黄金30题系列 高三物理 小题好拿分【基础版】

1．B2．C【解析】解：对小球B受力分析，由平衡条件得，弹簧的弹力N和绳子的拉力F的合力与重力mg大小相等、方向相反，即=mg F 合，作出力的合成图，并由三角形相似得：F T FOA OB AB==合，又由题， OA OB L ==，得T F m g ==合，绳子的拉力T 只与小球B 的重力有关，与弹簧的劲度系数k 无关，所以得到T 1=T 2，故C 项正确。

换成K 2以后AB 减小由F T FOA OB AB==合可知F 1>F 2，B 错误 综上所述，本题正确答案为C 。

3．B4．C【解析】A 、若金属小环做平抛运动，则有0x v t =， 222201522gh gt x x v ===，故平抛运动轨迹方程与曲线方程一样，所以金属小环做平抛运动，与金属环间的弹力为0，故A 错误；B 、金属小环做平抛运动，小环经过B 点的加速度等于A 点时的加速度，故B 错误；C 、小环经过B 点的时间()02131x t s s v --∆===，所以小环经过B 点的时刻为t=3s ，小环经过B 点时()120/y v g t m s =-=，所以小环经过B 点时重力的瞬时功率为20y P mgv w ==，故C 正确，D 错误；故选C 。

5．D【解析】以小球为研究的对象，则小球恰好能第一次通过圆周运动的最高点B 点时，绳子的拉力为0，小球受到重力与斜面的支持力，重力沿斜面向下的分力恰好充当向心力，得：2sin30Bv mg m R= 解得： B v ==A 到B 的过程中，重力与摩擦力做功，设摩擦力做功为W f ，则021sin3002f B mgR W mv +=-解得： 14f W mgR =- A ：A 到B 的过程中，合外力做功等于动能的增加211=-0=24B W mv mgR 合，故A 错误。

B ：A 到B 的过程中，重力做功01sin302G W mgR mgR ==，故B 错误。

黄金三十天黄金30题专题01 单选题精练（基础版）选择题：每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。

1．在物理学的发展中，有许多科学家做出了重大贡献，下列说法中正确的有（）A. 库仑通过扭秤实验测量出万有引力常量B. 胡克总结出弹簧弹力与形变量间的关系C. 伽利略利用斜面实验观察到了小球合力为零时做匀速直线运动D. 牛顿通过观察发现了行星运动的规律【答案】 B【解析】卡文迪许通过扭秤实验测量出万有引力常量，故A错误；胡克总结出弹簧弹力与形变量间的关系，故B正确；伽利略利用斜面实验观察到了小球合力不为零时做匀加速直线运动，故C错误；开普勒通过观察发现了行星运动的规律，故D错误；故选B.2．根据近代物理知识，你认为下列说法中正确的是A. 将物体看成质点进行研究分析，应用了等效替代的方法B. 通过安培分子电流假说可以得出：一切磁现象都源于电流或运动电荷，一切磁作用都是电流或运动电荷之间通过磁场而发生的作用C. 在原子核中，结合能越大表示原子核中的核子结合的越牢固D. 铀核（）衰变为铅核（）的过程中，中子数减少21个【答案】 B3．如图所示，I、II分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动的v—t图线，根据图线可以判断( )A. 甲、乙两小球做的是初速度方向相反的匀变速直线运动，加速度大小相同，方向相同B. 两球在t=8s时相距最远C. 两球在t=2s时有相同的速度D. 两球在t=8s时相遇【答案】 D【解析】在速度-时间图象中，图象的斜率表示加速度，由图象可知，甲的加速度为：，乙的加速度为：，加速度大小不等，故A错误；甲物体8s内的总面积为零即总位移为零，说明甲物体由回到出发点，乙物体前2s内静止，后6s内的总位移为零，说明乙物体也回到了出发点，又因为两物体从同一地点出发，所以两物体此时相遇，并且相距最近，故B错误，D正确；由图可知，两球在t=2s时刻速度大小相等，方向相反，故C错误。

1．1200 N【解析】设工人刚要拉紧安全带时的速度为v ，v 2=2gL ，得v=经缓冲时间t=1 s 后速度变为0，取向下为正方向，工人受两个力作用，即拉力F 和重力mg ，对工人由动量定理知，（mg-F ）t=0-mv ， 将数值代入得：F=1200 N 。

2．(1) W mgR =- (2) 4Rx μ=【解析】试题分析：（1）在C 点小球受重力和支持力作用，由牛顿第二定律可求出在C 点的速度，从A 到C 由动能定理可求出摩擦阻力做的功，（2）物体在水平轨道上受摩擦力的作用下，做匀减速运动，由动能定理可求出在水平轨道上的距离.（2）在水平轨道上，由动能定理得： 2102C mgx mv μ-=- 解得： 4Rx μ=3．（1）0.5s （2）16m （3）69m【解析】（1）由汽车的v-t 图象可得，刹车后汽车的加速度大小22106/2/2v a m s m s t ∆-∆＝＝＝ t B =5.5s 时，汽车的速度v B =v 0-a （5.5-t 1），代入数据解得t 1=0.5s ．（2）设相邻两杆之间的距离为L ，司机由B 到C 的过程中，v B 2−v C 2＝2aL ， 代入数据解得L=16m ．（3）汽车在0～5.5s 内的位移 x OB ＝v 0t 1+v 0(t B −t 1)− 12a (t B −t 1)2， 代入数据x OB =85m ，A 杆距O 点的距离x OA =x OB -L=85-16m=69m ． 4．（1）78（2）18m 【解析】试题分析：根据v-t 图象的斜率求出物体运动的加速度，由牛顿第二定律求解物体与传送带间的动摩擦因数；速度图象的“面积”大小等于位移，物体在0-2s 内的位移为负值，在2-8s 内的位移为正值；在前6s 内物体与传送带发生相对滑动，求出相对位移△x 。

（1）根据v-t 图象的斜率表示加速度，可得物体的加速度大小为： 2220/1/2v a m s m s t ∆-===∆ 由牛顿第二定律得： 03737mgcos mgsin ma μ-= 带入数据解得： 78μ=点睛：本题主要考查了传送带问题，根据图象分析物体的运动情况，求出位移和加速度，从而求出相对位移。

（精心整理，诚意制作）【考前必做难题】高考具有选拔性，本专题精选难题（中等偏上），助你圆梦象牙塔。

第一部分选择题【试题1】物体先做初速度为零的匀加速运动，加速度大小为a1，当速度达到v时，改为以大小为a2的加速度做匀减速运动，直至速度为零。

在加速和减速过程中物体的位移和所用时间分别为x1, t1和x2, t2，下列各式中不成立的是( )A．1122x tx t=B.1122a ta t=C.1221x ax a=D.12122()x xvt t+=+【试题2】如图所示，倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体a放在斜面上，轻质细线一端固定在物体a上，另一端绕过光滑的滑轮固定在c点，滑轮2下悬挂物体b，系统处于静止状态．若将固定点c向右移动少许，而a与斜劈始终静止，则A．细线对物体a的拉力增大 B．斜劈对地面的压力减小C．斜劈对物体a的摩擦力减小 D．地面对斜劈的摩擦力增大【试题3】一个质量可忽略不计的长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放质量分别为m A=1kg和m B=2 kg的A、B两物块，A、B与木板之间的动摩擦因数都为μ=0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示（重力加速度g取10m/s2）。

则下列说法错误的是A．若F=1N，则A、B都相对板静止不动B．若F=1.5N，则A物块所受摩擦力大小为1.5NC．若F=4N，则B物块所受摩擦力大小为2ND．若F=6N，则B物块的加速度为1m/s2【试题4】如图所示，一质量为m的物块以一定的初速度v0从斜面底端沿斜面向上运动，恰能滑行到斜面顶端．设物块和斜面的动摩擦因数一定，斜面的高度h和底边长度x可独立调节（斜边长随之改变），下列说法错误的是（）A．若增大m，物块仍能滑到斜面顶端B．若增大h，物块不能滑到斜面顶端，但上滑最大高度一定增大C．若增大x，物块不能滑到斜面顶端，但滑行水平距离一定增大D．若再施加一个水平向右的恒力，物块一定从斜面顶端滑出故选项B说法正确；同理若增大x，物块滑行上升的高度将小于h，即物块不能滑到斜面顶端，假设物块仍【试题5】某缓冲装置的理想模型如图所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力为定值。

高中物理学习材料（灿若寒星**整理制作）【考前必做基础】考前复习备考，必须回归基础；本专题，也是参考了近几年高考命题，总结出考生必须复习到的常考点、重点、热点，本专题总结了破解它们的“根本”。

完成本专题，增强考生应试的底气，更有自信。

第一部分选择题【试题1】做匀加速直线运动的质点在第一个2s内的平均速度比在第一个6s内的平均速度小4m/s，则质点的加速度大小为（）A．1m/s2B．2m/s2C．3m/s2D．4m/s2【试题2】汽车以20 m/s的速度做匀速直线运动，刹车的加速度大小为5 m/s2，那么开始刹车后2 s内与开始刹车后6 s内汽车通过的位移之比为A．1∶1 B．1∶3 C．3∶4 D．4∶3【答案】C【解析】试题分析：刹车过程匀减速直线运动，当速度减小到0时，即停止不再匀减速，匀减速的时间020020/45/v m st s a m s --===-。

