将落点
运动的时间1一m干M0B错误；由能量守極定律可知，木
P(2LL)的坐标代入，可得
Ex=mgy+mg
块和子弹损失的总动能△E,=kL=2(m十M,C错
mM
4y
-=mg Xul.+mg(2uL)2
4XuL
=2g1
误；木块在加速过程中做匀加速运动，由运动学规律有x
化荷可得y
4=2l
,解得木块在加造过程中运动的距离x=,D正确。
即x=2√2Ly-y2(其中L≤y≤2L).
2,B由能量守恒定律可知，中子与氨核碰撞后静止，与氮核碰
(3)物块A在倾斜轨道上从距x抽高h处静止滑下，到达
后反弹，所以碰撞后氦核的动能比氢核的动能小，B正确.
O点与B物块碰前，其速度为防，根据动能定理可知
3.BC
CD.外力撤去前，由牛顿第二定律可知F一mg=m@1
①
mgh一mgL=之m听
由选度位移公式有哈=2a10
②
解得品=2gh一2gL
外力撤去后，由牛顿第二定律可知一g=a
③
物块A与B发生弹性碰撞，为使A和B均能落在弧形轨道
由速度位移公式有一6=2a2(20)
上，且A落在B落点的右侧，则A与B碰撞后需要反弹后再
经过水平轨道一倾斜轨道一水平轨道再次到达O点，规定水
由①@圆国可得，水平恒力F=3m听
45o
平向右为正方向，碰后A、B的速度大小分别为1和2，在
A与B碰撞过程中，动量守恒、能量守恒，则
=一m1十2
动摩擦固数“4g50
m
交mw暖=2mu听+之·A吃
滑动摩搭力F,=mg=40
解得=
2
可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，故C正
确，D错误；A.在此过程中，外力F做功为W=F0
151五年高考真题分美集训
物理
度为0，到N点时乙竖直方向速度为零，根据瞬时功率公式
15
P=mg巴，可知重力降时功率先增大后减小，CD错误，故
代入教据得Lc=后m<1.0m,故不会冲出
选B.
(3)滑块运动到距A点x处的速度为，根据动能定理有
4.AC重力的功率为P=g℃由图可知在0一1时间内，返回
舱的達度随时间减小，故重力的功率随时间减小，故A正确：
ngH-mg=m
极据一t阁像的斜乘表示加遮度可知在0一1时问内返回
碰撞后的速度为'，由动量守恒定律得mw=3
舱的加速度减小，故B错误：在t1一t2时间内由图像可知返
设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h,由动能定理得
回舱的速度减小，故可知动量随时间减小，故C正确：在2
3时间内，由图像可知返回舱的速度不变，则动能不变，但由
3mg(LAn)-3umg iam 03mgh-0-
2(3m)2
于遂回舱高度下降，重力势能减小，故机拔能减小，故D错
误.故选A、C
得=（合x-)m(尽m5.C四节动力车厢输出功率为颜定功率时，4P=m·m,四
节动力车厢输出总功率为2.25P时，2.25P=kml·m1,由
h=o(0≤x≤号m)
3
以上两式解得ml=mC正确.
答案(1)8N,方向水平向左(2)不会冲出
6.AB由重力势能和动能随下滑距离s变化的图像可知，重力
(3h=(x-)
m(gm势能和动能之和随下滑距离s的增大而减小，可知物块下滑
过程中机拔能不守恒，A项正确；在斜面顶端，重力势能E。
方=0(0≤x≤8m)
=州gh=30J,解得物块质量m=1kg,由重力势能随下滑距
题组四
离s变化图像可知，重力势能可以表示为E。=(30一6s)J,由
1.D由题意可知两节动车分别有P1=f1
动能随下滑距离s变化图像可知，动能可以表示为Ek=25J,
P2=f2
设斜面领角为0，则有sin0=上=号，60s0=号，由功能关系
当将它们编组后有P1十P2=(f1十f2)U
(P1+P)
有-mgc0s0·s=Em十Ek-30J=(30-6s十2x-30)J=
联主可得P1吻十P2
-4sJ,可得=05，B项正确：由E=2sJB=”管可得，
故选D.
2.AD小球在P点受力平衡，则有
2=4sm2s2,对比匀变速直线运动公式2=2as,可得a
2ms2,即物块下滑时加速度的大小为2.0ms2,C项错误；
mg=ff=FN,FN=(1-名)
由重力势能和动能随下滑距离。变化图像可知，当物块下滑
2.0m时机械能E=18J十4J=22J,机械能损失量△E
联立解得k=4m竖，A正确；
30J一22J=8J,D项错误.
