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    5．某同学将质量为m的一矿泉水瓶（可看成质点）竖直向上抛出，水瓶以$\frac{5g}{4}$的加速度匀减速上升，上升的最大高度为H．水瓶往返过程受到的阻力大小不变．则（　　）
    A．上升过程中水瓶的动能改变量为$\frac{5}{4}$mgH
    B．上升过程中水瓶的机械能减少了$\frac{5}{4}$mgH
    C．水瓶落回地面时动能大小为$\frac{mgH}{4}$
    D．水瓶上升过程克服重力做功的平均功率大于下落过程重力的平均功率

    分析 由牛顿第二定律可求得水瓶受到的合力，由动能定理即可求得动能的改变量；可求得阻力大小，根据除重力之外的力做功等于机械能的改变量，可求得机械能的改变量；对下落过程由动能定理可求得水瓶落回地面时动能．根据上升与下落时间的关系分析平均功率的关系．

    解答 解：A、上升过程中，水瓶受到的合外力 F=mg+f=$\frac{5}{4}$mg，阻力大小为 f=$\frac{1}{4}$mg，合外力做功 W=-FH=-$\frac{5}{4}$mgH；由动能定理可知，上升过程中水瓶的动能改变量为$\frac{5}{4}$mgH；故A正确；
    B、机械能的改变量等于重力之外的其他力做功，故机械能的改变量为△E=fH=$\frac{mgH}{4}$；故B错误；
    C、下落过程，合外力为 F′=mg-f=$\frac{3}{4}$mg，由动能定理可知，落回地面上的动能为 EK=F′H=$\frac{3}{4}$mgH；故C错误；
    D、由于上升的合力大于下落的合力，所以上升的加速度大于下落的加速度，由x=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$知，上升的时间短于下落时间，而两个过程中重力做功大小相等，所以水瓶上升过程克服重力做功的平均功率大于下落过程重力的平均功率，故D正确．
    故选：AD

    点评 本题考查动能定理及牛顿第二定律的应用，要注意正确分析物理过程及受力情况，明确功能关系中各种功和能量之间的对应关系．

    练习册系列答案
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    （1）传送带的速率v0；
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    B．若加电场，不同处发射的电子到达O点时的动能可能相等
    C．若加磁场，不同处发射的电子到达O点的时间可能相等
    D．若加磁场，不同处发射的电子到达O点时的动能可能相等

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    B．a是升压变压器，b是降压变压器
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    D．a的输出电压等于输电线上损失的电压

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