刹车后2秒内的位移222101120/25/(2)3022x v t at m s s m s s m =-=⨯-⨯⨯=，刹车后6秒内即运动时间4秒内的位移222201120/45/(4)4022x v t at m s s m s s m =-=⨯-⨯⨯=，开始刹车后2 s 内与开始刹车后6 s 内汽车通过的位移之比为123:4x x =，选项C 对。

考点：匀变速直线运动【试题3】 a 、b 两辆汽车在同一条平直公路上行驶的v －t 图象如下图所示．下列说法正确的是A.t 1时刻，a 车和b 车处在同一位置B.t 2时刻，a 、b 两车运动方向相反C.在t 1到t 2这段时间内，b 车的加速度先减小后增大D.在t 1到t 2这段时间内，b 车的位移大于a 车的位移【试题4】 某校举行托乒乓球跑步比赛，赛道为水平直道，比赛时某同学将球置于球拍中心，当速度达到v 0时做匀速直线运动跑至终点，整个过程中球一直保持在球拍中心不动，如图所示，设球在运动中受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，f ＝kv 0，方向与运动方向相反，不计球与球拍之间的摩擦，球的质量为m ，重力加速度为g ，则在比赛中，该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角θ0满足（ ）A．sinθ0＝kv0/mg B．cosθ0＝kv0/mg C．tanθ0＝kv0/mg D．tanθ0＝mg/kv0【试题5】如图所示，一轻质弹簧的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为37°的光滑斜面体顶端，弹簧与斜面平行。

期末复习小题好拿分【基础版】（30题）一、单选题1．如图所示，某物体沿两个半径为R 的圆弧由A 经B 到C ，下列结论正确的是（ ）A. 物体的位移等于4R ，方向向东B. 物体的位移等于2πR，方向向东C. 物体的路程等于4RD. 物体的路程等于4πR2．古希腊权威思想家亚里士多德曾经断言：物体从高空落下的快慢同物体的重量成正比，重者下落快，轻者下落慢。

比如说，十磅重的物体落下时要比一磅重的物体落下快十倍。

1800多年来，人们都把这个错误论断当作真理而信守不移。

直到16世纪，伽利略才发现了这一理论在逻辑上的矛盾。

并通过“比萨斜塔试验”，向世人阐述他的观点。

对此进行了进一步的研究，通过实验来验证：伽利略用铜球从斜槽的不同位置由静止下落，伽利略手稿中记录的一组实验数据: 伽利略对上述的实验数据进行了分析，并得出了结论，下列是伽利略得出的结论是（ ）A. v t =v 0+atB.2x k T ∆= C. v t 2-v 02=2ax D.312222124......s s s k t t t === 3．已知做匀加速直线运动的物体在某段时间内的第5s 末速度为10m/s ，则物体（ ）A. 加速度一定为2m/s 2B. 前5s 内位移一定是25mC. 前10s 内位移一定为100mD. 前10s 内位移不一定为100m4．如图所示，质量为m =1.2Kg 、顶角为α=370的直角劈和质量为M =2 Kg 的正方体放在两竖直墙和水平地面间，处于静止状态．若不计一切摩擦， g取10 m/s2，墙面对正方体的弹力大小与水平地面对正方体的弹力大小分别为（）A. 20N，36NB. 16N，32NC. 16N，40ND. 20N，20N5．如图所示，水平传送带在电动机带动下始终保持以速度v匀速运动，某时刻质量为m的物块无初速地放在传送带的左端，经过一段时间物块能与传送带保持相对静止。

已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ。

（范围：必修一、二，选修3-5动量）1．（1）（2）BC段恒力F的取值范围是1N≤F≤3N，函数关系式是.【解析】，而，可以求得F2=8N所以当F2=8N时，物块从v o经过t后与木板的速度相等而此时的相对位移可以求得由于物体将会从滑板左侧滑出即，所以b=可得坐标：B（）D（）（2）当时，最终两物体达到共速，并最后一起相对静止加速运动，当两者具有共同速度v，历时，则：根据速度时间关系可得：根据位移关系可得：联立函数关系式解得：点睛：本题考查了牛顿运动定律，滑块问题是物理模型中非常重要的模型，本题通过非常规的图像来分析滑块的运动。

2．考点：动量守恒、动量定理【名师点睛】3．3.4s【解析】试题分析：物体在水平传送带上先做匀加速直线运动，达到传送带速度后做匀速直线运动，在倾斜传送带上，由于重力沿斜面方向的分力大于滑动摩擦力，所以物体做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出在水平传送带和倾斜传送带上的加速度，结合运动学公式即可求出运动时间。

物体A轻放在a点后摩擦力作用下向右做匀加速直线运动此时的加速度为：当物体的速度与传送带速度相等时运动的位移为：此时有：，由此可以看出并未从水平传送带上滑下则加速经历时间为：此后随传送带匀速运动到b 点的时间为：当物体A 到达成bc 斜面后，由于mg sin α=0.6mg ＞μmg cos α=0.2mg所以物体A 将再次沿传送带做匀加速直线运动。

由牛顿第二定律可得加速度大小为：根据位移时间公式可得物体A 在传送带bc 上所用时间为：代入数据解得：t 3=1s(负值舍去)则物体A 从a 点被传送到c 点所用时间为t =t 1+t 2+t 3=3.4s点睛：本题主要考查了应用牛顿第二定律和运动学公式求解传送带问题，注意在倾斜传送带上运动时加速的情况。

4．（1）μ1＝0.5（2）F f =1.6 N,水平向左（3）地面对木楔的摩擦力的大小、方向均不变 【解析】解:（1）由22v as = 得: 22/a m s = 2由2cos cos 2/mg a g m s mμθμθ=== 得0.5μ=（3）对木楔来说物块加力以后它的受到物体的力没有任何变化，所以地面对木楔的摩擦力的大小、方向均不变5．（1）8 m/s （2）7.6 m （3）物块不能到达M 点．【解析】（1）由物块过B 点后其位移与时间的关系x ＝8t －2t 2得v 0＝8 m/s ， 加速度a ＝4 m/s 2（2）设物块由D 点以初速度v D 做平抛运动，落到P 点时其竖直速度为2y v gR＝ 又tan45y Dv v =︒，得v D ＝4 m/s设平抛运动用时为t ，水平位移为x ，由R ＝12gt 2，x ＝v D t ，得x ＝1．6 m BD 间位移为220162Dv v x m a-== 则BP 水平间距为x ＋x 1＝7.6 m6．（1）6m /s （2）3m /s （3）8N【解析】（1）滑块做匀减速直线运动，加速度大小： 22m /s fa m==， 2202A v v ax -=-解得： 6m /s A v =．（2）碰撞过程中满足动量守恒： 2A mv mv =， 解得： 3m/s v =．（3）由b 运动到c 的过程中，根据动能定理，设c 点的速度为C v ，2111222222C mg R mv mv -⋅=⋅-⋅， 解得： 5m /s C v =，根据受力分析： 222Cv mg N m R+=，解得8N N =． 7．（1）2m/s (2)4.5J8．（1）4cm ；（2）5N ，方向沿斜面向上． 【解析】（1）对结点O 受力分析如图所示：根据平衡条件，有： 0B Tcos m g θ-=， 0Tsin F θ-=，且： F kx =，解得： 4x cm =； （2）设物体A 所受摩擦力沿斜面向下，对物体A 做受力分析如图所示：根据平衡条件，有： 0A T f m gsin α=﹣﹣，解得： 5f N =﹣，即物体A 所受摩擦力大小为5N ，方向沿斜面向上。

（精心整理，诚意制作）【最有可能考】从近几年高考命题中总结出一些最有可能考到的高频考点，她们与20xx年高考有个无言的“约定”；关注考纲变化，关注新考点，她们最可能受到高考命题专家的“青睐”。

第一部分选择题【试题1】结合你所学知识和图中描述的物理学史，判断下列说法错误的是A．图中“力学”高峰期是指牛顿建立动力学理论B．伽俐略将他的“斜面实验”和“比萨斜塔实验”都记录在他的《自然哲学的数学原理》一书中C．“电磁学”理论的完备晚于“力学”理论的完备D．法拉第发现了电磁感应现象的规律【试题2】物理学中，科学家处理物理问题用到了多种思想与方法，根据你对物理学的学习，关于科学家的思想和贡献，下列说法错误的是（）A．重心和交变电流有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想B ．用质点来代替实际物体是采用了理想化模型的方法C ．奥斯特通过实验观察到电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系D ．牛顿首次提出“提出假说，数学推理，实验验证，合理外推”的科学推理方法 【答案】D 【解析】试题分析：重心和交变电流有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想，故A 正确；质点是实际不存在的，故是理想化的模型，所以B 正确；奥斯特通过实验观察到电流的磁效应，故C 正确；伽利略首次提出“提出假说，数学推理，实验验证，合理外推”的科学推理方法，故D 错误，本题错误的选择D 。