在PM之间任取一点A,令AO与MN之间的夹角为0，则此
7.解析(1)由于地面光滑，则1、2组成的系统动量守恒，
则有2%=(1十2)1
时弹簧的弹力为F=(1一2sin0】
代入数据有=1ms
小球受到的摩擦力为f=uFN1=uFsin0
对m1受力分析有a1=m28=4m
化简得=(k1sing-)）
则木板运动前右端距弹簧左端的距离有听=21x1
在MP之间增大在PN减变小，即摩擦力先变大后变小，C
代入数据解得x1=0.125m
错误：
(2)木板与弹簧接触以后，对1,2组成的系统有
很据对称性可知在任意关于P点对称的点摩擦力大小相等，
kx=(m1十m2）a共
因此由对称性可知M到P和P到N摩擦力做功大小相等：
对m2有a2=g=1ms2
D正确；
当a共=2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹
簧压编量x2=0.25m
小球运动到P点下方名时0=45”，此时摩擦力大小为
对m、m2组成的系统由动能定理有
1
1
=(知号-)）
2(m1+me)听-2(m+m)听
由牛顿第二定律mg一f=ma
代入教据有购-号m
联立解得4=(2一√2)g
B错误，故选AD,
(3)木板从速度为2时到之后与物块加速度首次相同时的
3,C为了以最短时间提升重物，一开始先以最大拉力拉重物
过程中，由于木板即]的加遮度大于木块？的加速度，则
做匀加速上升，当功率达到颜定功率时，保持功率不变直到
当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，则说
重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做
明此时1的速度大小为2·共用时2t0,且2一直受滑动
匀减速上升至平台速度刚好为零，重物在第一阶较做匀加速
摩擦力作用，则对m2有一1gg·2to=23一22
上升过程，根据牛顿第二定律可得
解得=-2。
1=
Tm-mg_300-20X10m/s2=5m/s
2
20
则对于11、2组成的系统有
当功率达到额定功率时，设重物的速度为叫·
则有砂
P是=1200
m/s=4 m/s
T
300
△U=一W
联立有△U=4√3o一8经.
此过程所用时间和上升高度分别为4==号s=0,8s
41
答案(1)1m8:0.125m:
42
(2)0.25m2
h1=2a=2X5m=1.6m
m:s:(3)43to-8t
重物以暖大速度匀速时，有
8解析()根据机械能守恒定律有mgH=mgR+2m场
P_P=1200
-=mg=200m8=6m8
重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分
代入数据解得p=4:s,根据牛颜第二定律有F、=
R
=8N
别为2==5s=1.231
由牛顿第三定律可知Fy'=Fy=8N,方向水平向左，
.62
(2)设滑块能在斜轨道上到达的最高点为C点，根据功能关
k22=2X5m=3.6m
系有mgH=gLAB十gLBccos0+mgLgc'sin0
设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为
150可
详解答案
2.B在地面附近雨滴做身速运动，根据动能定理得mgh一W
=0,故雨滴克服空气阻力做功为mgh.故选B.
根据几何关系可得DF=
5 m
3.BC由于拉力在水平方向，则拉力做的功为W=Fx,可看出
联立解得x=31十DF十s1
W一x图像的斜率代表拉力F.在物体运动的过程中根据动
能定理有W一mgx=2mU,则x=1m时物体的速度为
代入教据解得(3+号)m≤x<(3.6+)m
当0.9m=2m/8,x=1m时，拉力为F=4W
=6N,则此时拉力的功
Ar
理可得gh一gs2=0
解得s2=1.8m
率P=F1=12W,x=4m时物体的动能为E=2J,A错
可知物块达到距离C点0.8m处静止，滑块4由E点速度为
误、B正确：从x=0运动到x=2m,物体克服摩擦力做的功
零，返回到CD时，极据动能定理可得gH一4mg53=0
为Wf=gx=8J,C正确：根据W一x图像可知在0一2训
解得s3=0.4m
的过程中F1=6N,2一4m的过程中F2=3N,由于物体受
到的摩擦力恒为f=4N,则物体在x=2m处速度最大，且
距离C,点0.6m,综上可知当0.9m31一s2x31
极据选项AB分析可知此时的速度2=√8ms,则从x=0运
代入数据得2.6mx3m
动到x=4的过程中，物体的动量最大为力=m0=2√2kg·
答案(1)5m‘s(2)Fy=0.1h-0.14(h≥1.2m)
m:s,D错误.故选BC.
