高考物理一輪復習考點精講精練階段性訓練（二）（解析版）（內容：平拋運動 圓周運動 萬有引力定律 機械能守恒定律 動量）

階段性訓練（二）考察內容（平拋運動圓周運動萬有引力定律機械能守恒定律動量）一．選擇題下列說法正確的是（）A．人在松軟的土地上下陷時，人對地面的壓力大于地面對人的支持力 B．“強弩之末，勢不能穿魯縞”，是因為弩箭的慣性減小了 C．跳高運動員在越桿時處于平衡狀態(tài) D．船相對于靜水的速度大于河水流速時，船過河的最短路程等于河的寬度【解答】解：A．人對地面的壓力與地面對人的支持力是作用力與反作用力，二者大小始終相等，故A錯誤；B．質量是慣性大小的量度，與速度無關，故B錯誤；C．跳高運動員在越桿時受重力作用，受到的力不等于零，所以不是平衡狀態(tài)，故C錯誤；D．船相對于靜水的速度大于河水流速時，合速度可以垂直于河岸，船過河的最短路程等于河的寬度，故D正確。故選：D。我國研制的“威龍”J﹣20是高性能五代殲擊機，它在空中能做連續(xù)的開普勒拋物線飛行，飛機飛行的軌跡從左向右運動，圖中各點的速度與飛機所受合力的方向可能正確的（）A．a點 B．b點 C．c點 D．d點【解答】解：由于曲線運動的速度方向沿軌跡上該點的切線方向，合外力應指向曲線的內側，故ACD錯誤，B正確故選：B。軌道平面與赤道平面夾角為90°的人造地球衛(wèi)星被稱為極地軌道衛(wèi)星。它運行時能到達南北極區(qū)的上空，需要在全球范圍內進行觀測和應用的氣象衛(wèi)星、導航衛(wèi)星等都采用這種軌道。如圖所示，若某顆極地軌道衛(wèi)星從北緯45°的正上方按圖示方向首次運行到南緯45°的正上方用時45分鐘，則（）A．該衛(wèi)星運行速度一定大于7.9km/s B．該衛(wèi)星軌道半徑與同步衛(wèi)星軌道半徑之比為1：4 C．該衛(wèi)星加速度與同步衛(wèi)星加速度之比為2：1 D．該衛(wèi)星的機械能一定小于同步衛(wèi)星的機械能【解答】解：由題意可知，衛(wèi)星的周期：T=360°A、由于衛(wèi)星的軌道半徑大于地球半徑，衛(wèi)星的線速度小于第一宇宙速度，即衛(wèi)星的線速度小于7.9km/s，故A錯誤；B、萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得：GMmr2=m(2πTC、萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得：GMmr2=ma，解得：a=D、由于由于不知該衛(wèi)星與同步衛(wèi)星的質量關系，無法比較其機械能大小，故D錯誤；故選：B。飛機沿某水平面內的圓周勻速率地飛行了一周，已知飛機質量為m，速率為v，圓周運動半徑為R。下列說法正確的是（）A．飛機做勻速圓周運動，速率沒變，則所受合外力為零 B．飛機做勻速圓周運動，速率沒變，則動量守恒 C．飛機飛行時，速度的方向不斷變化，因此動量不守恒；根據(jù)動量定理，動量的改變源于向心力的沖量，即I=FD．飛機飛行時，速度的方向不斷變化，因此動量不守恒；根據(jù)動量定理，飛行一周動量的改變量為零【解答】解：A、飛機做勻速圓周運動，速率沒變，速度的方向不斷變化，因此速度是變化的，所受合外力不為零，故A錯誤；BC、飛機做勻速圓周運動，速率沒變，速度的方向不斷變化，速度不斷變化，由p＝mv知動量不斷變化，動量不守恒；根據(jù)動量定理，動量的改變源于向心力的沖量，由于向心力是變力，不能根據(jù)I＝Fn?Δt＝mv2R?2πRvD、飛機飛行時，速度的方向不斷變化，因此動量不守恒；飛行一周合外力沖量為零，根據(jù)動量定理，飛行一周動量的改變量為零，故D正確。故選：D。