考点：本题考查物理学史 【试题3】亚丁湾索马里海域六艘海盗快艇试图靠近中国海军护航编队保护的商船，中国特战队员成功将其驱离。

假如其中一艘海盗快艇在海面上运动的v —t 图象如图所示，则下列说法正确的是O )(s t )(s m v 1515-6696116A ．海盗快艇在0～66s 内做曲线运动B ．海盗快艇在96s 末开始调头逃离C ．海盗快艇在66s 末离商船最近D ．海盗快艇在96～116s 内做匀减速直线运动【试题4】如图所示，足够长光滑轻杆BO 通过铰链与固定水平粗糙轻杆AO 连接，夹角为θ，轻杆BO 只能在竖直平面内转动。

黄金30题系列高三物理小题易丢分学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．叠罗汉是一种二人以上层层叠成各种造型的游戏娱乐形式,也是一种高难度的杂技.如图所示为六人叠成的三层静态造型,假设每个人的重量均为G,下面五人的背部均呈水平状态,则最底层正中间的人的一只脚对水平地面的压力约为( )A．34G B．78G C．54G D．32G2．如图所示为甲、乙两个物体在同一条直线上运动的v﹣t图象，t=0时两物体相距3S0，在t=1s时两物体相遇，则下列说法正确的是（）A．t=0时，甲物体在前，乙物体在后B．t=2s时，两物体相距最远C．t=3s时，两物体再次相遇D．t=4s时，甲物体在乙物体后2S0处3．在平直公路上行驶的a车和b车，其位移-时间图象分别为图中直线a和曲线b，由图可知（）．A．b车运动方向始终不变B．在t1时刻a车与b车速度相同C．t1到t3时间内a车与b车的平均速度相等D．t1到t2时间内有一时刻两车的速度相同4．一质量为m的小物块沿竖直面内半径为R的圆弧轨道下滑，滑到最低点时的瞬时速度为v ，若小物块与轨道的动摩擦因数是μ，则当小物块滑到最低点时受到的摩擦力为（ ）A ．μmgB ．μmv 2RC ．μm(g −v 2R ) D ．μm(g +v 2R) 5．地球和木星绕太阳运行的轨道都可以看作是圆形．已知木星的轨道半径约为地球轨道半径的5.2倍，则木星与地球绕太阳运行的线速度之比约为( )A ．0.19B ．0.44C ．2.3D ．5.26．一个小球从高处由静止开始落下，从释放小球开始计时，规定竖直向上为正方向，落地点为重力势能零点．小球在接触地面前、后的动能保持不变，且忽略小球与地面发生碰撞的时间以及小球运动过程中受到的空气阻力．图中分别是小球在运动过程中的位移x 、速度v 、动能k E 和重力势能p E 随时间t 变化的图象，其中正确的是（ ） A ． B ．C ．D ．7．如图所示的电路中，电源电动势为6V ，当开关S 接通后，灯泡L 1和灯泡L 2都不亮，用电压表测得各部分电压是U ab =0V ，U ad =0V ，U cd =6V ，由此可断定A．L1和L2的灯丝都烧断了B．L1的灯丝烧断了C．L2的灯丝烧断了D．变阻器R断路8．如图所示，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向（垂直于纸面向里）垂直。

2016^2017学年度上学期期末考试备考黄金30题之大题好拿分高三物理【基础版】（24题）1. 某物理兴趣小组的同学在研究弹赞弹力的时候，测得弹力的大小尸和弹簧长度/的关系如图1所示，则（1）弹簧的劲度系数为N/m.（2）为了用弹簧测定两木块A 和B 间的动摩擦因数冷两位同学分别设计了如图2所示的甲、乙两种方案.①为了用某一弹簧测力计的示数表示A 和B 之间的滑动摩擦力的大小，你认为方案更合理.②若A 和B 的重力分别为10.0N 和20.0N.当A 被拉动吋，弹簧测力计a 的示数为6.ON, b 的示数为11.0N, c 的示数为4.0N,则A 和B 间的动摩擦因数为.【答案】（1） 300； （2）①甲；②0.3【解析】 ⑴ 由图渎出，弹蕃的弹力F = 0时，弹蕃的长度为= 即弹蕃的原长为10cm,由图读出弹力为凡=60N,弹蒂的长度为弹菁压缩的长度=40-20 = 20^ = 0.2^1 jF 66由胡克希弹蹄劲度系吹=才护/心OOS 。

<2）①甲乙两种方案，在拉看物体A 运动的过程中，拉A 的弹蕃测力计由于在不断地运动，示数可能会变化'读数不是很准，弾蕃测力计2杲不动的，指针稳定，便于读数，故甲方案更合理; ②由于鮮测力计a 示数为6畋斛…间綁騙因数“育务叽 考点：探究弹力和弹簧伸长的关系【名师点睛】胡克定律公式F = kx^,是弹簧伸长或压缩的长度,不是弹簧的长度•第（2）关键明确实验 原理，根据平衡条件和滑动摩擦定律列式求解。

2. 高屮电学实验的核心是测电阻，当然所测的对彖是不同的，有灯泡的电阻、电阻丝的电阻、电表的电阻、 电源的电阻等；所用的方法也不同，有伏安法、半偏法、等效代替法等，其屮最常用的是伏安法，测暈电 路如图所示:RA 甲（1）为了减小电表内阻引起的误差，如果待测电阻和电表内阻未知，可观察电表的变化；当开关由a点变到接触b点时，电流表变化显著，则开关应接在点，测量误差较小。

2016*2017学年度上学期期末考试备考黄金30题之小题好丢分高三物理（30题）1. 利用速度传感器与计算机结合，可以自动做出物体的速度v 随时间/的变化图像。

某次实验中获得的 图像如图所示，由此可以推断该物体在A. /=2s 时速度的方向发生了变化B. 戶2s 时加速度的方向发生了变化C. 0〜4s 内做曲线运动D. 0〜4s 内的位移约为2.8m【答案】A【解析】由图度与时间的图像可知，物体在2s 前速度是正值，在血后速度是员值，即方向发生了改变，故 时速度的方向发生了变化，选项/正确：=2s 前后曲线的斜率都是负的，故其加速度的方向没有发生 变化，选项E 错误；物体一直做直线运动，选项C 错误；内物体的位移约为0,选项D 错误。

考点：速度与时间图像。

2. 如图所示，置于地面的矩形框架屮用两细绳拴住质量为加的小球，绳B 水平。

设绳/、3对球的拉力大 小分别为F\、F?,它们的合力大小为尸。

现将框架在竖直平面内绕左下端缓慢旋转90。

，在此过程中（） A. 俗先增大后减小C. F 先增大后减小B.局先增大后减小 D. F 先减小后增大【答案】B【解析】对小球受力分析如图所示:小球处于静止状态，受力平衡，两绳的拉力的合力与重力大小相等方向相反，则F不变，根据平行四边形怎则可知，将框架在竖直平面内绕左下端缓慢旋转90。

的过程中，片逐渐减小，场先增大后减小，当绳A 处于水平方向时，爲最大，故B正确。

考点：共点力平衡的条件及其应用、力的合成与分解的运用3.如图是某同学站在压力传感器上做下蹲■起立的动作吋传感器记录的压力随吋I'可变化的图线，纵坐标为压力，横坐标为时间。

由图线可知，该同学的体重约为650N,除此以外，还可以得到以下信息1000： .... 卞飞…R ...... : ....（poo 二寸VM+fCLZt：…£ 600鬥十…「…卄…j ........................出00 :•一一卫•一一T―T .............汁…匸……3-:…一5—时间（s）二A.Is吋人处在下蹲的最低点B.2s时人处于下蹲静止状态C.该同学做了2次下蹲•起立的动作D.下蹲过程中人始终处于失重状态【答案】B【解析】人在下蹲的过程中，先加速向下运动，此时加速度方向向下，故人处于失重状态，最后人静止，故下半段是人减速向下的过程，此时加速度方向向上，人处于超重状态，故下蹲过程中先是失重后超重，选项D错误；在X时人的失重最大，即向下的加速度最大，故此时人并没有静止，它不是下蹲的最低点，选项A错误；2s时人经历了失重和超重两个过程，故此时处于下蹲静止状态，选项E正确；该同学在前2s 时是下蹲过程，后卞是起立的过程，所以共做了1次下蹲-起立的动作，选项C错误。

