2024年 高三二轮专题复习 专题03 斜面模型-

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【特训典例】
高考真题
1．（2023·江苏·统考高考真题）滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比，图甲中滑块（ ）

A．受到的合力较小B．经过A点的动能较小
C．在A、B之间的运动时间较短D．在A、B之间克服摩擦力做的功较小
【答案】C
【详解】A．频闪照片时间间隔相同，图甲相邻相等时间间隔内发生的位移差大，根据匀变速直线运动的推论，可知图甲中滑块加速度大，根据牛顿第二定律可知图甲中滑块受到的合力较大，故A错误；
B．设斜面倾角为，动摩擦因数为，上滑阶段根据牛顿第二定律有
下滑阶段根据牛顿第二定律有可知上滑阶段阶段加速度大于下滑阶段加速度，图甲为上滑阶段，从图甲中的A点到图乙中的A点，先上升后下降，重力不做功，摩擦力做负功，根据动能定理可知图甲经过A点的动能较大，故B错误；
C．由逆向思维，由于图甲中滑块加速度大，根据可知图甲在A、B之间的运动时间较短，故C正确；
D．由于无论上滑或下滑均受到滑动摩擦力大小相等，故图甲和图乙在A、B之间克服摩擦力做的功相等，故D错误。故选C。
2．（2023·重庆·统考高考真题）如图所示，与水平面夹角为θ的绝缘斜面上固定有光滑U型金属导轨。质量为m、电阻不可忽略的导体杆MN沿导轨向下运动，以大小为v的速度进入方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场区域，在磁场中运动一段时间t后，速度大小变为2v。运动过程中杆与导轨垂直并接触良好，导轨的电阻忽略不计，重力加速度为g。杆在磁场中运动的此段时间内（ ）

A．流过杆的感应电流方向从N到M
B．杆沿轨道下滑的距离为
C．流过杆感应电流的平均电功率等于重力的平均功率
D．杆所受安培力的冲量大小为
【答案】D
【详解】A．根据右手定则，判断知流过杆的感应电流方向从M到N，故A错误；
B．依题意，设杆切割磁感线的有效长度为，电阻为。杆在磁场中运动的此段时间内，杆受到重力，轨道支持力及沿轨道向上的安培力作用，根据牛顿第二定律可得；；
联立可得杆的加速度可知，杆在磁场中运动的此段时间内做加速度逐渐减小的加速运动；若杆做匀加速直线运动，则杆运动的距离为根据图像围成的面积表示位移，可知杆在时间t内速度由达到，杆真实运动的距离大于匀加速情况发生的距离，即大于，故B错误；
C．由于在磁场中运动的此段时间内，杆做加速度逐渐减小的加速运动，杆的动能增大。由动能定理可知，重力对杆所做的功大于杆克服安培力所做的功，根据可得安培力的平均功率小于重力的平均功率，也即流过杆感应电流的平均电功率小于重力的平均功率，故C错误；
D．杆在磁场中运动的此段时间内，根据动量定理，可得得杆所受安培力的冲量大小为故D正确。
故选D。
3．（2022·福建·高考真题）一物块以初速度自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜面底端。该物体的动能随位移x的变化关系如图所示，图中、、均已知。根据图中信息可以求出的物理量有（ ）
A．重力加速度大小B．物体所受滑动摩擦力的大小
C．斜面的倾角D．沿斜面上滑的时间
【答案】BD
【详解】ABC．由动能定义式得，则可求解质量m；上滑时，由动能定理
下滑时，由动能定理，x0为上滑的最远距离；由图像的斜率可知，两式相加可得相减可知即可求解gsinθ和所受滑动摩擦力f的大小，但重力加速度大小、斜面的倾角不能求出，故AC错误，B正确；
D．根据牛顿第二定律和运动学关系得，故可求解沿斜面上滑的时间，D正确。
故选BD。