(3)当0.9m4.D由于不计空气阻力，铅球被水平推出后只受重力作用，加
选度等于重力加速度，不随时间改变，故A错误；铅球被水平
1.65m时.(3+号)m≤<(3.6+得）m
推出后做平抛运动，竖直方向有巴，=gt,则推出后速度大小
9,解析(1)由题意可知小车在光滑针面上滑行时根据牛頓第
为=√6十(g)2,可知速度大小与时间不是一次函数关系，
二定律有mng sin0=a
设小车通过第30个减遠带后遠度为，到达第31个减速带
故B错误：铅球推出后的动能=是m=是m[听十
时的速度为，则有吃一=2ad
(g)2门，可知动能与时间不是一次函数关系，故C错误：铅球
因为小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速
水平推出后由于忽略空气阻力，所以推出后铅球机械能守
度均相同，故后面过减速带后的速度与到达下一个减速带均
恒，故D正确.故选D.
为和边；经过每一个减速带时损失的机旅能为△E
5.D运动员从a到c根据动能定理有mgh=
2 mup
2m吃-2m
联立以上各式解得△E=gd sin日
在c点有FN一mg=mF
(2)由(1)知小车通过第50个减速带后的速度为1，则在水
FN≤kmng
平地面上根据动能定理有一mgs=0一7m听
2h
联立有R≥白故选D.
从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有
6.A火箭在高压气体的推力、重力和空气阻力的共同作用下，
mg(L+29d)sin-△Es=2m听
先做向上的加速运动，后做向上的减逸运动，当火箭加遂度
为零时，火箭速度最大，此时动能最大，故A正确
联立解得△E总=mg(L+29d)sin0-gs
故在每一个减速带上平均损失的机枝能为
7.ABDA.小车从M到N,依题意有P,=F1=200W,代入
数据解得F=40N,故A正确：B.依题意，小车从M到N,因
△E=△E兰=mg(L+29d)sin0-2mmg
30
30
自速，小车所受的摩擦力大小为f1=F=40N
则摩擦力做功为W1=一40×20J=一800J,则小车克服摩
(3)由题意可知△E>△E
擦力做功为800J,故B正确：C.依题意，从P到Q,重力势能
可得L>d+
增加量为△Ep=mg×△h=500N×20m×sin30°=5000J,故
sin 0
C错误：D.依题意，小车从P到Q,厚擦力为f2·有f2十
答案(1)mgdsin日(2)mg(L十29d)sin0-mgs
30
mgsin30°=卫，摩擦力做功为w2=-hX2
(3L>d+0
s2=20m
联主解得W2=一700J
题组三
则小车克服摩擦力做功为700J,故D正确.故远ABD.
1,B足球在空中运动时受重力和阻力作用
8.解析(1)滑块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律
选项
分析
结论
mgh=-
2m馆
由动能定理知，足球从1到2减少的动能大
A
解得%=5ms
于mgh
b与发生弹性碰棱，根据动量守恒定律和机械能守恒定律
可得加路=mU6十m购
足球从1到2重力势能增加mgh
1
m呢=之m听2十2m明
足球从2到3增加的动能小于mgh
联立解得=%=5ms
足球在空中运动时有阻力做负功，机械能
(2)由(1)分析可知，物块b与物块a在A点发生弹性正碰，
D
减少
速度交换，设物块“刚好可以到达E点，高度为h1,根据动能
2,C因为频闪照片时间间隔相同，对比图甲和乙可知图甲中
定理可得mgh1一2gl一mgH=0
滑块加速度大，是上滑阶段，根据牛顿第二定律可知图甲中
解得h1=1.2m
滑块受到的合力较大：故A错误；从图甲中的A点到图乙中
以竖直向下为正方向F十mg=m尺
的A点，先上升后下降，重力做功为0，摩擦力做负功：根据
动能定理可知图甲经过A点的动能较大，故B错误：由于图
由动能定理mgh一2mgl-mgH=2m呢
甲中滑块加速度大，根据△x=
2a1
联立可得FN=0.1h一0.14(h≥1.2m)
可知图甲在A、B之间的运动时间较短，故C正确；由于无论
(3)当1.2mh1.65m时，物块位置在E点或E点右侧，
上滑或下滑均受到滑动摩擦力大小相等，故图甲和图乙在
极据动能定理得mgh一2umg一mgH=m呢
A、B之间克服厚擦力做的功相等，故D错误：故选C
3.BAB.由图乙可知，甲下滑过程中，甲做身加速直线运动，
从E点飞出后，竖直方向H=g
则甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐渐减小的加逸运动，乙沿I下
滑，任意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一时刻甲的
水平方向s=vE
动能比乙的小，A错误，B正确：CD.乙沿I下滑，开始时乙速
149五年高考真题分类集训
物理
专题六
机械能及其守恒定律
题组一
用时：
易错记录：
1.(2024·山东卷)如图所示，质量均为m的甲、乙
绳拉着质量为m的物体由静止开始运动。当小
两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通
车拖动物体行驶的位移为S,时，小车达到额定
过一根原长为1的轻质弹性绳连接，连接点等高
功率，轻绳从物体上脱落。物体继续滑行一段时
且间距为d(d<)。两木板与地面间动摩擦因
间后停下，其总位移为S2。物体与地面间的动
数均为：，弹性绳劲度系数为k,被拉伸时弹性势
摩擦因数不变，不计空气阻力。小车的额定功率
能E=xr2(x为绳的伸长量).现用水平力F
P。为
()
A
2F2(F-f)(S2-S1)S,
缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开
(M+m)S2-MS
原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静
2F2(F-f)(S2-S1)S1
止，k保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
B.