2017~2018学年第一学期期末复习备考之高三物理专题复习之期末复习小题易丢分（30题）一、单选题1．如图所示，50个大小相同、质量均为m的小物块，在平行于斜面向上的恒力F作用下一起沿斜面向上运动．已知斜面足够长，倾角为30°，各物块与斜面的动摩擦因数相同，重力加速度为g，则第46个小物块对第45个小物块的作用力大小为( )A. FB. FC. mg＋FD. 因为动摩擦因数未知，所以不能确定2．叠罗汉是一种二人以上层层叠成各种造型的游戏娱乐形式,也是一种高难度的杂技.如图所示为六人叠成的三层静态造型,假设每个人的重量均为G,下面五人的背部均呈水平状态,则最底层正中间的人的一只脚对水平地面的压力约为( )A. 34G B.78G C.54G D.32G3．如图所示为甲、乙两个物体在同一条直线上运动的v﹣t图象，t=0时两物体相距3S0，在t=1s时两物体相遇，则下列说法正确的是（）A. t=0时，甲物体在前，乙物体在后B. t=2s时，两物体相距最远C. t=3s 时，两物体再次相遇D. t=4s 时，甲物体在乙物体后2S 0处4．在平直公路上行驶的a 车和b 车，其位移-时间图象分别为图中直线a 和曲线b ，由图可知（ ）。

A. b 车运动方向始终不变B. 在t 1时刻a 车与b 车速度相同C. t 1到t 3时间内a 车与b 车的平均速度相等D. t 1到t 2时间内有一时刻两车的速度相同5．一质量为m 的小物块沿竖直面内半径为R 的圆弧轨道下滑，滑到最低点时的瞬时速度为v ，若小物块与轨道的动摩擦因数是μ，则当小物块滑到最低点时受到的摩擦力为A. mg μB. 2mv R μ C. 2v m g R μ⎛⎫- ⎪⎝⎭ D. 2v m g R μ⎛⎫+ ⎪⎝⎭ 6．地球和木星绕太阳运行的轨道都可以看作是圆形．已知木星的轨道半径约为地球轨道半径的5.2倍，则木星与地球绕太阳运行的线速度之比约为( )A. 0.19B. 0.44C. 2.3D. 5.27．一个小球从高处由静止开始落下，从释放小球开始计时，规定竖直向上为正方向，落地点为重力势能零点．小球在接触地面前、后的动能保持不变，且忽略小球与地面发生碰撞的时间以及小球运动过程中受到的空气阻力．图中分别是小球在运动过程中的位移x 、速度v 、动能k E 和重力势能p E 随时间t 变化的图象，其中正确的是（ ）A. B.C. D.8．如图，两电荷量分别为Q(Q>0)和－Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b位于y轴O点上方。

