2026年高考物理二輪復習 命題熱點情境4 體育類情境（專項訓練）含答案

2026年高考物理二輪復習命題熱點情境4體育類情境專項訓練

一、選擇題

1.如圖所示，甲、乙兩人進行擊球訓練，甲在4處將球以5m/s的速度水平擊出，乙在比4處低1.25m的

4處將球擊回，不計空氣阻力，重力加速度g取lOm",若要使球垂直擊中乙球拍，則乙接球時球拍與水平

方向%的夾角應為（）

V

A.45°B.53°C.60°D.75°

2.太極球是市民中較流行的健身器材，現將其簡化成如圖所示的小球拍和小球。某市民健身時，讓小球拍

和質量為m的小球在豎直面內保持這樣的姿勢且按順時針方向做半徑為r的勻速圓周運動。已知運動過程中

小球拍對小球的最大作用力為2mg,小球相時于小球拍始終保持靜止，重力加速度為g,下列說法正確的是

（）

C

/\

?/\

B；-O}口

\（

、、----J

A

A.小球做圓周運動的角速度大小為3=居

B.從最高點C到最低點4運動的過程中，小球先處于超重狀態后處于失重狀態

C.從最高點C到最低點4運動的史程中，小球拍對小球的支持力先減小后增大

D.小球經過與圓心等高的。點時，小球拍對小球的作用力大小為

3.如圖甲所示為某籃球運動員用一只手抓住籃球使其靜止在空中，其中一根手指與籃球的簡化圖如圖乙所

示。假設籃球恰好靜止時，五根手指與豎直方向的夾角均為*每根手指與籃球之間的動摩擦因數均為卬籃

球的質量為m,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）

甲乙

第1頁

A.每根手指對籃球的作用力大小為標七硒

B.每根手指對籃球的摩擦力大個為麗懸硒

C.。減小時，手指與籃球間的壓力增大

D.a取任意值，均能使籃球靜止

4.籃球投出后經多次曝光得到的照片如圖所示，每次曝光的時間間隔相等。籃球受到的空氣阻力大小相

等，方向始終與速度方向相反，則籃球（）

A.速度大小一直在減小

B.加速度大小先減小后增大

C.相鄰位置的動量變化量一直減小

D.相鄰位置的機械能變化量先媽大后減小

5.如圖所示，籃球從同一高度先后拋出后均直接落入籃筐，運動軌跡如圖所示，則籃球先后兩次（）

第1次的軌跡

\，一j-/I

A.入籃前運動的時間相同B.入籃前時的速度相同

C.入籃前運動的速度變化率相同D.入籃前時重力做功的功率相同

6.如圖所示，在中學生籃球賽中，某同學某次投籃出手點距水平地面的高度h=1.8m,距豎直籃板的水平

距離xo=3m；籃球出手后的初速度大小%=10m/s,方向斜向上與水平方向的夾角為53。。籃球與籃板的摩

擦不計，空氣阻力不計；籃球自出手至落地僅與籃板發生了碰撞（碰撞時間極短），且碰撞時無機械能損

失；籃球可視為質點，運動軌跡所在豎直面與籃板垂直，取g=10m/s2,sin53°=0.8,cos53。=0.6。則籃

球的落地點與出手點的水平距離為（）

第2頁

A.3.6mB.4.8mC.6.6mD.7.8m

7.目前，北方雪季全面開啟，滑雪成為冬季最熱門的運動之一。如圖所示，一位滑雪運動員在傾斜滑道上

沿直線從a點由靜止開始勻加速下滑，依次經過b、c、d點。且通過ab、be、cd各段所用時間分別為T、

2T、2T,現在該滑雪運動員沿滑道重新從b點由靜止開始下滑，若滑雪運動員在下滑時加速度大小恒定不

變，則該滑雪運動員第二次下滑過程中（）

A.通過be、cd段的位移之比為2:3

B.通過be、cd段的時間均為2T

C.通過c點的速度小于通過bd段的平均速度

D.通過c、d點的速度之比為1：百

8.滑雪是大眾喜歡的冰雪項目之一，有一滑雪愛好者沿斜坡ABC的頂端A由靜止開始勻加速下滑（此過程

人不做功），經斜坡中點B時調整姿勢采用犁式剎車方式開始勻減速，滑至坡底C時速度恰好為零，若滑雪

者可視為質點，用v、x、t、a、E分別表示滑雪者下滑時的速度、位移、時間、加速度、機械能（以C為零

勢能點），則下列圖像可能正確的是（）

第3頁

9.蹦床運動作為一項競技運動，自2000年悉尼奧運會以來就一直是奧運會的正式比賽項目。如圖甲所示利