4．（2021·河北·高考真题）如图，一滑雪道由和两段滑道组成，其中段倾角为，段水平，段和段由一小段光滑圆弧连接，一个质量为的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若后质量为的滑雪者从顶端以的初速度、的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起，背包与滑道的动摩擦因数为，重力加速度取，，，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求：
（1）滑道段的长度；
（2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）设斜面长度为，背包质量为，在斜面上滑行的加速度为，由牛顿第二定律有
解得滑雪者质量为，初速度为，加速度为，在斜面上滑行时间为，落后时间，则背包的滑行时间为，由运动学公式得
；联立解得或故可得
（2）背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为、，有；
滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力为零，动量守恒，设共同速度为，有
解得
三大力场中有关斜面模型的平衡问题
5．如图（a），在倾角为的固定斜面上，有一质量为的拖把头被水平力推着沿斜面向上做匀速直线运动，轻杆质量不计，拖把头与斜面的动摩擦因数为。重力加速度取为。有位同学对此作了受力分析如图（b），并列写下列关系式，其中正确的是（ ）

A．B．
C．D．
【答案】AD
【详解】ABC．对如图（b）中的重力和水平力进行正交分解，得如图所示

因为匀速直线运动受力平衡，得支持力大小为滑动摩擦力大小为
由牛顿第三定律可得得沿斜面方向的平衡力为故A正确，B、C错误；
D．如图（b）拖把头在4个力的作用下做匀速直线运动，受力平衡合力为零，那么任意两个力的合力与另外两个力的合力一定大小相等，方向相反，合力为零，所以通过勾股定理求重力和水平力合力大小一定等于滑动摩擦力和支持力的合力大小，即故D正确。故选AD。
6．如图所示，质量为m的小球A和质量为2m的物块B用跨过光滑定滑轮的细线连接，物块B放在倾角为的斜面体C上，刚开始都处于静止状态，现用水平外力F将A小球缓慢拉至细绳与竖直方向夹角，该过程物块B和斜面C始终静止不动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力（已知，）。则下列说法正确的是（ ）
A．水平外力F逐渐减小
B．物块B和斜面C之间的摩擦力先减小后增大
C．斜面C对地面的压力逐渐减小
D．物块B和斜面C之间的摩擦因数一定小于等于0.5
【答案】BC
【详解】A．对小球A受力分析，设绳子与竖直方向夹角为α，根据平衡条件
绳拉力，α从0到60°，可知拉力T逐渐增大，水平外力F逐渐增大，故A错误；
B．当绳子与竖直方向夹角α=0时，绳子拉力最小Tmin=mg此时斜面C对B的静摩擦力方向沿斜面向上，大小为f=2mgsin37°-Tmin解得f=0.2mg当绳子与竖直方向夹角α=β=60°时，绳子拉力最大
解得Tmax=2mg此时斜面C对B的静摩擦力方向沿斜面向下，大小为f'=Tmax-2mgsin37°解得f′=0.8mg
当绳子拉力T=2mgsin37°解得T=1.2mg斜面C对B的静摩擦力为零，可知物块B和斜面C之间的摩擦力先减小后增大，故B正确；
C．以B、C为整体，竖直方向，根据受力平衡Tsinθ+N地=（mB+mC）g由于拉力T逐渐增大，根据牛顿第三定律可知斜面C对地面的压力逐渐减小，故C正确；
D．当绳子与竖直方向夹角α=β=60°时，绳子拉力最大，斜面C对B的静摩擦力最大，则有fmax=0.8mg
又fmax≤μN=μ×2mgcs37°联立可得μ≥0.5可知物块B和斜面C之间的摩擦因数一定大于等于0.5，故D错误。故选BC。
7．如图所示，与水平面成30°角的光滑绝缘细杆固定在地面上，杆上套有质量为m，带电荷量为+q的小球，重力加速度为g。为使小球静止在杆上，可在竖直平面内加一匀强电场，以下所加电场符合要求的有（ ）
A．竖直向上，电场强度大小为B．与杆成30° 斜向上，电场强度大小为
C．沿杆斜向上，电场强度大小为D．水平向右，电场强度大小为