某工地小型升降電梯的原理圖如圖所示，轎廂A、重物B跨過輕質定滑輪通過足夠長輕質纜繩連接，電機通過輕質纜繩拉動對重，使轎廂由靜止開始向上運動，運動過程中A未接觸滑輪、B未落地。已知A、B質量分別為M＝600kg、m＝400kg，電機輸出功率恒為P＝3kW，不考慮空氣阻力與摩擦阻力，重力加速度g取10m/s2，則當轎廂速度為1m/s時，A、B之間輕質纜繩的拉力大小為（）A．5400N B．6000N C．6600N D．7000N【解答】解：當轎廂速度為1m/s時，電動機的牽引力為：F=Pv=30001故選：C。如圖所示為風杯式風速傳感器，其感應部分由三個相同的半球形空杯組成，稱為風杯。三個風杯對稱地位于水平面內互成120°的三叉型支架末端，與中間豎直軸的距離相等。開始刮風時，空氣流動產生的風力推動靜止的風杯開始繞豎直軸在水平面內轉動，風速越大，風杯轉動越快。若風速保持不變，三個風杯最終會勻速轉動，根據(jù)風杯的轉速，就可以確定風速，則（）A．若風速不變，三個風杯最終加速度為零 B．任意時刻，三個風杯轉動的速度都相同 C．開始刮風時，風杯加速轉動，其所受合外力不指向旋轉軸 D．風杯勻速轉動時，其轉動周期越大，測得的風速越大【解答】解：A、根據(jù)題意，若風速不變，三個風杯最終做勻速圓周運動，其合外力不為零，由牛頓第二定律可知，其加速度不為零，故A錯誤；B、三個風杯屬于同軸轉動，角速度相同，且三個風杯做圓周運動的半徑相同，由v＝ωr可知，任意時刻三個風杯的線速度大小相同，方向不同，即速度不同，故B錯誤；C、開始刮風時，風杯切向方向合力不為零，因此風杯所受合外力不指向旋轉軸，故C正確；D、當風杯勻速轉動時，根據(jù)v=2πr故選：C。2023年10月26日，“神舟十七號”飛船從酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射升空后成功與在軌的“天宮”空間站核心艙對接。已知對接后的“神舟十七號”飛船與空間站組合體在軌做勻速圓周運動，運行周期為T，地球半徑為R，地球表面的重力加速度g，僅利用上述數(shù)據(jù)可以求得（）A．地球的平均密度 B．地球的質量 C．組合體的在軌運行高度 D．組合體受到的萬有引力【解答】解：ABC.在地球表面，GMR2=g，由于G未知，所以地球質量和密度不可求，設組合體距離地面高度為h，質量為m，地球質量為M，則可得：GMmD.根據(jù)F=GMm故選：C。長征途中，為了突破敵方關隘，戰(zhàn)士爬上陡峭的山頭，居高臨下向敵方工事內投擲手榴彈。戰(zhàn)士在同一位置先后投出甲、乙兩顆質量均為m的手榴彈，手榴彈從投出的位置到落地點的高度差為h，在空中的運動可視為平拋運動，軌跡如圖所示，重力加速度為g。下列說法正確的有（）A．甲在空中的運動時間比乙的長 B．兩手榴彈在落地前瞬間，甲重力的功率比乙大 C．從投出到落地，每顆手榴彈的動能增加量為mgh D．從投出到落地，每顆手榴彈的機械能改變量為mgh【解答】解：A.由平拋運動規(guī)律可知h=1B.做平拋運動的物體落地前瞬間重力的功率P＝mgvcosθ＝mgvy＝mg2g?，因為兩手榴彈運動的高度差相同，質量相同，所以落地前瞬間，兩手榴彈重力功率相同，故B錯誤；C.從投出到落地，根據(jù)動能定理有mgh＝ΔEk，所以每顆手榴彈的動能增加量為mgh，故C正確；D.從投出到落地，手榴彈做平拋運動，只有重力做功，機械能守恒，故D錯誤。故選：C。如圖所示，斜面傾角為θ＝30°，在斜面上方某點處，先讓小球（可視為質點）自由下落，從釋放到落到斜面上所用時間為t1，再讓小球在該點水平拋出，小球剛好能垂直打在斜面上，運動的時間為t2，不計空氣阻力，則t1（）A．21 B．32 C．