小题狂练 30 法拉第电磁感应定律 自感现象小题狂练○30 小题是基础 练小题 提分快 1.[2019·河北省承德二中测试]如图所示，用相同导线绕成的两个单匝线圈a 、b 的半径分别为r 和2r ，圆形匀强磁场B 的边缘恰好与a 线圈重合，若磁场的磁感应强度均匀增大，开始时的磁感应强度不为0，则( )A ．任意时刻，穿过a 、b 两线圈的磁通量之比均为1：4B ．a 、b 两线圈中产生的感应电动势之比为1：2C ．a 、b 两线圈中产生的感应电流之比为4：1D ．相同时间内a 、b 两线圈产生的热量之比为2：1答案：D解析：任意时刻，穿过a 、b 两线圈的磁感线条数相等，磁通量相等，故磁通量之比为1：1，故A 错误．根据法拉第电磁感应定律得：E ＝ΔB Δt S ，S ＝πr 2，因为S 相等，ΔB Δt 也相等，所以a 、b 两线圈中产生的感应电动势相等，感应电动势之比为1：1，故B 错误．线圈a 、b 的半径分别为r 和2r ，周长之比为1：2，电阻之比为1：2，根据欧姆定律知I ＝E R ，得a 、b 两线圈中产生的感应电流之比为2：1.故C 错误．根据焦耳定律得Q ＝E 2R t ，相同时间内a 、b 两线圈产生的热量之比为2：1，故D 正确．2.[2019·湖南省衡阳八中模拟](多选)如图所示，均匀金属圆环的总电阻为4R ，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过圆环，金属杆OM 的长为l ，阻值为R ，M 端与环接触良好，绕过圆心O 的转轴以恒定的角速度ω顺时针转动．阻值为R 的电阻一端用导线和环上的A 点连接，A 点位于O 点的正下方，另一端和转轴O 处的端点相连接．下列判断正确的是( )A ．金属杆OM 旋转产生的感应电动势恒为Bl 2ω2B ．通过电阻R 的电流的最小值为Bl 2ω8R ，方向从Q 到PC ．通过电阻R 的电流的最大值为Bl 2ω4R ，且P 、Q 两点电势满足φP >φQD ．O 、M 两点间电势差绝对值的最大值为Bl 2ω3答案：AD解析：M 端线速度为v ＝ωl ，OM 切割磁感线的平均速度为v ＝v 2，OM 转动切割磁感线产生的电动势恒为：E ＝Bl v 2＝12Bl 2ω，A 正确；当M 端位于圆环最上端时，圆环两部分电阻相等，并联电阻最大，电流最小，R 并＝R ，通过电阻R 的电流的最小值为I min ＝E 3R ＝Bl 2ω6R ，根据右手定则可得电流方向从Q 到P ，B 错误；当M 位于最下端时圆环接入电路的电阻为0，此时有最大电流：I max ＝E 2R ＝Bl 2ω4R ，根据右手定则可得电流方向从Q 到P ，P 、Q 两点电势满足φP <φQ ，C 错误；OM 作为电源，外电阻增大，总电流减小，内电压减小，路端电压增大，所以外电阻最大时，O 、M 两点间电势差的绝对值最大，其最大值为：U ＝I min ×2R ＝Bl 2ω3，D 正确；故选A 、D .3．[2019·河北省衡水一中考试](多选)如图甲所示，一个刚性圆形线圈与电阻R 构成闭合回路，线圈平面与所在处的匀强磁场方向垂直，磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示．关于线圈中产生的感应电动势e 、电阻R 消耗的功率P 随时间t 变化的图象，下列可能正确的有( )答案：BD解析：根据题图乙知0～0.5T 内磁感应强度均匀增加，根据楞次定律，线圈中的感应电流沿逆时针方向；0.5T ～T 内磁感应强度均匀减弱，由楞次定律，线圈中的感应电流沿顺时针方向，A 错误；根据法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ，因为0～0.5T 内和0.5T ～T 内磁感应强度的变化率为定值且绝对值相等，所以感应电动势大小不变，B 正确；根据I ＝E R 总，整个过程中电流大小不变，由P ＝I 2R 知电阻R 消耗的功率不变，C 错误，D 正确．4. [2019·贵州省贵阳市摸底](多选)如图所示，边长为l 的正方形单匝金属线框ABCD ，左半部分处在方向垂直于线框平面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，线框的AD 边从图中位置按俯视的逆时针方向，以线速度v 绕固定对称轴OO ′匀速转动90°，则此过程线框中( )A ．感应电流方向沿A →D →C →B →AB ．磁通量的最大值为Bl 2C ．最大感应电动势为BlvD ．平均感应电动势为2Blv π答案：CD解析：由楞次定律结合右手螺旋定则，可知感应电流方向应为A →B →C →D →A ，A 项错误；通过线框的磁通量的最大值为Φ＝BS＝12Bl 2，B 项错误；当AD 边垂直切割磁感线时，感应电动势最大，E ＝Blv ，C 项正确；由法拉第电磁感应定律可知，线框转过90°过程中线框的平均感应电动势为E ＝ΔΦΔt ，ΔΦ＝12Bl 2，Δt ＝πl 4v ，联立可得E＝2Blv π，D 项正确．5．[2019·山西省名校联盟测试]如图所示，光滑水平面内有一正方形导体线框abcd ，置于垂直水平面向里、边界为MN 的匀强磁场外，线框的ab 边平行磁场边界MN ，线框以垂直于MN 的速度v 匀速进入磁场，线框进入磁场过程中，产生的焦耳热为Q 1，通过线框导体横截面的电荷量为q 1，若线框以速度2v 匀速进入磁场，进入磁场过程中，产生的焦耳热为Q 2，通过线框导体横截面的电荷量为q 2，则下列选项正确的是( )A ．Q 2＝2Q 1，q 2＝2q 1B ．Q 2＝2Q 1，q 2＝q 1C ．Q 2＝Q 1，q 2＝q 1D ．Q 2＝4Q 1，q 2＝2q 1答案：B解析：根据I ＝BLv R 及F ＝BIL 可得F ＝B 2L 2v R ，安培力做的功转化为电能，然后转化为焦耳热，由Q ＝W ＝FL ＝B 2L 3v R 可知产生的焦耳热与速度成正比，所以Q 2＝2Q 1；根据q ＝BL 2R 可知通过线框导体横截面的电荷量与速度无关，q 2＝q 1，选项B 正确．6．[2019·湖北省武汉市部分学校调研](多选)如图(a )所示，在足够长的光滑斜面上有一金属线框，垂直于斜面方向的匀强磁场的磁感应强度B 随时间的变化规律如图(b )所示(规定垂直斜面向上为正方向)．t ＝0时刻将线框由静止释放，在线框下滑的过程中，下列说法正确的是( )A ．线框中产生大小、方向均周期性变化的电流B ．MN 边受到的安培力先减小后增大C ．线框做匀加速直线运动D．线框中产生的焦耳热等于其机械能的损失答案：BC解析：穿过线框的磁通量先向下减小，后向上增加，根据楞次定律可知，感应电流方向不变，选项A错误；因磁感应强度B的变化率不变，则感应电动势的大小不变，感应电流的大小不变，而B的大小先减小后增大，根据F＝BIL可知，MN边受到的安培力先减小后增大，选项B正确；因线框平行的两边电流等大反向，整个线框所受的安培力合力为零，则线框下滑的加速度为g sinθ不变，线框做匀加速直线运动，选项C正确；因安培力对线框不做功，斜面光滑，则线框的机械能守恒，选项D错误．7.[2019·河北省石家庄调研]如图所示电路中，A、B、C为完全相同的三个灯泡，L是一直流电阻不可忽略的电感线圈．a、b为线圈L 的左右两端点，刚开始开关S是闭合的，三个灯泡的亮度相同．将开关S断开后，下列说法正确的是()A．a点电势高于b点，A灯闪亮后缓慢熄灭B．a点电势低于b点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭C．a点电势高于b点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭D．a点电势低于b点，B、C灯不会闪亮只是缓慢熄灭答案：D解析：电路稳定时，三个完全相同的灯泡亮度相同，说明流经三个灯泡的电流相等，某时刻将开关S断开，流经电感线圈的磁通量减小，其发生自感现象，相当于电源，产生和原电流方向相同的感应电流，故a点电势低于b点电势，三个灯泡不会闪亮只是缓慢熄灭，选项D正确．8．[2019·山东省泰安一中模拟](多选)在如图甲所示的电路中，电阻R1＝R2＝2R，单匝圆形金属线圈半径为r1，线圈的电阻为R，在半径为r2(r2<r1)的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示，图线在横、纵轴的截距分别为t0和B0，其余导线的电阻不计．闭合S，至t1时刻，电路中的电流已稳定，下列说法正确的是()A．电容器上极板带正电B．电容器下极板带正电C．线圈两端的电压为B0πr21 t0D．线圈两端的电压为4B0πr22 5t0答案：BD解析：由楞次定律知圆形金属线圈中的感应电流方向为顺时针方向，金属线圈相当于电源，电源内部的电流从负极流向正极，则电容器的下极板带正电，上极板带负电，A错，B对．由法拉第电磁感应定律知感应电动势为E＝ΔΦΔt＝ΔBΔt S＝B0t0×πr22，由闭合电路欧姆定律得感应电流为I＝ER＋R1＋R2，所以线圈两端的电压U＝I(R1＋R2)＝4B0πr225t0，C错，D对．9．[2019·重庆质检](多选)如图，两根足够长且光滑平行的金属导轨PP′、QQ′倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面向上，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好．现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则下列说法正确的是()A．金属棒ab最终可能匀速下滑B．金属棒ab一直加速下滑C．金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势D．带电微粒不可能先向N板运动后向M板运动答案：BC解析：金属棒沿光滑导轨加速下滑，棒中有感应电动势，从而对电容器充电，充电电流通过金属棒时金属棒受安培力作用，只有金属棒速度增大时才有充电电流，因此总有mg sinθ－BIl>0，金属棒将一直加速，A错、B对；由右手定则可知，金属棒a端电势高，则M板电势高，C 对；若微粒带负电，则静电力向上，与重力反向，开始时静电力为0，微粒向下加速运动，当静电力增大到大于重力时，微粒的加速度方向向上，D 错．10.[2019·陕西省部分学校摸底](多选)半径分别为r 和2r 的同心圆形导轨(电阻不计)固定在同一水平面内，一长为r 、电阻为R 的均匀金属棒AB 置于圆导轨上面，BA 的延长线通过圆形导轨圆心O ，装置的俯视图如图所示，整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，方向竖直向下．在两环之间接阻值为R 的定值电阻和电容为C 的电容器．金属棒在水平外力作用下以角速度ω绕O 逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．下列说法正确的是( )A ．金属棒中电流从B 流向AB ．金属棒两端电压为34Bωr 2C ．电容器的M 板带负电D ．电容器所带电荷量为32CBωr 2答案：AB解析：根据右手定则可知金属棒中电流从B 流向A ，选项A 正确；金属棒转动产生的电动势为E ＝Br ωr ＋ω·2r 2＝32Bωr 2，切割磁感线的金属棒相当于电源，金属棒两端电压相当于电源的路端电压，因而U ＝R R ＋RE ＝34Bωr 2，选项B 正确；金属棒A 端相当于电源正极，电容器M 板带正电，选项C 错误；由C ＝Q U 可得电容器所带电荷量为Q＝34CBωr 2，选项D 错误．11.[2019·江西省临川一中测试](多选)1931年英国物理学家狄拉克曾经预言，自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子，其周围磁感线呈均匀辐射状分布，如图所示，现有一半径为R的线状圆环，其过圆心O的环面的竖直对称轴CD上某处有一固定的磁单S极子，与圆环相交的磁感线和对称轴成θ角，圆环上各点的磁感应强度B大小相等，忽略空气阻力，下列说法正确的是()A．若圆环为一闭合载流I、方向如图的导体圆环，该圆环所受安培力的方向竖直向上，大小为BIRB．若圆环为一闭合载流I、方向如图的导体圆环，该圆环所受安培力的方向竖直向下，大小为2πBIR sinθC．若圆环为一如图方向运动的带电小球所形成的轨迹图，则小球带负电D．若圆环为一闭合导体圆环，从静止开始释放，环中产生与图中反方向的感应电流，加速度等于重力加速度答案：BC解析：根据左手定则可知，通电导体圆环每一部分受到的安培力斜向下，利用微元法可知该圆环所受安培力的方向竖直向下，大小为2πBIR sinθ，故A错误，B正确；若圆环为一如题图方向运动的带电小球所形成的轨迹圆，说明形成的电流产生的安培力竖直向上，形成的电流应与题图图示电流方向相反，故小球带负电，故C正确；闭合导体圆环从静止开始释放，在下落过程中穿过圆环的磁通量增大，根据右手定则可知，产生与题图反方向的感应电流，受到的安培力斜向上，根据牛顿第二定律可知加速度小于g，故D错误；故选B、C.12.[2019·湖南省长沙市长郡中学考试](多选)如图所示，x轴上方第一象限和第二象限分别有垂直纸面向里和垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度大小相同，现有四分之一圆形线框OMN绕O点逆时针匀速转动，若规定线框中感应电流I顺时针方向为正方向，从图示时刻开始计时，则感应电流I及ON边所受的安培力大小F随时间t的变化示意图正确的是()答案：AD解析：在0～t0时间内，由楞次定律和右手螺旋定则可判断出感应电流方向为逆时针方向(为负值)；在t0～2t0时间内，由楞次定律和右手螺旋定则可判断出感应电流方向为顺时针方向(为正值)，且大小为在0～t0时间内产生的电流大小的2倍；在2t0～3t0时间内，由楞次定律和右手螺旋定则可判断出感应电流方向为逆时针方向(为负值)，且大小与在0～t0时间内产生的感应电流大小相等，因此感应电流I 随时间t的变化示意图与选项A中图象相符，选项A正确，B错误．