三年模拟精选2022届高考物理专题六机械能及其守恒定律全国通用.docx

1、【大高考】（三年模拟精选）2022届高考物理 专题六 机械能及其守恒定律（全国通用）A组基础训练一、选择题1(2022山东淄博六中期末考试)(多选)如图所示,一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点处，将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O点正下方B点间的竖直高度差为h，速度为v，则()A由A到B重力做的功等于mghB由A到B重力势能减少mv2C由A到B小球克服弹力做功为mghD小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh解析重力做功Wmgh，与是否受其它力无关，而从A下降到B下降的高度为h，因此A正确；而从A下降到B的过程中,根据动能定理：mghW弹mv2，

2、重力势能的减小量mghW弹mv2,B错误；而在这个过程中，克服弹力做的功W弹mghmv2，C错误，D正确答案AD2(2022山东青岛市一模)(多选)如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30，质量分别为M、m的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板开始时用手按住物体M,此时M距离挡板的距离为s，滑轮两边的细绳恰好伸直，且弹簧处于原长状态已知M2m，空气阻力不计松开手后，关于二者的运动下列说法中正确的是()AM和m组成的系统机械能守恒B当M的速度最大时，m与地面间的作用力为零C若M恰好能到达挡板处，则此时m的速度为零D若M恰好能到达挡板处,则此过程中重力对M

3、做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和解析M在运动过程中，M、m与弹簧组成的系统机械能守恒，A错误；当M速度最大时,弹簧的弹力等于Mgsin 30mg，此时m对地面的压力恰好为零,B正确；然后M做减速运动，当M恰好到达挡板时，也就是速度刚好减小到了零，此时m受到的弹簧的弹力大于重力，还在加速上升，C错误；根据功能关系，M减小的机械能，等于m增加的机械能与弹簧增加弹性势能之和，而M恰好到达挡板时，动能恰好为零，因此减小的机械能等于减小的重力势能，即等于重力对M做的功，D正确答案BD3(2022银川宁大附中期末)(多选)如图所示，绝缘弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行，

4、带电小球Q(可视为质点)固定在绝缘斜面上的M点，且在通过弹簧中心的直线ab上.现将与Q大小相同，带电性也相同的小球P，从直线ab上的N点由静止释放，若两小球可视为点电荷在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是()A小球P的速度一定先增大后减小B小球P的机械能一直在减少C小球P速度最大时所受弹簧弹力和库仑力的合力为零D小球P与弹簧系统的机械能一定增加解析小球先沿斜面加速向下运动，后减速向下运动，当弹簧压缩量最大时，小球静止，故A正确；根据除了重力和弹力之外的力做功量度机械能的变化得，小球P除了重力和弹力之外的力做功还有弹簧的弹力和库仑斥力做功，开始弹簧的弹力和库仑斥力的合力方向

5、可能向上，也就是可能做负功，所以小球P的机械能可能增大,故B错误；小球P的速度一定先增大后减小，当P的加速度为零时，速度最大，所以小球P速度最大时所受弹簧弹力、重力沿斜面向下的分力和库仑力的合力为零，故C错误；根据能量守恒定律知，小球P的动能、与地球间重力势能、与小球Q间电势能和弹簧弹性势能的总和不变，因为在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，Q对P的库仑斥力做正功，电势能减小，所以小球P与弹簧系统的机械能一定增加，故D正确答案AD4(2022江苏南通调研测试)如图所示,AB、AC两光滑细杆组成的直角支架固定在竖直平面内，AB与水平面的夹角为30，两细杆上分别套有带孔的a、b两小球，在细线作

