高考總復(fù)習(xí)物理（人教版）教師用書第05章機(jī)械能第4講功能關(guān)系能量守恒定律

第四講功能關(guān)系能量守恒定律(對(duì)應(yīng)學(xué)生用書P92)一功能關(guān)系1.功和能的關(guān)系功是__能量__轉(zhuǎn)化的量度，做功的過程就是__能量__轉(zhuǎn)化的過程，做了多少功，就有多少__能量__發(fā)生轉(zhuǎn)化，反之，轉(zhuǎn)化了多少__能量__，就說明做了多少功．2．對(duì)照教材填空功能量的變化合外力做正功__動(dòng)能__增加重力做正功__重力勢(shì)能__減少彈簧彈力做正功__彈性勢(shì)能__減少電場(chǎng)力做正功__電勢(shì)能__減少其他力(除重力、彈力外)做正功__機(jī)械能__增加二能量守恒定律1.內(nèi)容：能量既不會(huì)__消滅__，也不會(huì)__創(chuàng)生__，它只會(huì)從一種形式__轉(zhuǎn)化__為其他形式，或者從一個(gè)物體__轉(zhuǎn)移__到另一個(gè)物體，而在__轉(zhuǎn)化__和__轉(zhuǎn)移__過程中，能量的__總量__保持不變．2．表達(dá)式：E初＝__E終__；ΔE增＝__ΔE減__.3．如圖，質(zhì)量為M的長木板放在光滑的水平面上，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的小物塊以初速度v0從木板的一端滑向另一端，當(dāng)小物塊在木板上滑過距離d二者的速度相同均為v，此過程中木板前進(jìn)的位移為x1，設(shè)小物塊與木板間的滑動(dòng)摩擦力為f.根據(jù)動(dòng)能定理可列出以下方程：對(duì)木板：fx1＝eq\f(1,2)Mv2，對(duì)物塊：－f(x1＋d)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)由以上兩式可得到以下各等式：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2＝fd＋eq\f(1,2)Mv2 ①eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv2＋\f(1,2)Mv2))＝fd ②從能量的觀點(diǎn)，你如何理解①、②式的含義？fd的意義是什么？提示：對(duì)①，物塊減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為木板的動(dòng)能和系統(tǒng)的內(nèi)能fd.對(duì)②，系統(tǒng)減小的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能fd.fd等于由于克服滑動(dòng)摩擦力而產(chǎn)生的內(nèi)能．1．判斷正誤(1)在物體的機(jī)械能減少的過程中，動(dòng)能有可能是增大的．()(2)既然能量在轉(zhuǎn)移或轉(zhuǎn)化過程中是守恒的，故沒有必要節(jié)約能源．()(3)節(jié)約可利用能源的目的是為了減少污染排放．()(4)滑動(dòng)摩擦力做功時(shí)，一定會(huì)引起機(jī)械能的轉(zhuǎn)化．()(5)一個(gè)物體的能量增加，必定有別的物體能量減少．()答案：(1)√(2)×(3)×(4)√(5)√2．(2017·河北承德實(shí)驗(yàn)中學(xué)期中)(多選)2013年2月15日，一團(tuán)亮光劃過俄羅斯車?yán)镅刨e斯克州上空，留下白色尾跡，有視頻顯示，當(dāng)時(shí)巨大的橘紅色火球掠過天空，爆炸時(shí)散發(fā)出比太陽更耀眼的光芒，隕石雨降落后，車?yán)镅刨e斯克州各類建筑的窗戶被震碎，屋頂被掀翻，下面敘述中正確的是()A．隕石墜入地球大氣層成為流星是內(nèi)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能的過程B．隕石下落時(shí)，動(dòng)能轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能C．隕石墜入地球是機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的過程D．“雞蛋大的隕石砸在地上就是一個(gè)坑”，說明隕石對(duì)地面做了功答案：CD3．(2016·四川卷)韓曉鵬是我國首位在冬奧會(huì)雪上項(xiàng)目奪冠的運(yùn)動(dòng)員．他在一次自由式滑雪空中技巧比賽中沿“助滑區(qū)”保持同一姿態(tài)下滑了一段距離，重力對(duì)他做功1900J，他克服阻力做功100J．