2026年高考物理二轮复习 命题热点情境4 体育类情境（专项训练）含答案

2026年高考物理二轮复习命题热点情境4体育类情境专项训练

一、选择题

1.如图所示，甲、乙两人进行击球训练，甲在4处将球以5m/s的速度水平击出，乙在比4处低1.25m的

4处将球击回，不计空气阻力，重力加速度g取lOm",若要使球垂直击中乙球拍，则乙接球时球拍与水平

方向%的夹角应为（）

V

A.45°B.53°C.60°D.75°

2.太极球是市民中较流行的健身器材，现将其简化成如图所示的小球拍和小球。某市民健身时，让小球拍

和质量为m的小球在竖直面内保持这样的姿势且按顺时针方向做半径为r的匀速圆周运动。已知运动过程中

小球拍对小球的最大作用力为2mg,小球相时于小球拍始终保持静止，重力加速度为g,下列说法正确的是

（）

C

/\

»/\

B；-O}口

\（

、、----J

A

A.小球做圆周运动的角速度大小为3=居

B.从最高点C到最低点4运动的过程中，小球先处于超重状态后处于失重状态

C.从最高点C到最低点4运动的史程中，小球拍对小球的支持力先减小后增大

D.小球经过与圆心等高的。点时，小球拍对小球的作用力大小为

3.如图甲所示为某篮球运动员用一只手抓住篮球使其静止在空中，其中一根手指与篮球的简化图如图乙所

示。假设篮球恰好静止时，五根手指与竖直方向的夹角均为*每根手指与篮球之间的动摩擦因数均为卬篮

球的质量为m,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（）

甲乙

第1页

A.每根手指对篮球的作用力大小为标七硒

B.每根手指对篮球的摩擦力大个为丽悬硒

C.。减小时，手指与篮球间的压力增大

D.a取任意值，均能使篮球静止

4.篮球投出后经多次曝光得到的照片如图所示，每次曝光的时间间隔相等。篮球受到的空气阻力大小相

等，方向始终与速度方向相反，则篮球（）

A.速度大小一直在减小

B.加速度大小先减小后增大

C.相邻位置的动量变化量一直减小

D.相邻位置的机械能变化量先妈大后减小

5.如图所示，篮球从同一高度先后抛出后均直接落入篮筐，运动轨迹如图所示，则篮球先后两次（）

第1次的轨迹

\，一j-/I

A.入篮前运动的时间相同B.入篮前时的速度相同

C.入篮前运动的速度变化率相同D.入篮前时重力做功的功率相同

6.如图所示，在中学生篮球赛中，某同学某次投篮出手点距水平地面的高度h=1.8m,距竖直篮板的水平

距离xo=3m；篮球出手后的初速度大小%=10m/s,方向斜向上与水平方向的夹角为53。。篮球与篮板的摩

擦不计，空气阻力不计；篮球自出手至落地仅与篮板发生了碰撞（碰撞时间极短），且碰撞时无机械能损

失；篮球可视为质点，运动轨迹所在竖直面与篮板垂直，取g=10m/s2,sin53°=0.8,cos53。=0.6。则篮

球的落地点与出手点的水平距离为（）

第2页

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

7.目前，北方雪季全面开启，滑雪成为冬季最热门的运动之一。如图所示，一位滑雪运动员在倾斜滑道上

沿直线从a点由静止开始匀加速下滑，依次经过b、c、d点。且通过ab、be、cd各段所用时间分别为T、

2T、2T,现在该滑雪运动员沿滑道重新从b点由静止开始下滑，若滑雪运动员在下滑时加速度大小恒定不

变，则该滑雪运动员第二次下滑过程中（）

A.通过be、cd段的位移之比为2:3

B.通过be、cd段的时间均为2T

C.通过c点的速度小于通过bd段的平均速度

D.通过c、d点的速度之比为1：百

8.滑雪是大众喜欢的冰雪项目之一，有一滑雪爱好者沿斜坡ABC的顶端A由静止开始匀加速下滑（此过程

人不做功），经斜坡中点B时调整姿势采用犁式刹车方式开始匀减速，滑至坡底C时速度恰好为零，若滑雪

者可视为质点，用v、x、t、a、E分别表示滑雪者下滑时的速度、位移、时间、加速度、机械能（以C为零

势能点），则下列图像可能正确的是（）

第3页

9.蹦床运动作为一项竞技运动，自2000年悉尼奥运会以来就一直是奥运会的正式比赛项目。如图甲所示利

用传感器对蹦床进行弹性测试，测得运动员训练时蹦床弹力随时间变化的图线如图乙所示。假设运动员（可

视为质点）仅在竖直方向运动，忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2。依据图像给出的物理信息可知