6、用下处于静止状态，细线恰好水平某时刻剪断细线，在两球下滑到底端的过程中，下列结论中正确的是()Aa、b两球到底端时速度相同Ba、b两球重力做功相同C小球a下滑的时间大于小球b下滑的时间D小球a受到的弹力小于小球b受到的弹力解析细线剪断后，两个小球均沿光滑细杆做匀加速直线运动，加速度agsin .从释放点到达底端，重力做功为mgh,高度相等，由于不知道两个小球的质量关系，无法判断重力做功关系，选项B错；根据动能定理mghmv2，v，根据高度相等可判断a、b两球到底端时速度大小相等但方向不同，选项A错；对小球沿斜面匀加速直线运动有gsin t2，运动时间t，小球a的倾斜角度小，运动时间长，选项C对

7、；垂直细杆的方向没有运动，受力平衡，所以Fmgcos ，不知道质量关系，无法判断两个小球受到的细杆弹力大小，选项D错答案C5(2022重庆巫山中学月考)一质量为m的小球以初动能Ek0从地面竖直向上抛出,已知上升过程中受到阻力作用，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系,(以地面为零势能面,h0表示上升的最大高度，图中坐标数据中的k值为常数且满足0k1)则由图可知，下列结论正确的是()A表示的是动能随上升高度的图象,表示的是重力势能随上升高度的图象B上升过程中阻力大小恒定且f(k1)mgC上升高度hh0时，重力势能和动能不相等D上升高度h时，动能与重力

8、势能之差为mgh0解析根据动能定理可知小球上升过程中速度减小(动能减小，对应图象)，高度升高(重力势能增大，对应图象)，故选项A错误；从和图象知动能与重力势能都随着高度的变化成线性关系，故合力恒定，受到的阻力大小恒定，由功能关系可知从抛出到最高点的过程中机械能的减少量等于阻力功的大小，由图象得：fh0Ek0，由图线结合动能定理得：Ek0(mgf)h0，解得fkmg，故选项B错误；当高度hh0时，动能为EkEk0(mgf)h,联立解得，Ekmgh0，重力势能为Epmghmgh0，所以在此高度时，物体的重力势能和动能相等，故C错误；当上升高度h时，动能为Ekmgh0，重力势能为Epmgh0，则动能

9、与重力势能之差为mgh0，故D正确答案D6(2022宁夏银川一中一模,16)如图所示为某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进若质量为m的小车在平直的水泥路上从静止开始沿直线加速行驶，经过时间t前进的距离为x，且速度达到最大值vm.设这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为F，那么这段时间内()A小车做匀加速运动B小车受到的牵引力逐渐增大C小车受到的合外力所做的功为PtD小车受到的牵引力做的功为Fxmv解析小车在运动方向上受向前的牵引力F1和向后的阻力F，因为v增大，P不变，由PF1v，F1Fma，得出F1逐渐减

10、小，a也逐渐减小，当vvm时，a0，故A、B项均错；合外力做的功W外PtFx，由动能定理得W牵Fxmv，故C项错，D项对答案D7(2022山西太原一模，18)将小球以10 m/s的初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面,小球在上升过程中的动能Ek、重力势能Ep与上升高度h间的关系分别如图中两直线所示取g10 m/s2，下列说法正确的是()A小球的质量为0.2 kgB小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.20 NC小球动能与重力势能相等时的高度为 mD小球上升到2 m时，动能与重力势能之差为0.5 J解析在最高点,Epmgh得m0.1 kg，A项错误；由除重力以外其他力做功W其E可知：fhE

11、高E低，E为机械能，解得f0.25 N，B项错误；设小球动能和重力势能相等时的高度为H，此时有mgHmv2，由动能定理：fHmgHmv2mv得H m，故C项错；当上升h2 m时，由动能定理，fhmghEk2mv得Ek22.5 J，Ep2mgh2 J，所以动能与重力势能之差为0.5 J，故D项正确答案D二、非选择题8(2022成都模拟)如图所示，滑雪坡道由斜面AB和圆弧面BO组成，BO与斜面相切于B、与水平面相切于O，以O为原点在竖直面内建立直角坐标系xOy.现有一质量m60 kg的运动员从斜面顶点A无初速滑下，运动员从O点飞出后落到斜坡CD上的E点.已知A点的纵坐标为yA6 m，E点的横、纵坐