在0～t0时间内，ON边虽然有电流但没有进入磁场区域，所受安培力为零；在t0～2t0时间内，感应电流大小为在2t0～3t0时间内产生的电流大小的2倍，ON边所受安培力为在2t0～3t0时间内的2倍，因此ON 边所受的安培力大小F随时间t的变化示意图与选项D中图象相符，选项C错误，D正确．13．[2019·安徽省四校模拟](多选)如图所示，竖直面内有一闭合导线框ACDEA(由细软导线制成)挂在两固定点A、D上，水平线段AD为半圆的直径，在导线框的E处有一个动滑轮，动滑轮下面挂一重物，使导线处于绷紧状态．在半圆形区域内，有磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的有界匀强磁场．设导线框的电阻为r，半圆的半径为R，在将导线上的C点以恒定角速度ω(相对圆心O)从A点沿圆弧移动的过程中，若不考虑导线中电流间的相互作用，则下列说法正确的是()A ．在C 从A 点沿圆弧移动到D 点的过程中，导线框中感应电流的方向先逆时针，后顺时针B ．在C 从A 点沿圆弧移动到图中∠ADC ＝30°位置的过程中，通过导线上C 点的电荷量为3BR 22rC ．当C 沿圆弧移动到圆心O 的正上方时，导线框中的感应电动势最大D ．在C 从A 点沿圆弧移动到D 点的过程中，导线框中产生的焦耳热为πB 2R 4ω2r答案：ABD解析：设经过时间t ，C 点转过的角度为θ，则有θ＝ωt ，根据几何知识可知导线框在磁场中的面积为S ＝12×2R·R sin θ＝R 2sin ωt ，磁通量为Φ＝BR 2sin θ＝BR 2sin ωt ，磁通量先增大后减小，根据楞次定律知电流的方向先逆时针后顺时针，A 正确；根据q ＝ΔΦr ，可得q ＝BR 2sin 60°－0r＝3BR 22r ，B 正确；根据e ＝ΔΦΔt 可知，感应电动势e ＝ωBR 2cos ωt ，C 沿圆弧移动到圆心O 的正上方时，导线框中的感应电动势最小，为零，C 错误；根据C 选项的分析可知电动势的有效值为E ＝ωBR 22＝22ωBR 2，故焦耳热为Q ＝E 2r t ＝ω2B 2R 42r ×πω＝πωB 2R 42r ，D 正确．14．[2018·全国卷Ⅲ](多选)如图(a )，在同一平面内固定有一长直导线PQ 和一导线框R ，R 在PQ 的右侧．导线PQ 中通有正弦交流电i ，i 的变化如图(b )所示，规定从Q 到P 为电流正方向．导线框R 中的感应电动势( )A ．在t ＝T 4时为零B ．在t ＝T 2时改变方向C ．在t ＝T 2时最大，且沿顺时针方向D ．在t ＝T 时最大，且沿顺时针方向答案：AC解析：A 对：在t ＝T 4时，交流电图线斜率为0，即磁场变化率为0，由E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S 知，E ＝0.C 对，B 、D 错：在t ＝T 2和t ＝T 时，图线斜率最大，在t ＝T 2和t ＝T 时感应电动势最大．在T 4到T 2之间，电流由Q 向P 减弱，导线在R 处产生垂直纸面向里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知，R 产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里，即R中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在T 2到3T 4时，R 中电动势也为顺时针方向，在34T 到T 时，R 中电动势为逆时针方向．15．[2018·全国卷Ⅱ]如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l ，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下．一边长为32l 的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动．线框中感应电流i 随时间t 变化的正确图线可能是( )答案：D解析：设线框运动的速度为v，则线框向左匀速运动第一个l2v的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为E＝2Bdv(d为导轨间距)，电流i＝ER，回路中电流方向为顺时针；第二个l2v的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为零，电流为零；第三个l2v的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为E＝2Bdv，电流i＝ER，回路中电流方向为逆时针，所以D正确．16．[2016·上海卷](多选)如图(a)，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图中箭头所示方向为其正方向．螺线管与导线框abcd 相连，导线框内有一小金属圆环L，圆环与导线框在同一平面内．当螺线管内的磁感应强度B随时间按图(b)所示规律变化时()A．在t1～t2时间内，L有收缩趋势B．在t2～t3时间内，L有扩张趋势C．在t2～t3时间内，L内有逆时针方向的感应电流D．在t3～t4时间内，L内有顺时针方向的感应电流答案：AD解析：由题图(b)可知，在t1～t2时间内，线圈中向上的外加磁场的磁感应强度增大，图线的斜率在增大，则磁感应强度的变化率在增大，根据楞次定律可知，导线框中产生顺时针方向的感应电流，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中感应电动势增大，因此导线框中的感应电流增大，导线框中感应电流产生的磁场增强，使得该磁场在圆环中的磁通量增大，由楞次定律知圆环有收缩趋势，A项正确；在t2～t3时间内，外加磁场均匀变化，导线框中产生稳定电流，该电流的磁场是稳定磁场，通过圆环的磁通量保持不变，圆环没有扩张或收缩趋势，B、C项错误；在t3～t4时间内，外加磁场的磁感应强度向下减小，且图线的斜率也减小，根据楞次定律可知，导线框中产生顺时针方向减小的感应电流，根据法拉第电磁感应定律可知，该电流的磁场在圆环中的磁通量垂直纸面向里且大小减少，根据楞次定律可知，圆环内产生顺时针方向的感应电流，D项正确.课时测评○30 综合提能力 课时练 赢高分 一、选择题1．[2019·河北石家庄检测]等腰直角三角形OPQ 区域内存在匀强磁场，另有一等腰直角三角形导线框ABC 以恒定的速度沿垂直于磁场方向穿过磁场，穿越过程中速度方向始终与AB 边垂直且保持AC 平行于OQ ，关于线框中的感应电流，以下说法中不正确的是( )A ．开始进入磁场时感应电流最大B ．产生的电动势属于动生电动势C ．开始进入磁场时感应电流沿顺时针方向D ．开始穿出磁场时感应电流沿顺时针方向答案：C解析：当线框进入磁场时，切割磁感线产生的动生感应电动势为E ＝BLv ，导线框ABC 以恒定的速度运动，当有效切割长度最大时，产生的感应电动势也最大，感应电流I ＝E R ＝BLv R 最大．线框开始进入磁场时感应电动势最大，此时感应电流最大，选项A 、B 说法正确；由右手定则可判定导线框开始进入磁场时，切割磁感线产生的感应电流方向由C 到A ，即感应电流沿逆时针方向，选项C 说法错误；由楞次定律可得开始穿出磁场时感应电流方向由A 到C ，即感应电流沿顺时针方向，选项D 说法正确．2．[2019·辽宁锦州检测] (多选)如图所示，用长度L a ：L b ＝2：1的同种导线做成圆环a 、b ，并在A 、C 处相连，当均匀变化的磁场垂直穿过a 环时，环内电流为I 1，A 、C 间电压为U 1；若同样磁场穿过b 环，环内电流为I 2，A 、C 间电压为U 2，则( )A ．I 1：I 2＝4：1B ．I 1：I 2＝2：1C ．U 1：U 2＝2：1D ．U 1：U 2＝4：1答案：AC解析：用长度L a ：L b ＝2：1的同种导线做成圆环a 、b ，故两个环的半径之比为2：1，面积之比为4：1；根据电阻定律公式R ＝ρL S 0，两圆环的电阻之比为R a ：R b ＝2：1；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E ＝n ΔB Δt S ∝S ，故两种情况产生的电动势之比为4：1，根据闭合电路欧姆定律I ＝E R ，可知感应电流之比为4：1，选项A 正确，B 错误；路端电压U ＝IR ，第一次外电阻是b 环电阻，第二次外电阻是a 环电阻，故两次的路端电压之比为U 1U 2＝I 1R b I 2R a＝21，选项C 正确，D 错误．3．[2019·辽宁沈阳东北育才学校模拟]如图，固定在水平桌面上的光滑金属导轨cd 、eg 处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab 与导轨接触良好，在两根导轨的端点d 、e 之间连接一电阻，其他部分电阻忽略不计，现用一水平向右的恒力F 作用在金属杆ab 上，使金属杆由静止开始向右沿导轨滑动，滑动中杆ab 始终垂直于导轨，金属杆受到的安培力用F 安表示，则下列说法正确的是( )A ．金属杆ab 做匀加速直线运动B ．金属杆ab 运动时回路中有顺时针方向的电流C ．金属杆ab 所受到的F 安先不断增大，后保持不变D ．金属杆ab 克服安培力做功的功率与时间的平方成正比答案：C解析：对金属杆受力分析，根据牛顿第二定律有F －F 安＝ma ，即F －B 2L 2v R ＝ma ，由于速度变化，所以加速度发生变化，故金属杆做加速度逐渐减小的变加速运动，不是做匀加速直线运动，故A 错误；根据楞次定律可知，金属杆ab 运动时回路中有逆时针方向的感应电流，故B 错误；由F 安＝B 2L 2v R 可知，当速度增大时，安培力增大，当金属杆受力平衡时，达到最大速度，其后开始做匀速运动，安培力不变，故C 正确；金属杆克服安培力做功的瞬时功率P ＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫BLv R 2R ＝B 2L 2v 2R ，故D 错误．4.[2019·辽宁师大附中月考]如图所示，间距为L 的光滑平行金属导轨弯成“∠”形，底部导轨面水平，倾斜部分与水平面成θ角，导轨与固定电阻相连，整个装置处于竖直向上的磁感应强度为B 的匀强磁场中．导体棒ab 与cd 均垂直于导轨放置，且与导轨间接触良好，两导体棒的电阻均与阻值为R 的固定电阻相等，其余部分电阻不计，当导体棒cd 沿导轨向右以速度v 匀速滑动时，导体棒ab 恰好在倾斜导轨上处于静止状态，导体棒ab 的重力为mg ，则( )A ．导体棒cd 两端的电压为BLvB ．t 时间内通过导体棒cd 横截面的电荷量为2BLvt 3RC ．cd 棒克服安培力做功的功率为B 2L 2v 2RD ．导体棒ab 所受安培力为mg sin θ答案：B解析：根据题意画出等效电路如图甲所示．导体棒cd 产生的感应电动势为E ＝BLv ，导体棒cd 两端的电压是路端电压，为13E ＝13BLv ，选项A 错误；通过cd 棒的电流I ＝E 0.5R ＋R ＝BLv 1.5R ，在时间t 内通过导体棒cd 横截面的电荷量为q ＝It ＝2BLvt 3R ，选项B 正确；对ab棒进行受力分析如图乙所示，由于ab 棒静止，所以ab 棒所受安培力F ab ＝mg tan θ，选项D 错误；由功能关系知cd 棒克服安培力做功的功率等于整个电路的电功率，为P ＝E 20.5R ＋R ＝B 2L 2v 21.5R，选项C 错误． 5．[2019·湖北武汉二中检测]如图甲所示，一匝数N ＝10匝、总电阻R ＝7.5 Ω、长L 1＝0.4 m 、宽L 2＝0.2 m 的匀质矩形金属线框静止在粗糙水平面上，线框的bc 边正好过半径r ＝0.1 m 的圆形磁场的直径，线框的左半部分在垂直线框平面向上的匀强磁场区域内，磁感应强度B 0＝1 T ，圆形磁场的磁感应强度B 垂直线框平面向下，大小随时间均匀增大，如图乙所示，已知线框与水平面间的最大静摩擦力f ＝1.2 N ，取π≈3，则( )A ．t ＝0时刻穿过线框的磁量大小为0.07 WbB ．线框静止时，线框中的感应电流为0.2 AC ．线框静止时，ad 边所受安培力水平向左，大小为0.8 ND ．经时间t ＝0.4 s ，线框开始滑动答案：D解析：设磁场竖直向上穿过线框的磁通量为正，由磁通量的定义得t ＝0时，有Φ＝12L 1L 2B 0－B·π2r 2＝0.01 Wb ，故A 错误．线框静止时，根据法拉第电磁感应定律有E ＝N ΔΦΔt ＝0.75 V ，由闭合电路欧姆定律有I ＝E R ＝0.1 A ，故B 错误．由楞次定律可知，圆形磁场的磁感应强度增大时，线框内产生的感应电流的方向为逆时针方向，由左手定则可知，ad 边受到的安培力的方向水平向左，ad 边受到的安培力即线框受到的安培力，即F ＝10B 0IL 1＝10×1×0.1×0.4 N ＝0.4 N <1.2 N ，即ad 边受到的摩擦力的大小为0.4 N ，故C 错误．圆形磁场的磁感应强度均匀增大，所以线框产生大小不变的电动势，感应电流的大小不变，而左侧的磁场区域内的磁场不变，所以线框的ad 边受到的安培力的大小恒为0.4 N ，方向向左不变；t ＝0.4 s 时，线框的bc 边受到的安培力F ′＝NBI ×2r ＝0.8 N ，方向向左，故此时整个线框所受的安培力为0.4 N ＋0.8 N ＝1.2 N ，方向向左，因f m ＝1.2 N ，可知此时线框将要滑动，故D 正确．6．[2019·江西南昌二中检测](多选)在磁感应强度为B 的匀强磁场中，有一与磁场方向垂直、。