（）

A.运动员上升的最大高度为20m

B.运动员的最大加速度大小为50m/sZ

C.5.5s时运动员位于最低点

D.7.5s至8.3s,运动员先向下减速后向上加速运动

10.某蹦床运动员在训练过程中与网接触后，竖直向上弹离，经过时间，又重新落回网上。以运动员离开

网的时刻作为计时起点，以离开的位置作为位移起点，规定竖直向上为正方向，忽略空气阻力，下列描述运

11.如图所示，健身球是一种内部充满气体的健身辅助器材，己知球内的气体可视为理想气体，当人体压向

健身球时球内气体体积缓慢变小。则人体压向健身球的过程中，下列说法正确的是（）

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A.球内气体单位时间对球的撞击次数增多

B.球内气体压强不变

C.球内每个气体分子的动能都不变

D.球内气体对外放热

12.如图所示，在光滑的水平冰面上，一个坐在冰车上的人手扶一球静止在冰面上。已知人和冰车的总质量

M=40kg,球的质量?n=5kg。某时刻人将球以相对于地面%=4m/s的水平速度向前方固定挡板推出，球

与挡板碰撞后速度大小不变，人接住球后再以同样的速度将球推出（假设人、球、冰车共速后才推球），直

到人不能再接到球，下列说法正确的是（）

^Trn777777777777777777777Trf777n7777T7

A.人第1次推球时，人、冰车、小球组成的系统动量守恒

B.人第1次推球直到不能再接到球，人、冰车、小球组成的系统动量守恒

C.人第1次接到球后，人、球、冰车共同的速度大小为gm/s

D.人第5次将球推出后将不再接到球

13.运动员手持球拍托球沿水平方向匀加速跑动,球的质量为m,球拍和水平面间的夹角为仇球与球拍相对

静止，它们间摩擦力以及空气阻力不计，则（

A.运动员的加速度为gtan。B.运动员的加速度为gsin。

C.球拍对球的作用力为墨D.球拍对球的作用力为mgtan。

14.为了响应学校积极锻炼的号召，周末留校的同学正在新改造的篮球场上练习原地运球。假设整个运球过

程中，篮球始终在竖直方向运动，某次篮球运动过程如图所示，篮球从距离地面1m处的A点以大小为5m/s

的速度竖直向下运动，落地地反弹后以大小3m/s的速度竖直向上经过距离地面0.8m的B点，已知从A到B

共用时0.2s,篮球可视为质点，则此过程（）

第5页

5m/s]*

B

3m/s

7777777777777Z

A.篮球的平均速度大小为Im/s,方向竖直向下

B.篮球的速度变化量大小为2m/s,方向竖直向下

C.篮球的平均加速度大小为40m/s2,方向竖直向上

D.篮球的平均加速度大小为10m/s2,方向竖直向上

15.带球转身动作是篮球运动中的难点，如图甲所示为篮球爱好者带球转身的一瞬间。由于篮球规则规定手

掌不能上翻，我们将此过程理想化为如图乙所示的模型：薄长方体代表手掌，转身时球紧贴竖立的手掌，绕

着转轴（中枢脚所在直线）做匀速圆周运动。假设手掌和球之间的动摩擦因数为中最大静摩擦力等于滑动

摩擦力（不考虑篮球在手掌中的滚动），篮球质量为m,直径为D,手掌到转轴的距离为d,重力加速度为