用傳感器對蹦床進行彈性測試，測得運動員訓練時蹦床彈力隨時間變化的圖線如圖乙所示。假設運動員（可

視為質點）僅在豎直方向運動，忽略空氣阻力，重力加速度g=10m/s2。依據圖像給出的物理信息可知

（）

A.運動員上升的最大高度為20m

B.運動員的最大加速度大小為50m/sZ

C.5.5s時運動員位于最低點

D.7.5s至8.3s,運動員先向下減速后向上加速運動

10.某蹦床運動員在訓練過程中與網接觸后，豎直向上彈離，經過時間，又重新落回網上。以運動員離開

網的時刻作為計時起點，以離開的位置作為位移起點，規定豎直向上為正方向，忽略空氣阻力，下列描述運

11.如圖所示，健身球是一種內部充滿氣體的健身輔助器材，己知球內的氣體可視為理想氣體，當人體壓向

健身球時球內氣體體積緩慢變小。則人體壓向健身球的過程中，下列說法正確的是（）

第4頁

A.球內氣體單位時間對球的撞擊次數增多

B.球內氣體壓強不變

C.球內每個氣體分子的動能都不變

D.球內氣體對外放熱

12.如圖所示，在光滑的水平冰面上，一個坐在冰車上的人手扶一球靜止在冰面上。已知人和冰車的總質量

M=40kg,球的質量?n=5kg。某時刻人將球以相對于地面%=4m/s的水平速度向前方固定擋板推出，球

與擋板碰撞后速度大小不變，人接住球后再以同樣的速度將球推出（假設人、球、冰車共速后才推球），直

到人不能再接到球，下列說法正確的是（）

^Trn777777777777777777777Trf777n7777T7

A.人第1次推球時，人、冰車、小球組成的系統動量守恒

B.人第1次推球直到不能再接到球，人、冰車、小球組成的系統動量守恒

C.人第1次接到球后，人、球、冰車共同的速度大小為gm/s

D.人第5次將球推出后將不再接到球

13.運動員手持球拍托球沿水平方向勻加速跑動,球的質量為m,球拍和水平面間的夾角為仇球與球拍相對

靜止，它們間摩擦力以及空氣阻力不計，則（

A.運動員的加速度為gtan。B.運動員的加速度為gsin。

C.球拍對球的作用力為墨D.球拍對球的作用力為mgtan。

14.為了響應學校積極鍛煉的號召，周末留校的同學正在新改造的籃球場上練習原地運球。假設整個運球過

程中，籃球始終在豎直方向運動，某次籃球運動過程如圖所示，籃球從距離地面1m處的A點以大小為5m/s

的速度豎直向下運動，落地地反彈后以大小3m/s的速度豎直向上經過距離地面0.8m的B點，已知從A到B

共用時0.2s,籃球可視為質點，則此過程（）

第5頁

5m/s]*

B

3m/s

7777777777777Z

A.籃球的平均速度大小為Im/s,方向豎直向下

B.籃球的速度變化量大小為2m/s,方向豎直向下

C.籃球的平均加速度大小為40m/s2,方向豎直向上

D.籃球的平均加速度大小為10m/s2,方向豎直向上

15.帶球轉身動作是籃球運動中的難點，如圖甲所示為籃球愛好者帶球轉身的一瞬間。由于籃球規則規定手

掌不能上翻，我們將此過程理想化為如圖乙所示的模型：薄長方體代表手掌，轉身時球緊貼豎立的手掌，繞

著轉軸（中樞腳所在直線）做勻速圓周運動。假設手掌和球之間的動摩擦因數為中最大靜摩擦力等于滑動

摩擦力（不考慮籃球在手掌中的滾動），籃球質量為m,直徑為D,手掌到轉軸的距離為d,重力加速度為

g,則要順利完成此轉身動作，下列說法正確的是（）

A.若籃球的速度為野,則籃球會從手中掉落

B.籃球的角速度至少為小丁）

、〃（2a-D）

C.若籃球的線速度大小為v,則手掌和籃球之間的摩擦力一定為第嘮

D.籃球的速度越大，手掌對球的作用力越大

三、計算題

16.籃球運動是中學生喜歡的一項體育運動，打籃球前需要將籃球內部氣壓調至標準氣壓才能讓籃球發揮最

佳性能。某同學發現教室里一只籃球氣壓不足，用氣壓計測得球內氣體壓強為1.2atm,已知籃球內部容積為

7L,教室內溫度為300K。現把籃球拿至室外籃球場后用簡易打氣筒給籃球打氣28次，每次能將0.2L、1.0

atm的空氣打入球內，籃球及籃球場空氣溫度均為270K,假設籃球的標準氣壓為1.6atm。忽略打氣和放氣

過程中籃球容積的變化。求：

第6頁

（1）打氣完成后籃球內部的氣壓p;