12、标分别为xE10 m，yE5 m，不计空气阻力，g10 m/s2.求：(1)运动员在滑雪坡道ABO段损失的机械能；(2)落到E点前瞬间，运动员的重力功率大小解析(1)运动员从O点飞出后做平抛运动，则xEvx-tyEgt2解得，t1 s，vx10 m/s在滑雪坡道ABO段，由能量守恒定律有：损失的机械能为EmgyAmv代入数据解得，E600 J(2)落到E点前瞬间，运动员在竖直方向上的分速度为vygt运动员的重力功率大小为Pmgvy；代入数据解得P6103 W答案(1)600 J(2)6103 W9(2022南昌调研)如图所示,在粗糙水平面上竖直固定半径为R6 cm的光滑圆轨道，质量为m4 kg

13、的物块静止放在粗糙水平面上的A处，物块与水平面间的动摩擦因数0.75，A与B的间距L0.5 m，现对物块施加大小恒定的拉力F使其沿粗糙水平面做直线运动，到达B处将拉力F撤去，物块沿竖直光滑圆轨道运动若拉力F与水平面的夹角为时，物块恰好沿竖直光滑圆轨道通过最高点，重力加速度g取10 m/s2，物块可视为质点求：(1)物块到达B处时的动能；(2)拉力F的最小值及此时拉力方向与水平方向的夹角.解析(1)设物块恰好到达竖直光滑轨道最高点时的速度为v，则有mgm物块从B处沿光滑圆轨道运动到最高点，由机械能守恒定律得EkB2mgRmv2联立解得EkBmgR6 J所以物块到达B处时的动能EkB6 J(2)物

14、块从A运动到B因为W合Ek所以FLcos (mgFsin )LEkBEkBFL(cos sin )mgL解得F N由数学知识可知，当37时，F的最小值为33.6 N答案(1)6 J(2)3733.6 NB组能力提升一、选择题1(2022江苏省苏锡常镇四市调研)(多选)如图所示，轻质弹簧上端固定，下端系一物体物体在A处时，弹簧处于原长状态现用手托住物体使它从A处缓慢下降，到达B处时，手和物体自然分开此过程中，物体克服手的支持力所做的功为W.不考虑空气阻力关于此过程，下列说法正确的有()A物体重力势能减小量一定大于WB弹簧弹性势能增加量一定小于WC物体与弹簧组成的系统机械能增加量为WD若将物体从A

15、处由静止释放，则物体到达B处时的动能为W解析根据能量守恒定律可知，在此过程中减少的重力势能mghEpW，所以物体重力势能减小量一定大于W,不能确定弹簧弹性势能增加量与W的大小关系，故A正确；B错误；支持力对物体做负功，所以物体与弹簧组成的系统机械能减少量为W，所以C错误；若将物体从A处由静止释放，从A到B的过程，根据动能定理：EkmghW弹mghEpW，所以D正确答案AD2(2022河南陕州中学月考)(多选)一质量为2 kg的物体,在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系

16、图象已知重力加速度g10 m/s2，由此可知()A物体与水平面间的动摩擦因数约为0.35B减速过程中拉力对物体所做的功约为13 JC匀速运动时的速度约为6 m/sD减速运动的时间约为1.7 s解析物体匀速运动时，受力平衡，则Fmg，0.35，选项A正确；因为WFs，故拉力的功等于Fs图线包含的“面积”，由图线可知小格数为13，则功为131 J13 J，选项B正确；由动能定理可知：0mvWFmgs，其中s7 m，则解得v06 m/s；由于不知道具体的运动情况，无法求出减速运动的时间，故D错误答案ABC3(2022江苏扬州期末)(多选)如图所示，足够长的传送带与水平方向的倾角为，物块a通过平行于传