32【解答】解：設小球速度為v0，小球垂直打在斜面上，如圖所示，tanθ=v0v小球做平拋運動的水平位移x＝v0t2，故小球拋出點距斜面底端的高度；H＝xtanθ+12gt22故選：D。中國空間站的問天實驗艙中配置了變重力科學實驗柜，它為科學實驗提供了0.01G～2G范圍內的高精度模擬重力環(huán)境。變重力實驗柜的主要裝置是兩套離心機（如圖甲所示），離心機示意圖如圖乙所示，離心機旋轉的過程中，實驗載荷會對容器壁產生壓力，這個壓力的大小可以體現(xiàn)“模擬重力”的大小。根據(jù)上面資料結合所學知識，判斷下列說法正確的是（）A．實驗樣品的質量越大“模擬重力加速度”越大 B．離心機的轉速變?yōu)樵瓉淼?倍，同一位置的“模擬重力加速度”也變?yōu)樵瓉淼?倍 C．實驗樣品所受“模擬重力”的方向指向離心機轉軸中心 D．為防止兩臺離心機轉速增加時對空間站的影響，兩臺離心機應按相反方向轉動【解答】解：AB．根據(jù)題意可得m（2πn）2r＝mg模則模擬重力加速度為g可知模擬重力加速度與樣品的質量無關，離心機的轉速變?yōu)樵瓉淼?倍，同一位置的“模擬重力加速度”變?yōu)樵瓉淼?倍，故AB錯誤；C．離心機旋轉的過程中，實驗載荷有向外飛出的趨勢，對容器壁產生的壓力向外，故模擬重力的方向背離離心機轉軸中心，故C錯誤；D．根據(jù)牛頓第三定律可知，一臺離心機轉速增加時，會給空間站施加相反方向的力，使空間站發(fā)生轉動，故為防止兩臺離心機轉動時對空間站的影響，兩臺離心機應按相反方向轉動，故D正確。故選：D。如圖所示是豎直放置的內壁光滑的長方體容器的縱截面圖，ABCD是一個矩形，AB＝5m，BC＝3m，有一個可視為質點、質量m＝1kg的小球用長L＝5m的輕繩懸掛在A點。小球隨容器一起繞AB邊做勻速圓周運動，取重力加速度g＝10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列說法正確的是（）A．當ω＝1rad/s時，器壁CD對小球的彈力大小是4N B．當ω＝2rad/s時，器壁CD對小球的彈力大小是12N C．小球剛接觸器壁CD時的角速度是102D．小球剛接觸器壁CD時的角速度是5【解答】解：CD．設小球剛接觸器壁CD時的角速度為ω0，此時繩子與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)幾何關系可得：sinθ=故可解得：θ＝37°以小球為研究對象，受力分析如圖：根據(jù)牛頓第二定律可得：mgtan30°=m解得：ω0A．當ω＝1rad/s時，由于ω=1rad/s＜ωB．當ω＝2rad/s時，由于ω=2rad/s＞ω設器壁CD對小球的彈力大小為N，繩子拉力大小為T，受力如圖：則豎直方向有：Tcos37°＝mg解得繩子的拉力為：T=水平方向有：Tsin37°+N＝mω2r可得：N＝mω2r﹣Tsin37°＝mω2Lsin37°﹣Tsin37°代入數(shù)據(jù)解得：N＝1×22×5×0.6N﹣12.5×0.6N＝4.5N，故D錯誤。故選：C。如圖所示，質量均為m的物塊A、B放在光滑的水平面上，中間用輕彈簧相連，彈簧處于原長，一顆質量為km（k＜1）的子彈以水平速度v0射入木塊A并留在物塊中（時間極短），則下列說法正確的是（）A．子彈射入物塊A的過程中，子彈的動量變化量為kmvB．子彈射入物塊A的過程中，物塊A的動能增加量為kmvC．在彈簧第一次被壓縮到最短的過程中，物塊B的動量大小最大值為kmvD．