（新課標(biāo)）2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 優(yōu)化5 選擇題增分策略教學(xué)案

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1、優(yōu)化5　選擇題增分策略 物理高考新課標(biāo)全國卷的選擇題明確分成單項選擇題和多項選擇題，這意味著解決選擇題有了更多的技巧，除了掌握直接判斷和定量計算等常規(guī)方法外，還要學(xué)會一些非常規(guī)“巧解”方法．解題時一定先分清哪個是單選，哪個是多選，不可一味蠻做，要針對題目的特性“不擇手段”達(dá)到快速解題的目的． 1．審題干 首先明方向，即看清是選“正確”的，還是“錯誤”的，其次找題眼，看清題干中的關(guān)鍵詞，比如“恰好”“勻速”“不計重力”等．再次明確題干中的限制條件，尤其是選項本是正確的情況下，要弄清符合不符合題干限制條件，不可盲目選擇． 2．審選項 對所有備選選項進(jìn)行認(rèn)真分析和判斷，運用解答選擇

2、題的方法和技巧，將有科學(xué)性錯誤、表述錯誤或計算結(jié)果錯誤的選項排除．解答選擇題常用的方法有：比較排除法、整體法、隔離法、特殊值代入法、極限思維法、圖像分析法、單位判斷法、二級結(jié)論法、等效思維法、逆向思維法等． 題型1　比較排除法 通過分析、推理和計算，將不符合題意的選項一一排除，最終留下的就是符合題意的選項．如果選項是完全肯定或否定的判斷，可通過舉反例的方式排除；如果選項中有相互矛盾或者是相互排斥的選項，則兩個選項中可能有一種說法是正確的，當(dāng)然，也可能兩者都錯，但絕不可能兩者都正確． 【典例1】　 (2019·江西六校聯(lián)考)如圖所示，有兩個相鄰的有界勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度的大小均為B

3、，磁場方向相反，且與紙面垂直．兩個磁場區(qū)域在x軸方向的寬度均為a，在y軸方向足夠?qū)挘F(xiàn)有一個菱形導(dǎo)線框a0bcd，a0c長為2a，從圖示位置開始向右勻速穿過這兩個磁場區(qū)域．若電流方向為逆時針方向時電流取正值，則下列關(guān)于線框中感應(yīng)電流i與線框運動距離s的關(guān)系圖像正確的是(　　) [解析]　根據(jù)楞次定律可知，剛進(jìn)入磁場時線框中的感應(yīng)電流沿逆時針方向，為正值，排除選項B；當(dāng)線框運動距離為2a時，由楞決定律可知線框中的感應(yīng)電流沿順時針方向，為負(fù)值，排除選項A；線框運動的距離為a時，只在左側(cè)磁場中切割磁感線，且切割磁感線的有效長度等于bd，此時的感應(yīng)電動勢大小設(shè)為E，對應(yīng)的感應(yīng)電流為I0，線框

4、運動的距離為2a時，在兩個磁場中均切割磁感線，且切割磁感線的有效長度均等于bd，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知此時的感應(yīng)電動勢大小為2E，對應(yīng)的感應(yīng)電流大小也變?yōu)?I0，故排除選項D，所以選項C正確． [答案]　C 題型2　特殊值代入法 有些選擇題選項的代數(shù)表達(dá)式比較復(fù)雜，需經(jīng)過比較繁瑣的公式推導(dǎo)過程，此時可在不違背題意的前提下選擇一些能直接反應(yīng)已知量和未知量數(shù)量關(guān)系的特殊值，代入有關(guān)算式進(jìn)行推算，依據(jù)結(jié)果對選項進(jìn)行判斷．這種方法的實質(zhì)是將抽象的、繁難的一般性問題的推導(dǎo)、計算轉(zhuǎn)化成具體的簡單的特殊性問題來處理．達(dá)到迅速、準(zhǔn)確選擇的目的． 【典例2】　如圖，在固定斜面上的一物塊受到一外力F的作

