资源简介

第1讲　功和能
考情速览·明规律
高考命题点 命题轨迹 情境图
功和功率 2018 Ⅲ卷19
17(2)14题
18(3)19题
2017 Ⅱ卷14
动能定理 的应用 2020 Ⅲ卷25
20(3)25题
19(3)17题
19(2)25题
18(1)18题
18(2)14题
17(2)17题
17(2)24题
16(2)16题
16(3)20题
16(3)24题
2019 Ⅲ卷17
Ⅱ卷25
2018 Ⅰ卷14、18
Ⅱ卷14
2017 Ⅱ卷17
Ⅱ卷24
2016 Ⅱ卷16
Ⅲ卷20
Ⅲ卷24
机械能守恒 定律和能量
守恒定律的
应用 2020 Ⅰ卷20
Ⅱ卷25
20(1)20题
20(2)25题
18(3)25题
16(1)25题
16(2)25题
16(2)21题
17(3)16题
2019 Ⅰ卷21
2018 Ⅲ卷25
Ⅲ卷17
2017 Ⅰ卷24
Ⅲ卷16
2016 Ⅰ卷25
Ⅱ卷25
Ⅱ卷21
核心知识·提素养　
“物理观念”构建
1．几种力做功的特点
(1)重力、弹簧弹力、静电力做功与路径无关．
(2)摩擦力做功的特点
①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零，在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的转移，没有机械能转化为其他形式的能；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值．在一对滑动摩擦力做功的过程中，不仅有相互摩擦的物体间机械能的转移，还有部分机械能转化为内能，转化为内能的量等于系统机械能的减少量，等于滑动摩擦力与相对位移的乘积．
③摩擦生热是指滑动摩擦生热，静摩擦不会生热．
2．几个重要的功能关系
(1)重力的功等于重力势能的减少量，即WG＝－ΔEp.
(2)弹力的功等于弹性势能的减少量，即W弹＝－ΔEp.
(3)合力的功等于动能的变化，即W＝ΔEk.
(4)重力(或系统内弹簧弹力)之外的其他力的功等于机械能的变化，即W其他＝ΔE.
(5)系统内一对滑动摩擦力做的功是系统内能改变的量度，即Q＝Ff·x相对．
“科学思维”展示
1．思想方法
(1)守恒的思想、分解思想；
(2)守恒法、转化法、转移法．
2．模型建构
(1)功和功率的求解
①功的求解：W＝Flcos α用于恒力做功，变力做功可以用动能定理或者图像法来求解．
②功率的求解：可以用定义式P＝来求解，如果力是恒力，可以用P＝Fvcos α来求解．
(2)动能定理的应用技巧
若运动包括几个不同的过程，可以全程或者分过程应用动能定理．
(3)碰撞中的“三看”和“三想”
①看到“弹性碰撞”，想到“动量守恒与机械能守恒”．
②看到“非弹性碰撞”，想到“动量守恒但机械能有损失”．
③看到“完全非弹性碰撞或者碰后连体”，想到“动量守恒，机械能损失最大”．
命题热点·巧突破　
考点一　功和功率的计算
　考向1　功和功率的分析与计算
1．(2020·江苏高考真题)质量为1.5×103 kg的汽车在水平路面上匀速行驶，速度为20 m/s，受到的阻力大小为1.8×103 N．此时，汽车发动机输出的实际功率是(　C　)
A．90 kW B．30 kW
C．36 kW D．300 kW
【解析】　汽车匀速行驶，则牵引力与阻力平衡F＝f＝1.8×103 N，汽车发动机的功率P＝Fv＝1.8×103×20 W＝36 kW，故选C．
2．(2020·上海静安区一模)某人用长绳将一重物从井口送到井下，前二分之一时间物体匀速下降，后二分之一时间物体匀减速下降，到达井底时速度恰好为0，两段时间重物克服拉力做的功分别为W1和W2，则(　C　)
A．W1>W2 B．W1＝W2
C．W1<2W2 D．W1＝2W2
【解析】　设物体的质量为m，匀速运动的速度大小为v，时间为t，则匀速运动时，拉力大小为F1＝mg，位移为x1＝vt，重物克服拉力做的功为W1＝F1x1＝mgvt；匀减速运动时，由牛顿第二定律得：F2－mg＝ma得F2＝m(g＋a)，位移为x2＝vt，重物克服拉力做的功为W2＝F2x2＝m(g＋a)vt；很容易得到：W1＜2W2，选项C正确．
3．(2020·浙江台州二模)用长为l、不可伸长的细线把质量为m的小球悬挂于O点，将小球拉至悬线偏离竖直方向α角后放手，运动t时间后停在最低点．则在时间t内(　A　)
A．小球重力做功为mgl(1－cos α)
B．空气阻力做功为－mglcos α
C．小球所受合力做功为mglsin α
D．绳拉力做功的功率为
【解析】　小球从开始运动到停止的过程中，下降的高度为h＝l(1－cosα)，所以小球的重力对小球做功为mgl(1－cos α)．所以A选项是正确的；在小球运动的整个过程中，重力和空气的阻力对小球做功，根据动能定律：WG＋Wf＝0所以Wf＝－mgl(1－cosα)，故B错误；小球受到的合外力做功等于小球动能的增加量，所以合外力做功为零，故C错误；因为绳子的拉力始终与运动的方向垂直，所以绳子的拉力不做功．绳子拉力的功率为0.故D错误．