g,则要顺利完成此转身动作，下列说法正确的是（）

A.若篮球的速度为野,则篮球会从手中掉落

B.篮球的角速度至少为小丁）

、〃（2a-D）

C.若篮球的线速度大小为v,则手掌和篮球之间的摩擦力一定为第唠

D.篮球的速度越大，手掌对球的作用力越大

三、计算题

16.篮球运动是中学生喜欢的一项体育运动，打篮球前需要将篮球内部气压调至标准气压才能让篮球发挥最

佳性能。某同学发现教室里一只篮球气压不足，用气压计测得球内气体压强为1.2atm,已知篮球内部容积为

7L,教室内温度为300K。现把篮球拿至室外篮球场后用简易打气筒给篮球打气28次，每次能将0.2L、1.0

atm的空气打入球内，篮球及篮球场空气温度均为270K,假设篮球的标准气压为1.6atm。忽略打气和放气

过程中篮球容积的变化。求：

第6页

（1）打气完成后篮球内部的气压p;

（2）若发现打气过多，可以采取放气的办法使篮球内部的气压恢复到标准气压，求放出空气的质量

与篮球内剩余空气质量小的比值。

17.跳台滑雪是一种勇敢者的滑雪运动，运动员穿专用滑雪板，在滑雪道上获得一定速度后从跳台飞出，调

节飞行姿势，身子与滑雪板平行呈水平状态，如图所示，使空气对运动员（含滑雪板）产生一个竖直向上的

恒力，在空中飞行一段距离后着陆。现有总质量m=60的的运动员（含滑雪板）A滑到跳台a处不小心撞出

一块冰块B,两者一起沿水平方向以q）=2077i/s从a点飞出，分别落在与水平方向成6=37。的直斜坡b、c

上，已知a、b两点之间的距离为联=125m,s/37。=0.6,不计冰块下落时空气的作用力，求：

%

（1）冰块B下落时间；

（2）空气对运动员（含滑雪板）竖直方向的恒力大小。

18.某次滑雪时，一运动员从助滑雪道上的4点以大小外=2m/s的初速度沿助滑雪道匀加速直线滑下，运动

员从力点滑到距/点s=60m的P点所用的时间八=5s,然后经U型滑雪道从B点沿雪坡向上离开雪道（U型滑

雪道两侧雪坡的倾角均为a=45。），最后经过最高点M后在缓冲坡上着陆。运动员的质量7n=60kg,M点正

好位于水平平台和缓冲坡的衔接点C的正上方九=5nl处，缓冲坡与水平面的夹角8=37。，取重力加速度大

第7页

（2）运动员在8点时的速度u的大小；

（3）从运动员经过M点开始冲时，运动员运动到与缓冲坡距离最远处所需要的时间以。

第8页

答案解析部分

1.【答案】A

【解析】【解答】A球在空中做平抛运动，运动时间为/=楞=/寺5s=0.5s,

则球击中球拍时竖直方向的速度大小为b>=g/=10x0.5nVs=5m/s,

若要使球垂直击中乙球拍，则乙接球时球拍与水平方向的夹角的正切值应为tan()=,=卷=1,则0=45。

故答案为：A

【分析】小球做平抛运动，先由竖直下落高度求出运动时间和竖直分速度，再根据速度的合成求出合速度

与水平方向的夹角，该夹角即为球拍与水平方向的夹角。

2.【答案】D

【解析】【解答】A.小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最低点A处球拍对小球的作用力最大。在A点由