17、送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m.开始时，a、b及传送带均静止，且a不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b上升h高度(未与滑轮相碰)过程中()A物块a的重力势能减少mghB摩擦力对a做的功等于a机械能的增量C摩擦力对a做的功等于物块a、b动能增量之和D任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小相等解析因为开始时，a、b及传送带均静止，且a不受传送带摩擦力作用，说明b的重力等于a沿斜面方向的分量，即mgmagsin ；当物块b上升h后，物块a沿斜面下滑的距离为h，故a下降的高度为hsin ，所以物块a的重力势能减少量为maghsin mgh，选项A正确；根据功能关

18、系，摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增量，所以选项B错误,C正确；在任意时刻，设b的速度为v，则a的速度大小也是v,该速度沿竖直方向的分量为 vsin ，故重力对b做功的瞬时功率为Pbmgv，重力对a做功的瞬时功率 为Pamagvsin mgv，故PaPb，所以选项D正确答案ACD4(2022江苏南京市、盐城市模拟)一滑块以一定的初速度从一固定斜面的底端向上冲,到斜面上某一点后返回底端，斜面粗糙滑块运动过程中加速度与时间关系图象如图所示.下列四幅图象分别表示滑块运动过程中位移x、速度v、动能Ek和重力势能Ep(以斜面底端为参考平面)随时间变化的关系图象，其中正确的是()解析滑块冲上斜面到沿斜

19、面下滑底端的过程，先匀减速后匀加速，上滑过程xv0ta1t2,下滑过程xa2(tt1)2，所以两段均为开口向下的抛物线(或者从x-t图线的斜率，由过程可知：速度先减小后增大，所以斜率先减小后增大).所以A错误；因为有摩擦，所以机械能有损失，回到底端的速度必小于v0，所以B错误；因为动能Ekmv2，即有上滑过程Ekm(v0a1t)2，下滑过程有Ekma2(tt1)2,上滑到最高点的动能为0，所以C错误；重力势能Epmgh，所以重力势能先增加后减小，即D正确答案D5(2022山东省新泰市模拟)如图甲所示,为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足

20、够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角，实验测得x与斜面倾角的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图象可求出()A物体的初速率v03 m/sB物体与斜面间的动摩擦因数0.75C取不同的倾角，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin1.44 mD当某次30时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑解析由图可知，当夹角0时，位移为2.40 m；而当夹角为90时，位移为1.80 m；则由竖直上抛运动规律可知：v2gh，解得v06 m/s，故A错误；当夹角为0度时，由动能定理可得：mgxmv；解得：0.75,故B正确；mgxsin mgcos x0mv解得：x；当90时,sin()1；此时位移最小

21、，x 1.44 m；故C正确；若30时，物体受到的重力的分力为mgsin 30mg；摩擦力fmgcos 300.75mgmg；一般认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力；故小球达到最高点后，不会下滑；故D错误答案BC二、非选择题6(2022江苏省泰州市联考)如图甲所示是一打桩机的简易模型质量m1 kg的物体在恒定拉力F作用下从与钉子接触处由静止开始运动，上升一段高度后撤去F，到最高点后自由下落，撞击钉子，将钉子打入一定深度物体上升过程中，机械能E与上升高度h的关系图象如图乙所示.不计所有摩擦，g取10 m/s2.求：(1)物体上升到1 m高度处的速度；(2)物体上升1 m后再经多长时间才撞击钉子(结果

22、可保留根号)；(3)物体上升到0.25 m高度处拉力F的瞬时功率解析(1)设物体上升到h11 m处的速度为v1，由图乙知mgh1mv12v12 m/s(2)由图乙知，物体上升到h11 m后机械能守恒，即撤去拉力F，物体仅在重力作用下先匀减速上升，至最高点后再自由下落设向上减速时间为t1，自由下落时间为t2对减速上升阶段0v1gt1，t10.2 s减速上升距离ht10.2 m自由下落阶段有h1hgt，t2 s即有tt1t2 s(3)对F作用下物体的运动过程FhE由图象可得，物体上升h11 m的过程中所受拉力F12 N物体向上做匀加速直线运动,设上升至h20.25 m时的速度为v2,加速度为a由牛

