【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习课时练习第5章第4讲《功能关系 能量守恒定律》(含解析).doc，共(18)页，247.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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第4讲功能关系能量守恒定律一、几种常见的功能关系及其表达式力做功能的变化定量关系合力的功动能变化W＝Ek2－Ek1＝ΔEk重力的功重力势能变化(1)重力做正功，重力势能减少(2)重力做负功，重力势能增加(

3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2弹簧弹力的功弹性势能变化(1)弹力做正功，弹性势能减少(2)弹力做负功，弹性势能增加(3)W弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2只有重力、弹簧弹力做功机械能不变化机械能守恒，ΔE＝0除重力和弹簧弹力

之外的其他力做的功机械能变化(1)其他力做多少正功，物体的机械能就增加多少(2)其他力做多少负功，物体的机械能就减少多少(3)W其他＝ΔE一对相互作用的滑动摩擦力的总功机械能减少内能增加(1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能增加(2)摩擦生热Q＝Ffx相对【自测1】

(多选)(2020·广东佛山市模拟)如图1所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其减速运动的加速度为34g，此物体在斜面上能够上升的最大高度为h，则在这个过程中物体()图1A.重力势能增加了mghB.机械能损失了12m

ghC.动能损失了mghD.克服摩擦力做功14mgh答案AB二、两种摩擦力做功特点的比较类型比较静摩擦力做功滑动摩擦力做功不同点能量的转化方面只有机械能从一个物体转移到另一个物体，而没有机械能转化为其他形式的能(1)将部分机械能从一个物体转移到另一个物体(2)

一部分机械能转化为内能，此部分能量就是系统机械能的损失量一对摩擦力的总功方面一对静摩擦力所做功的代数和总等于零一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值相同点正功、负功、不做功方面两种摩擦力对物体可以做正功，也可以做负功，还可以不做功【自测2】(2020·北京市第13中学开学测试)一木块静置于光滑水平

面上，一颗子弹沿水平方向飞来射入木块中。当子弹进入木块的深度达到最大值2.0cm时，木块沿水平面恰好移动距离1.0cm。在上述过程中系统损失的机械能与子弹损失的动能之比为()A.1∶2B.1∶3C.2∶3D.3∶2答案C解析根据题意，子弹在摩擦力作用下的位移为x1＝(2＋1)cm＝3cm

，木块在摩擦力作用下的位移为x2＝1cm；系统损失的机械能转化为内能，根据功能关系，有ΔE系统＝Q＝Ff·Δx；子弹损失的动能等于克服摩擦力做的功，故ΔE子弹＝Ffx1；所以ΔE系统ΔE子弹＝23，所以C正确，A、B、D错误。三、能量守恒定律1.内容能量既不会凭空产生，也不会凭

空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。2.表达式ΔE减＝ΔE增。3.基本思路(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等。(2)某个物体的能量减

少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等。【自测3】(2020·浙江省1月高中学业水平考试)如图2所示，小明同学水平拉伸一个弹弓，放手后将弹珠射出，则橡皮筋的弹性势能()图2A.在释放过程中增加B.在拉伸过程中减小C.在释放过程中转化为弹

珠动能D.在拉伸过程中由弹珠动能转化得到答案C解析弹珠在释放过程中弹性势能转化为弹珠的动能，则弹性势能减小，选项A错误，C正确；在拉伸过程中，人克服弹力做功，则弹性势能增加，选项B、D错误。命题点一功能关系

的理解1.只涉及动能的变化用动能定理分析。2.只涉及重力势能的变化，用重力做功与重力势能变化的关系分析。3.只涉及机械能的变化，用除重力和弹簧的弹力之外的其他力做功与机械能变化的关系分析。【例1】(2020·河北张家口市5月模拟)如图3所示，足够长的

光滑斜面固定在水平面上，斜面底端有一固定挡板，轻质弹簧下端与挡板相连，上端与物体A相连。用不可伸长的轻质细线跨过斜面顶端的定滑轮把A与另一物体B连接起来，A与滑轮间的细线与斜面平行。初始时用手托住B，细线刚好伸直，此时物体A处于静止状态