(M+m)S2-mS1
重力加速度大小为g,则F所做的功等于(
C
2F2(F-f)(S2-S1)S2
(M++m)S2 -MS
2F2(F-f)(S2-S1)S2
D.
A.g)2
(M+m)S2+mS
2k
mg(1-d)
4.(2023·全国乙卷)（多选）如图，一质量为M、长
B.3(2mg)2
十mg(l-d)
为1的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为
2k
m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速
C.3(mg)2
度o开始运动.已知物块与木板间的滑动摩擦
2k
+2mg(1-d)
力大小为f,当物块从木板右端离开时()
D.(umg)2
2k+2mg(1-d)
2.(2023·山东卷)《天工开物》中
m
记载了古人借助水力使用高转
177777777747777777744
筒车往稻田里引水的场景。引
A.木板的动能一定等于f1
水过程简化如下：两个半径均为
B.木板的动能一定小于f
R的水轮，以角速度匀速转
动。水筒在筒车上均匀排布，单
C,物块的动能一定大于
2m听-fl
位长度上有n个，与水轮间无相
对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的
D.物块的动能一定小于2m6一几
水，其中的60%被输送到高出水面H处灌人稻
5.(2022·全国乙卷)固定
田。当地的重力加速度为g,则筒车对灌入稻田
于竖直平面内的光滑大
的水做功的功率为
)
圆环上套有一个小环，
A.2nmngo RH
B.3nmgoRH
小环从大圆环顶端P点
由静止开始自由下滑，
C.3nmgo2RH
在下滑过程中，小环的
D.nmgoRH
速率正比于
()
3.(2023·山东卷)质量
A.它滑过的弧长
为M的玩具动力小www
B.它下降的高度
车在水平面上运动时，牵引力F和受到的阻力
C.它到P点的距离
均为恒力。如图所示，小车用一根不可伸长的轻
D.它与P点的连线扫过的面积
20五年高考真题分美集训
物理
13.D对于飞船，由万有引力提供向心力得GMm飞鱼
由于风力发电存在转化效率，若每天平均有1.0×10⑧kW的
风能资源，则每天发电量应满足E1.0×103×24kW·h
m1都(2)，对于地球同步卫星，由万有引力提供向心力
4x2
2.4×103kW·h,C错误：D.若风场每年有5000h风達在6
一10ms的风能资源，当风速取最小值6m‘s时，该发电机
4π2
年发电堂具有最小值，根据题意，风速为9ms时，输出电功
得GM地m卫里=m2￥T2,联立解得上
2
平为405kW,风速在5一10ms范田内，转化效率可视为不
故D正确，ABC错误.
支，可如风建为6ms时，输出电功争为P-6×05kW
14.C卫星环绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供其做匀速
120kW,则该发电机年发电量至少为E=Pt=120×
国周运动的向心力，由公式G"地”=m4实，祥T
T2
5000kW·h=6.0×105kW·h
D正确；故选D.
,则a、b的周期比c的小，A错误：由于a、b的质
7,BCAC,物体从斜面底端回到斜而底端根据动能定理有
2元入G地
量关系来知，则a、b所受的向心力大小无法确定，B错误：由
-mg·21csa--E
公式G””=m号得0ab的建度大小相等.C
物体从针面底端到斜面顶端根据动能定理有
-ngl sin a一glcos a=0一Ek
正确：由公式G”m-mu得a=Gm
E
,a,b的向心加速度
整理得=
mg
=0.5,A误，C正确：B.物体向下滑动时
比c的向心加速度大，D错误.