4.(多选)(2020·天津高考真题)复兴号动车在世界上首次实现速度350 km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果．一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变．动车在时间t内(　BC　)
A．做匀加速直线运动
B．加速度逐渐减小
C．牵引力的功率P＝Fvm
D．牵引力做功W＝mv－mv
【解析】　动车的功率恒定，根据P＝F牵v可知动车的牵引力减小，根据牛顿第二定律得F牵－F＝ma可知动车的加速度减小，所以动车做加速度减小的加速运动，A错误，B正确；当加速度为0时，牵引力等于阻力，则额定功率为P＝Fvm，C正确；动车功率恒定，在t时间内，牵引力做功为W＝Pt，根据动能定理得Pt－Fs＝mv－mv，D错误．故选BC．
　考向2　机车启动问题
5．(2020·重庆八中模拟)一辆汽车质量为1×103 kg，额定最大功率为2×104 W，在水平路面由静止开始作直线运动，最大速度为v2，运动中汽车所受阻力恒定，其行驶过程中牵引力F与车速的倒数1/v的关系如图所示．则(　C　)
A．图线AB段汽车匀速运动
B．图线BC段汽车做匀加速运动
C．整个运动中的最大加速度为2 m/s2
D．当汽车的速度为5 m/s时发动机的功率为2×104 W
【解析】　AB段汽车的牵引力不变，根据牛顿第二定律，加速度不变，做匀加速直线运动．故A错误．BC段图线的斜率表示汽车的功率，功率不变，知汽车达到额定功率，当速度增大，牵引力减小，则加速度减小，做加速度减小的加速运动，到达C点加速度为零，做匀速直线运动．故B错误．在整个运动过程中，AB段的加速度最大，在C点牵引力等于阻力，f＝1 000 N，则最大加速度a＝＝ m/s2＝2 m/s2.故C正确．在B点汽车的速度v＝＝ m/s＝ m/s>5 m/s，知汽车速度为5 m/s时发动机的功率小于2×104 W．故D错误．
6．(2020·哈尔滨一中一模)如图甲为某型号电动平衡车，其体积小，操控新颖方便，深受年轻人的喜爱．当人站在平衡车上沿水平直轨道由静止开始运动，其v－t图像如图所示(除3～10 s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线)．已知人与平衡车质量之和为80 kg,3 s后功率恒为300 W，且整个骑行过程中所受到的阻力不变，结合图像的信息可知(　C　)
A．0～3 s时间内，牵引力做功490 J
B．3～10 s时间内，小车的平均速度大小是4.5 m/s
C．3～10 s时间内，小车克服摩擦力做功1 020 J
D．小车在第2 s末与第14 s末的功率之比为1∶2
【解析】　最终匀速运动时，牵引力与阻力相等，根据P＝Fv＝fvm，代入数据，可得f＝50 N，在0～3 s时间内，小车做匀加速运动，根据图像可知a＝＝1 m/s2，根据牛顿第二定律F－f＝ma，可得F＝130 N，在0～3 s时间的位移s1＝at2＝4.5 m，因此0～3 s时间内，牵引力做功W1＝Fs1＝585 J，A错误；在3～10 s时间内，根据动能定理Pt－Wf＝mv－mv，根据图像得Wf＝1 020 J，C正确；在3～10 s时间内，是加速度逐渐减小的加速运动，因此≠＝4.5 m/s，B错误；小车在2 s末的功率P2＝Fv＝260 W，因此＝＝，D错误．
考点二　　动能定理的应用
〔典例探秘〕
典例1 游乐园的过山车其局部可简化为如图所示的示意图，倾角θ＝37°的两平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD平滑连接，倾斜轨道BC的B端距轨道CD所在水平面的竖直高度h＝24 m，倾斜轨道DE与圆弧轨道EF相切于E点，圆弧轨道EF的圆心O1、水平半圆轨道CD的圆心O2在同一水平面上，D点与O1点之间的距离L＝20 m，质量m＝1 000 kg的过山车(包括乘客)从B点由静止开始滑下，经过水平半圆轨道CD后，滑上倾斜轨道DE，到达圆弧轨道顶端F时，乘客对座椅的压力为自身重力的①.已知过山车在BCDE段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比②，比例系数μ＝，圆弧轨道EF光滑，整个运动过程中空气阻力不计，过山车经过各轨道之间的连接点时无机械能损失．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2)
(1)求过山车过F点时的速度大小；
(2)求从B点到F点的整个运动过程中摩擦力对过山车做的功；
(3)过山车过D点时发现圆弧轨道EF有故障，为保证乘客安全，立即触发制动装置，使过山车不能到达EF段并保证不再下滑③，设触发制动装置后，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则过山车受到的摩擦力至少为多大？
【规范审题】　
① 确定F点的速度
② 求其做功时，要应用动能定理
③ 条件是摩擦力大于或等于DE段重力的分力
【答案】　(1)3 m/s　(2)－7.5×104 J　(3)6 000 N
【解析】　(1)设过山车过F点时的速度为vF，选择某个质量为m1的乘客为研究对象，根据牛顿第二定律有m1g－m1g＝m1，
又r＝Lsin θ
联立方程并代入数据解得vF＝3 m/s.