韓曉鵬在此過程中()A．動(dòng)能增加了1900JB．動(dòng)能增加了2000JC．重力勢(shì)能減少了1900JD．重力勢(shì)能減少了2000J答案：C4．質(zhì)量為m的物體，由靜止開始下落，由于阻力作用，下落的加速度為eq\f(4g,5)，在物體下落h的過程中，下列說法中錯(cuò)誤的是()A．物體的動(dòng)能增加了eq\f(4mgh,5)B．物體的機(jī)械能減少了eq\f(4mgh,5)C．物體克服阻力所做的功為eq\f(mgh,5)D．物體的重力勢(shì)能減少了mgh答案：B(對(duì)應(yīng)學(xué)生用書P93)考點(diǎn)一功能關(guān)系的理解和應(yīng)用在應(yīng)用功能關(guān)系解決具體問題的過程中：(1)若只涉及動(dòng)能的變化用動(dòng)能定理．(2)只涉及重力勢(shì)能的變化，用重力做功與重力勢(shì)能變化的關(guān)系分析．(3)只涉及機(jī)械能變化，用除重力和彈簧的彈力之外的力做功與機(jī)械能變化的關(guān)系分析．(4)只涉及電勢(shì)能的變化，用電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系分析．(2017·全國卷Ⅲ)如圖，一質(zhì)量為m，長度為l的均勻柔軟細(xì)繩PQ豎直懸掛．用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點(diǎn)，M點(diǎn)與繩的上端P相距eq\f(1,3)l.重力加速度大小為g.在此過程中，外力做的功為()A．eq\f(1,9)mgl B．eq\f(1,6)mglC．eq\f(1,3)mgl D．eq\f(1,2)mgl解析：選A將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點(diǎn)，PM段繩的機(jī)械能不變，MQ段繩的機(jī)械能的增加量為ΔE＝eq\f(2,3)mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,6)l))－eq\f(2,3)mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)l))＝eq\f(1,9)mgl，由功能關(guān)系可知，在此過程中，外力做的功W＝eq\f(1,9)mgl，故選A．計(jì)算機(jī)械能增大或減小多少，最常用的方法是：看系統(tǒng)或物體除重力和彈簧的彈力之外，還有沒有其他力對(duì)系統(tǒng)或物體做功，若其他力對(duì)系統(tǒng)或物體做正功，系統(tǒng)或物體的機(jī)械能增大；做負(fù)功，系統(tǒng)或物體的機(jī)械能減小，增大或減小的機(jī)械能就是外力做功的數(shù)值．(多選)如圖所示，傾角為θ＝30°的粗糙斜面固定在地面上，長為l、質(zhì)量為m、粗細(xì)均勻、質(zhì)量分布均勻的軟繩置于斜面上，其上端與斜面頂端平齊．用細(xì)線將物塊與軟繩連接，物塊由靜止釋放后向下運(yùn)動(dòng)，直到軟繩剛好全部離開斜面(此時(shí)物塊未到達(dá)地面)，在此過程中()A．物塊的機(jī)械能逐漸增加B．軟繩重力勢(shì)能共減少了eq\f(1,4)mglC．物塊減少的重力勢(shì)能等于軟繩克服摩擦力所做的功D．軟繩減少的重力勢(shì)能小于其增加的動(dòng)能與克服摩擦力所做的功之和解析：選BD以物塊為研究對(duì)象，細(xì)線對(duì)物塊做負(fù)功，物塊機(jī)械能減少，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；開始時(shí)軟繩的重心在最高點(diǎn)下端eq\f(1,2)lsin30°＝eq\f(l,4)處，物塊由靜止釋放后向下運(yùn)動(dòng)．當(dāng)軟繩剛好全部離開斜面時(shí)，軟繩重心在最高點(diǎn)下端eq\f(l,2)處，故軟繩的重心下降了eq\f(1,4)l.軟繩重力勢(shì)能共減少了eq\f(1,4)mgl，所以選項(xiàng)B正確；根據(jù)功能關(guān)系，細(xì)線對(duì)軟繩做的功與軟繩重力勢(shì)能的減少量之和等于其動(dòng)能的增加與克服摩擦力所做的功之和，物塊減少的重力勢(shì)能等于克服細(xì)線拉力所做的功及其動(dòng)能的增加，所以選項(xiàng)D正確，C錯(cuò)誤．1．(2018·河南鶴壁模擬)(多選)如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m的物體以某一速度從A點(diǎn)沖上傾角為30°的斜面，其運(yùn)動(dòng)的加速度為eq\f(5,6)g，此物體在斜面上上升的最大高度為h，則()A．