5、用，F(xiàn)平行于斜面向上．若要使物塊在斜面上保持靜止，F(xiàn)的取值應(yīng)有一定的范圍，已知其最大值和最小值分別為F1和F2(F1和F2的方向均沿斜面向上)．由此可求出物塊與斜面間的最大靜摩擦力為(　　) A. B．2F2 C. D. [解析]　取F1＝F2≠0，則斜面光滑，最大靜摩擦力等于零，代入后只有C滿足． [答案]　C 題型3　單位判斷法 從物理量的單位出發(fā)篩選出正確答案．如果等式兩邊單位不一致，或所列選項的單位與題干要求量不統(tǒng)一，則肯定有錯誤；或者，盡管式子兩邊的單位一致，卻仍不能確保此式肯定正確，因為用單位判斷法不能確定常數(shù)項的正確與否． 【典例3】　(2019·湖北八校聯(lián)考)

6、某個由導(dǎo)電介質(zhì)制成的電阻截面如圖所示，導(dǎo)電介質(zhì)的電阻率為ρ，制成內(nèi)外半徑分別為a和b的半球殼層形狀(圖中陰影部分)，半徑為a、電阻不計的球形電極被嵌入導(dǎo)電介質(zhì)的球心成為一個引出電極，在導(dǎo)電介質(zhì)的外層球殼上鍍上一層電阻不計的金屬膜成為另外一個電極，設(shè)該電阻的阻值為R.下面給出R的四個表達(dá)式中只有一個是合理的，你可能不會求解R，但是你可以通過一定的物理分析，對下列表達(dá)式的合理性做出判斷．根據(jù)你的判斷，R的合理表達(dá)式應(yīng)為(　　) A．R＝ B．R＝ C．R＝ D．R＝ [解析]　由電阻定律R＝ρ可知，選項C、D單位不正確，再考慮a＝b時，R應(yīng)為零，可知A錯誤，B正確． [答案]　B 題

7、型4　極限思維法 將某些物理量的數(shù)值推向極限(如：設(shè)定動摩擦因數(shù)趨近零或無窮大、電源內(nèi)阻趨近零或無窮大、物體的質(zhì)量趨近零或無窮大等)，并根據(jù)一些顯而易見的結(jié)果、結(jié)論或熟悉的物理現(xiàn)象進(jìn)行分析和推理的一種方法． 【典例4】　如圖所示，一根輕彈簧上端固定，下端掛一個質(zhì)量為m0的平盤，盤中有一質(zhì)量為m的物體，當(dāng)盤靜止時，彈簧的長度比其自然長度伸長了l.今向下拉盤使彈簧再伸長Δl后停止，然后松手放開，設(shè)彈簧總處在彈性限度之內(nèi)，則剛松手時盤對物體的支持力等于(　　) A.mg B.(m＋m0)g C.mg D.(m＋m0)g [解析]　假設(shè)題給條件中Δl＝0，其意義是沒有將盤往下拉，則松手放

8、開，彈簧的長度不會變化，盤仍靜止，盤對物體的支持力大小應(yīng)為mg.將Δl＝0代入四個備選答案中，只有答案A能得到mg，可見只有答案A正確，故本題應(yīng)選A. [答案]　A 題型5　整體法、隔離法 對于不要求討論系統(tǒng)內(nèi)部各個物體之間受力情況的問題，首選整體法；如果要考慮系統(tǒng)內(nèi)部各個物體之間的相互作用力，則必須使用隔離法．整體法常常和隔離法交替使用，一般采用先整體后隔離的方法． 【典例5】　質(zhì)量為M的三角形物塊放置在粗糙水平地面上，開始時質(zhì)量為m的物體以速度v0沿三角形物塊的粗糙斜面勻速下滑，某時刻給物體施加一沿斜面向下的推力F，使物體沿斜面向下做加速運動，如圖所示．整個過程中，三角形物塊始終靜

9、止在地面上，設(shè)物體向下加速運動時，地面對三角形物塊的支持力大小為N，地面對三角形物塊的摩擦力的大小為f，重力加速度為g，則(　　) A．f≠0，N>(m＋M)g B．f＝0，N＝(m＋M)g C．f≠0，N<(m＋M)g D．f＝0，N>(m＋M)g [解析]　當(dāng)物體沿著斜面勻速下滑時，物體和物塊均處于平衡狀態(tài)，由整體法可知，此時地面對物塊的支持力N0＝(m＋M)g，地面對物塊的摩擦力為f0＝0.當(dāng)給物體施加一沿斜面向下的推力F后，對物塊隔離分析可知，物體對斜面的壓力沒有發(fā)生變化，物體對斜面的滑動摩擦力也沒有發(fā)生變化，所以斜面的受力沒有變化，仍有f＝0，N＝(m＋M)g，B正確．