【答案】AD
【详解】A．当电场强度竖直向上且场强大小为时，在竖直方向上有此时小球处于平衡状态，故A符合要求；
B．当电场强度与杆成30° 斜向上时，若要使小球处于平衡，根据对称性可知此时杆对小球的支持力大小与电场力大小相等，在竖直方向上有解得故B不符合要求；
C．当电场强度沿杆斜向上且场强大小为时，在沿杆的方向有小球不可能静止，故C不符合要求；
D．当电场强度水平向右时，根据平衡条件以及力的合成与分解有 解得故D符合要求。故选AD。
8．如图所示，小球A和小球B用两根轻质细绳固定在倾角为45°的光滑斜面上，细绳与斜面平行，A球的质量为m，B球的质量为3m，B球带正电荷q，A球不带电，开始时两球均处于静止状态。现在该竖直面内加上一个匀强电场，A球刚好不离开斜面，两球均可视为质点，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．若电场沿水平方向，电场强度为
B．若电场沿水平方向，此时A、B两球之间的细绳与竖直方向的夹角为53°
C．所加电场的电场强度不能小于
D．O与A球之间的细绳拉力不可能等于0
【答案】BC
【详解】A．A球对斜面没有压力，若电场沿水平方向，对A、B两球整体受力分析如图甲所示，有
解得选项A错误；
B．对B球受力分析如图乙所示，有所以选项B正确；
C．当电场力方向与细绳OA垂直时，电场强度有最小值，此时
解得选项C正确；
D．若当电场方向竖直向上且满足此时O与A球之间的细绳拉力刚好等于0，选项D错误。
故选BC。
9．如图（a）所示，在倾角的绝缘斜面上放置着一个正方形金属线框，金属线框的上半部分处在垂直斜面向上的匀强磁场（图中未画出）中，磁感应强度的大小按如图（b）所示的规律变化。在内线框均处于静止状态，且在时刻，线框恰好不下滑，在时刻，线框恰好不上滑。设线框与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（ ）
A．时刻，垂直斜面向下看，金属线框中的感应电流沿顺时针方向
B．时刻，金属线框所受的安培力沿斜面向下
C．金属线框和斜面间的动摩擦因数为
D．金属线框和斜面间的动摩擦因数为
【答案】AD
【详解】A．在0～8t0时间内线框的上半部分处在垂直斜面向上的匀强磁场中，且磁感应强度增大，根据楞次定律可知电流方向俯视为顺时针，所以时刻，垂直斜面向下看，金属线框中的感应电流沿顺时针方向，故A正确；
B．在9t0～10t0时间内线框的上半部分处在垂直斜面向上的匀强磁场中，且磁感应强度减小，根据楞次定律可知电流方向俯视为逆时针，根据左手定则可知安培力的方向沿斜面向上，所以时刻，金属线框所受的安培力沿斜面向上，故B错误；
CD．设线框的宽度为L，质量为m，电阻为R，在0～8t0时间内产生的感应电动势
感应电流大小为线框的上半部分处在垂直斜面向上的匀强磁场中，且磁感应强度增大，根据楞次定律可知电流方向俯视为顺时针，根据左手定则可知安培力的方向沿斜面向下，在t=8t时刻，线框恰好静止在斜面上，则有在9t0～10t0时间内产生的感应电动势为感应电流大小为线框的上半部分处在垂直斜面向上的匀强磁场中，且磁感应强度减小，根据楞次定律可知电流方向俯视为逆时针，根据左手定则可知安培力的方向沿斜面向上，在t=9t时刻，线框恰好静止在斜面上，则有联立可得
故C错误，D正确。故选AD。
10．如图所示，间距为L的固定平行双轨道由足够长的水平光滑段和倾角为θ的粗糙段构成，所在空间存在与导轨所在平面垂直、磁感应强度大小为B的匀强磁场，质量均为m、电阻均为R的金属棒ab、cd垂直放在水平、倾斜导轨上且与导轨接触良好。起初cd棒恰好静止，ab棒在水平向右的恒力F作用下从静止开始向右加速，当ab棒达到最大速度时，cd棒又恰好静止；导轨的电阻不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．cd棒与倾斜导轨间的动摩擦因数为
B．ab棒的最大加速度为
C．ab棒的最大速度为
D．恒力F的最大功率为
【答案】BC
