2024年新高考物理第一轮复习：必修2 第五章 专题突破

专题突破功能关东能量守恒定律

突破一功能关系的理解和应用

1.对功能关系的理解

(1)做功的过程就是能量转化的过程，不同形式的能量发生相互转化是通过做功

来实现的。

(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同

形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上

相等。

2.几种常见的功能关系及其表达式

对应能

各种力做功定量的关系

的变化

合力对物体做功等于物体动能的增量

合力做功动能变化

W合=反2-Eki

重力做正功，重力势能减少，重力做

重力势能

重力做功负功，重力势能增加，且WG=-A&

变化

=EpLEp2

弹力做正功，弹性势能减少，弹力做

弹簧弹力弹性势能

负功，弹性势能增加，且卬理=一八稣

做功变化

=EPi—EP2

只有重力、弹机械能

机械能守恒AE=0

簧弹力做功不变化

除重力和弹力之外的其他力做正功，

非重力和机械能

物体的机械能增加，做负功，机械能

弹力做功变化

减少，且W其他=AE

【例1】(2017.全国卷III,16)如图1,一质量为小、长度为/的均匀柔软细绳

PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的

上端P相距上。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为()

〃3

M土

I

Q——

图1

A&ig/B.，g/C.fmg/D.%zg/

解析由题意可知，尸加段细绳的机械能不变，MQ段细绳的重心升高了看则重

力势能增加△£＞「=*叫由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为

W=^mgl,故选项A正确，B、C、D错误。

答案A

I多维训练精选练透

1.如图2所示，某滑翔爱好者利用无动力滑翔伞在高山顶助跑起飞，在空中完

成长距离滑翔后安全到达山脚下。他在空中滑翔的过程中（）

A.只有重力做功

B.重力势能的减小量大于重力做的功

C.重力势能的减小量等于动能的增加量

D.动能的增加量等于合力做的功

解析由功能关系知，重力做功对应重力势能的变化，合外力做功对应物体动能

的变化，选项D正确。

答案D

2.韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空

中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900

J,他克服阻力做功100J。韩晓鹏在此过程中（）

A.动能增加了1900J

B.动能增加了2000J

C.重力势能减小了1900J

D.重力势能减小了20()()J

解析由题可得：重力做功WG=190()J,则重刀势能减少190()J,故选项C

正确，D错误；由动能定理得，WG-Wf=\E^克服阻力做功叼=100J,则动

能增加1800J,故选项A、B错误。

答案C

3.(2018•天津理综，2j滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)

由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道A从从滑道的A点滑行到最低点8的过程中，

由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿A8下滑过程中()

I)

图3

A.所受合外力始终为零B.所受摩擦力大小不变

C.合外力做功一定为零D.机械能始终保持不变

解析运动员做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心，A项错误；由动能定理可

知，合外力做功一定为零，C项正确；由运动员沿下滑过程中做匀速圆周运

动，知运动员所受沿圆弧切线方向的合力为零，即摩擦力等于运动员的重力沿圆

弧切线方向的分力，逐渐变小，B项错误；运动员动能不变，重力势能减少，所

以机械能减少，D项错误。

答案C

突破二摩擦力做功与能量的转化

1.两种摩擦力的做功情况比较

类别

静摩擦力滑动摩擦力

比较

能量的转只有能量的转移，而没有能量既有能量的转移，又有能量的转

不

化方面的转化化

同

一对摩擦一对静摩擦力所做功的代数一对滑动摩擦力所做功的代数

点

力的总功和等于零和不为零，总功w=一序砌,

方面即相对滑动时产生的热量

相正功、负

同功、不做两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功

点功方面

2.相对滑动物体能量问题的解题流程

同一：定论与添加而小康iii星:琲金希近万.....：

阿二吊而后凉耘冷:正吞吊话布三看市3届加而森荫：

位门关系及位移关系

第_麻而他就而还标菽:“；亲孤褊,定而区位一:

正：公式中输财为两接触物体间的相对路程

【例2】（多选）如图4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〃?的小物块（可视为质点）放在小车的最左端。现用一水平恒力/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

了,小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为底此过程中，以下结论正确

的是（）

图4

A.小物块到达小车最右端时具有的动能为十一/）（£+工）

B.小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为小

C.小物块克服摩擦力所做的功为＞a+x）

D.小物块和小车增加的机械能为旅

解析由动能定理可得，小物块到达小车最右端时的动能反侑=W6=（F-/）（L

+x）,A正确；小物块到达小车最右端时，小车的动能反主=力-，B正确；小物

块克服摩擦力所做的功I竹=/U+x）,C正确；小物块和小车增加的机械能为

D错误。

答案ABC

I多维训练精选练透

1.（多选）（2018.江苏单科，7）如图5所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小

物块，。点为弹簧在原长时物块的位置。物块由4点静止释放，沿粗糙程度相同

的水平面向右运动，最远到达8点。在从A到8的过程中，物块（）

AOB

图5

A.加速度先减小后增大

B.经过。点时的速度最大

C.所受弹簧弹力始终做正功

D.所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功

解析对物块受力分柠，当弹簧处于压缩状态时，由牛顿第二定律可得kx-f=

ma,r减小，。减小，当。=0时，物块速度最大，此时，物块在。点左侧，选

项R错误：从加速度〃=。处到O点过程，由牛顿第二定律得了一代=用〃，*减

小，。增大，当弹簧处于伸长状态时，由牛顿第二定律可得依+/=〃刈，x增大，

。继续增大，可知物块的加速度先减小后增大，选项A正确；物块所受弹簧的弹

力对物块先做正功，后做负功，选项C错误；从A到8的过程，由动能定理可

得W并一g=0,选项D正确。

答案AD

2.如图6所示，绷紧的传送带与水平面的夹角。=30。，传送带在电动机的带动

下始终保持oo=2m/s的速率运行。现把一质量为m=10kg的工件（可看作质点）

轻轻放在传送带的底端，经过1.9s,工件被传送到力=1.5m的高处”取10m/s2,

求：

（1）工件与传送带间的动摩擦因数；

⑵电动机由于传送工件多消耗的电能。

解析（1）传送带长x=/t=3m

o111L/

工件速度达到。。前，做匀加速运动的位移为=。h

匀速运动的位移为x—x\=vo(t—t\)

解得加速运动的时间力=0.8s

加速运动的位移xi=0.8m

所以加速度o=]=2.5m/s2

由牛顿第二定律得jLimgcosO—mgsinO=ma

解得〃=孚。

(2)从能量守恒的观点看，电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及

克服传送带与工件之间发生相对运动时摩擦力做功。

在时间力内，传送带运动的位移

x性这若=。。力—1.6m

在时间力内，工件相友传送带的位移

x相传送带-Xi—0.8m

在时间外内，摩擦生热

。=〃加geos0-x相=60J

工件获得的动能Ek=＞加=20J

工件增加的势能£p=〃g/?=15()J

故电动机多消耗的电能W=Q+Ek+Ep=23()J。

答案(1停(2)230J

突破三能量守恒定律的应用

1.对能量守恒定律的理解

(1)转化：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)转移：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。