。若不计滑轮质量与摩擦，弹簧始终在弹性限度内，现由静止释放物体B，在B第一次向下运动过程中()图3A.轻绳对物体B做的功等于物体B重力势能的变化量B.物体B的重力做功等于物体B机械能的变化量C.轻绳对物体A做的功等于物体A的动能与弹簧弹性势能的变化量之和D.两物体与轻绳组成系统机械能变化

量的绝对值等于弹簧弹性势能变化量的绝对值答案D解析轻绳对物体B做的功等于物体B机械能的变化，故A错误；重力做功等于物体的重力势能的变化，故B错误；依题得，轻绳对物体A做的功等于物体A的机械能与弹簧的弹性势能的变化量之和，故C错误；两物体和弹簧

系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，D正确。【变式1】(多选)(2020·山东烟台市高考诊断一模)如图4所示，一长木板B放在粗糙的水平地面上，在B的左端放一物体A，现以恒定的外力F拉A，经一段时间物块A从长木板B的右端拉出，且在此过程中以地面

为参考系，长木板B也向右移动一段距离。则在此过程中()图4A.外力F对A做的功等于A和B动能的增量B.A对B摩擦力做的功与B对A摩擦力做的功绝对值相等C.外力F做的功等于A、B动能的增量与系统由于摩擦而产生的

热量之和D.A对B摩擦力做的功等于B动能的增量和B与地面之间摩擦产生的热量之和答案CD解析根据功能关系可知，外力F做的功等于A和B动能的增量与系统由于摩擦而产生的热量之和，故C正确，A错误；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是

一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，二者做功不相等，故B错误；对B分析，由动能定理知WAB－WB地＝ΔEkB，A对B摩擦力做的功WAB＝ΔEkB＋WB地，所以A对B摩擦力

做的功等于B动能的增量和B与地面之间摩擦产生的热量之和，故D正确。命题点二功能关系的综合应用【例2】(多选)(2020·全国卷Ⅰ，20)一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图5中直线Ⅰ、Ⅱ所示

，重力加速度取10m/s2。则()图5A.物块下滑过程中机械能不守恒B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C.物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2D.当物块下滑2.0m时机械能损失了12J答案AB解析由重力势能和动能随下滑距离s变化的图像可知，重力势能和动能之和随

下滑距离s的增大而减小，可知物块下滑过程中机械能不守恒，A正确；在斜面顶端，重力势能mgh＝30J，解得物块质量m＝1kg，整个过程中损失的机械能ΔE＝μmgscosθ＝20J，且sinθ＝hs＝35，故cosθ＝45，联立得μ＝0.5，故B正确；物块下滑过程由牛顿第二

定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma，代入数据得a＝2m/s2，故C错误；由重力势能和动能随下滑距离s变化图像可知，当物块下滑2.0m时机械能为E＝18J＋4J＝22J，机械能损失了ΔE＝30J－22J＝8J，D错误。【变式2】(多选)(2019·全国卷Ⅱ，18)从地面竖直

向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图6所示。重力加速度取10m/s2。由图中数据可得()图6A.物体的质量为2

kgB.h＝0时，物体的速率为20m/sC.h＝2m时，物体的动能Ek＝40JD.从地面至h＝4m，物体的动能减少100J答案AD解析由于Ep＝mgh，所以Ep与h成正比，斜率是k＝mg，由图像得k＝20N，因此m＝2kg，A正确；当h＝0时，Ep＝0，E总

＝Ek＝12mv20，因此v0＝10m/s，B错误；由图像知h＝2m时，E总＝90J，Ep＝40J，由E总＝Ek＋Ep得Ek＝50J，C错误；h＝4m时，E总＝Ep＝80J，即此时Ek＝0，即从地面上升至h＝4m高度时，物体的动能减少100J，D正确。命题

点三摩擦力做功与能量转化【例3】(多选)(2020·湖南怀化市上学期期末)如图7所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块

从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力为Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x。此过程中，以下结论正确的是()图7A.小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－Ff)(L＋x)B.小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为FfxC.小物块克

服摩擦力所做的功为Ff(L＋x)D.小物块和小车增加的机械能为Fx答案ABC解析由动能定理可得，小物块到达小车最右端时的动能Ek物＝W合＝(F－Ff)(L＋x)，A正确；小物块到达小车最右端时，小车的动能Ek车＝Ffx，B正确；小物块克服摩擦力所做的功Wf＝Ff(L＋x)，