【详解】A．起初cd棒恰好静止时，对cd棒受力分析，根据平衡条件可得
解得，cd棒与倾斜导轨间的动摩擦因数为故A错误；
B．当ab棒达到最大速度时，对cd棒受力分析，根据平衡条件可得对ab棒分析有
开始运动时ab棒的加速度最大，根据牛顿第二定律有故B正确；
C．当ab棒达到最大速度时，安培力为解得，ab棒的最大速度为
故C正确；
D．恒力F的最大功率为故D错误。选BC。
三大力场中有关斜面模型的动力学问题
11．如图所示，质量均为的、两物体之间有少量黏合剂，能承受的最大拉力为，其中为重力加速度。劲度系数为的轻弹簧一端连接物体，另一端固定在倾角为的光滑斜面底端。现用外力作用在上，使、缓慢向下移动到某一位置后撤去外力，两物体被弹到最高点时恰好分离。已知弹簧弹性势能的表达式为，式中表示弹簧的形变量。下列说法正确的是（ ）
A．、两物体分离时，弹簧刚好处于原长
B．、两物体分离前，两物体的最大速度为
C．、两物体由静止释放时，弹簧的弹性势能
D．、两物体分离时，的加速度为
【答案】BD
【详解】AD．、两物体分离时，、之间的拉力达到最大值，且、具有相同的加速度。分离时，对进行受力分析有可得知的加速度也是，此时弹簧处于伸长状态，对进行受力分析则有则故A错误，D正确；
B．两物体速度最大时，加速度为零，弹簧处于压缩状态，对、整体有可得
从速度最大到最高点，系统机械能守恒，则有可得故B正确；
C．由简谐运动的对称性可知释放位置的加速度大小也是，方向沿斜面向上，由牛顿第二定律有
可得两物体由静止释放时，弹簧的弹性势能
故C错误。故选BD。
12．小物块先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力，第二次无恒力。图乙中的两条线段分别表示存在恒力和无恒力时小物块沿斜面向上运动的图线。不考虑空气阻力，小物块，，，，，下列说法正确的是（ ）
A．有恒力F时，小物块在上升过程的平均速度较大
B．不论有无恒力，小物块在上升过程中的平均速度均相等
C．恒力大小为
D．物块与斜面间动摩擦因数为0.5
【答案】BCD
【详解】AB．根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度，有恒力F时，小物块在上升过程的平均速度为无恒力F时，小物块在上升过程的平均速度为则不论有无恒力，小物块在上升过程中的平均速度均相等，故A错误，B正确；
CD．有恒力F时，小物块在上升过程的加速度为根据牛顿第二定律有无恒力F时，小物块在上升过程的加速度为
根据牛顿第二定律有解得恒力大小为物块与斜面间动摩擦因数为
故CD正确。故选BCD。
13．为探究滑块在倾角的绝缘斜面轨道上的运动，某兴趣小组设计了图（a）所示的实验。让轨道处于方向沿斜面向上的匀强电场中；将一质量m＝1kg、电荷量的带正电滑块从斜面上O点静止释放，某时刻撤去电场；整个过程中，利用位移传感器和速度传感器分别测出了滑块的位移x和速度v，作出了图（b）所示的以O点为原点的关系图像。滑块可视为质点且电荷量不变，重力加速度，sin37°＝0.6。则可知（ ）

A．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25
B．匀强电场的场强大小为
C．电场力的最大瞬时功率为
D．整个过程中电场力的冲量大小为20N·s
【答案】AD
【详解】A．由图b可知滑块先向上匀加速沿斜面向上运动4m撤去电场，滑块向上匀减速运动到5m处，然后匀加速返回，在返回阶段由可知，返回阶段的加速度大小为由牛顿第二定律可得解得故A正确；
B．滑块向上运动阶段，电场撤去前滑块的加速度大小为，电场撤去后滑块的加速度大小为，则
解得由牛顿第二定律可得；
解得， ，故B错误；
C．在处，滑块向上运动的速度最大，电场力的瞬时功率最大，则电场力的最大瞬时功率为故C错误；
D．滑块在电场力作用下运动的时间整个过程中电场力的冲量大小为故D正确。故选AD。