彈簧第一次壓縮到最短的過程中，彈簧具有的最大彈性勢能為k【解答】解：A、子彈射入物塊A的過程中，對子彈與物塊A整體動量守恒，則有：kmv0＝（m+km）v1代入數(shù)據(jù)解得：v所以子彈動量的變化量：Δp＝kmv1﹣kmv0，代入解得：Δp=?kmB、物塊A的動能增加量為ΔEk=C、當子彈和物塊A、B速度相同時，彈簧第一次壓縮到最短時，此時物塊B的動量最大，則有子彈與物塊A、B、彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，則有kmv0＝（2m+km）v2代入數(shù)據(jù)解得：v物塊B動量的最大值為：pBmD、彈簧第一次壓縮到最短的過程中，彈簧具有的最大彈性勢能為ΔEp=故選：C。二．多選題如圖所示，傾角θ＝53°的斜面ABC固定在可以繞豎直軸轉動的水平轉臺上，斜面最低點A在轉軸OO1上。轉臺以角速度ω勻速轉動時，將質量為m的小物塊（可視為質點）放置于斜面上，經(jīng)過一段時間后小物塊與斜面一起轉動且相對斜面靜止在AB線上，此時小物塊到A點的距離為L。已知小物塊與斜面之間動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為g，若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。則物塊相對斜面靜止時（）A．小物塊對斜面的壓力大小不小于mg B．小物塊對斜面的壓力大小不大于4mg C．水平轉臺轉動角速度ω應不小于5g6LD．水平轉臺轉動角速度ω應不大于11g【解答】解：當角速度最小時，物塊恰好不下滑，受力分析如圖1所示y軸方向根據(jù)平衡條件得N1cosθ+f1sinθ＝mgf1＝μN1x軸方向根據(jù)牛頓第二定律得N1聯(lián)立解得ω1=N1＝mg當角速度最大時，物塊恰好不上滑，受力分析如圖2所示y軸方向根據(jù)平衡條件得N2cosθ＝f2sinθ+mgf2＝μN2x軸方向根據(jù)牛頓第二定律得N2聯(lián)立解得ω2N2＝5mg由上分析可知，角速度取值范圍為5g6L小物塊對斜面的壓力大小N′＝N取值范圍為mg≤N′≤5mg故AC正確，BD錯誤。故選：AC。“天繪五號”衛(wèi)星先發(fā)射至近地圓軌道，在近地軌道的A位置調整速度進入轉移軌道，在轉移軌道的遠地點B位置調整速度進入目標軌道。已知地球表面重力加速度為g、半徑為R，目標軌道的半徑為r，引力常量為G。若地球質量為M，衛(wèi)星質量為m，衛(wèi)星在目標軌道處的引力勢能可表示為EpA．地球的密度可表示為3gR4πGB．地球的第一宇宙速度可表示為gr C．轉移軌道上衛(wèi)星運動的周期可表示為π(R+r)D．衛(wèi)星兩次加速增加的機械能為1【解答】解：A.在地球表面，忽略地球自轉情況下有GMmR2=mg，地球的體積V=聯(lián)立可得ρ=3gB.設O為地球球心，近地軌道半徑OA＝R，目標軌道半徑OB＝r，OA+OB＝AB＝2a半長軸a=第一宇宙速度是近地衛(wèi)星線速度：GMmR2=m黃金代換，GM＝gR2，則v=gRC.近地軌道GMmR2得到T近地軌道和轉移軌道平著軌第三定律R3T12=(D.近地軌道GMmR2得到mv12目標軌道GMmR2得到mv增加機械能ΔE＝（12mv22?GMmr）﹣（12故選：CD。如圖甲所示，在水平地面上放有質量均為1kg的小物塊A和長木板B，兩物體均處于靜止狀態(tài)，從零時刻起給小物塊A施加一水平外力F，當t1＝2s時撤去外力F。0～t3內小物塊A及長木板B的加速度隨時間變化的關系如圖乙所示，在t2～t3時間內兩物塊以共同的加速度a共＝﹣2m/s2在地面上運動，直至t3時刻均停止運動，重力加速度g取10/m2，取水平向右為正方向。下列說法正確的是（）A．l2=B．0～t3內長木板的位移大小為4918mC．小物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2 D．