2

牛顿第二定律列方程：FA-mg-moi)r,结合题意巳।=2mg,代入得2mg-mg=7九32厂，解得①二第,

A错误；

B.小球从最高点C运动到D点的过程中，向心加速度存在竖直向下的分量，小球处于失重状态；从D点运

动到最低点A的过程中，向心加速度存在竖直向上的分量，小球处于超重状态，B错误；

C.小球做匀速圆周运动，向心加速度大小M=32/恒定。从C到D的过程中，设加速度与竖直方向的夹角

为。，竖宜方向受力平衡方程为mg-%；=m%icos。；随。增大，cosS减小，因此支持力FN逐渐增大，C错

误；

D.小球运动到与圆心等高的D点时，竖直方向受力平衡，FN=mg；水平方向由向心力公式得F/=

ma)2r=mg。球拍对小球的作用力为两个分力的合力，即F=/+曷=V2mg,D正确；

故答案为：Do

【分析】本题围绕竖直平面内的匀速圆周运动，结合受力分析、牛顿第二定律、超重失重规程逐一分析选

项。

3.【答案】B

【解析】【解答】AB.篮球与每根手指之间存在弹力N和摩擦力f,篮球恰好静止，摩擦力达到最大静摩擦

力，处于平衡状态，竖直方向上，杈据平衡条件5〃Ncosa=mg+5Nsina

解得弹力大小为"丽鼻丽

摩擦力大小为/=丽黑硝

每根手指对篮球的作用力大小为摩擦力和弹力的合力，故A错误B正确；

C.根据以上分析可知，。减小时，手指与篮球间的压力减小，故C错误：

D.篮球静止时，摩擦力达到最大静摩擦力，a减小时，手指与篮球间的压力减小，最大静摩擦力减小，篮球

第9页

可能无法保持静止，故D错误。

故答案为：Do

【分析】核心是对篮球进行受力分析，利用竖直方向的平衡条件建立方程，求解弹力和摩擦力，再结合角度变

化分析压力及静止条件。

4.【答案】C

【解析】【解答】AB.重力与空气阻力的夹角，在上升阶段为锐的，下降阶段为钝角，角度一直在增大，知

加速度一直在减小，速度先减小后增大，故AB错误；

C.因Ap=mAu=mat,知Ap一直减小，故C正确；

D.空气阻力做功引起机械能的变化，相邻位置轨迹长度先减小后增大，变化量也先减小后墙大，相邻位置

的机械能变化量先减小后增大，故D错误。

故选Co

【分析】1、上升阶段速度减小，下降阶段速度增大。

2、整个过程重力与空气阻力的夹角一直在增大，则合力一直减小，根据牛顿第二定律可知加速度一直减

小。

3、由动量定理Ap=mA”=mat,知Ap一直减小。

4、相邻位置的机械能变化量等于克服阻力做功，阻力大小恒定，相邻位置轨迹长度先减小后增大，变化量

也先减小后增大。

5.【答案】C

【解析】【解答】该题考查了抛体运动的规律，解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动

规律，知道平抛运动的时间由高度决定。A.根据平抛运动规律可知，竖直方向，从抛出到最高点，根据逆

向思维，可以看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，根据

1

h=29t.