(2)设整个过程摩擦力做功为W，对过山车从B点到F点的过程，应用动能定理得mg(h－r)＋W＝mv－0
代入数据解得W＝－7.5×104 J.
(3)触发制动装置后，设过山车恰好能够到达E点时对应的摩擦力为Ff，未触发制动装置时过山车在D点和F点的速度分别为vD和vF，由动能定理得
－FfLcos θ－mgrcos θ＝0－mv
未触发制动装置时，对D点到F点的过程，由动能定理得
－μmgcos θ·Lcos θ－mgr＝mv－mv
联立方程并代入数据解得Ff＝4.56×103 N
因为Ff规律总结
应用动能定理解题应抓好“一个过程、两个状态、四个关注”
(1)一个过程：明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息．
(2)两个状态：明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，如例题中B点的速度为零，F点的速度可利用动力学求出．
(3)四个关注
①建立运动模型，判断物体做了哪些运动，如例题中EF段为圆周运动．
②分析各个运动过程中物体的受力和运动情况．
③抓住运动模型之间的联系纽带，如速度、加速度、位移，确定初、末状态．
④根据实际情况分阶段(如例题中选DEF段)或整个过程利用动能定理列式计算．
〔考向预测〕
1．(2020·陕西咸阳二模)如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高．质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g.则质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为(　A　)
A．mgR B．mgR
C．mgR D．mgR
【解析】　质点经过Q点时，由重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿第二定律得N－mg＝m解得vQ＝，质点自P滑到Q的过程中，由动能定理得mgR－Wf＝mv，得克服摩擦力所做的功为Wf＝mgR，故A正确，BCD错误．
2.(2020·江苏高考真题)如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上．斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数．该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图像是(　A　)
【解析】　由题意可知设斜面倾角为θ，动摩擦因数为μ，则物块在斜面上下滑水平距离x时根据动能定理有mgxtan θ－μmgcos θ·＝Ek，整理可得(mgtan θ－μmg)x＝Ek，即在斜面上运动时动能与x成线性关系；当小物块在水平面运动时有μmgx＝Ek，即在水平面运动时动能与x也成线性关系；综上分析可知A正确．
3．(2019·全国卷Ⅲ)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为(　C　)
A．2 kg B．1.5 kg
C．1 kg D．0.5 kg
【解析】　画出运动示意图如图，设阻力大小为f，据动能定理知，
A→B(上升过程)：EkB－EkA＝－(mg＋f)h
C→D(下落过程)：EkD－EkC＝(mg－f)h
联立以上两式，解得物体的质量m＝1 kg，C正确．
4．(2020·辽宁丹东质测)如图所示，竖直平面内有一半径为R的固定圆轨道与水平轨道相切于最低点B．一质量为m的小物块P(可视为质点)从A处由静止滑下，经过最低点B后沿水平轨道运动到C处停下，B、C两点间的距离为R，物块P与圆轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为μ.若将物块P从A处正上方高度为2R处由静止释放后，从A处进入轨道，最终停在水平轨道上D点(图中未标出)，B、D两点间的距离为L，下列关系正确的是(　A　)
A．L＜(1＋)R B．L＞(1＋)R
C．L＝(1＋)R D．L＞(1＋)R
【解析】　小物块从A处由静止滑下，经过最低点B后沿水平轨道运动，到C处停下，根据动能定理得mgR－Wf－μmgR＝0，若物块P从A处正上方高度为2R处静止释放，从A处进入轨道，最终停在水平轨道上D点，根据动能定理得mg·3R－W′f－μmgL＝0，若Wf＝W′f，则L＝(1＋)R，由于第二次经过圆弧轨道的速度较大，根据径向的合力提供向心力知，压力较大，摩擦力较大，所以W′f＞Wf，可知L<(1＋)R，故A正确，B、C、D错误．
5．(2020·新课标卷Ⅲ)如图，相距L＝11.5 m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接．传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定．质量m＝10 kg的载物箱(可视为质点)，以初速度v0＝5.0 m/s自左侧平台滑上传送带．载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度取g＝10 m/s2.