14．三根光滑绝缘细杆a、b、c固定于竖直放置的圆环上，每根杆上各套着一个质量为m，电荷量为的小滑环（未画出），其中杆b过圆心O且与水平方向的夹角，空间中存在与圆环平行的匀强电场（未画出）。现将三个小滑环同时从杆的顶部无初速度释放，滑到杆底所用的时间恰好相等，忽略三个滑环间的相互影响，则匀强电场的电场强度大小可能是（ ）

A．B．C．D．
【答案】CD
【详解】由等时圆模型分析可知滑到杆底所用的时间恰好相等，则重力与电场力的合力方向应与b在同一直线上

由三角形法则可知电场与b垂直时电场强度取得最小值，此时有即电场强度应满足故选CD。
15．如图，横截面积为S的N匝线圈，线圈总电阻为R，其轴线与大小均匀变化的匀强磁场B1平行。间距为L的两平行光滑竖直轨道PQ、MN足够长，底部连有一阻值为2R的电阻，磁感应强度B2的匀强磁场与轨道平面垂直。K闭合后，质量为m、电阻也为2R的金属棒ab恰能保持静止，金属棒始终与轨道连接良好，其余部分电阻不计。（重力加速度为g）（ ）
A．B1均匀减小
B．B1的变化率为
C．断开K之后，金属棒的最大速度为
D．断开K之后，金属棒的最大加速度为
【答案】ABC
【详解】A．根据安培定则和平衡条件可知，金属棒ab所受安培力沿斜面向上，则金属棒ab中的电流方向为b到a，根据楞次定律可知，B1均匀减小，故A正确；
B．设B1的变化率为，螺线管中感应电动势为回路中总电阻为
金属棒中电流为金属棒受到的安培力为即
解得故B正确；
C．断开K之后，金属棒做匀速直线匀速时速度最大，由平衡条件得由闭合电路的欧姆定律得解得故C正确；
D．断开K之后，刚开始时金属棒的加速度最大，由牛顿第二定律得最大加速度为
故D错误。故选ABC。
16．如图所示，倾角的斜面上放置一间距为L的光滑U形导轨（电阻不计），导轨上端连接电容为C的电容器，电容器初始时不带电，整个装置放在磁感应强度大小为B、方向垂直斜面向下的匀强磁场中。一质量为、电阻为R的导体棒垂直放在导轨上，与导轨接触良好，另一质量为m的重物用一根不可伸长的绝缘轻绳通过光滑的定滑轮与导体棒拴接，定滑轮与导体棒间的轻绳与斜面平行。将重物由静止释放，在导体棒到达导轨底端前的运动过程中（电动势未到达电容器的击穿电压），已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．电容器M板带正电，且两极板所带电荷量随时间均匀增加
B．经时间t导体棒的速度为
C．回路中电流与时间的关系为
D．重物和导体棒在运动过程中减少的重力势能转化为动能和回路的焦耳热
【答案】AB
【详解】A．设运动过程中经时间，导体棒的速度增加，对电容器，两极板的充电电流
对导体棒受力分析，由牛顿第二定律有
对重物分析，有又解得加速度恒定，所以导体棒在到达导轨底端前做匀加速直线运动，电容器两极板所带电荷量随时间均匀增加，由右手定则可知，M板带正电，故A正确；
B．经时间t，导体棒的速度故B正确；
C．由A项分析可知回路中电流恒定，故C错误；
D．重物和导体棒在运动过程中减少的重力势能一部分转化为动能和回路的焦耳热，一部分转化为电容器储存的电能，故D错误。故选AB。
三大力场中有关斜面模型的能量动量问题
17．如图所示，倾角θ=30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板，质量均为m=4kg的A、B两物体用轻弹簧拴接。对物体B施加一沿斜面向下的压力F，使B静止于P点。撤掉力F，B沿斜面做简谐运动，当B运动至最高点时，A刚要离开挡板。已知弹簧的劲度系数k=200N/m，重力加速度g=10m/s2，弹簧始终处于弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为。下列说法正确的是（ ）
A．当B运动至最高点时，B的加速度大小为10m/s2
B．从撤掉F开始至弹簧首次恢复原长过程中，B的速度先增大后减小
C．物体B静止于P点时，对物体B施加的压力F的大小为20N
D．物体B沿斜面做简谐运动的过程中，物体B的最大速度为
【答案】ABD
【详解】AC. 当B运动至最高点时，A刚要离开挡板，对A则有，B在最高点时受弹力方向沿斜面向下，此时加速度最大，由牛顿第二定律则有解得