第一部分 选择题【试题1】某人站在20m 的平台边缘，以20m/s 的初速度竖直上抛一石子，不计空气阻力，，则抛出后石子距离抛出点15m 处的时间是A ．1sB ．3sC ．D ．【答案】ABD考点：考查了抛体运动规律的应用。

【名师点睛】本题关键是将竖直上抛运动的上升和下降阶段作为整个过程考虑（匀变速直线运动），同时要明确物体的位置可能在抛出点上方，也可能在抛出点下方．【试题2】AK47步枪成为众多军人的最爱．若该步枪的子弹在枪膛内的加速度随时间变化的图象如图所示，下列说法正确的是A ． 子弹离开枪膛时的速度为450 m ／sB ． 子弹离开枪膛时的速度为600 m ／sC ． 子弹在枪膛内运动的距离小于0． 45 mD ． 子弹在枪膛内运动的距离大于0． 45 m 【答案】D 【解析】根据可知，图像与坐标轴围成的面积等于速度的变化量，则子弹离开枪膛的速度为：，选项AB 错误；子弹在枪膛内的做加速度减小的加速运动，则平均速度大于v2=150m/s ，故子弹在枪膛内运动的距离大于，故选项C 错误，D 正确；故选D ．210/g m s =)72s)72s【试题3】如下图所示，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千。

某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍能保持等长且悬挂点不变当木板静止时，F 1表示木板所受合力的大小，F 2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后A ． F 1不变，F 2变大B ． F 1不变，F 2变小C ． F 1变大，F 2变大D ． F 1变小，F 2变小 【答案】A【解析】试题分析：木板所受合力就是木板的重力，是不变的，故选项CD 错误；维修时将两轻绳各剪去一小段时，两个绳子的夹角会变大，而两个绳子的合力不变，故每个绳子的拉力会变大，故选项A 正确，B 错误。

考点：力的合成。

【试题4】如图所示，高空作业的工人被一根绳索悬在空中，已知工人及其身上装备的总质量为m ，绳索与竖直墙壁的夹角为α，悬绳上的张力大小为F 1，墙壁与工人之间的弹力大小为F 2，重力加速度为g ，不计人与墙壁之间的摩擦，则A ．1sin mg F α=B ．2tan mg F α=C ．若缓慢增大悬绳的长度，F 1与F 2都变小D ．若缓慢增大悬绳的长度，F 1减小，F 2增大 【答案】C【解析】工人受到重力、支持力和拉力，如图：考点：物体的平衡【名师点睛】本题考查共点力平衡条件在动态平衡中的应用，解题的关键是根据共点力平衡条件，由几何关系得到F1与F2的表达式，再讨论变化情况即可。

黄金三十天黄金30题专题19 选考题精训（基础版）（选修3-3）1．下列说法正确的是______________A．晶体有固定的熔点，具有规则的几何外形，物理性质具有各向异性B．影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和气压的差距C．不可能使热量从低温物体传向高温物体D．在完全失重的情况下，熔化的金属能够收缩成标准的球形E．孤立体系中发生的实际过程，系统逐渐从比较有序的状态向更无序的状态发展【答案】BDE【解析】多晶体没有规则的几何外形和各向异性，A错误；对干爽与潮湿的感受是由相对湿度决定的，B正确；热量可以在一定的条件下从低温物体传向高温物体，故C错误；表面张力使熔化的金属液滴收缩到表面积最小，在完全失重状态下，球形表面积最小，D正确；根据熵增加原理，该系统只能是从比较有序的状态向更无序的状态发展，E正确.故选BDE. 2．关于物体的内能，下列说法正确的是_______A．相同质量的两种物质，升高相同的温度，内能的增量一定相同B．物体的内能改变时温度不一定改变C．内能与物体的温度有关，所以0℃的物体内能为零D．分子数和温度相同的物体不一定具有相同的内能E．内能小的物体也可能将热量传递给内能大的物体【答案】BDE3．下列说法正确的是________A．只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏加德罗常数B．悬浮微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数就越多，布朗运动越明显C．在使两个分子间的距离由很远(r>10－9 m)减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大；分子势能不断增大D．温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大E．一定质量的理想气体经等温压缩后，其压强一定增大【答案】ADE【解析】水的摩尔质量除以水分子的质量等于出阿伏加德罗常数，选项A正确；微粒越小，撞击的不平衡就越明显，布朗运动越明显；而颗粒大的物体不易产生布朗运动，故B错误；在使两个分子间的距离由很远(r>10－9m)减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先增大，后减小，再增大；分子势能先减小后增大，选项C错误；温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大，选项D正确；根据PV/T=C可知，一定质量的理想气体经等温压缩后，其压强一定增大，选项E正确；故选ADE.4．下列说法正确的是________A．气体温度升高，则每个气体分子的动能都将变大B．分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小C．一定质量理想气体温度升高，则内能增大D．在绝热过程中，外界对气体做功，气体的内能一定增加E．用油膜法估测分子大小，如果油膜没有充分展开，测出来的分子大小将偏小【答案】BCD5．下列说法正确的是_____________A.悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动B.荷叶上的水水滴呈球形是水的表面张力作用的结果C.彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点D.一定质量的理想气体吸收热量，其内能一定增加E.自然发生的热快递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的【答案】BCE【解析】布朗运动是悬浮在水中花粉的无规则运动，由于花粉是由大量花粉分子组成的，所以布朗运动不能反映了花粉分子的热运动，花粉的运动是水分子的撞击引起的，所以布朗运动是液体分子无规则运动的反映．故A错误；荷叶上的小水滴呈球形是水的表面张力，使水滴表面有收缩趋势的结果，故B正确；液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性，彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故C正确；根据热力学第一定律，一定质量的理想气体吸收热量，若同时对外做功，其内能不一定增加，故D错误．根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，故E正确．故选BCE．点睛:本题重点要掌握布朗运动的实质，液体表面张力的形成的原因，以及液晶体的物理性质等，解答的关键是正确理解热力学第二定律的几种不同的说法．6．下列说法正确的是____A．由于液体表面层分子间距离小于液体内部分子间距离，液体表面存在张力B．一块0℃的冰逐渐熔化成0℃的水，在这个过程中分子势能和物体的内能都会增加C．甲、乙两个分子相距较远．若把甲固定，使乙分子逐渐向甲靠近，直到不能再靠拢为止，在这一过程中先是分子力对乙做正功，然后乙克服分子力做功D．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和气压，水蒸发越慢E．机械能无法全部转化为内能，内能也无法全部用来做功以转化为机械能【答案】BCD【解析】由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，分子间表现为引力，液体表面存在张力，故A错误；一块0℃的冰逐渐熔化成0℃的水，在这个过程中分子平均动能不变，吸收热量用于增加分子势能，故内能增加，故B正确；分子间距离大于平衡距离时，分子力表现为引力，小于平衡距离时表现为斥力，甲、乙两个分子相距较远．若把甲固定，使乙分子逐渐向甲靠近，直到不能再靠拢为止，在这一过程中先是分子力对乙做正功，然后乙克服分子力做功，故C正确；空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越慢，故D正确；机械能可以全部转化为内能，内能无法全部用来做功以转化为机械能而不产生其他影响，故E错误．故选BCD.7．如图所示为两分子系统的势能E，与两分子间距离r的关系曲线。