A、B兩物體間因摩擦而產生的熱量為353【解答】解：A、由于a共＝﹣2m/s2，所以，F(xiàn)f地對B＝2ma共＝2×1×2N＝4N，又因為對B在0～t2間分析有：F合＝ma＝1×1N＝1N＝FfA對B﹣Ff地對B，代入解得：FfA對B＝5N，由于A對B的摩擦力和B對A的摩擦力是一對相互作用力，所以二者大小相等，故FfB對A＝5N，所以對A在t1～t2之間分析有：aA′=F合mA=?51m/s2，故有vAt1＝aAt1＝4m/s，vBt1＝aBt1＝2m/s，所以有：4m/s﹣5m/s2×（t2﹣t1）＝2m/s+1m/s2（t2﹣t1），從而得到t2﹣t1=13s，v共=73m/s，所以：t3﹣B、由于：t2=13s+t1=73s，所以該時間內B和A的位移：x1=12aBt22=12×1×(C、由于AB間摩擦力：FfB對A＝5N＝μFN＝μ×1×10，從而得到：μ＝0.5，故C錯誤；D、由于對A來說，各段時間內的位移：xt1=12aAt12=12×2×22m＝4m，xt2→t1=vt1+vt22故選：AD。三．實驗題一興趣小組在學習了平拋運動后，進行了“探究平拋運動的特點”實驗，實驗中，以小球離開軌道末端時的球心位置為坐標原點O，建立水平（x）與豎直（y）坐標軸。讓質量為m的小球從斜槽上離水平桌面高為h處由靜止釋放，使其水平拋出，通過多次描點可繪出小球做平拋運動時球心的軌跡如圖甲所示。（1）以下實驗操作合理且必要的是（填正確答案標號）。A．調整斜槽末端，必須使末端保持水平B．小球每次都從斜槽上不同的位置由靜止釋放C．以球心為坐標原點，借助重垂線確定豎直方向并建立直角坐標系D．用砂紙打磨斜槽軌道，盡量使斜槽軌道光滑一些（2）已知小球平拋運動的初速度為v0，重力加速度為g，則小球做平拋運動的軌跡方程為y＝。（3）某同學在實驗過程中，記錄了小球平拋運動軌跡的一部分，如圖乙所示。取g＝10m/s2，由圖中所給的數(shù)據(jù)可判斷出圖中坐標原點O（選填“是”或“不是”）拋出點；小球從A點運動到B點的時間為s；若小球的質量為100g，則小球經(jīng)過圖乙中的位置A時重力的瞬時功率為W?！窘獯稹拷猓海?）A．該實驗中要求斜槽末端的切線保持水平以保證小球做平拋運動，故A正確；B．小球每次必須從相同的高度位置滾下，以保證小球水平拋出時的速度相同，故B錯誤；C．以球心為坐標原點，借助重垂線確定豎直方向并建立直角坐標系，故C正確；D．只要小球每次從相同的高度位置滾下，以相同的水平速度拋出即可，鋼球與斜槽間的摩擦對實驗沒影響，故D錯誤。故選：AC。（2）根據(jù)平拋運動的規(guī)律，水平方向x＝v0t豎直方向y=聯(lián)立解得y=（3）由平拋運動的水平位移可知，OA段和AB段的時間相等，若O為拋出點，則OA段和AB段的豎直位移之比為1：3，而實際豎直位移之比是1：2，可知O點不是拋出點；根據(jù)勻變速運動的推論Δy＝y(tǒng)2﹣y1＝gT2代入數(shù)據(jù)解得T＝0.1s即小球從A點運動到B點的時間為0.1s。小球過A點時，在豎直方向上的速度為v小球經(jīng)過圖中的位置A時重力的瞬時功率為P＝mgvAy＝0.1×10×1.5W＝1.5W。故答案為：（1）AC；（2）不是；（3）0.1；1.5。某同學利用透明直尺和光電計時器來驗證機械能守恒定律，實驗的簡易示意圖如下，當有不透光物體從光電門間通過時，光電計時器就可以顯示物體的擋光時間。將擋光效果好、寬度為d＝3.8×10﹣3m的黑色膠帶貼在透明直尺上，從一定高度由靜止釋放，并使其豎直通過光電門。他測得各段黑色膠帶通過光電門的時間Δti圖中所示的高度差Δhi，并將部分數(shù)據(jù)進行了處理，結果如表所示。