的根据牛顿第二定律有a=ng sin a一ngcos a,求解得出
专题六机械能及其守恒定律
Q=答，B正确：D.物体向上滑动时的根据牛顿第二定律有
题组一
上=ng sin a十gco3
1.B当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整
物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有
体有g=kx0,解得弹性绳的仲长量xo=坚，则此时弹性
HaF=mg sina一ngC0sa
k
由上式可知a上>4T
能的弹性势能为E,=名k号=心m
一，从开始拉动乙所坐
由于上升过程中的未连度为零，下滑过程中的初连度为零，
2k
木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位
且走过相网的住移，根据公式1=名
移为1=x0十1一d,则由功能关系可知该过程下所做的功
则可得出t上W=B十mg石1=3m2+mg1-d,B正确。
8.B设微波有效攻击范国为”时单位面积接收微波功啤为
2k
PP
P
2.B筒车经时间t,到达高H处的水简的个数为N=Rt,礼
4r2
入稻田的水的质量为M=NmX60%,由功能关系可知筒车
P
W
对这部分水所做的功W=MgH,做功的功率P=
,联立解
解得r入4πP
得P=3mmR日，B正确.
则引起神经混乱时有n一√4P了
P
3×107
-√4×3.14X250≈
3.A小车艳动物体行驶的位移为1的过程中，根据动能定理
100m
P
得(F-f-mg)1=之(M十m),轻绳从物体上脱落至物
3×107
引起心肺功能袭竭时有n√4xPg√4x.1X1000≈
体停下的过程中，根据动能定理得一mg（红一5）
50m,所以B正确；ACD错误：故选B.
2(F-f)(52-1）
9,A由排泥量和排泥管的横撬面积可得排泥速度v
2mt,解得u√M+m-Ms
,则小车的颜定功率
1.4m,=2m's,由P=Fu可得泥泵对排泥管内泥浆的推
2F2(F-f)s(s2一51）
0.7m2
为P。=Fu(M+m)52-M
,A正确，BCD错误
力F=卫=1X10W=5X105N,A正确.
2 mis
4.BD当物块从木板右瑞离开时，对m有一fxm=2m哈
10.BD无人机从静止到是停的过程中先加速上升后减速上
升最终速度减为零，即无人机经历先超重再失重的过程，故
2m6,对M有f红M=名m听，其中1=xn一xM,由于1>
空气对无人机的作用力并非始终大于或等于无人机的重
xM,则根据以上分析可知木板的动能一定小于f儿，A错误、B
力，A项错误；直流电源对无人机供电的颜定电流I=
正确：根据以上分析，联立有之m喝一f1=2m呢十2m听，
5000A=12.5A,B项正确：无人机上升过程中克服重力做
400
则物块的动能一定小于名m哈-f1,C错误，D正确，故
的功W=mgh=2X10J,克服重力做功的功率P=W
选BD.
5.C如图所示
100W,同时无人机上升过程中还需克服空气阻力做功，故
设圆环下降的高度为h,图环的半径为R,
C项错误；无人机上升过程中及悬停过程中均会使空气动
它到P点的距离为L,根据机械能守恒定
能增加，即对空气做功，D项正确，
11,BC由于动车以位定功率运动，则由P=F李v可知在功率
律得mgh=2mv
不变时，动车的速度增大则牵引力减小，由牛颜第二定撑可
知F章一F=ma,动车的加速度逐渐减小，A错误，B正确；
由几何关系可得h=Lsin0,sin0=2求，联
当动车的加速度为容时，即牵引力等于阻力时，动车的速度
L2
最大，即P=FmC正确：设动车在时间t内的位移为x,由
立可得h=可得=L√，故C正
动能定理得W-Fx=2ma2-合mw2,则牵引力所微的
确，ABD错误.故逃C.
6.DAB.单位时间流过面积A的流动空气体积为V。=A
功为Ww=Fx十2m2一之%2，D错误.
单位时间流过面积A的流动空气质量为mo=pV,=Av
单位时间流迹面积A的流动室气动能为m子=？A
题组二
1
wW=mgh
风速在510m:s范国内，转化效单可视为不变，可知该风
p-vgh Q-y
P
力发电机的输出电功率与风速的三次方成正比，AB错误；C
1,B发电功率P=7·7m=pV
t
Qgh代入数据解得p≈107W,B对。
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