C正确；小物块和小车增加的机械能为F(L＋x)－FfL，D错误。【变式3】质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图8所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，重力加速度为g，则从开始碰撞到弹簧被压

缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为()图8A.12mv20－μmg(s＋x)B.12mv20－μmgxC.μmgsD.μmg(s＋x)答案A解析根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为Wf＝μmg(s＋x)，由功能关系可得W弹＋Wf

＝12mv20，W弹＝12mv20－μmg(s＋x)，故选项A正确。命题点四能量守恒定律的理解和应用【例4】毕节，是全国唯一一个以“开发扶贫、生态建设”为主题的试验区，是国家“西电东送”的主要能源基地。如图9所示，赫章的韭菜坪建有风力发电机，风力带动叶片转动

，叶片再带动转子(磁极)转动，使定子(线圈，不计电阻)中产生电流，实现风能向电能的转化。若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为ρ，额定风速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为()图9A.2Pπρl2v3B.6

Pπρl2v3C.4Pπρl2v3D.8Pπρl2v3答案A解析风能转化为电能的工作原理为将风的动能转化为输出的电能，设风吹向发电机的时间为t，则在t时间内吹向发电机的风的体积为V＝vt·S＝vt·πl

2，则风的质量M＝ρV＝ρvt·πl2，因此风吹过的动能为Ek＝12Mv2＝12ρvt·πl2·v2，在此时间内发电机输出的电能E＝Pt，则风能转化为电能的效率为η＝EEk＝2Pπρl2v3，故A正确，B、C、D错误。【变式4】(多选)如图10所示，光滑水平面OB与足够长粗糙斜面BC交于B点。轻弹

簧左端固定于竖直墙面，现将质量为m1的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上。不计滑块在B点的机械能损失；换用相同材料质量为m2的滑块(m2＞m1)压缩弹簧至同一点D后

，重复上述过程，下列说法正确的是()图10A.两滑块到达B点的速度相同B.两滑块沿斜面上升的最大高度相同C.两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同D.两滑块上升到最高点过程机械能损失相同答案CD解析两滑块到

B点的动能相同，但速度不同，故A错误；两滑块在斜面上运动时加速度相同，由于在B点时的速度不同，故上升的最大高度不同，故B错误；两滑块上升到斜面最高点过程克服重力做的功为mgh，由能量守恒定律得Ep＝mgh＋

μmgcosθ·hsinθ，则mgh＝Ep1＋μtanθ，故两滑块上升到斜面最高点过程克服重力做的功相同，故C正确；由能量守恒定律得E损＝μmgcosθ·hsinθ＝μmghtanθ，结合C可知D正确。课时限时练(限时：35分钟)对点练1功能关系的理解1.如图1所示，小车静止在光

滑的水平轨道上，一个小球用细绳悬挂在小车上，现由图中位置无初速度释放，在小球下摆到最低点的过程中，下列说法正确的是()图1A.细绳对小球的拉力不做功B.小球克服细绳拉力做的功等于小球减少的机械能C.细绳对小车做的功等于小球减少的重力势能D.小球减少的重力势能等于小球增加的动能答案B解析小球

下摆的过程中，小车的机械能增加，小球的机械能减少，小球克服细绳拉力做的功等于减少的机械能，选项A错误，B正确；细绳对小车做的功等于小球减少的机械能，选项C错误；小球减少的重力势能等于小球增加的动能与小车增加的机械能之和，选项D错误。2.(2020·重庆市部分区县第一次诊断)如图2所示，一物块从

粗糙斜面上从静止开始释放，运动到水平面上后停止，则运动过程中，物块与地球系统的机械能()图2A.不变B.减少C.增大D.无法判断答案B解析物块从粗糙斜面上从静止释放后，重力与摩擦力对物块做功，其中摩擦力做功使物块的机械能有一部分转化为内能，所以物块与地球

系统的机械能减小，故A、C、D错误，B正确。3.如图3所示，一个质量为m的铁块沿半径为R的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，轨道所受压力为铁块重力的1.5倍，重力加速度为g，则此过程中铁块损