（2）若發現打氣過多，可以采取放氣的辦法使籃球內部的氣壓恢復到標準氣壓，求放出空氣的質量

與籃球內剩余空氣質量小的比值。

17.跳臺滑雪是一種勇敢者的滑雪運動，運動員穿專用滑雪板，在滑雪道上獲得一定速度后從跳臺飛出，調

節飛行姿勢，身子與滑雪板平行呈水平狀態，如圖所示，使空氣對運動員（含滑雪板）產生一個豎直向上的

恒力，在空中飛行一段距離后著陸。現有總質量m=60的的運動員（含滑雪板）A滑到跳臺a處不小心撞出

一塊冰塊B,兩者一起沿水平方向以q）=2077i/s從a點飛出，分別落在與水平方向成6=37。的直斜坡b、c

上，已知a、b兩點之間的距離為聯=125m,s/37。=0.6,不計冰塊下落時空氣的作用力，求：

%

（1）冰塊B下落時間；

（2）空氣對運動員（含滑雪板）豎直方向的恒力大小。

18.某次滑雪時，一運動員從助滑雪道上的4點以大小外=2m/s的初速度沿助滑雪道勻加速直線滑下，運動

員從力點滑到距/點s=60m的P點所用的時間八=5s,然后經U型滑雪道從B點沿雪坡向上離開雪道（U型滑

雪道兩側雪坡的傾角均為a=45。），最后經過最高點M后在緩沖坡上著陸。運動員的質量7n=60kg,M點正

好位于水平平臺和緩沖坡的銜接點C的正上方九=5nl處，緩沖坡與水平面的夾角8=37。，取重力加速度大

第7頁

（2）運動員在8點時的速度u的大小；

（3）從運動員經過M點開始沖時，運動員運動到與緩沖坡距離最遠處所需要的時間以。

第8頁

答案解析部分

1.【答案】A

【解析】【解答】A球在空中做平拋運動，運動時間為/=楞=/寺5s=0.5s,

則球擊中球拍時豎直方向的速度大小為b>=g/=10x0.5nVs=5m/s,

若要使球垂直擊中乙球拍，則乙接球時球拍與水平方向的夾角的正切值應為tan()=,=卷=1,則0=45。

故答案為：A

【分析】小球做平拋運動，先由豎直下落高度求出運動時間和豎直分速度，再根據速度的合成求出合速度

與水平方向的夾角，該夾角即為球拍與水平方向的夾角。

2.【答案】D

【解析】【解答】A.小球在豎直平面內做勻速圓周運動，最低點A處球拍對小球的作用力最大。在A點由

2

牛頓第二定律列方程：FA-mg-moi)r,結合題意巳?=2mg,代入得2mg-mg=7九32廠，解得①二第,

A錯誤；

B.小球從最高點C運動到D點的過程中，向心加速度存在豎直向下的分量，小球處于失重狀態；從D點運

動到最低點A的過程中，向心加速度存在豎直向上的分量，小球處于超重狀態，B錯誤；