2.涉及弹簧的能量问题应注意

两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，具有以下特点：

(1)能量变化上，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒。

⑵如果系统每个物体除弹簧弹力外所受合外力为零，则当弹簧伸长或压缩到最

大程度时两物体速度相同。

【例3】如图7所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上

端与刻度尺上的4点等高，质量m=0.5kg的篮球静止在弹簧正上方，底端距A

点的高度m=Ll()m,篮球静止释放测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最

大形变量笛=().15m,第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度例=().873m,

篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量皿=0.01m,弹性势能为

6=0.025J。若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的

能量损失和篮球的形变，弹簧形变在弹性限度范围内。求：

三~~三

图7

⑴弹簧的劲度系数；

(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力；

⑶篮球在整个运动过程中通过的路程；

⑷篮球在整个运动过程中速度最大的位置。

解析(1)篮球静止在弹簧上时，

有mg一丘2=0,解得仁500N/m

(2)篮球从开始运动到第一次上升到最高点，由动能定理得

mg(h1—hi)—/(/?।+/?2+2口)=0

代入数值解得了=0.5N

(3)设篮球在整个运动过程中总路程s,由能量守恒定律得

，ng(h1+12)=fs+EP

代入数值解得5=11.05m

(4)球在首次下落过程中，合力为零处速度最大

速度最大时弹簧形变量为X3

mg_f_^q=u

在A点下方，离A点用=0.009m

答案(l)500N/m(2)0.5N⑶11.05m

(4)第一次下落至A点下方0.009m处速度最大

方法技巧|

运用能量守恒定律解题的基本思路

确定初、末状态

/一*一、/分析状态变化过程中哪种形式的能

f程分少r量减少，哪种影式的能量增加

展占、j能量的减少量与能量的增加量一定

恒定律列方”［相等，即AE&=A%

［多维训练精选练透

1.(2018.江西南昌二模)如图8所示，光滑水平面A8与竖直面上的半圆形光滑

固定轨道在3点衔接，8c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3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8

A.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。点时的机械能增大

D.物块经过5点时对轨道的压力减小

解析物块从4到C过程，由能量守恒有混，可知质量减小，

物块经过。点时动能增大，比增大，物块也能到达。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耳，故C错误；物块从A到

3过程，由能量守恒有£p=/成在3点有FN—mg=睚,解得产N=mg+华,

减小，故D正确。

答案D

2.(2019・乐山模拟)如图9甲所示，在倾角为37。足够长的粗糙斜面底端，一质量

胆=1kg的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，两者不拴接，滑块可视为质点。，=0时

解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的。一，图象如图乙所示，其中O曲段

为曲线，松段为直线，在八=().ls时滑块已上滑x=().2m的距离(g取l()m/s2,

sin37°=0.6,cos37°=().8)o求：

2.0

1.0

0.10.2（）.30.4t/s

乙

(1)滑块离开弹簧后在图中儿段对应的加速度大小。及动摩擦因数〃的大小;

(2m=0.3s和6=0.4s时滑块的速度V1、V2的大小;

(3)弹簧锁定时具看的弹性势能EPo

解析(1)由题图乙知滑块在加段做匀减速运动，加速度大小为

4=|刍=10m/s2

根据牛顿第二定律得

mgsin37°+〃〃7gcos37°=〃园

解得〃=0.5。

(2)根据速度一时间公式得£2=0.3s时的速度大小

v\=Vc~a\t,解得Pi=0

在『2之后滑块开始下滑，下滑时由牛顿第二定律得

mgsin37°—/z/wgcos31°=tna,

解得"=2m/s2

从Z2到用做初速度为零的匀加速运动，/3时刻的速度为

s=a'Az=0.2m/So

(3)从0到九时间内，由能量守恒定律得

Ep=mgxsin37°+〃mgxcos37°+

解得Ep—4Jo

答案(1)10m/s20.5(2)00.2m/s(3)4J

核心素养提升

科学思维系列——满分指导：大题小做“三步曲”

第一步：读题审题,做到一“看”二“读”三“思”