23、顿第二定律有Fmgma由运动学公式有v2ah2瞬时功率PFv2解得P12 W答案(1)2 m/s(2) s(3)12 W7.(2022重庆市月考)如图所示，在光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B.它们的质量均为2m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，物块A通过一根轻绳跨过光滑的定滑轮与物块D相连，物块D的质量也为2m，用手托住物块D，使轻绳拉直但没有作用力从静止释放物块D，当物块D达到最大速度时，物块B恰好离开挡板C.求：(1)斜面的倾角；(2)物块D的最大速度vm；(3)在其他条件不变的情况下，将物块D的质量改为，若物块D的最大速度为v，求物块D从开始运动到达到最大速度的过程中弹簧

24、的弹性势能的变化量Ep.解析(1)物块D达到最大速度时，A、B、D系统平衡，则4mgsin 2mg解得30(2)释放物块D前，对物块A有：2mgsin kx1物块D达到最大速度时，对物块B有：2mgsin kx2由得x2x1即释放物块D时和物块D达到最大速度时，弹簧的弹性势能不变则由机械能守恒得：2mg(x1x2)2mg(x1x2)sin 30(4m)v联立得：vmg(3)物块D达到最大速度时，B未离开挡板C，A、D系统平衡，则mgkx32mgsin 所以x3x1，弹簧的弹性势能减少则由机械能守恒得mg(x3x1)2mg(x3x1)sin (m2m)v2Ep联立解得Epmv2答案(1)30(2

25、)g(3)mv28(2022广东深圳一模)如图甲所示，在倾角为37的粗糙斜面的底端，一质量m1 kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不相连t0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的速度时间图象如图乙所示，其中Oab段为曲线,bc段为直线，在t10.1 s时滑块已上滑s0.2 m的距离，g取10 m/s2.求：(1)物体离开弹簧后在图中bc段对应的加速度a及动摩擦因数的大小；(2)t20.3 s和t30.4 s时滑块的速度v1、v2的大小；(3)锁定时弹簧具有的弹性势能Ep.解析(1)由题中图象可知0.1 s物体离开弹簧向上做匀减速运动,加速度的大小a m/s210 m/s2根据

26、牛顿第二定律，有a10 m/s2解得0.5.(2)根据速度时间公式，得t20.3 s时的速度大小v1v0at1 m/s100.1 m/s003 s后滑块开始下滑，下滑的加速度a2 m/s2t20.4 s时的速度大小v2at20.1 m/s0.2 m/s.(3)由功能关系可得：Epmv2mgssin 37mgscos 374 J.答案(1)10 m/s20.5(2)00.2 m/s(3)4 J考向一考查功能关系与图象的综合应用1(功、机械能、图象问题)(多选)运动员从悬停在空中的直升机上跳伞，伞打开前可看做是自由落体运动，打开伞后减速下降，最后匀速下落如果用h表示下落高度，t表示下落的时间，F合

27、表示人受到的合力，E表示人的机械能，Ep表示人的重力势能，v表示人下落的速度，在整个过程中，如果打开伞后空气阻力与速度平方成正比，则下列图象可能符合事实的是()解析运动员从直升机上跳伞，重力势能逐渐减小，规定初位置重力势能为零，则Epmg(h)，即重力势能与高度是线性关系，故A正确；机械能的变化等于除重力外其余力做的功，故自由落体运动过程机械能守恒，故B错误；运动员从直升机上跳伞，伞打开前看做自由落体运动；打开伞后减速下降，空气阻力大于重力，合力向上，当阻力减小到等于重力时，合力为零，做匀速直线运动；即合力先等于重力，竖直向下，然后突然竖直向上，再逐渐减小到零，故C正确；运动员从直升机上跳伞，