10、 [答案]　B 題型6　二級結(jié)論法 二級結(jié)論是由基本規(guī)律和基本公式導(dǎo)出的推論．熟記并巧用一些二級結(jié)論可以使思維過程簡化，節(jié)約解題時間．非常實用的二級結(jié)論有：(1)平拋運動速度方向的反向延長線過水平位移的中點；(2)不同質(zhì)量和電荷量的同性帶電粒子由靜止相繼經(jīng)過相同的加速電場和偏轉(zhuǎn)電場，軌跡重合；(3)直流電路中動態(tài)分析的“串反并同”結(jié)論；(4)帶電平行板電容器與電源斷開，改變極板間距離不影響極板間勻強電場的場強；(5)電源最大輸出功率的條件，同一電源分別對R1、R2供電時電源輸出功率相等時，電源內(nèi)阻r＝等． 【典例6】　如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半圓形軌道，圓心為O.一小球(可視為質(zhì)點)

11、從與圓心等高的半圓形軌道上的A點以速度v0水平向右拋出，落于半圓形軌道上的C點．已知OC的連線與OA的夾角為θ，重力加速度為g，則小球從A運動到C的時間為(　　) A. B.tan C. D.tan [解析]　由幾何關(guān)系可知，AC與水平方向的夾角為α＝，根據(jù)拋體運動的規(guī)律，C處小球的速度與水平方向的夾角的正切值等于位移與水平方向夾角的正切值的兩倍，即＝2tanα，vy＝gt，解得t＝，A對． [答案]　A 題型7　逆向思維法 很多物理過程具有可逆性(如運動的可逆性、光路的可逆性)，在沿著正向過程或思維(由前到后或由因到果)分析受阻時，有時“反其道而行之”，沿著逆向過程或思維(由

12、后到前或由果到因)來思考，常?？梢曰y為易、出奇制勝． 【典例7】　如圖所示，將一籃球從地面上方B點斜向上拋出，剛好垂直擊中籃板上A點，不計空氣阻力．若拋射點B向籃板方向移動一小段距離，仍使拋出的籃球垂直擊中A點，則可行的是(　　) A．增大拋射速度v0，同時減小拋射角θ B．減小拋射速度v0，同時減小拋射角θ C．增大拋射角θ，同時減小拋射速度v0 D．增大拋射角θ，同時增大拋射速度v0 [解析]　籃球做斜上拋運動，末速度垂直豎直籃板為水平方向，可以將該過程逆向處理為平拋運動．B點向籃板方向移動一小段距離后，由于A、B點間豎直高度不變，為使籃球飛經(jīng)B點，從A點飛出的水平速度應(yīng)

13、該小一點，若水平速度減小，而豎直分速度不變，與水平面的夾角變大．因此只有增大拋射角，同時減小拋射速度，才能使拋出的籃球仍垂直打到籃板上． [答案]　C 題型8　圖像分析法 物理圖像具有形象、直觀的特點，能從整體上反映出兩個或兩個以上物理量的定性或定量關(guān)系，根據(jù)題目的內(nèi)容先畫出圖像，再利用圖像分析尋找答案，能夠避免繁瑣的計算，迅速地找出正確答案． 【典例8】　(多選)如圖1所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔，右極板電勢隨時間變化的規(guī)律如圖2所示，電子原來靜止在左極板小孔處(不計重力作用)．下列說法中正確的是(　　) A．從t＝0時刻釋放電子，電子將始終向右運動，直到

14、打到右極板上 B．從t＝T/8時刻釋放電子，電子將始終向右運動，直到打到右極板上 C．從t＝T/4時刻釋放電子，電子可能在兩板間往復(fù)運動，也可能打到右極板上 D．從t＝3T/8時刻釋放電子，電子必將從左極板上小孔飛出 [解析]　從t＝0時刻釋放電子，如果兩板間距離足夠大，電子將先向右勻加速運動T/2時間，接著勻減速運動T/2時間，速度減小到零后，又開始向右勻加速運動T/2時間，接著勻減速運動T/2時間……直到打在右極板上，電子不可能向左運動；如果兩板間距離不夠大，電子也始終向右運動，直到打到右極板上．從t＝T/4時刻釋放電子，如果兩板間距離足夠大，電子將向右先勻加速運動T/4時間，接著