1.看题

“看题”是从题目中获取信息的最直接方法，一定要全面、细心，看题时不要急

于求解，对题中关键的词语要多加思考，搞清其含义，对特殊字、句、条件要用

着重号加以标注；不能漏看、错看或看不全题目中的条件，要重点看清题中隐含

的物理条件、括号内的附加条件等。

2.读题

“读题”就是默读试题，是物理信息内化的过程，它能解决漏看、错看等问题。

不管试题难易如何，一定要怀着轻松

的心情去默读一遍，逐字逐句研究，边读边思索、边联想，以弄清题中所涉及的

现象和过程，排除干扰因素，充分挖掘隐含条件，准确还原各种模型，找准物理

量之间的关系。

3.思题

“思题”就是充分挖掘大脑中所储存的知识信息，准确、全面、快速思考，清楚

各物理过程的细节、内在联系、制约条件等，进而得出解题的全景图。

第二步：“拆分”运动过程

采用“拆分”的方法，按照物理事件发生的顺序，将复杂的运动“拆分”成若干

个简单的子过程，即一个个的小题。

第三步：选规律，列方程

针对各子过程不同的运动特点，应用不同的物理规律。只要掌握了物体各阶段运

动过程的特点，按程序一步步地列出相关的方程，就可以把问题简化，从而得到

解决。

【典例】（12分）如图10,半径R=0.5m的光滑圆弧轨道43c与足够长的粗糙

轨道CO在C处平滑连接，。为圆弧轨道A8C的圆心，3点为圆弧轨道的最低

点，半径OA、。。与0B的夹角分别为53。和37。。将一个质量〃z=0.5kg的物体

（视为质点）从4点左侧高为力=0.8m处的。点水平抛出，恰从A点沿切线方向

进入圆弧轨道。已知物体与轨道CD间的动摩擦因数〃=0.8,重力加速度g取

10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8<>求:

图10

(1)物体水平抛出时的初速度内的大小;

(2)物体经过8点时，对圆弧轨道压力外的大小；

(3)物体在轨道CD上运动的距离X。

解题指导问题拆分一大题小做一化繁为易

第(1)问可拆分为3个子问题

①恰从八点沿切线方向进入圆弧轨道时，竖方速度是多大？

②从A点沿切线方向进入圆弧轨道时水平速度与竖直速度存在什么关系？

③过A点时物体的水平速度是多大？

第(2)问可拆分为2个子问题

④物体通过B点时的速度是多大？

⑤写出物体通过3点叶功与动能的关系式。

第(3)问可拆分为2个子问题

⑥判断物体在凯道C。上是否存在往返运动。

⑦求物体沿CQ向上运动的位移。

规范解答：(1)从尸到A：竖直方向自由落体

碇=2g〃①(1分)

在A点由几何关系得："=stan37。②(1分)

水平方向匀速运动：0=。工=3ui/s卷(1分)

(2)从尸到8机械能守恒

，ng(h+R—Reos53°)分)

JL

过8点时，对物体受力分析，由牛顿第二定律得

八’-，咫=〃境⑤(2分)

由牛顿第三定律，对圆强轨遒压力大小

FN=/V=34N(1分)

(3)因37o>〃zgsin37。，物体沿轨道CO向上做匀减速运动，速度减为零后

不再下滑。⑥(1分)

由区上滑至最高点的过程，由功能关系得

—cos370)+(〃7gsin37°+〃〃?gcos370)x=g〃w备⑦(2分)

代入数据解得x=1.09m(l分)

答案(1)3m/s(2)34N(3)1.09m

方法技巧|

多过程问题的解题技巧

(1)“合”——初步了解全过程，构建大致的运动图景。

(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个过程的规律。

⑶“合”——找到子过程的联系，寻找解题方法。

课时作业

(时间：4()分钟)