可得

[2h

可知第一次抛出入篮前运动的时间较大，故A错误；

D.竖直方向，根据

Vy=gt

可知入篮时第一次抛出的篮球在竖直方向的速度较大，根据

PG=mgvy

可知第一次抛出的篮球入篮前时重力做功的功率较大,故D错误：

B.根据题意无法判断入篮时篮球的速度大小，但方向肯定不同，故B错误；

第10页

C.速度变化率即为加速度，因为两次球都只受重力，加速度相同，所以入篮前运动的速度变化率相同，故

C正确。

故选Co

【分析】从最高点左右分析，则小球做平抛运动，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做

自由落体运动，运动的时间由高度决定，根据下落的高度比较运动的时间和竖直方向速度。两次球的水平位

移相等，第一次球在空中运动的时间大于第二次球在空中运动的时间，根据匀速直线运动规隹分析水平速

度。入篮前时重力做功的功率PG=mgVy。

b.【答案】B

【解析】【解答】篮球到达篮板用的时间为J=同建铲二85s

到达篮板时的竖直速度为=%sin53°—gti=3m/s

击中点距离地面的高度为H=九+皿学t也”=4.55m

再次落地时根据一"=Vyt2-^9^2

解得以=1.3s

篮球与篮板碰撞后水平速度大小不变，方向相反，则落地时的水平位移Xi=%cos53°£2=7.8m

篮球的落地点与出手点的水平距离为Ax=%1-%0=4.8m

故答案为：Bo

【分析】本题考查斜抛运动的分解与碰撞后的运动分析，核心是将篮球的运动分解为水平和竖直方向，先计

算碰撞前的运动时间和竖直速度，再分析碰撞后竖直方向的匀变速运动，最终求出总水平位移。

7.【答案】D

【解析】【解答】A.一小滑块自a点由静止开始下滑，通过ab、be、cd各段所用时间分别为T、2T、2T,

根据初速度为0的匀加速直线运动的比例关系知be:cd=1:(3+5):(7+9)=1:8:16

所以be:cd=8:16,故A错误；

B.由题意可知，当小滑块自b点由静止开始下滑时滑块经过b、c两点时的速度均小于小滑块自a点由静止

开始下滑时经过b、c两点的速度，由％=%1+,如2,可知通过be,cd段的时间均大于2T,故B错误；

D.设昉=L,则bc=8L,cd=16L,匀加速运动的加速度为a,从b点静止开始下滑，通过c点时有忧=

2a-8L

解得％=V16aL

同理，通过d点时有说=2Q-24L

解得力=V48czL

则有％：vd=1：6，故D正确；

C.b到d的时间为打=?=黑，则bd段的平均速度为丽=等=标E<%,故C错误。

第11页

故答案为：Do

【分析】利用初速度为0的匀加速直线运动“连续相等时间内的位移比“，先确定各段位移关系，再结合速度

-位移公式分析速度比。

8.【答案】C

【解析】【解答】解：滑雪者先匀加速下滑后匀减速下滑，最终速度为零，u-t图像的斜率表示加速度，匀

加速阶段斜率为正、匀减速阶段斜率为负，且图像与时间轴围成的面积表示位移，8为斜坡中点，前后两段

位移相等，因此两段图像围成的面积应相等，速度减为零的时刻并非2£°,故A错误。

匀加速阶段加速度沿斜面向下，设为正方向，匀减速阶段加速度沿斜面向上，为负方向，而选项B中加速度

无正负变化，故B错误。

工-1图像的斜率表示速度，匀加速直线运动的图像为开口向上的抛物线，匀减速直线运动的工-1图像

为开口向下的抛物线，该选项的％图像符合此规律，故C正确。

滑雪者匀加速下滑过程中，人不做功，但斜面的摩擦力做负功，机械能等于动能与势能之和，摩擦力做负功

会使机械能减小，而选项D中匀加速阶段机械能不变，故D错误。

故答案为：C

【分析】本题考查运动学图像的分析，涉及〃-£、a-t,x-£和机械能随位移变化的图像，核心是掌握匀

变速直线运动的图像特点和机械能变化的判断方法。分别分析各运动阶段的加速度、速度、位移的变化规

律，结合图像的斜率、面积的物理意义判断a-t,x-t图像的正误；再根据受力做功情况，分析匀

加速阶段机械能的变化，判断机械能一位移图像的正误。

9.【答案】B

【解析】【解答】AC.由图乙可知，5.5s时运动员开始离开蹦床向上运动，在7.5s时运动员开始接触蹦床，则

运动员在空中的时间为2s,运动员在这过程中做竖直上抛运动，根据对称性可知，自由下落时间为1s,根据

自由落体运动的位移公式可以得出运动员上升的最大高度为

1.1

h=2gt2=2x10x12m=57n

故AC错误;

B.由图乙可知，当运动员静止时可以得出运动员的重力为400N,根据重力的表达式可以得出质量为

G

m=—=40kg

当F最大时，运动员的加速度最大，根据牛顿第二定律可以得出运动员的最大加速度大小为

F—mg2400—400

mm/s2=50m/s2

Qmm40

故B正确;