物體上升過程動(dòng)能減少了eq\f(5,3)mghB．物體上升過程重力勢(shì)能增加了eq\f(5,6)mghC．物體在斜面上運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程機(jī)械能損失了eq\f(4,3)mghD．物體沿斜面上升過程克服重力做功的平均功率小于下降過程重力做功的平均功率解析：選AC根據(jù)牛頓第二定律得mgsin30°＋f＝m·eq\f(5,6)g，解得f＝eq\f(1,3)mg，物體上升的高度為h，故重力做功WG＝－mgh，所以重力勢(shì)能增加mgh，摩擦力做功Wf＝－fs＝－feq\f(h,sin30°)＝－eq\f(1,3)mg·2h＝－eq\f(2,3)mgh，故根據(jù)動(dòng)能定理可得ΔEk＝WG＋Wf＝－eq\f(5,3)mgh，故A正確，B錯(cuò)誤；克服摩擦力做功等于機(jī)械能減少量，上升和下降過程克服摩擦力做功相同，則物體在斜面上運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程損失的機(jī)械能ΔE＝2·fs＝eq\f(4,3)mgh，C正確；由于物體在運(yùn)動(dòng)的過程中克服摩擦力做功，所以物體回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度一定小于開始時(shí)的速度，所以物體上升過程中的平均速度大于下降過程中的平均速度，所以物體沿斜面上升過程克服重力做功的平均功率大于下降過程重力做功的平均功率，故D錯(cuò)誤．2.(2018·唐山模擬)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個(gè)質(zhì)量為m的小球自A的正上方P點(diǎn)由靜止開始自由下落，小球沿軌道到達(dá)最高點(diǎn)B時(shí)恰好對(duì)軌道沒有壓力．已知AP＝2R，重力加速度為g，則小球從P到B的運(yùn)動(dòng)過程中()A．重力做功2mgR B．機(jī)械能減少mgRC．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功eq\f(1,2)mgR解析：選D小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，恰好對(duì)軌道沒有壓力，故只受重力作用，根據(jù)mg＝eq\f(mv2,R)得，小球在B點(diǎn)的速度v＝eq\r(gR).小球從P點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中，重力做功W＝mgR，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；減少的機(jī)械能ΔE減＝mgR－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mgR，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；合外力做功W合＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mgR，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理得mgR－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，所以Wf＝mgR－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mgR，故選項(xiàng)D正確.考點(diǎn)二摩擦力做功的特點(diǎn)1.兩種摩擦力做功的比較靜摩擦力做功滑動(dòng)摩擦力做功只有能量的轉(zhuǎn)移，沒有能量的轉(zhuǎn)化既有能量的轉(zhuǎn)移，又有能量的轉(zhuǎn)化互為作用力和反作用力的一對(duì)靜摩擦力所做功的代數(shù)和為零，即要么一正一負(fù)，要么都不做功互為作用力和反作用力的一對(duì)滑動(dòng)摩擦力所做功的代數(shù)和為負(fù)值，即至少有一個(gè)力做負(fù)功兩種摩擦力都可以對(duì)物體做正功或者負(fù)功，還可以不做功2.求解相對(duì)滑動(dòng)物體的能量問題的方法(1)正確分析物體的運(yùn)動(dòng)過程，做好受力分析．(2)利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，結(jié)合牛頓第二定律分析物體的速度關(guān)系及位移關(guān)系．