C.小球做勻速圓周運動，向心加速度大小M=32/恒定。從C到D的過程中，設加速度與豎直方向的夾角

為。，豎宜方向受力平衡方程為mg-%；=m%icos。；隨。增大，cosS減小，因此支持力FN逐漸增大，C錯

誤；

D.小球運動到與圓心等高的D點時，豎直方向受力平衡，FN=mg；水平方向由向心力公式得F/=

ma)2r=mg。球拍對小球的作用力為兩個分力的合力，即F=/+曷=V2mg,D正確；

故答案為：Do

【分析】本題圍繞豎直平面內的勻速圓周運動，結合受力分析、牛頓第二定律、超重失重規程逐一分析選

項。

3.【答案】B

【解析】【解答】AB.籃球與每根手指之間存在彈力N和摩擦力f,籃球恰好靜止，摩擦力達到最大靜摩擦

力，處于平衡狀態，豎直方向上，杈據平衡條件5〃Ncosa=mg+5Nsina

解得彈力大小為"麗鼻麗

摩擦力大小為/=麗黑硝

每根手指對籃球的作用力大小為摩擦力和彈力的合力，故A錯誤B正確；

C.根據以上分析可知，。減小時，手指與籃球間的壓力減小，故C錯誤：

D.籃球靜止時，摩擦力達到最大靜摩擦力，a減小時，手指與籃球間的壓力減小，最大靜摩擦力減小，籃球

第9頁

可能無法保持靜止，故D錯誤。

故答案為：Do

【分析】核心是對籃球進行受力分析，利用豎直方向的平衡條件建立方程，求解彈力和摩擦力，再結合角度變

化分析壓力及靜止條件。

4.【答案】C

【解析】【解答】AB.重力與空氣阻力的夾角，在上升階段為銳的，下降階段為鈍角，角度一直在增大，知

加速度一直在減小，速度先減小后增大，故AB錯誤；

C.因Ap=mAu=mat,知Ap一直減小，故C正確；

D.空氣阻力做功引起機械能的變化，相鄰位置軌跡長度先減小后增大，變化量也先減小后墻大，相鄰位置

的機械能變化量先減小后增大，故D錯誤。

故選Co

【分析】1、上升階段速度減小，下降階段速度增大。

2、整個過程重力與空氣阻力的夾角一直在增大，則合力一直減小，根據牛頓第二定律可知加速度一直減

小。

3、由動量定理Ap=mA”=mat,知Ap一直減小。

4、相鄰位置的機械能變化量等于克服阻力做功，阻力大小恒定，相鄰位置軌跡長度先減小后增大，變化量

也先減小后增大。

5.【答案】C

【解析】【解答】該題考查了拋體運動的規律，解決本題的關鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動

規律，知道平拋運動的時間由高度決定。A.根據平拋運動規律可知，豎直方向，從拋出到最高點，根據逆

向思維，可以看成反向的初速度為零的勻加速直線運動，根據

1

h=29t.