失的机械能为()图3A.43mgRB.mgRC.12mgRD.34mgR答案D对点练2功能关系的应用4.(2020·山西吕梁市第一次模拟)如图4所示，弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行。在通过弹簧中心的直线上，小球P从直线上的N点由静止释放，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()图4A.小球P的动能一定在减小B.小球P的机械能一定在减少C.小球P与弹簧系统的机械能一定在增加D.小球P重力势能的减小量大于弹簧弹性势能的增加量答案B解析小球P与弹簧接触后，刚开始弹力小于重力沿斜面向下的分力，合力沿斜面向下，随

着形变量增大，弹力大于重力沿斜面向下的分力，合力方向沿斜面向上，合力先做正功后做负功，小球P的动能先增大后减小，A错误；小球P与弹簧组成的系统的机械能守恒，弹簧的弹性势能不断增大，所以小球P的机械能不断减小，B正确，C错误；当小球P的速度为零时，根据

系统机械能守恒，可知小球P重力势能的减小量等于弹簧弹性势能的增加量，D错误。5.(2020·四川攀枝花市第二次统考)2019环攀枝花国际公路自行车赛11月24日迎来收官之战，18支国内外车队经过攀枝花中国三线建设博物

馆至米易县文化广场114.7公里的争夺后，最终乌克兰基辅首都洲际队的维塔利亚·布茨收获2019环攀枝花个人总冠军，夺得“英雄衫”橙衫。若布茨在比赛的某段下坡过程中保持同一姿态滑行了一段距离，重力对他做功4000J，他克服阻力做

功200J。则布茨在该段下坡过程()A.动能增加了4000JB.机械能减小了200JC.机械能减小了3800JD.重力势能减小了3800J答案B解析合力对布茨所做的功W总＝WG＋Wf＝4000J＋(－200)J＝3800J，根据动能定理

得动能增加了3800J，故A错误；阻力做功Wf＝－200J，所以机械能减小了200J，故B正确，C错误；重力对他做功为4000J，则他的重力势能减小了4000J，故D错误。6.(多选)(2020·湖北七市州教科研协作体5月联考)如图5所示，一弯成“L”形的硬质轻杆可在竖直面内绕O点

自由转动，已知两段轻杆的长度均为l，轻杆端点分别固定质量为m，2m的小球A、B(均可视为质点)，现OA竖直，OB水平，静止释放，下列说法正确的是()图5A.B球运动到最低点时A球的速度为2glB.A球某时刻

速度可能为零C.B球从释放至运动至最低点的过程中，轻杆对B球一直做正功D.B球不可能运动至A球最初所在的位置答案ABD解析B球由释放运动到最低点时，由机械能守恒定律可知mgl＋2mgl＝12mv2＋12×2mv2，解得v＝2gl，选项A正确；根据机械能守恒定律，当整个系统的重心回到原

来的高度时，两球的总动能为零，此时两球的速度为零，选项B正确；B球从释放至运动至最低点的过程中，根据动能定理2mgl＋W＝12×2mv2，解得W＝0，可知B球从释放至运动至最低点的过程中，轻杆对B球做的功为0，选项C错误；若B球恰能运动至A球最初所在的位置，则

整个系统的重力势能增加，即机械能增加，是不可能的，选项D正确。7.(多选)一个质量为m的物体以a＝2g的加速度竖直向下运动，则在此物体下降h高度的过程中，物体的()A.重力势能减少了2mghB.动能增加了2mghC.机械能保持不变D.机械能增加了mgh答案BD解析下降h高度，则重力做正功mgh，所

以重力势能减小mgh，A错误；根据动能定理可得F合h＝ΔEk，又F合＝ma＝2mg，故ΔEk＝2mgh，B正确；重力势能减小mgh，而动能增大2mgh，所以机械能增加mgh，C错误，D正确。8.质量为2k

g的物体以10m/s的初速度，从起点A出发竖直向上抛出，在它上升到某一点的过程中，物体的动能损失了50J，机械能损失了10J，设物体在上升、下降过程空气阻力大小恒定，则该物体再落回到A点时的动能为(g＝10m/s2)()A.40JB.60JC.80JD.100J答案B解析物体抛出时