(3)公式W＝Ff·l相對(duì)中l(wèi)相對(duì)為兩接觸物體間的相對(duì)位移，若物體在傳送帶上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)時(shí)，則l相對(duì)為總的相對(duì)路程．(2018·寧夏銀川一中模擬)如圖所示，水平傳送帶兩端點(diǎn)A、B間的距離為L，傳送帶開始時(shí)處于靜止?fàn)顟B(tài)．把一個(gè)小物體放到右端的A點(diǎn)，某人用恒定的水平力F使小物體以速度v1勻速滑到左端的B點(diǎn)，拉力F所做的功為W1、功率為P1，這一過程物體和傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q1.隨后讓傳送帶以v2的速度逆時(shí)針勻速運(yùn)動(dòng)，此人仍然用相同的恒定的水平力F拉物體，使它以相對(duì)傳送帶為v1的速度勻速從A滑行到B，這一過程中，拉力F所做的功為W2、功率為P2，物體和傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q2.下列關(guān)系中正確的是()A．W1＝W2，P1＜P2，Q1＝Q2B．W1＝W2，P1＜P2，Q1＞Q2C．W1＞W(wǎng)2，P1＝P2，Q1＞Q2D．W1＞W(wǎng)2，P1＝P2，Q1＝Q2解析：選B當(dāng)傳送帶不運(yùn)動(dòng)時(shí)，拉力做功W1＝FL，物體從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間t1＝eq\f(L,v1)，因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q1＝fL.當(dāng)傳送帶運(yùn)動(dòng)時(shí)，拉力做功W2＝FL，物體從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間t2＝eq\f(L,v1＋v2)＜t1，因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q2＝fv1t2.拉力做功功率P1＝eq\f(W1,t1)，P2＝eq\f(W2,t2)，比較可知W1＝W2，P1＜P2.又v1t2＜v1t1，v1t1＝L，得Q1＞Q2.故選B．功能關(guān)系與傳送帶模型(1)動(dòng)力學(xué)角度：首先要正確分析物體的運(yùn)動(dòng)過程，做好受力情況分析，然后利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，結(jié)合牛頓第二定律，求物體及傳送帶在相應(yīng)時(shí)間內(nèi)的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關(guān)系．(2)能量角度：求傳送帶對(duì)物體所做的功、物體和傳送帶由于相對(duì)滑動(dòng)而產(chǎn)生的熱量、因放上物體而使電動(dòng)機(jī)多消耗的電能等，常依據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律求解．(2018·漳州八校聯(lián)考)如圖所示，一張薄紙板放在光滑水平面上，其右端放有小木塊，小木塊與薄紙板的接觸面粗糙，原來系統(tǒng)靜止．現(xiàn)用水平恒力F向右拉薄紙板，小木塊在薄紙板上發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，直到從薄紙板上掉下來．上述過程中有關(guān)功和能的下列說法正確的是()A．拉力F做的功等于薄紙板和小木塊動(dòng)能的增加B．摩擦力對(duì)小木塊做的功一定等于系統(tǒng)的摩擦生熱C．離開薄紙板前小木塊可能先做加速運(yùn)動(dòng)，后做勻速運(yùn)動(dòng)D．小木塊動(dòng)能的增加可能小于系統(tǒng)的摩擦生熱解析：選D由功能關(guān)系知拉力F做的功等于薄紙板和小木塊動(dòng)能的增加及系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；摩擦力對(duì)小木塊做的功等于小木塊動(dòng)能的增加，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；離開薄紙板前小木塊一定一直在做勻加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)于系統(tǒng)，系統(tǒng)的摩擦生熱Q＝fL1，對(duì)于小木塊，fL2＝ΔEk，可能L2<L1，故ΔEk<Q，選項(xiàng)D正確．3．