可得

[2h

可知第一次拋出入籃前運動的時間較大，故A錯誤；

D.豎直方向，根據

Vy=gt

可知入籃時第一次拋出的籃球在豎直方向的速度較大，根據

PG=mgvy

可知第一次拋出的籃球入籃前時重力做功的功率較大,故D錯誤：

B.根據題意無法判斷入籃時籃球的速度大小，但方向肯定不同，故B錯誤；

第10頁

C.速度變化率即為加速度，因為兩次球都只受重力，加速度相同，所以入籃前運動的速度變化率相同，故

C正確。

故選Co

【分析】從最高點左右分析，則小球做平拋運動，平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做

自由落體運動，運動的時間由高度決定，根據下落的高度比較運動的時間和豎直方向速度。兩次球的水平位

移相等，第一次球在空中運動的時間大于第二次球在空中運動的時間，根據勻速直線運動規隹分析水平速

度。入籃前時重力做功的功率PG=mgVy。

b.【答案】B

【解析】【解答】籃球到達籃板用的時間為J=同建鏟二85s

到達籃板時的豎直速度為=%sin53°—gti=3m/s

擊中點距離地面的高度為H=九+皿學t也”=4.55m

再次落地時根據一"=Vyt2-^9^2

解得以=1.3s

籃球與籃板碰撞后水平速度大小不變，方向相反，則落地時的水平位移Xi=%cos53°￡2=7.8m

籃球的落地點與出手點的水平距離為Ax=%1-%0=4.8m

故答案為：Bo

【分析】本題考查斜拋運動的分解與碰撞后的運動分析，核心是將籃球的運動分解為水平和豎直方向，先計

算碰撞前的運動時間和豎直速度，再分析碰撞后豎直方向的勻變速運動，最終求出總水平位移。

7.【答案】D

【解析】【解答】A.一小滑塊自a點由靜止開始下滑，通過ab、be、cd各段所用時間分別為T、2T、2T,

根據初速度為0的勻加速直線運動的比例關系知be:cd=1:(3+5):(7+9)=1:8:16

所以be:cd=8:16,故A錯誤；

B.由題意可知，當小滑塊自b點由靜止開始下滑時滑塊經過b、c兩點時的速度均小于小滑塊自a點由靜止

開始下滑時經過b、c兩點的速度，由％=%1+,如2,可知通過be,cd段的時間均大于2T,故B錯誤；

D.設昉=L,則bc=8L,cd=16L,勻加速運動的加速度為a,從b點靜止開始下滑，通過c點時有憂=

2a-8L

解得％=V16aL

同理，通過d點時有說=2Q-24L

解得力=V48czL

則有％：vd=1：6，故D正確；

C.b到d的時間為打=?=黑，則bd段的平均速度為麗=等=標E<%,故C錯誤。

第11頁

故答案為：Do

【分析】利用初速度為0的勻加速直線運動“連續相等時間內的位移比“，先確定各段位移關系，再結合速度

-位移公式分析速度比。

8.【答案】C

【解析】【解答】解：滑雪者先勻加速下滑后勻減速下滑，最終速度為零，u-t圖像的斜率表示加速度，勻

加速階段斜率為正、勻減速階段斜率為負，且圖像與時間軸圍成的面積表示位移，8為斜坡中點，前后兩段

位移相等，因此兩段圖像圍成的面積應相等，速度減為零的時刻并非2￡°,故A錯誤。

勻加速階段加速度沿斜面向下，設為正方向，勻減速階段加速度沿斜面向上，為負方向，而選項B中加速度

無正負變化，故B錯誤。

工-1圖像的斜率表示速度，勻加速直線運動的圖像為開口向上的拋物線，勻減速直線運動的工-1圖像

為開口向下的拋物線，該選項的％圖像符合此規律，故C正確。

滑雪者勻加速下滑過程中，人不做功，但斜面的摩擦力做負功，機械能等于動能與勢能之和，摩擦力做負功

會使機械能減小，而選項D中勻加速階段機械能不變，故D錯誤。

故答案為：C

【分析】本題考查運動學圖像的分析，涉及〃-￡、a-t,x-￡和機械能隨位移變化的圖像，核心是掌握勻

變速直線運動的圖像特點和機械能變化的判斷方法。分別分析各運動階段的加速度、速度、位移的變化規

律，結合圖像的斜率、面積的物理意義判斷a-t,x-t圖像的正誤；再根據受力做功情況，分析勻

加速階段機械能的變化，判斷機械能一位移圖像的正誤。

9.【答案】B

【解析】【解答】AC.由圖乙可知，5.5s時運動員開始離開蹦床向上運動，在7.5s時運動員開始接觸蹦床，則

運動員在空中的時間為2s,運動員在這過程中做豎直上拋運動，根據對稱性可知，自由下落時間為1s,根據

自由落體運動的位移公式可以得出運動員上升的最大高度為

1.1

h=2gt2=2x10x12m=57n

故AC錯誤;

B.由圖乙可知，當運動員靜止時可以得出運動員的重力為400N,根據重力的表達式可以得出質量為

G

m=—=40kg

當F最大時，運動員的加速度最大，根據牛頓第二定律可以得出運動員的最大加速度大小為

F—mg2400—400

mm/s2=50m/s2

Qmm40

故B正確;