(1)若v＝4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
(3)若v＝6.0 m/s，载物箱滑上传送带Δt＝ s后，传送带速度突然变为零．求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量．
【答案】　(1)2.75 s　(2)4 m/s　 m/s
(3)208.3 N·s，方向竖直向上
【解析】　(1)传送带的速度为v＝4.0 m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律有：μmg＝ma①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为x1，由运动学公式有v2－v＝－2ax1②
联立①②式，代入题给数据得x1＝4.5 m；③
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动，设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t2，由运动学公式有v＝v0－at2④
t1＝t2＋⑤
联立①③④⑤式并代入题给数据有t1＝2.75 s；⑥
(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1，当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2.由动能定理有－μmgL＝mv－mv⑦
μmgL＝mv－mv⑧
由⑦⑧式并代入题给条件得v1＝ m/s，v2＝4 m/s⑨
(3)传送带的速度为v＝6.0 m/s时，由于v0v2－v＝2ax1?
联立①⑩?式并代入题给数据得t3＝1.0 s?
x2＝5.5 m?
因此载物箱加速运动1.0 s、向右运动5.5 m时，达到与传送带相同的速度．此后载物箱与传送带共同匀速运动(Δt－t3)的时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的距离为x3有
x3＝v(Δt－t3)?
由①???式可知
mv2>μmg(L－x2－x3)
即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v3，
由运动学公式有，v－v2＝－2a(L－x2－x3)?
则v3＝5 m/s
减速运动时间t4＝＝1 s
设载物箱通过传送带的过程中，传送带在水平方向上和竖直方向上对它的冲量分别为I1、I2.
由动量定理有I1＝m(v3－v0)＝0
I2＝N(Δt＋t4)＝mg(Δt＋t4)＝ N·s≈208.3 N·s，方向竖直向上
则在整个过程中，传送带给载物箱的冲量
I＝I2＝208.3 N·s，方向竖直向上
考点三　机械能守恒定律和能量守恒定律的应用
〔典例探秘〕
典例2 (多选)(2019·课标Ⅱ，18,6分)从地面竖直向上抛出一物体①，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和②.取地面为重力势能零点③，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2.由图中数据可得(　AD　)
A．物体的质量为2 kg
B．h＝0时，物体的速率为20 m/s
C．h＝2 m时，物体的动能Ek＝40 J
D．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J
【解析】　Ep－h图像知其斜率为G，故G＝＝20 N，解得m＝2 kg，故A正确；h＝0时，Ep＝0，Ek＝E机－Ep＝100 J－0＝100 J，故mv2＝100 J，解得：v＝10 m/s，故B错误；h＝2 m时，Ep＝40 J，Ek＝E机－Ep＝85 J－40 J＝45 J，故C错误；h＝0时，Ek＝E机－Ep＝100 J－0＝100 J，h＝4 m时，E′k＝E机－Ep＝80 J－80 J＝0 J，故Ek－E′k＝100 J，故D正确．
【核心考点】　本题考查了动能、重力势能和图像等知识，以及理解能力、推理能力，体现了物理观念中能量观念的要素和科学思维中科学推理、科学论证的要素．
【规范审题】　
① 竖直向上抛，物体初始状态机械能不为0
② E总＝Ek＋Ep，则h＝0，Ep＝0，E总＝Ek＋0＝mv＝100 J，求出v0
③ h＝0，Ep＝0
两条图线 h＝2 m时，E总＝90 J，Ep＝40 J，根据E总＝Ek＋Ep，求出Ek
图线交点 h＝4 m时，E总＝80 J，Ep＝80 J，根据E总＝EK＋Ep，求出EK＝0；Ep＝mgh＝80 J，求出物体质量.