（本題g＝9.8m/s2，表格中M為直尺質量）ΔtviΔEΔhi（m）MgΔhi11.213.13——————21.153.310.58M0.060.58M31.003.782.24M0.232.25M40.954.003.10M0.323.14M50.900.41（1）將表格中數(shù)據(jù)填寫完整；（2）從表格中數(shù)據(jù)可知，直尺上黑色膠帶通過光電門的瞬時速度是利用vi=dΔt求出的，由于d不是足夠小，導致ΔEki的值比真實值（選填“偏大”、“偏小”或【解答】解：（1）由表中實驗數(shù)據(jù)可知v5=dΔt動能的增加量ΔEk5=將v1＝3.13m/s，v5＝4.22m/s代入解得：ΔEk5=12×M×（4.22）2?12重力勢能的減少量：ΔEp＝MgΔh5＝M×9.8×0.41＝4.02M。（2）由于d不是足夠小，使測量的速度偏大，從而導致ΔEki的值比真實值偏大；故答案為：（1）4.22，3.97M，4.02M（2）偏大四．計算題“打水漂”是很多同學體驗過的游戲，小石片被水平拋出，碰到水面時并不會直接沉入水中、而是擦著水面滑行一小段距離再次彈起飛行，跳躍數(shù)次后沉入水中，俗稱“打水漂”。如圖所示，某同學在岸邊離水面高度h0＝0.8m處，將一質量m＝20g的小石片以初速度v0＝16m/s水平拋出。若小石片第1次在水面上滑行時受到水平阻力的大小為1.2N，接觸水面0.1s后彈起，彈起時豎直方向的速度是剛接觸水面時豎直速度的34。取重力加速度g＝10m/s2（1）小石片第1次離開水面后到再次碰到水面前，在空中運動的水平距離；（2）第1次與水面接觸過程中，水面對小石片的作用力大小?！窘獯稹浚?）開始小石片做平拋運動，在豎直方向做自由落體運動，設第一次剛剛接觸水面的速度為vy，有vy2第一次剛接觸水面彈起時豎直方向的速度vy1=小石片第1次在水面上滑行時受到水平阻力的大小為1.2N，規(guī)定初速度方向為正方向，根據(jù)牛頓第二定律得，﹣f＝ma，則a=設接觸水面0.1s后彈起的水平速度為vx，根據(jù)運動學公式有vx＝v0+at＝16m/s+（﹣60）×0.1m/s＝10m/s設第1次離開水面后到再次碰到水面前在空中運動時間為t1，t1=在空中運動的水平距離x＝vxt1＝10×0.6m＝6m；（2）設水面對小石片豎直方向的作用力為F，設豎直向上為正方向，根據(jù)動量定理得（F﹣mg）t＝mvy1﹣mvy解得F=第1次與水面接觸過程中，水面對小石片的作用力大小F′=f答：（1）小石片第1次離開水面后到再次碰到水面前，在空中運動的水平距離為6m；（2）第1次與水面接觸過程中，水面對小石片的作用力大小為2N。遙控F3P模型是一種固定翼模型飛機，通過安裝在機頭位置的電機帶動螺旋槳轉動向后推動空氣為飛機提供動力，可以通過控制副翼和尾翼實現(xiàn)各種復雜的3D動作，因此目前正得到越來越多航模愛好者的喜愛?，F(xiàn)對模型進行飛行試驗，已知模型的質量為m＝0.2kg，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）通過控制，使無人機在某一高度沿水平面做勻速圓周運動，需要使機翼與水平方向成一定的角度“側身”飛行。如圖所示，機翼與水平方向的夾角為θ＝37°，若想無人機在半徑不超過R＝4.8m的范圍內運動，其飛行速度不能超過多少；（2）控制模型使其沿豎直方向爬升，在地面上從靜止開始以恒定升力豎直向上運動，經(jīng)時間t＝2s時離地面的高度為h＝8m，設運動過程中所受空氣阻力大小恒為f＝2N，求此過程動力系統(tǒng)的升力F；（3）從（2）中達到的狀態(tài)開始，模型通過不斷調整升力繼續(xù)上升，在距離地面高度為H＝18m處速度恰為0，求無人機從h上升到H的過程中，動力系統(tǒng)所做的功W為多少？【解答】解：（1）無