D.由图乙可知，7.5s至8.3s,根据加速度的方向可以得出运动员先向下加速运动后向下减速运动到最低点,

之后向上加速运动，再向上减速运动，故D错误。

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故选Bo

【分析】利用图像可以得出运动的时间，结合自由落体的位移公式可以求出上升的最大高度；利用图示可以

得出运动员的重力，进而求出运动员的质量，结合牛顿第二定律可以求出最大的加速度；利用加速度的方向

可以判别运动员速度的大小及方向变化。

10.【答案】B

【解析】【解答】根据题意，由对称性可知，运动员上升、下降时间相等均为学，取向上为正方向

A.根据公式X=%£+gat?可得

运动员运动的位移与时间的关系式为x=%£-/自产

则x-t图像为开口向下的抛物线，故A错误；

B.根据公式上=%+可得

运动员运动的速度与时间的关系式为勺=v0-gt

则u-i图像为一条向下倾斜的直线，故B正确；

C.运动员整个运动过程中，只受重力作用，加速度一直为重力加速度，则加速度a不随时间变化，故C错误；

D.在运动员与网接触后竖直向上弹离的过程中，忽略空气阻力，运动员只受到重力的作用，其大小和方向都不

随时间变化，其图像是一条平行于时间轴t轴的直线，故D错误。

故选：B。

【分析】蹦床运动员在训练过程中，与网接触后竖直向上弹离，然后又重新落网上。在这个过程中，运动员

只受重力作用，做竖直上抛运动。我们需要根据位移、速度、加速度、合力与时间的关系，来判断各物理量随

时间变化的图像。

1L【答案】A,D

【解析】【解答】AB.由玻意耳定律pV=C,体积V减小则压强p增大，分子数密度增大，单位时间撞击

球壁的次数增多，故A正确，B错误；

C.温度不变，分子平均动能不变，但单个分子动能是随机的，并非都不变，故c错误；

D.由于球内气体温度不变，气体的内能不变，即AU=0；气体的体积减小，故外界对气体做功，即W>0；

根据热力学第一定律/U=Q+W,可得Q<0,所以球内气体对外放热，故D正确；

故答案为：ADo

【分析】先运用动能定理分析滑块从a到b、b到d过程中合外力做功与动能变化的关系，得到速度变化规

律；再结合受力情况判断滑块的运动状态，同时比较动能与势能的大小，最后分析重力功率的变化规律。

12.【答案】A,C,D

【解析】【解答】A.第一次推球时小球未与挡板接触，人、冰车和小球组成的系统不受外力作用，合外力为

零，系统动量守恒，故A正确；

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B.球与挡板碰撞过程中，挡板对系统有外力冲量，系统合外力不为零，因此动量不守恒，故B错误：

C.挡板每次对球碰撞的冲量/=2mv0；人笫一次接球时，对人、冰车与球系统应用动量定理，得1=

(M+zn)u共，代入数据解得v=故C正确；

D.设挡板每次冲量为I=2mv0,人推n次后，对系统应用动量定理得(n-1)/=-mv0,解得

D人那幻。人不再接球需vz>v0,代入数据得n>4.5,即推出5次后不再接到球，故D正确；

故答案选ACDo

【分析】明确系统动量守恒的条件是合外力为零：碰撞过程若受外力冲量则动量不守恒：利用动量定理分析

接球、推球过程的动量变化，结合速度临界条件判断推球次数。

13.【答案】A,C

【解析】【解答】对网球进行分析，根据牛顿第二定律与平衡条件有Nsme=ma,Ncos"mg

解得a=g£a®N=

故答案为：ACo

【分析】对球进行受力分析，将球拍的作用力分解到水平和竖直方向，结合牛顿第二定律，分别在竖直方向

列平衡方程、水平方向列加速度方程，求解加速度利球拍对球的作用力，再根据球与运动员的运动关系，确

定运动员的加速度。

14.【答案】A,C

【解析】【解答】A.规定向下为正方向，根据运动过程可以得出篮球从A到B的位移为0.2m,根据位移与

时间的比值可以得出平均速度大小为

_x0.2

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

方向竖直向下，故A正确；

B.设速度向下为正，已知篮球的初末速度大小，根据末速度与初速度的差值可以得出速度变化量为

△v=(—3—5)m/s=-8m/s

负号说明速度变化方向竖直向上，故B错误;

CD.已知速度变化量的大小，结合加速度的定义式可以求出平均加速度为

_Av—82

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

CU.N

负号表示方向竖直向上，故C正确，D错误。

故选ACo

【分析】利用篮球运动的位移与时间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变化量的

大小，结合时间可以求出平均加速度的大小。

15.【答案】B,D

第14页

【解析】【解答】A.设手掌和篮球之间弹力的最小值为FN,由于篮球做匀速圆周运动，竖直方向上，根据平

衡方程可以得出摩擦力-四'-mg

水平方向上，根据牛顿第二定律有FN=m＜，结合几何关系有厂=&-40

解得.心申〈里

则当篮球的速度为律时，篮球不会从手中掉落，故A错误;