D.由圖乙可知，7.5s至8.3s,根據加速度的方向可以得出運動員先向下加速運動后向下減速運動到最低點,

之后向上加速運動，再向上減速運動，故D錯誤。

第12頁

故選Bo

【分析】利用圖像可以得出運動的時間，結合自由落體的位移公式可以求出上升的最大高度；利用圖示可以

得出運動員的重力，進而求出運動員的質量，結合牛頓第二定律可以求出最大的加速度；利用加速度的方向

可以判別運動員速度的大小及方向變化。

10.【答案】B

【解析】【解答】根據題意，由對稱性可知，運動員上升、下降時間相等均為學，取向上為正方向

A.根據公式X=%￡+gat?可得

運動員運動的位移與時間的關系式為x=%￡-/自產

則x-t圖像為開口向下的拋物線，故A錯誤；

B.根據公式上=%+可得

運動員運動的速度與時間的關系式為勺=v0-gt

則u-i圖像為一條向下傾斜的直線，故B正確；

C.運動員整個運動過程中，只受重力作用，加速度一直為重力加速度，則加速度a不隨時間變化，故C錯誤；

D.在運動員與網接觸后豎直向上彈離的過程中，忽略空氣阻力，運動員只受到重力的作用，其大小和方向都不

隨時間變化，其圖像是一條平行于時間軸t軸的直線，故D錯誤。

故選：B。

【分析】蹦床運動員在訓練過程中，與網接觸后豎直向上彈離，然后又重新落網上。在這個過程中，運動員

只受重力作用，做豎直上拋運動。我們需要根據位移、速度、加速度、合力與時間的關系，來判斷各物理量隨

時間變化的圖像。

1L【答案】A,D

【解析】【解答】AB.由玻意耳定律pV=C,體積V減小則壓強p增大，分子數密度增大，單位時間撞擊

球壁的次數增多，故A正確，B錯誤；

C.溫度不變，分子平均動能不變，但單個分子動能是隨機的，并非都不變，故c錯誤；

D.由于球內氣體溫度不變，氣體的內能不變，即AU=0；氣體的體積減小，故外界對氣體做功，即W>0；

根據熱力學第一定律/U=Q+W,可得Q<0,所以球內氣體對外放熱，故D正確；

故答案為：ADo

【分析】先運用動能定理分析滑塊從a到b、b到d過程中合外力做功與動能變化的關系，得到速度變化規

律；再結合受力情況判斷滑塊的運動狀態，同時比較動能與勢能的大小，最后分析重力功率的變化規律。

12.【答案】A,C,D

【解析】【解答】A.第一次推球時小球未與擋板接觸，人、冰車和小球組成的系統不受外力作用，合外力為

零，系統動量守恒，故A正確；

第13頁

B.球與擋板碰撞過程中，擋板對系統有外力沖量，系統合外力不為零，因此動量不守恒，故B錯誤：

C.擋板每次對球碰撞的沖量/=2mv0；人笫一次接球時，對人、冰車與球系統應用動量定理，得1=

(M+zn)u共，代入數據解得v=故C正確；

D.設擋板每次沖量為I=2mv0,人推n次后，對系統應用動量定理得(n-1)/=-mv0,解得

D人那幻。人不再接球需vz>v0,代入數據得n>4.5,即推出5次后不再接到球，故D正確；

故答案選ACDo

【分析】明確系統動量守恒的條件是合外力為零：碰撞過程若受外力沖量則動量不守恒：利用動量定理分析

接球、推球過程的動量變化，結合速度臨界條件判斷推球次數。

13.【答案】A,C

【解析】【解答】對網球進行分析，根據牛頓第二定律與平衡條件有Nsme=ma,Ncos"mg

解得a=g￡a?N=

故答案為：ACo

【分析】對球進行受力分析，將球拍的作用力分解到水平和豎直方向，結合牛頓第二定律，分別在豎直方向

列平衡方程、水平方向列加速度方程，求解加速度利球拍對球的作用力，再根據球與運動員的運動關系，確

定運動員的加速度。

14.【答案】A,C

【解析】【解答】A.規定向下為正方向，根據運動過程可以得出籃球從A到B的位移為0.2m,根據位移與

時間的比值可以得出平均速度大小為

_x0.2

v=y=Q-2zn/s=lm/s

方向豎直向下，故A正確；

B.設速度向下為正，已知籃球的初末速度大小，根據末速度與初速度的差值可以得出速度變化量為

△v=(—3—5)m/s=-8m/s

負號說明速度變化方向豎直向上，故B錯誤;

CD.已知速度變化量的大小，結合加速度的定義式可以求出平均加速度為

_Av—82

a=-r-=7\~Qm/s=_40m/s

CU.N

負號表示方向豎直向上，故C正確，D錯誤。

故選ACo

【分析】利用籃球運動的位移與時間的比值可以求出平均速度的大小；利用初末速度可以求出速度變化量的

大小，結合時間可以求出平均加速度的大小。

15.【答案】B,D

第14頁

【解析】【解答】A.設手掌和籃球之間彈力的最小值為FN,由于籃球做勻速圓周運動，豎直方向上，根據平

衡方程可以得出摩擦力-四'-mg

水平方向上，根據牛頓第二定律有FN=m＜，結合幾何關系有廠=&-40

解得.心申〈里

則當籃球的速度為律時，籃球不會從手中掉落，故A錯誤;