基础巩固练

1.如图1所示，一个质量为，〃的铁块沿半径为A的固定半圆轨道上边缘由挣止

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(

43

R-

那

A.B.蜂4

答

案D

2.(多选)如图2所示，水平传送带由电动机带动，并始终保持以速度。匀速运

动，现将质量为的物块由静止放在传送带的左端，过一会儿物块能保持与传

送带相对静止，设物块与传送带间的动摩擦因数为〃，对于这一过程，下列说法

正确的是()

n

A.摩擦力对物块做的功为05加2

B.物块对传送带做功为0.5加4

C.系统摩擦生热为0.5〃/

D.电动机多做的功为，加2

解析对物块运用动能定理，摩擦力做的功等于物块动能的增加，即0.5〃约2,故

选项A正确；传送带的位移是物块位移的两倍，所以物块对传送带做功的绝对

值是摩擦力对物块做功的两倍，即为〃故选项B错误；电动机多做的功就是

传送带克服摩擦力做的功，也为/2,故选项D三确；系统摩擦生热等于摩擦力

与相对位移的乘积，故选项C正确。

答案ACD

3.质量为机的物体以初速度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3所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为〃，物体与弹簧相

碰后，弹簧的最大压缩量为乂则从开始碰撞到强簧被压缩至最短，物体克服弹

簧弹力所做的功为()

A7g(s+x)B.j机捕一〃"遭x

C.7gsD.〃〃zg(s+x)

解析根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为w=〃〃?g(s+x),由能量守恒

定律可得/捕=卬也+畋W定=%加一"〃7g(s+x),故选项A正确。

答案A

4.安徽首家滑雪场正式落户国家AAAA级旅游景区——安庆巨石山，现已正式

“开滑”。如图4所示，滑雪者从。点由静止沿斜面自由滑下，接着在水平面

上滑至N点停下。斜面、水平面与滑雪板之间的动摩擦因数都为〃=0.1。滑雪

者（包括滑雪板）的质量为〃7=50kg,g取10m/s2,。、N两点间的水平距离为$

=100mo在滑雪者经过ON段运动的过程中，克服摩擦力做的功为（）

A.1250JB.25OOJC.5000JD.7500J

解析设斜面的倾角为仇则滑雪者从。到N的运动过程中克服摩擦力做的功

Wj=/inigcos3-XOM-\-/inigxMNt由题图可知，XOMCOS0+XMN=S,两式联立可得W/

=〃机gs=0.1X50X10X100J=5000J,故选项A、B、D错误，C正确。

答案C

5.如图5所示，木板质量为M、长度为L,可看作质点的小木块的质量为团，

水平地面光滑，一根不计质量的轻绳跨过定滑轮分别与木板和木块连接，小木块

与木板间的动摩擦因数为〃，开始时小木块静止在木板左端。现用水平向右的力

产将小木块拉至木板右端，则拉力至少做的功为（）

m

M

图5

A.jungLB.himgLC.^imgLD.ji（M+m）gL

解析将小木块缓慢拉至木板右端，拉力F做的功最少，分别对小木块和木板

进行受力分析可知，/=〃〃?g+FT,pT=〃〃?g,小木块的位移大小为4，所以WF

=F±=NmgL,选项A正确。

答案A

6.如图6所示，一个质量为勿=60kg的物体在沼固定斜而向上的恒定外力厂作

用下，由静止开始从斜面的底端沿光滑斜面向上做匀加速直线运动，经过一段时

间后外力厂做的功为120J,此后撤去外力F,物体乂经过一段时间后回到出发

点。若以地面为零势能面，则下列说法正确的是（）

图6

A.在这个过程中，物体的最大动能小于120J

B.在这个过程中，物体的最大重力势能大于120J

C.在撤去外力厂之后的过程中，物体的机械能等于12()J

D.在刚撤去外力E时，物体的速率为2m/s

解析由题意可知，恒力厂对物体做功120J,则物体的机械能等于120J。撤去

尸后，只有重力对物体做功，机械能守恒，所以物体回到出发点时的动能为120

J,选项A错误，C正确；物体运动到最高点的过程中，由动能定理可得1勿+

WG=0,即重力做功为WG=一死=一120J,重力做负功，物体的最大重力势能

等于120J,选项B错误；由于物体向上运动的过程中重力对物体做负功，所以

2Ek2X120

在刚撤去外力产时，物体的动能小于120J,物体的速度。=<

m60

m/s=2m/s,选项D错误。

答案C

综合提能练

7.(2019・四川成都模拟)如图7甲所示,倾角e=30。的足够长固定光滑斜面上,

用平行于斜面的轻弹簧拉着质量〃7=1kg的物体沿斜面向上运动。已知物体在，

=1S到Z=3s这段时间的P-/图象如图乙所示，弹簧的劲度系数々=20()N/m,

重力加速度g取lOm*。则在该段时间内()