由简谐运动的对称性，当物体B运动到最低点时，加速度最大，大小仍为，方向沿斜面向上，在撤去外力F瞬间，合外力等于撤去的外力的大小，则有故A正确，C错误；
B．从撤掉F开始，B受向上弹力大于B的重力沿斜面向下的分力，B做加速运动，速度逐渐增大，随弹力逐渐减小，加速度逐渐减小，速度仍逐渐增大；当弹力大小等于B的重力沿斜面向下的分力时，B的速度最大；以后弹力小于重力沿斜面向下的分力，B的加速度向下逐渐增大，B做减速运动，速度逐渐减小，减至弹簧首次恢复原长；可知从撤掉F开始至弹簧首次恢复原长过程中，B的速度先增大后减小，故B正确；
D．物体B沿斜面做简谐运动的过程中，物体B在平衡位置时的速度最大，物体B在P点时形变量最大为
物体B在平衡位置时，则有解得形变量大小为
由能量守恒定律可得代入数据解得物体B的最大速度为
故D正确。故选ABD。
18．倾角为θ的固定斜面底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦。斜面足够长，Q的速度减为零之前P不会再与之发生碰撞。重力加速度大小为g。关于P、Q运动的描述正确的是（ ）
A．P与Q第一次碰撞后P的瞬时速度大小为
B．物块Q从A点上升的总高度
C．物块P第二次碰撞Q前的速度为
D．物块Q从A点上升的总高度
【答案】CD
【详解】A．P与Q的第一次碰撞，取P的初速度方向为正，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得联立解得，A错误；
BD．当P与Q达到H时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程由动能定理得
解得，B错误，D正确；
C．P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为，第一次碰撞后至第二次碰撞前，对P由动能定理得，P与Q的第一次碰撞，取P的初速度方向为正，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得联立解得，C正确；故选CD。
19．如图所示，一光滑绝缘斜面的直角点A处固定一带电量为+q，质量为m的绝缘小球甲。另一质量也为m，带电量也为+q的同样小球乙置于斜面顶点B处，已知斜面长为L，现把上部小球从B点从静止自由释放，小球能沿斜面从B点运动到斜面底端C处（静电力常量为k，重力加速度为g）下列结论正确的是（ ）
A．乙球到达斜面中点D处时的速度为
B．乙球运动到斜面底端C处时，对斜面的压力大小为
C．乙球从B点到C点时减少的重力势能等于增加的动能
D．乙球从B点到C点电势能先增加后减少
【答案】ABD
【详解】A．由题意知：小球运动到D点时，由于AD=AB，所以有即由动能定理得解得故A正确；
B．小球运动到C点时，对球受力分析如图所示
由平衡条件得， 解得故B正确；
C．乙球从B点到C点重力势能减少，电势能减小，动能增加，减小的重力势能和电势能等于增加的动能，故C错误；
D．乙球从B点到C点，先靠近A点后远离A点，电场力先做负功后做正功，电势能先增加后减少，故D正确。故选ABD。
20．如图1所示，一倾角为固定光滑绝缘斜面，上方存在沿斜面向下的匀强电场。一带电量为的物块（可视为质点）以一定初速度沿斜面上滑，在上滑过程中物块的动能、电势能与位移x的关系如图2所示。重力加速度g取，则物块质量m和电场强度的大小E分别为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【详解】CD．根据图2中以出发点的电势能为零，则有结合图2有
解得，C正确，D错误；
AB．根据可知根据图2有解得，A正确，B错误。故选AC。
21．如图所示，空间中存在一水平方向的匀强电场和一水平方向的匀强磁场，且电场方向和磁场方向相互垂直。在电磁场正交的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成60°夹角且处于竖直平面内。一质量为m、带电荷量为＋q的小球套在绝缘杆上。初始，给小球一沿杆向下的初速度v0，小球恰好做匀速运动，电荷量保持不变。已知磁感应强度大小为B，电场强度大小为E=，则以下说法正确的是（ ）