15、勻減速運動T/4時間，速度減小到零后，改為向左先勻加速運動T/4時間，接著勻減速運動T/4時間，即在兩板間往復(fù)運動；如果兩板間距離不夠大，則電子在第一次向右運動過程中就有可能打在右極板上． 從t＝T/8時刻釋放電子，如果兩板間距離足夠大，電子先向右運動，再向左運動，不可能始終向右運動．從t＝3T/8時刻釋放電子，如果兩板間距離不夠大，電子將在第一次向右運動的過程中就打在右極板上；如果第一次向右運動沒有打在右極板上，那就一定會在第一次向左運動的過程中從左極板上小孔飛出．若采用圖像法解題，直接畫出上述運動過程的v－t圖像如上圖所示，可快速得出答案． [答案]　AC 專題強化訓(xùn)練(二十三)

16、 1. (多選)(2019·河北六校聯(lián)考)某節(jié)能運輸系統(tǒng)裝置的簡化示意圖如圖所示．小車在軌道頂端時，自動將貨物裝入車中，然后小車載著貨物沿不光滑的軌道無初速度下滑，并壓縮彈簧．當(dāng)彈簧被壓縮至最短時，立即鎖定并自動將貨物卸下．卸完貨物后隨即解鎖，小車恰好被彈回到軌道頂端，此后重復(fù)上述過程．則下列說法中正確的是(　　) A．小車上滑的加速度大于下滑的加速度 B．小車每次運載貨物的質(zhì)量必須是確定的 C．小車上滑過程中克服摩擦阻力做的功小于小車下滑過程中克服摩擦阻力做的功 D．小車與貨物從頂端滑到最低點的過程中，減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能 [解析]　題目中強調(diào)“不光滑的軌道

17、\”，軌道既然不光滑，小車與貨物從頂端滑到最低點的過程中，必有摩擦力做功，將能量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故選項D一定是錯誤的．就該題而言，若能抓住題干中“不光滑的軌道”這一“破綻”，快速排除選項D，就不會做錯該題，最多是選不全，也不至于選錯而不得分．這對基礎(chǔ)較差的同學(xué)來說，是有效提高分?jǐn)?shù)的一項技能． [答案]　ABC 2.如圖所示，細(xì)線的一端系一質(zhì)量為m的小球，另一端固定在傾角為θ的光滑斜面體頂端，細(xì)線與斜面平行．在斜面體以加速度a水平向右做勻加速直線運動的過程中，小球始終靜止在斜面上，小球受到細(xì)線的拉力T和斜面的支持力FN分別為(重力加速度為g)(　　) A．T＝m(gsinθ＋acosθ)，

18、FN＝m(gcosθ－asinθ) B．T＝m(gcosθ＋asinθ)，F(xiàn)N＝m(gsinθ－acosθ) C．T＝m(acosθ－gsinθ)，F(xiàn)N＝m(gcosθ＋asinθ) D．T＝m(asinθ－gcosθ)，F(xiàn)N＝m(gsinθ＋acosθ) [解析]　一般的求解方法是分解力或加速度后，再應(yīng)用牛頓第二定律列式求解，其實用特殊值代入法更簡單，當(dāng)加速度a＝0時，小球受到細(xì)線的拉力T不為零也不可能為負(fù)值，所以排除選項C、D；當(dāng)加速度a＝時，小球?qū)㈦x開斜面，斜面的支持力FN＝0，排除選項B，故選項A正確． [答案]　A 3．一個質(zhì)量為m的物體沿光滑的斜面從靜止開始滑下，已知斜

19、面的傾角為θ，則t秒末重力的瞬時功率是(　　) A. B. C. D. [解析]　功率的單位是“焦耳/秒”，即可排除選項B、D，再比較選項A和C，可知選項A求的是平均功率，所以只有選項C正確． [答案]　C 4．(2019·合肥高三質(zhì)檢)如圖所示，一半徑為R的絕緣環(huán)上，均勻地帶電荷量為Q的電荷，在垂直于圓環(huán)平面的對稱軸上有一點P，它與環(huán)心O的距離OP＝L.靜電力常量為k，關(guān)于P點的場強E，下列四個表達(dá)式中有一個是正確的，請你根據(jù)所學(xué)的物理知識，通過一定的分析，判斷正確的表達(dá)式是(　　) A．E＝ B．E＝ C．E＝ D．E＝ [解析]　當(dāng)R＝0時，帶電圓環(huán)等同一點電荷，由點