(多選)如圖所示，一塊長木塊B放在光滑的水平面上，在B上放一物體A，現(xiàn)以恒定的外力F拉B，由于A、B間摩擦力的作用，A將在B上滑動(dòng)，以地面為參考系，A、B都向前移動(dòng)一段距離．在此過程中()A．外力F做的功等于A和B動(dòng)能的增量B．B對(duì)A的摩擦力所做的功等于A的動(dòng)能的增量C．A對(duì)B的摩擦力所做的功等于B對(duì)A的摩擦力所做的功D．外力F對(duì)B做的功等于B的動(dòng)能的增量與B克服摩擦力所做的功之和解析：選BD由功能關(guān)系力F做的功等于系統(tǒng)增加的動(dòng)能和由于摩擦產(chǎn)生的熱量之和，A錯(cuò)誤，D正確；對(duì)A，由動(dòng)能定理，B對(duì)A的摩擦力做的功等于A的動(dòng)能的增加量，B正確；由于A、B對(duì)地的位移不同，摩擦力對(duì)A、B做功不相等，C錯(cuò)誤．4．如圖所示，楔形木塊ABC固定在水平面上，斜面AB、BC與水平面的夾角分別為53°、37°.質(zhì)量分別為2m、m的兩滑塊P、Q，通過不可伸長的輕繩跨過輕質(zhì)定滑輪連接，輕繩與斜面平行．已知滑塊P與AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(1,3)，其它摩擦不計(jì)，重力加速度為g，sin53°＝0.8，sin37°＝0.6.在兩滑塊運(yùn)動(dòng)的過程中()A．Q動(dòng)能的增加量等于輕繩對(duì)Q做的功B．Q機(jī)械能的增加量等于P機(jī)械能的減少量C．P機(jī)械能的減少量等于系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的熱量D．兩滑塊運(yùn)動(dòng)的加速度大小為eq\f(1,5)g解析：選D在兩滑塊運(yùn)動(dòng)的過程中，Q沿斜面上升，輕繩的拉力和重力都對(duì)Q做功，由動(dòng)能定理知Q動(dòng)能的增加量等于輕繩對(duì)Q做的功與重力做功的代數(shù)和，A錯(cuò)誤；由于P下滑過程中要產(chǎn)生內(nèi)能，所以Q機(jī)械能的增加量與系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能之和等于P機(jī)械能的減少量，B錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律知，P機(jī)械能的減少量等于系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的熱量與Q機(jī)械能的增加量之和，C錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律得對(duì)Q有T－mgsin37°＝ma，對(duì)P有2mgsin53°－T－μ·2mgcos53°＝2ma，聯(lián)立解得a＝eq\f(1,5)g，故D正確.考點(diǎn)三能量守恒定律及應(yīng)用(2018·遼寧模擬)(多選)如圖甲所示，在距離地面高度為h＝0.80m的平臺(tái)上有一輕質(zhì)彈簧，其左端固定于豎直擋板上，右端與質(zhì)量m＝0.50kg、可看作質(zhì)點(diǎn)的物塊相接觸(不粘連)，OA段粗糙且長度等于彈簧原長，其余位置均無阻力作用．物塊開始靜止于A點(diǎn)，與OA段的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.50.現(xiàn)對(duì)物塊施加一個(gè)水平向左的外力F，大小隨位移x變化關(guān)系如圖乙所示．物塊向左運(yùn)動(dòng)x＝0.40m到達(dá)B點(diǎn)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零，隨即撤去外力F，物塊在彈簧彈力作用下向右運(yùn)動(dòng)，從M點(diǎn)離開平臺(tái)，落到地面上N點(diǎn)，取g＝10A．彈簧被壓縮過程中外力F做的功為6.0JB．彈簧被壓縮過程中具有的最大彈性勢(shì)能為6.0JC．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力做功為4.0JD．MN的水平距離為1.6m解析：選AD根據(jù)F-x圖象與坐標(biāo)軸所圍的面積表示力F做的功，則彈簧被壓縮過程中外力F做的功為WF＝eq\f(6＋18,2)×0.2J＋18×0.2J＝6.0J．故A正確．物塊向左運(yùn)動(dòng)的過程中，克服摩擦力做功Wf＝μmgx＝0.5×0.5×10×0.4J＝1.0J；根據(jù)能量守恒可知，彈簧被壓縮過程中具有的最大彈性勢(shì)能為Ep＝WF－Wf＝5.0J，故B錯(cuò)誤．