〔考向预测〕
1．(2020·重庆八中模拟)把小球放在竖立的轻质弹簧上，并将球向下按至A的位置，如图甲所示．迅速松手后，球被弹起并沿竖直方向运动到最高位置C(图丙)，途中经过B的位置时弹簧正好处于自由状态(图乙)．不计空气阻力，从A到C的运动过程中(　D　)
A．球的机械能守恒
B．球在B位置加速度最大
C．从A到C的过程中，球先加速后减速，在B位置时球动能最大
D．从A到C的过程中，球先加速后减速，在B位置时球机械能最大
【解析】　球和弹簧整体机械能守恒，弹簧弹性势能有变化，所以球机械能不守恒，A错误；当球在最低点时，加速度最大，B错误；球在A到C过程中，重力与弹簧弹力二力平衡时动能最大，在B点弹性势能最小，小球机械能最大，故D正确．
2.(多选)(2020·山东省高考真题)如图所示，质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连．现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当B下降到最低点时(未着地)，A对水平桌面的压力刚好为零．轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块A始终处于静止状态．以下判断正确的是(　ACD　)
A．M<2m
B．2mC．在B从释放位置运动到最低点的过程中，所受合力对B先做正功后做负功
D．在B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量
【解析】　由题意可知B物体可以在开始位置到最低点之间做简谐振动，故在最低点时有弹簧弹力T＝2mg；对A分析，设绳子与桌面间夹角为θ，则依题意有2mgsin θ＝Mg，故有M<2m，故A正确，B错误；由题意可知B从释放位置到最低点过程中，开始弹簧弹力小于重力，物体加速，合力做正功；后来弹簧弹力大于重力，物体减速，合力做负功，故C正确；对于B，在从释放到速度最大过程中，B机械能的减少量等于弹簧弹力所做的负功，即等于B克服弹簧弹力所做的功，故D正确．
3．(2020·北京石景山区模拟)将一物体竖直向上抛出，不计空气阻力．用x表示物体运动的路程，t表示物体运动的时间，Ek表示物体的动能，下列图像正确的是(　B　)
【解析】　由机械能守恒得mgx＋Ek＝mv，Ek与x是线性关系，故A错误，B正确；根据机械能守恒定律得mgx＋Ek＝mv，又x＝v0t－gt2，得Ek＝mv－mg(v0t－gt2)，m、v0、g都是定值，则Ek是t的二次函数，Ek－t图像是抛物线，故CD错误．
4．(多选)(2019·江苏高考真题)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中(　BC　)
A．弹簧的最大弹力为μmg
B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C．弹簧的最大弹性势能为μmgs
D．物块在A点的初速度为
【解析】　小物块压缩弹簧最短时有F弹>μmg，故A错误；全过程小物块的路程为2s，所以全过程中克服摩擦力做的功为μmg·2s，故B正确；小物块从弹簧压缩最短处到A点由能量守恒得EPmax＝μmgs，故C正确；小物块从A点返回A点由动能定理得：－μmg·2s＝0－mv，解得：v0＝2，故D错误．
5．(多选)(2020·全国课标卷Ⅰ)一物块在高3.0 m、长5.0 m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的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2.则(　AB　)
A．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0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
【解析】　下滑5 m的过程中，重力势能减少30 J，动能增加10 J，减小的重力势能并不等于增加的动能，所以机械能不守恒，A正确；斜面高3 m、长5 m，则斜面倾角为θ＝37°.令斜面底端为零势能面，则物块在斜面顶端时的重力势能mgh＝30 J，可得质量m＝1 kg，下滑5 m过程中，由功能原理，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功μmg·cos θ·s＝20 J，求得μ＝0.5，B正确；由牛顿第二定律mgsin θ－μmgcos θ＝ma求得a＝2 m/s2，C错误；物块下滑2.0 m时，重力势能减少12 J，动能增加4 J，所以机械能损失了8 J，D选项错误，故选AB．

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