1．B【解析】把三个物体看成一个整体为研究对象，水平方向上：地面光滑，对C没有摩擦力，根据平衡条件得知，墙对A没有压力，因而也没有摩擦力，故AD错误；对A受力分析：受到重力、B的支持力和摩擦力三个力作用，故B正确；先对AB整体研究，水平方向上：墙对A没有压力，则由平衡条件分析可知，C对B没有摩擦力，再对B分析：受到重力、A的压力和摩擦力、C的支持力，共四个力作用，故C错误。

所以B正确，ACD错误。

2．D3．D【解析】对点P受力分析，设杆的弹力为T，绳子的拉力为F，如图根据平衡条件，合力为零，△AOP与图中矢量（力）三角形相似，故有T F G OP AP AO==解得：OPT GAO=；F=APAOG；由图看出，OP、AO不变，则杆的支持力T不变，AP变大，则绳子拉力F变大．故D正确．故选D．4．A【解析】由v=at可得，a=，三次下落中的加速度相同，故公式正确，但不是伽利略用来证用匀变速直线运动的结论；故A错误；小球在斜面上三次运动的位移不同，末速度一定不同，即，故B错误；由图可知及运动学规律可知，s 1-s 2＞s 2-s 3，故C 错误；由运动学公式可知，s=at 2．故，故三次下落中位移与时间平方向的比值一定为定值，伽利略正是用这一规律说明小球沿光滑斜面下滑为匀变速直线运动，故D 正确；故选D ． 5．C6．D【解析】对质量分别为m 1、m 2的两个物体整体受力分析，如图根据牛顿第二定律，有，解得：，故A 错误；在竖直方向上可得地面对m 1的支持力：，故B 错误；对m 1受力分析如图所示：在水平方向：，在竖直方向有：，联立可得：，故C 错误；由上可知，又因，联立以上即可求出弹簧的伸长量，故D 正确。

所以D正确，ABC 错误。

7．C【解析】解:A 、在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中,A 物体所受的滑动摩擦力大小为20A A A f m g N μ== ,方向水平向右;B 物体所受的滑动摩擦力大小为20B B B f m g N μ==,方向水平向左,可以知道两物体组成的系统合外力为零,故两物体组成的系统动量守恒.故A 错误.B 、在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中,整个系统克服摩擦力做功,机械能减小转化为内能,故B 错误.C 、在两物体被弹开的过程中,弹簧的弹力先大于摩擦力,后小于摩擦力,故物体先做加速运动后做减速运动,机械能先增大后减小,所以C 选项是正确的.D 、对任一物体,根据动量定理得: mgt P μ-=- ,得物体运动的时间为Pt mgμ=,由上分析可以知道,两个物体的动量P 的大小相等,所受的摩擦力f 大小相等,故滑行时间相等,应同时停止运动.故D 错误. 所以C 选项是正确的 8．D9．B【解析】解：物体下滑到A 点的速度为v 0，由机械能守恒定律有： 12mv 02=mgh 代入数据得：v 0=2m/s<v=4m/s所以物体在摩擦力作用下先匀加速运动,加速度22/mga g m s mμμ===，加速到和传送带速度相等用时t 1=1ov v s a-=，位移s 1=222o v v a -，代入数据得：s 1=3m<5m ，可知物体后做匀速运动 ；在t 1时间内，皮带做匀速运动 S 皮带=vt 1=4m摩擦生热Q=μmg △S=μmg （S 皮带-S 1），代入数据得：Q=2J ． 摩擦力对物体的功16f w mgs J μ==电机多做的功等于物体动能增加和摩擦生热Q ，则电动机多做的功2211822o W mv mv Q J =-+=电机 由以上分析得选B10．B【解析】由图甲可知，2s 后物体匀速运动，则拉力等于摩擦力，由图乙可知，2s 后拉力大小为5N ，根据平衡条件得摩擦力f=5N ；物体受到的支持力N F mg =；根据滑动摩擦力公式可得f mg μ=，对前2s 过程进行分析，F 的冲量为1052?/15?/2I Ft kg m s kg m s +==⨯=；根据动量定理可知： I mgt mv μ-=，代入数据联立解得0.2μ=，B 正确，选B ．【点睛】明确v ﹣t 图象以及F ﹣t 图象的性质，根据图甲根据平衡条件即可求得摩擦力，再根据滑动摩擦力公式列式；再对前2s 过程，根据动量定理列式，联立可求得动摩擦因数． 11．B 【解析】12．A【解析】由运动学公式可知，，故三次下落中位移与时间平方向的比值一定为定值，伽利略正是用这一规律说明小球沿光滑斜面下滑为匀变速直线运动，故A 正确；小球在斜面上三次运动的位移不同，末速度一定不同，故B 错误；由可得，三次下落中的加速度相同，故公式正确，但是不是当是伽利略用来证用匀变速直线运动的结论；故C 错误；由图可知及运动学规律可知，，故D错误．故选A ． 13．D【解析】对C 受力分析，可知绳子的拉力T mg =，对A 受力分析，可知在沿斜面方向上，受到重力沿斜面向下的分力，以及B 给的沿斜面向上的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可得sin30mg f ma ︒-=，根据牛顿第三定律可得A 对B 的摩擦力沿斜面向下，且两摩擦力等大，故B 受到沿斜面向下的重力分力，沿斜面向下的摩擦力，和绳子给的沿斜面向上的拉力，故sin30'T Mg f =︒+， 'f f =，联立解得14a g =，D 正确． 14．D15．C【解析】A 、对A 球和B 球受力分析，由平衡条件可知弹簧被压缩了，产生向两边的弹力，用平衡知识可求出弹力大小，即压缩量，知道总长度，则能算出弹簧的原长,故A 错误。

1．C【解析】【详解】2．C【解析】【详解】设斜面的倾角为θ。

物块在光滑的斜面上做简谐运动，对斜面的压力N1等于物块重力垂直于斜面的分力，即N1=mgcosθ。

以斜面体为研究对象，作出力图如图所示：地面对斜面体的摩擦力f=N1sinθ=mgsinθcosθ，因为m，θ不变，所以N1和f不随时间变化，故C正确，AD错误；在竖直方向：，因为M、m、θ不变，所以N2不随时间变化，故B错误。

所以C正确， ABD错误。

3．D【解析】【详解】时间内木块向左做匀减速直线运动，时刻以后小物块向右运动，则时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，A错误；时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，时间内小物块不受摩擦力作用，B错误；时间内，物块与传送带间的相对路程为：，摩擦产生的热量为，C错误；时间内，物块在传送带上留下的划痕为，D正确．4．D【解析】【点睛】知道小球做平抛运动，平抛运动可分解为水平方向的匀速运动与竖直方向的自由落体运动，熟练运动匀速运动与自由落体运动的运动规律即可正确解题．5．A【解析】【详解】设月球质量为m，地球质量为M，月球与地球之间的距离为R，根据万有引力定律得：地球与月球间的万有引力，假想人类不断向月球“移民”，经过较长时间后，所以m增大，M减小。

由数学知识可知，当m与M相接近时，它们之间的万有引力较大，当它们的质量之差逐渐减小时，m与M的乘积将增大，它们之间的万有引力值将增大，故A错误。

假想人类不断向月球“移民”，经过较长时间后，月球和地球仍可视为均匀球体，根据万有引力提供向心力得：,则得 T=2πR，v=，a=; 假想人类不断向月球“移民”，经过较长时间后，所以m增大，M减小。

所以月球绕地球运动的周期将变大，月球绕地球运动的向心加速度和线速度将变小。

故BCD正确。

本题选错误的，故选A.要比较一个物理量大小或变化，我们应该把这个物理量先表示出来，再进行比较．向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用.6．A【解析】【分析】以结点O为研究对象，分析受力情况，做出受力图，其中上面两根绳子的拉力的合力与物体的重力大小相等，方向相反，保持不变，做出F在三个不同方向时力的合成图，比较F的大小，得出F最小时与的关系．【详解】【点睛】本题可作为动态变化分析问题处理，运用图解法形象直观反映F的变化，也可以根据平衡条件得出F与β的函数关系式，再由数学知识求极值．7．C【解析】【详解】据题知小球被抛出后都做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据 h=gt2，解得：因为h AB：h AC：h AD=1：4：9;所以三次小球运动的时间比为：t1：t2：t3= =1：2：3，小球的水平位移相等，由v= x/t可得，速度之比为：v1：v2：v3= =6：3：2；故选C。