28、伞打开前可看做是自由落体运动，打开伞后减速下降，最后匀速下落；减速过程中加速度a，因v是变化的，故a是变化的，而D图中a是恒定的，故D错误答案AC考向二考查力学知识的综合应用2(牛顿运动定律、运动学、机械能守恒问题)(多选)倾角为37的光滑斜面上固定一个槽，劲度系数k20 N/m、原长l00.6 m的轻弹簧下端与轻杆相连，开始时杆在槽外的长度l0.3 m，且杆可在槽内移动，杆与槽间的滑动摩擦力大小Ff6 N，杆与槽之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力质量m1 kg的小车从距弹簧上端L0.6 m处由静止释放沿斜面向下运动已知弹性势能Epkx2，式中x为弹簧的形变量g10 m/s2，sin 370.6

29、.关于小车和杆的运动情况，下列说法中正确的是()A小车先做匀加速运动，然后做加速度逐渐减小的变加速运动B.小车先做匀加速运动，然后做加速度逐渐减小的变加速运动，最后做匀速直线运动C杆刚要滑动时小车已通过的位移为0.9 mD杆从开始运动到完全进入槽内所用时间为0.1 s解析小车从开始下滑至位移为L的过程中，小车只受重力和支持力，支持力不做功,只有重力做功，加速度agsin 376 m/s2不变，所以小车先做匀加速运动，从刚接触弹簧，直至将弹簧压缩至弹力等于杆与槽的摩擦力，即弹力由0逐渐增大至6 N,小车受到的合力逐渐减小到零，所以小车接着做加速度逐渐减小的加速运动，最后匀速运动，B正确，A错误；

30、当弹力为6 N时，弹簧的形变量为x0.3 m，所以小车通过的位移为xLx 0.9 m，C正确；杆开始运动时，根据机械能守恒定律可知mgxsin 37 k(x)2mv2，解得杆和小车的速度v3 m/s，杆从开始运动到完全进入 槽内的时间为t0.1 s，D正确答案BCD考向三考查动能定理与数学知识的综合应用3(动能定理、平衡、极值问题)(多选)如图所示，固定于竖直面内的粗糙斜杆，与水平方向夹角为30.质量为m的小球套在杆上，在拉力F的作用下，小球沿杆由底端匀速运动至顶端已知小球与斜杆之间的动摩擦因数为，则关于拉力F的大小及其做功情况，下列说法正确的是()A当30时，拉力F最小B当60时，拉力F做功

31、最少C当60时，拉力F最小D当90时，拉力F做功最少解析对小球,沿杆方向Fcos mgsin 30(mgcos 30Fsin )，解得F,故当30时，拉力F最小，选项A正确，C错误；小球匀速运动，由动能定理得；WFWfWG0，要使拉力做功最小则Wf0，即摩擦力为0,则支持力为0.分析小球受的各力然后正交分解列方程：垂直斜面方向：Fsin mgcos 30沿斜面方向：Fcos mgsin 30解以上两方程得：60，Fmg，故B正确，D错误答案AB考向四考查牛顿运动定律与动能定理的综合应用4(牛顿第二定律、图象、功能关系问题)某舰载机降落到静止的航母上,图甲为航母甲板上拦阻索阻拦舰载机过程的俯视示

32、意图，图乙为舰载机尾钩钩住拦阻索正中位置、随即关闭发动机后加速度a随时间t变化的图象已知舰载机的质量M2.0104 kg，尾钩刚钩住拦阻索时的初速度v075 m/s，t1 0.3 s时拦阻索与尾钩刚钩住时拦阻索的初始位置的夹角45,此时舰载 机所受空气阻力与甲板摩擦阻力大小之和为f2.0105 N，舰载机钩住拦阻索 至停止的全过程中，克服空气阻力与甲板摩擦阻力做的总功Wf2.0107 J求：(1)t10.3 s时拦阻索的拉力大小T；(2)舰载机钩住拦阻索至停止的全过程中，克服拦阻索拉力做的功W.解析(1)由图乙可知t10.3 s时加速度大小a30 m/s2由牛顿第二定律有2TsinfMa由式解得T2105 N2.8105 N(2)以舰载机为研究对象，由动能定理有WWf0MvW3.6107 J答案(1)2.8105 N(2)3.6107 J