20、電荷電場強度計算式可知在P點的電場強度為E＝，將R＝0代入四個選項，只有A、D選項滿足；當(dāng)L＝0時，均勻帶電圓環(huán)的中心處產(chǎn)生的電場的電場強度為0，將L＝0代入選項A、D，只有選項D滿足． [答案]　D 5．(2019·安徽百校一模)如圖所示，在粗糙的水平桿上套著一個滑塊A，用輕質(zhì)細(xì)繩將A與一小球B相連，A、B的質(zhì)量均為m，A與桿間的動摩擦因數(shù)為μ，現(xiàn)用水平拉力F向右拉A，使A、B一起向右運動，此時細(xì)繩與豎直方向的夾角為α；若增大水平拉力，使A、B一起運動時，細(xì)繩與豎直方向的夾角增大為2α，不計空氣阻力，下列說法正確的是(　　) A．細(xì)繩的拉力變?yōu)樵瓉淼?倍 B．A、B的加速度變?yōu)樵?/p>

21、來的2倍 C．水平拉力F變?yōu)樵瓉淼?倍 D．A受到的摩擦力不變 [解析]　對B受力分析，其加速度大小為a＝gtanα，細(xì)繩拉力大小T＝，經(jīng)分析可知，當(dāng)α增大為原來的2倍時，a和T不一定是原來的2倍，A、B錯誤；對A、B整體受力分析，豎直方向上，支持力N＝2mg，當(dāng)α增大為原來的2倍時，支持力保持不變，則摩擦力f＝μN不變，水平方向有F－f＝2ma，得F＝2μmg＋2mgtanα，經(jīng)分析可知，當(dāng)α增大為原來的2倍時，F(xiàn)不一定變?yōu)樵瓉淼?倍，C錯誤，D正確． [答案]　D 6．如圖，在勻強磁場中固定放置一根串接一電阻R的直角形金屬導(dǎo)軌aOb(在紙面內(nèi))，磁場方向垂直于紙面朝里，另有兩根金

22、屬c、d分別平行于Oa、Ob放置．保持導(dǎo)軌之間接觸良好，金屬導(dǎo)軌的電阻不計，現(xiàn)經(jīng)歷以下四個過程：①以速率v移動d，使它與Ob的距離增大一倍；②再以速率v移動c，使它與Oa的距離減少一半；③然后，再以速率2v移動c，使它回到原處；④最后以速率2v移動d，使它也回到原處．設(shè)上述四個過程中通過電阻R的電量的大小依次為Q1、Q2、Q3和Q4，則(　　) A．Q1＝Q2＝Q3＝Q4 B．Q1＝Q2＝2Q3＝2Q4 C．2Q1＝2Q2＝Q3＝Q4 D．Q1≠Q(mào)2＝Q3≠2Q4 [解析]　設(shè)開始導(dǎo)軌d與Ob的距離為x1，導(dǎo)軌c與Oa的距離為x2，由法拉第電磁感應(yīng)定律知移動c或d時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢：

23、E＝＝，通過R的電量為：Q＝IΔt＝Δt＝.可見通過R的電量與導(dǎo)體d或c移動的速度無關(guān)，由于B與R為定值，其電量取決于所圍成面積的變化．①若導(dǎo)軌d與Ob距離增大一倍，即由x1變?yōu)?x1，則所圍成的面積增大了ΔS1＝x1·x2；②若導(dǎo)軌c再與Oa距離減小一半，即由x2變?yōu)椋瑒t所圍成的面積又減小了ΔS2＝2x1·＝x1·x2；③若導(dǎo)軌c再回到原處，此過程面積的變化為ΔS3＝ΔS2＝2x1·＝x1·x2；④最后導(dǎo)軌d又回到原處，此過程面積的變化為ΔS4＝x1·x2；由于ΔS1＝ΔS2＝ΔS3＝ΔS4，則通過電阻R的電量是相等的，即Q1＝Q2＝Q3＝Q4. [答案]　A 7.如圖所示電路中，R1>