图7

A.物体的加速度大小为2m*

B.弹簧的伸长量为3cm

C.弹簧的弹力做功为30J

D.物体的重力势能增加36J

解析根据速度图象的斜率表示加速度可知，物体的加速度大小为a=^=\

m/s2,选项A错误；对斜面上的物体受力分析，受到竖直向下的重力〃吆、斜面

的支持力和轻弹簧的弹力F,由牛顿第二定律，/一〃zgsin30。=〃/,解得F=6NO

由胡克定律尸=丘可得弹簧的伸长量x=3cm,选项B正确；在r=ls到r=3s

这段时间内，物体动能增大AEk=沆=6J,根据速度一时间图象面积等

于位移，可知物体向上运动位移x=6m,物体重力势能增加AEp=〃7gxsin30。=

3（）J;根据功能关系可知，弹簧弹力做功W=zXEi<+zXWp=36J,选项C、D错误。

答案B

8.（2018•全国卷I,18）如图8,。儿是竖直面内的光滑固定轨道，〃〃水平，长

度为2R；机'是半径为R的四分之一圆弧，与相切于〃点。一质量为"Z的小

球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自。点处从静止开始向右运动。

重力加速度大小为g。小球从。点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为

（）

R

一…,2

ab

图8

A.2，ngRB.4mgRC.5，ngRD.6mgR

解析设小球运动到c点的速度大小为止，则对小球由。到c的过程，由动能

定理有人3/?一，咫/?=52旄，又F=mg,解得勿=2^^。小球离开C点后，在水

平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运

动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均

为g,则由竖直方向的运动可知，小球从离开。点到其轨迹最高点所需的时间为

?=点=2\^,在水平方向的位移大小为x=$户=2/?。由以上分析可知，小球从

。点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R,则小球机

械能的增加量为△E=R5R=5mgR,C正确，A、B、D错误。

答案C

9.（多选）（2019•佛山高三检测）如图9甲所示,质量为0.1kg的小球从最低点A

冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.4m的半圆轨道，小球速度的平方与其高

度的关系图象如图乙所示。已知小球恰能到达最高点C,轨道粗糙程度处处相同,

空气阻力不计。g取10m/s2,8为AC轨道中点。下列说法正确的是()

A.图乙中x=4m2-s2

B.小球从8到C损失了0.125J的机械能

C.小球从A到C合外力对其做的功为-1.05J

D.小球从C抛出后，落地点到A的距离为().8m

解析当/z=().8in时小球在C点，由于小球恰能到达最高点C,故/〃g=〃7：,

所以虎=gr=l()X().4nPs-2=4nff-2,故选项A正确；由已知条件无法计算出

小球从B到C损失了0.125J的机械能，故选项B错误；小球从4到C,由动能

定理可知X4J—^XO.lX25J=-1.05J,故选项C正

确；小球离开C点后做.平抛运动，故2r=5尸，落地点到A的距离xi=oa,解

得xi=0.8m,故选项D正确。

答案ACD

10.(2017•全国卷I,24)—质量为8.00X104kg的太空飞船从其飞行轨道返回

地面。飞船在离地面高度ISOXlhm处以7.5X103mzs的速度进入大气层，逐

渐减慢至速度为100m/s时下落到地面。取地面为重力势能零点，在飞船下落过

程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8m/s'结果保留2