B.已知篮球的线速度大小’结合线速度和角速度的关系式”解得侬二牌历’故B正确;

C.篮球竖直方向上处于平衡状态，根据平衡方程可以求出摩擦力为4mg,故C错误；

D.根据牛顿第二定律，由于手掌和篮球之间弹力提供向心力，根据向心力大小可以得出弹力为尸=小”

可知篮球的速度越大，手掌对球的作用力越大，故D正确。

故选BDo

【分析】利用竖直方向的平衡方程结合水平方向的牛顿第二定律可以求出篮球的最小线速度的大小；利用线

速度可以求出篮球角速度的大小：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别弹力与

篮球速度的大小关系。

16•【答案】（1）根据题可得*+23警=患

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

代入数据解得p=1.88atm。

（2）根据克拉伯龙方程可得P3V=§RTZ,pV=?RT2

两式比较可得念二号=碧

其中ps=1.6atm,根据△[!!=mig—m

联立解得粤得

【解析】【分析】（1）将篮球内原有气体和打入的气体视为整体，利用理想气体状态方程，分别在初始状态

和最终状态下建立等式，通过温度、体积、压强的变化求解打气后的气压。

（2）利用克拉伯龙方程，在温度和体积不变时，气体压强与总质量成正比，先求出剩余气体质量与原总质量

的比例，再通过质量差推导放出气体与剩余气体的比值。

17.【答案】（1）解：不计冰块下落时空气的作用力，冰块B水平飞出做平抛运动，设冰块B从开始运动到

直斜坡c所用的时间为3由水平方向做匀速直线运动有％=vot

竖直方向做白由落体运动有y=3gt2

由几何关系得⑶记

联立上式代入数据解得t=3s

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（2）解：因为空气对运动员（含滑雪板）产生一个竖直向上的恒力，故运动员（含滑雪板）做类平抛运

动，由运动的分解与合成可得，水平方向运动有％/）cos37。=

2

竖直方向运动有%m讥37。="

联立上式代入数据解得Q=6m/s2

对运动员（含滑雪板）受力分析，竖直方向受到重力mg和空气的恒定阻力F,由牛顿第二定律得mg-尸=

ma

代入数据解得F=240/V

【解析】【分析】（1）物体做平抛运动，我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直

方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同，结合倾角0,结合几何关系求解冰块B下落时

间；

（2）运动员（含滑雪板）做类平抛运动，相比于平抛运动，竖直方向加速度改变，对比平抛运动规律求解

竖直方向加速度，根据牛顿第二定律求解竖直方向的恒力大小。

18.【答案】（1）解：运动员从A到P,根据s=+lat?

即60=2X5+/QX52

解得a=4m/s2

根据牛顿第二定律mgsina-f=ma

解得f=184.2N

（2）解：B点的竖直速度如y=>/^=10m/s

在8点时的速度的大小1；=.生=10y/2m/s

sin45。/

（3）解：运动员运动到与缓冲坡距离最远处时速度方向平行缓冲坡，则此时Py="Mtan仇vy=gt2,vM=

vBy=10m/s

解得t2=0.75s

【解析】【分析】（1）加速度与阻力：用匀变速位移公式求加速度，结合牛顿第二定律（重力分力减阻力）求

阻力；

（2）B点速度：U型道对称且无额外阻力，速度大小等于助滑段末速度的水平分量；

（3）缓冲坡最远处时间：将M点速度分解到缓冲坡方向，结合加速度（重力沿坡分力），用速度公式求减速

到。的时间。

（1）运动员从A到P,根据

12

s=%”

即

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1

2

5

5

2

6o

+

X

X

Q

=

-

2

f2得

t

T

2

s

a=4m/

定律

顿第二

根据牛

a

f=m

na—

mgsi

解得

N

4.2

fH8

直速度

点的竖

(2)B

/s

lOm

h=

J2g

v=