的总动能为100J，物体的动能损失了50J时，机械能损失了10J，则动能损失100J时，机械能损失了20J，此时到达最高点，返回时，机械能还会损失20J，故从A点抛出到落回到A点，共损失机械能40J，所以该物体再落

回到A点时的动能为60J，A、C、D错误，B正确。对点练3摩擦力做功与能量转化9.(2020·福建厦门市期末质量检测)如图6所示，A物体套在光滑的竖直杆上，B物体放置在粗糙水平桌面上，用一细绳连接。初始时细绳经过定滑轮呈水平，A、B物体质量均

为m。A物体从P点由静止释放，下落到Q点时，速度为v，PQ之间的高度差为h，此时连接A物体的细绳与水平方向夹角为θ，此过程中，下列说法正确的是()图6A.A物体做匀加速直线运动B.A物体到Q点时，B物体的速度为vsinθC

.A物体减少的重力势能等于A、B两物体动能增量之和D.B物体克服摩擦做的功为mgh－mv2答案B解析滑块A下滑时，竖直方向受重力和细绳拉力的竖直分量，因细绳拉力的竖直分量是变化的，则滑块A所受的合力不是恒力，则A的加速度不是恒量，即A不是匀加速下滑，选项A错误

；若滑块A的速度为v，则由速度的分解可知，滑块B的速度为vsinθ，选项B正确；由能量关系可知，A物体减少的重力势能等于B克服摩擦力做功和A、B两物体动能增量之和，选项C错误；B物体克服摩擦做的功为mgh－12mv

2－12mv2sin2θ，选项D错误。对点练4能量守恒定律的理解和应用10.(2020·北京市第二次合格性考试)物体从高空坠落到地面，即使质量较小，也可能会造成危害。设一质量为0.2kg的苹果从距离地面20m高处由静止下落，取重力加速度g＝1

0m/s2，落地时苹果的动能约为()A.10JB.20JC.40JD.80J答案C解析苹果下落的过程中，重力势能转化为动能，故苹果落地时的动能Ek＝mgh＝0.2×20×10J＝40J，故C正确，A、B、D错误。11.

如图7所示，光滑水平面AB与竖直面上的半圆形光滑固定轨道在B点衔接，BC为直径，一可看做质点的物块在A处压缩一轻质弹簧(物块与弹簧不连接)，释放物块，物块被弹簧弹出后，经过半圆形轨道B点之后恰好能通过半圆轨道的最高点C。现在换用一个质量较小的另一物块，被同样压缩的弹簧

由静止弹出，不计空气阻力。则更换后()图7A.物块不能到达C点B.物块经过C点时动能不变C.物块经过C点时的机械能增大D.物块经过B点时对轨道的压力减小答案D解析物块从A到C过程，由能量守恒有Ep＝mg·2R＋12mv2

C，可知质量减小，物块经过C点时动能增大，vC增大，物块也能到达C点，故A、B错误；由能量守恒定律可知物块经过C点时的机械能不变均为Ep，故C错误；物块从A到B过程，由能量守恒有Ep＝12mv2B，在B点有FN－mg＝mv2BR，解得FN＝mg＋2EpR，由牛顿第三定律可知物块对轨道的

压力减小，故D正确。12.如图8所示，某工厂用传送带向高处运送物体，将一物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段物体与传送带相对静止，匀速运动到传送带顶端。下列说法正确的是()图8A.第一阶段摩擦力对物

体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功B.第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量C.第一阶段物体和传送带间因摩擦产生的热量等于第一阶段物体机械能的增加量D.物体从底端到顶端全过程机械能的增加量大于全过程摩擦力对物体所做

的功答案C解析对物体受力分析知，其在两个阶段所受摩擦力方向都沿斜面向上，与其运动方向相同，摩擦力对物体都做正功，A错误；由动能定理知，合力做的功等于物体动能的增加量，B错误；物体机械能的增加量等于摩擦力对物体所做的功，D错误；设