B.已知籃球的線速度大小’結合線速度和角速度的關系式”解得儂二牌歷’故B正確;

C.籃球豎直方向上處于平衡狀態，根據平衡方程可以求出摩擦力為4mg,故C錯誤；

D.根據牛頓第二定律，由于手掌和籃球之間彈力提供向心力，根據向心力大小可以得出彈力為尸=小”

可知籃球的速度越大，手掌對球的作用力越大，故D正確。

故選BDo

【分析】利用豎直方向的平衡方程結合水平方向的牛頓第二定律可以求出籃球的最小線速度的大小；利用線

速度可以求出籃球角速度的大小：利用平衡方程可以求出摩擦力的大小：利用向心力的大小可以判別彈力與

籃球速度的大小關系。

16?【答案】（1）根據題可得*+23警=患

其中p=1.2atm,V=7L,Ti=30GK,po=l.Oatm,Vo=O.2L,T2=270K

代入數據解得p=1.88atm。

（2）根據克拉伯龍方程可得P3V=§RTZ,pV=?RT2

兩式比較可得念二號=碧

其中ps=1.6atm,根據△[!!=mig—m

聯立解得粵得

【解析】【分析】（1）將籃球內原有氣體和打入的氣體視為整體，利用理想氣體狀態方程，分別在初始狀態

和最終狀態下建立等式，通過溫度、體積、壓強的變化求解打氣后的氣壓。

（2）利用克拉伯龍方程，在溫度和體積不變時，氣體壓強與總質量成正比，先求出剩余氣體質量與原總質量

的比例，再通過質量差推導放出氣體與剩余氣體的比值。

17.【答案】（1）解：不計冰塊下落時空氣的作用力，冰塊B水平飛出做平拋運動，設冰塊B從開始運動到

直斜坡c所用的時間為3由水平方向做勻速直線運動有％=vot

豎直方向做白由落體運動有y=3gt2

由幾何關系得⑶記

聯立上式代入數據解得t=3s

第15頁

（2）解：因為空氣對運動員（含滑雪板）產生一個豎直向上的恒力，故運動員（含滑雪板）做類平拋運

動，由運動的分解與合成可得，水平方向運動有％/）cos37。=

2

豎直方向運動有%m譏37。="

聯立上式代入數據解得Q=6m/s2

對運動員（含滑雪板）受力分析，豎直方向受到重力mg和空氣的恒定阻力F,由牛頓第二定律得mg-尸=

ma

代入數據解得F=240/V

【解析】【分析】（1）物體做平拋運動，我們可以把平拋運動可以分解為水平方向上的勻速直線運動，和豎直

方向上的自由落體運動來求解，兩個方向上運動的時間相同，結合傾角0,結合幾何關系求解冰塊B下落時

間；

（2）運動員（含滑雪板）做類平拋運動，相比于平拋運動，豎直方向加速度改變，對比平拋運動規律求解

豎直方向加速度，根據牛頓第二定律求解豎直方向的恒力大小。

18.【答案】（1）解：運動員從A到P,根據s=+lat?

即60=2X5+/QX52

解得a=4m/s2

根據牛頓第二定律mgsina-f=ma

解得f=184.2N

（2）解：B點的豎直速度如y=>/^=10m/s

在8點時的速度的大小1；=.生=10y/2m/s

sin45。/

（3）解：運動員運動到與緩沖坡距離最遠處時速度方向平行緩沖坡，則此時Py="Mtan仇vy=gt2,vM=

vBy=10m/s

解得t2=0.75s

【解析】【分析】（1）加速度與阻力：用勻變速位移公式求加速度，結合牛頓第二定律（重力分力減阻力）求

阻力；

（2）B點速度：U型道對稱且無額外阻力，速度大小等于助滑段末速度的水平分量；

（3）緩沖坡最遠處時間：將M點速度分解到緩沖坡方向，結合加速度（重力沿坡分力），用速度公式求減速

到。的時間。

（1）運動員從A到P,根據

12

s=%”

即

第16頁

1

2

5

5

2

6o

+

X

X

Q

=

-

2

f2得

t

T

2

s

a=4m/

定律

頓第二

根據牛

a

f=m

na—

mgsi

解得

N

4.2

fH8

直速度

點的豎

(2)B

/s

lOm

h=

J2g

v=