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力做功為Wf總＝2μmgx＝2.0J．故C錯(cuò)誤．設(shè)物塊離開M點(diǎn)時(shí)的速度為v.對(duì)整個(gè)過程，由能量守恒得：eq\f(1,2)mv2＝WF－Wf總，解得v＝4m/s；物塊離開M點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，則有h＝eq\f(1,2)gt2；x＝vt，解得x＝1.6m，故D正確．故選AD．應(yīng)用能量守恒定律解題的基本思路(1)分清有多少種形式的能量[如動(dòng)能、勢(shì)能(包括重力勢(shì)能、彈性勢(shì)能、電勢(shì)能)、內(nèi)能等]在變化．(2)明確哪種形式的能量增加，哪種形式的能量減小，并且列出減少的能量ΔE減和增加的能量ΔE增的表達(dá)式．(3)列出能量守恒關(guān)系：ΔE減＝ΔE增．(2018·山西太原模擬)如圖1所示．輕質(zhì)彈簧一端固定在豎直墻壁上，另一端連接質(zhì)量為0.10kg的小木塊a，另一個(gè)相同的小木塊b緊靠a一起在水平面上處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)在b上施加一水平向左的力F使a和b從靜止開始緩慢向左移動(dòng)，力F的大小與a的位移x的大小關(guān)系如圖2所示．彈簧一直處于彈性限度內(nèi)，將a、b視為質(zhì)點(diǎn)，下列說法正確的是A．在木塊向左移動(dòng)10cm的過程中，彈簧的彈性勢(shì)能增加了2.5B．該彈簧的勁度系數(shù)為250N/mC．當(dāng)x＝10cm時(shí)撤去F，此后b能達(dá)到的最大速度為D．當(dāng)x＝10cm時(shí)撤去F，a、b分離時(shí)的速度為解析：選AA、開始移動(dòng)前小木塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈力等于摩擦力：f＝1N，在木塊向左移動(dòng)的過程中，力F做的功一部分克服摩擦力做功，一部分轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能，彈簧增加的彈性勢(shì)能：ΔEp＝WF－Wf＝eq\f(51＋1,2)×0.1J－1×0.1J＝2.5J，A正確；B、小物塊緩慢向左移動(dòng)，受力平衡：ΔF＝kΔx＋f,50＝k×0.1＋1，k＝490N/m，B錯(cuò)誤；C、撤去F后，ab回到原來位置時(shí)達(dá)到最大速度：ΔEp－fx＝eq\f(1,2)2mveq\o\al(2,m)，vm＝2eq\r(6)m/s，C錯(cuò)誤；D、撤去F后a、b將在原長處分離，此時(shí)速度小于最大速度2eq\r(6)m/s，D錯(cuò)誤．故選A．5.(2017·撫順一模)如圖所示，固定在地面上的半圓軌道直徑ab水平，質(zhì)點(diǎn)P從a點(diǎn)正上方高H處自由下落，經(jīng)過軌道后從b點(diǎn)沖出豎直上拋，上升的最大高度為eq\f(2,3)H，空氣阻力不計(jì)，當(dāng)質(zhì)點(diǎn)下落再經(jīng)過軌道a點(diǎn)沖出時(shí)，能上升的最大高度h為()A．h＝eq\f(2,3)H B．h＝eq\f(H,3)C．h＜eq\f(H,3) D．eq\f(H,3)＜h＜eq\f(2H,3)解析：選D根據(jù)動(dòng)能定理研究質(zhì)點(diǎn)第一次在半圓軌道中得mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H－\f(2H,3)))＋(－Wf)＝0，Wf為質(zhì)點(diǎn)克服摩擦力做功大小，Wf＝eq\f(1,3)mgH.質(zhì)點(diǎn)第二次在半圓軌道中運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)應(yīng)位置處速度變小，因此半圓軌道對(duì)質(zhì)點(diǎn)的彈力變小，摩擦力變小，摩擦力做功小于eq\f(1,3)mgH，機(jī)械能損失小于eq\f(1,3)mgH，因此小球再次沖出a點(diǎn)時(shí)，能上升的高度為eq\f(1,3)H＜h＜eq\f(2H,3)，故選D．6．(2017·湖北省天門期末考試)(多選)如圖所示，A、B兩小球由繞過輕質(zhì)定滑輪的細(xì)線相連，A放在固定的光滑斜面上，B、C兩小球在豎直方向上通過勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，C球放在水平地面上．