A．小球的初速度为v0=
B．若小球的初速度为，小球将做加速度不断减小的减速运动，最后静止
C．若小球的初速度为，小球将做加速度不断减小的减速运动，最后匀速
D．若小球的初速度为，则运动中摩擦力做功大小为
【答案】AC
【详解】A．对小球受力分析如图
电场力大小由于重力的方向竖直向下，电场力方向水平向左，二者垂直，合力为
由几何关系可知，重力与电场力的合力与杆的方向重直，所以重力与电场力的合力不会对小球做功，而洛伦兹力的方向与速度的方向垂直，所以也不会对小球做功.所以，当小球做匀速直线运动时，不可能存在摩擦力，没有摩擦力，说明小球与杆之间就没有支持力作用，则洛伦兹力大小与重力和电场力的合力相等，方向相反，所以解得故A正确；
B．若小球的初速度为，则洛伦兹力则在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的垂直于杆向上的支持力，而摩擦力小球将做减速运动;随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐增大，摩擦力逐渐增大，小球的加速度增大，所以小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止，B错误；
C．若小球的初速度为，则洛伦兹力则在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的垂直于杆向下的支持力，则摩擦力小球将做减速运动；随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐减小，摩擦力减小，小球做加速度不断减小的减速运动，最后当速度减小到时，小球开始做匀速直线运动，故C正确；
D．若小球的初速度为，球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止，运动中克服摩擦力做功等于小球的动能，所以故D错误。故选AC。
22．如图甲所示，在倾角为的斜面上，有一垂直斜面向下的足够宽的矩形匀强磁场区域，磁感应强度，区域长度，在紧靠磁场的上边界处放置一正方形线框，匝数，边长，线框电阻，质量，线框与斜面间的动摩擦因数。现在将线框由静止释放，当整个线框完全进入磁场时，线框刚好开始匀速运动。从线框刚好全部进入磁场开始计时，磁场即以如图乙所示规律变化。重力加速度g取10，，。下列说法正确的是（ ）

A．线框完全进入磁场瞬间的速度为2m/s
B．线框从开始释放到完全进入磁场的时间为1.25s
C．线框从开始运动到线框下边到达磁场下边界的过程中，流过线框的电荷量为2C
D．线框从开始进入磁场到线框下边刚到达磁场下边界过程中线框产生的焦耳热为5.5J
【答案】BD
【详解】A．在线框刚匀速运动时，仅下边切割磁感线，电流大小安培力大小
匀速运动说明受力平衡代入数据可得故A错误；
B．线框进入过程由动量定理得且代入数据可得
故B正确；
C．线框完全进入磁场后，所受安培力合力为零，对线框由牛顿第二定律得
则线框从完全进入磁场到线框下边到达磁场下边界的过程中解得从线框开始运动到完全进入磁场的过程中，流过线框的电荷量为而随后完全在磁场里有感生电流，仍会有电荷通过线框，且根据楞次定律可判断出，电流方向与进入磁场时的电流方向一致
则总电荷量为3C，故C错误；
D．线框从开始进入磁场到完全进入磁场的过程中，根据能量守恒定律
解得线框完全进入磁场到线框下边到达磁场下边界的过程中，回路中的感应电流大小为
该过程产生的焦耳热为则总的焦耳热故D正确。故选BD。
特训目标
特训内容
目标1
高考真题（1T—4T）
目标2
三大力场中有关斜面模型的平衡问题（5T—10T）
目标3
三大力场中有关斜面模型的动力学问题（11T—16T）
目标4
三大力场中有关斜面模型的能量动量问题（17T—22T）