第一阶段物体的运动时间为t，传送带速度为v，对物体有x1＝v2t，对传送带有x1′＝vt，因摩擦产生的热量Q＝Ffx相对＝Ff(x1′－x1)＝Ff·v2t，物体机械能增加量ΔE＝Ffx1＝Ff·v2t，所以Q＝ΔE，C正确

。13.(多选)(2020·黑龙江佳木斯市质检)如图9所示，建筑工地上载人升降机用不计质量的细钢绳跨过定滑轮与一电动机相连，通电后电动机带动升降机沿竖直方向先匀加速上升后匀速上升。摩擦及空气阻力均不计。则()图9A.升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的动能B.升降机匀加速

上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能C.升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能D.升降机上升的全过程中，钢绳拉力做的功大于升降机和人增加的机械能答案BC解析根据动能定理可知，合力对物体做的功等于物体动能的变化量，所以升降机匀加速上升过程中，升降机底板

对人做的功与人的重力做功之和等于人增加的动能，故A错误；除重力外，其他力对人做的功等于人机械能的增加量，B正确；升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人克服重力做的功(此过程中动能不变)，即增加的机械能，C正确；升降机上升的全过程中，钢绳拉力做的功等于升降机和人增加的机械能，D错

误。14.(多选)(2020·百师联盟山东模拟)如图10所示，光滑斜面体固定在水平地面上，顶端装有质量不计的光滑定滑轮，跨过定滑轮的不可伸长细线两端连接两质量相等的物块A和B。物块A的正下方地面上固定一竖直轻弹簧，弹簧始终处于弹性限度内，忽略空气阻力。物块B由斜面体底端静止释放后，在物

块A下落至最低点的过程中。下列说法正确的是()图10A.物块A与弹簧接触前，A、B组成的系统机械能守恒B.物块A刚与弹簧接触时，物块B的动能最大C.细线的拉力对物块B做的功等于B增加的机械能D.弹簧的最大弹性势能等于物块A下降过程中减少的重力势能答案AC解析物块A与弹簧接触前，A、B组成的系统只

有重力做功，故机械能守恒，故A正确；物块A刚与弹簧接触时弹簧弹力为零，依然有向下的加速度，将向下加速运动，在A向下加速的过程中，物块B在绳的拉力作用下与A有相同的速度大小，物块A刚与弹簧接触时，物块B的动能还未达到最大值，故B错误；由功能关系知，除重力之外的力对物块B做的

功等于B机械能的增加，细线的拉力对物块B做功等于B增加的机械能，故C正确；弹簧被压缩到最短时弹性势能最大，此时物块A的动能为零，在A下落的过程中，物块A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，物块A减小的重力势能等于弹簧增

加的弹性势能与物块B增加的机械能之和，即弹簧的最大弹性势能小于物块A下降过程中减少的重力势能，故D错误。15.(多选)(2020·东北三省三校第二次联考)一只半径为R的半球形碗固定不动，碗的内壁光滑，碗口水

平，O点为球心，A、B均为碗内壁上的点，且A点是最低点，B点与圆心等高，C点是圆弧AB的中点(点O、A、B、C在同一竖直平面内)重力加速度大小为g。有一只质量为m的小球静止在碗底部，现对小球施加一水平恒

力F，则()图11A.若F＝34mg，小球将有可能到达B点B.若F＝mg，小球将一定到达B点C.若F＝mg，小球经过C点时，合力的功率最大D.若F＝2mg，小球从最低点到其轨迹最高点过程中机械能的增量为6mgR答案BD解析对小球从A

到B过程根据动能定理，有FR－mgR＝12mv2－0，所以若F＝34mg，小球动能为负值，故不可能到达B点；若F＝mg，小球到达B点动能恰好为零，恰好到达B点，故A错误，B正确；若F＝mg，则合力大小为2mg，方向与水平夹角为45°，小球经

过C点时，合力与速度方向垂直，此时合力功率为零，故C错误；若F＝2mg，对小球从A到B过程根据动能定理有2mgR－mgR＝12mv2－0，解得v＝2gR，小球离开B点后在竖直方向做匀减速运动，运动时间t＝vg＝2Rg，在水平方

向做初速度为0的匀加速运动，有x＝12·Fmt2＝2R，全程外力做功W＝F(R＋2R)＝6mgR，机械能增加6mgR，故D正确。