24、R2＋r(r為電源電阻)，在滑動變阻器的滑片P由a向右移動b的過程中，以下說法中不正確的是(　　) A．電源的總功率增大 B．電源內(nèi)部的電勢降落減小 C．R1消耗的功率先增大后減小 D．R2消耗的功率一定增大 [解析]　在R1的滑片P由a向右移到b的過程中，R1接入電路的阻值減小，電路總電流I＝E/(R1＋R2＋r)增大，電源的總功率P總＝IE增大，電源內(nèi)部的電勢降落U內(nèi)＝Ir增大，R2消耗的功率P2＝I2R2增大；可以把R2等效為電源的內(nèi)阻，即r內(nèi)＝R2＋r，這樣P1就是電源的輸出功率，就可以利用結(jié)論：當(dāng)R1＝r內(nèi)時，輸出功率P1最大；當(dāng)R1

25、P1增大；當(dāng)R1>r內(nèi)時，隨著R1阻值的增大輸出功率P1減?。? [答案]　B 8．(2018·河北名校聯(lián)盟)在豎直平面內(nèi)固定一光滑細(xì)圓管道，管道半徑為R.若沿如圖所示的兩條虛線截去軌道的四分之一，管內(nèi)有一個直徑略小于管徑的小球在運動，且恰能從一個截口拋出，從另一個截口無碰撞地進(jìn)入管道繼續(xù)做圓周運動．重力加速度為g，那么小球每次飛越無管區(qū)域的時間為(　　) A. B. C. D. [解析]　小球離開截口后只受重力作用，做斜拋運動．由于小球在豎直虛線兩側(cè)的運動對稱．分析小球從最高點到進(jìn)入截口的平拋運動，小球進(jìn)入截口時速度方向與水平方向成45°角，小球水平分速度vx和豎直分速度

26、vy大小相等．由圖中幾何關(guān)系可知，小球從最高點運動到截口時水平位移為x＝Rcos45°＝R.根據(jù)平拋運動規(guī)律，x＝vxt，y＝vyt，聯(lián)立解得y＝R.由y＝gt2，解得t＝.小球離開截口運動到最高點的斜拋運動過程可通過逆向思維轉(zhuǎn)化為從最高點運動到截口的平拋運動，所以小球每次飛越無管區(qū)域的時間為T＝2t＝2×＝，選項B正確． [答案]　B 9．如圖所示，有一內(nèi)壁光滑的閉合橢圓形管道，置于豎直平面內(nèi)，MN是通過橢圓中心O點的水平線．已知一小球從M點出發(fā)，初速率為v0，沿管道MPN運動，到N點的速率為v1，所需時間為t1；若該小球仍由M點以初速率v0出發(fā)，而沿管道MQN運動，到N點的速率為v2，

27、所需時間為t2.則(　　) A．v1＝v2，t1>t2 B．v1t2 C．v1＝v2，t1t2，故選項A正確． [答案]　A 10．(2019·南昌一模)如圖所示，AB是固定于豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道，CD是固定于豎直平面內(nèi)

28、的光滑斜面軌道，A、B兩點和C、D兩點的高度差相同，且的弧長與斜面CD長度相等．現(xiàn)讓小球甲從A點由靜止開始沿圓弧軌道下滑到B點，小球乙從C點由靜止開始沿斜面軌道下滑到D點，兩球質(zhì)量相等．以下說法正確的是(　　) A．甲球重力的沖量比乙球重力的沖量小 B．甲球所受外力的沖量比乙球所受外力的沖量小 C．兩球所受軌道的支持力的沖量均為零 D．兩球動量的變化量相同 [解析]　由機械能守恒定律可知，甲、乙兩球下滑到底端的速度大小相等，因甲做加速度減小的變加速運動，乙做勻加速直線運動， 故可畫出兩球的速率v與時間t的關(guān)系圖像如圖所示，v－t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示路程，因s甲＝s乙，則可知甲滑到底端的時間較短，再結(jié)合I＝mgt及兩球質(zhì)量相等可知，甲球重力的沖量比乙球重力的沖量小，選項A正確；甲、乙兩球滑到底端時，兩球動量的變化量大小相同，但方向不同，根據(jù)動量定理可知，外力對甲、乙兩球的沖量大小相同，但是方向不同，選項B、D錯誤；因支持力FN均不為零，根據(jù)I′＝FNt可知，兩球所受軌道的支持力的沖量均不為零，選項C錯誤． [答案]　A 14