详解答案
用会使篮球速度减小，则篮球受到的偏转力「2将变小，不能
△E,对小物块与小球碰撞过程，由动量守位定律得
保持「2与重力持续等大反向，所以不可能在空中持续一段
11=一12十M
水平直线运动，故D错误.故远C。
小物块与小球碰撞过程中，系统损失的总动能为
6.解(1)对小物块在Q点，由圆周运动知识有
=tf-m-M
g十3mg=
R
联立并代入数据得△E=0.3J.
解得v=4m9
(3)经分析知，小球到达P点正上方绳子拉力刚好为零时，小
(2)(「)根据题图乙分析可知，当外力F≤4N时，轨道与小
球绕P点运动的半径最大，（注：小球从与P点等高处到运
物块一起向左加速运动，对整体由牛顿第二定律有
F=(M+m)a
动至最高点过程，由动能定理知一MgR=之M-之M呢，
1
u4越小，R越大，当绳子拉力刚好为零时，4最小，R最大)F
支形得a=M十mF
点到O点距离最小，设这种情沉下小球运动到P点正上方的
、2
结合题图乙可知M十m=kg1=0.5kg'
速度大小为，P点到O点的距离为x,绳子的长度为，小
球运动到P点正上方时，结合牛顿第二定律和向心加速度公
当外力F>4N时，轨道与小物块有相对滑动，对轨道由牛顿
第二定律有F一mg=Ma
式有Mg=M,
i-x
支形得a=F-
对小球的整个上升过程，由动能定理得
M
结合题图乙可知-8子e1-1kg1,
-Mg1+1-x)=2Mf-2M
联立并代入数据得x=0.2m.
emng=-2 m s2
9.解析(1)设物块和薄板的质量均为，薄板加速度大小为
M
1,物块离开薄板时薄板的速度大小为1，对薄板受力分析，
喉立解得M=1kg,m=1kg,=0,2
由牛顿第二定律得mg=a1
(1)根据题图乙可知，当F=8N时，轨道的加速度为④1=6
ms2,小物块的加速度为a2=g=2ms2,方向均水平向左
由初建度为零的匀变缝直线运动规律得。=号1听
设经时间0，小物块运动至轨道上的P点，由运动字规律
v =
可得
设物块的初速度大小为%，加速度大小为2·离开薄板时速
此时轨道的速度1=a10
度大小为的，由题意可知，物块滑离薄板时，相对平台向右运
小物块在P点时的速度Ug=a20
小物块从P点运动至Q点的过程，小物块与轨道组成的系
动的住移为十1=名，对物块受力分析，由牛顿第二定律
7
统机械能守恒，系统水平方向上动量守恒，取水平向左为连
得ng=a2
度正方向，则有M+m=M暖+mn+2mgR
由匀变速直线运动规律得名1=欧1一之4听
M纱1十m2=M十mw1
2=一421
联立并代入数据解得=1,5s(另一解不符合题意，舍去)
联立解得1=38,6=4m8
极据运动学规律有L=2416一2“26
(2)物块离开薄板后做平抛运动，薄板做匀速直线运动，设运
解得1=4.5m
动时间为2平台高度为h,
7.解析(1)弹簧恢复原长时两物块脱离弹簧，A做平抛运动，
B做匀减速直线运动，
时落板由运功学规律得（合一日）1=女
对A,水平方向有IA=A
1
对物块由平抛运动规律得=2号
竖直方向有方=号8
喉立解得v,=1ms,
联主解得A=号m
弹簧恢复原长的过程中，由于A、B所受摩擦力大小相等，方
答案1)4m。号、(2)号m
向相反，A,B与弹黄组成的系统动量守恒，
对系统有0=mAA十mB（一m）
10.解析(1)由小球和弹簧组成的系统机栈能守恒可知
解得g=1m8。
(2)B物块与弹簧分离后做匀减速直线运动
En=之mw
2E
对B有一BgtB=0-之mg日
得小球离开来面时速度大小为√
解得u=0.2
(3)从系统初始状态到弹簧与物块分离的过程中，弹簧释放
(2)高开来面后由平抛运动规律可得=
2g
的弹性势能转化为A和B的动能与A和B同采面摩擦产生
的热量，该过程中对系统有△E=
2m+m十
第一次碰撞前速度的竖直分量为巴，由题可知心，=5，
高开来面后由平抛运动规律得x=,v,=gt
深男部姜技文原长过程中A,B两的块相时来
解得小球第一次落地，点距桌面上其飞出的水平距离为
面的路程，则有△x=△xA十△r
5√nghEy
2mg
解得△E。=0.12J
答案(1)1ms1ms(2)0.2(3)0.12J
e
答案(1m
(2)5 /mghE
8.解(1)设小物块的质量为m,传送带左右两端的距离为L,
2mg
小物块与传送带间的动摩擦国数为以，小物块在传递带上加
11.解(1)灭火弹做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，有
速时的加速度大小为a,由牛顿第二定律有mg=ma
L=votcos 6
设小物块到达传送带最右端时的速度大小为1，假设小物块
在传送带上一直加速，由运动学公式有
竖直方向微竖直上抛运动，有H=吻sin0-28
i=2aL
联立解得H=60m,
联立并代入数据得1=6m:s
(2)由能量守恒守定律有号CU心·之m呢
由于>5叫s,故假设不成立，小物块到达传送带右端前已
经与传送带共速，故小物块与小球碰撞前瞬间的速度大小为
代入已知条件解得U=√2X103V】
w1=5m:s.
题组二
(2)设小球的质量为M,碰撞后小物块与小球的速度大小分
1.C,小球处于平衡位置时x=mg,其中k为弹簧动度系效，x
别为的、购，碰撞过程中两者构成的系统损失的总动能为
为扳幅，结合题图(b)可知g地=2g天，设该天体的半径为R,
-157可
详解答案
mgth-Lsin 0-2R(1-cos )]-g mgLcos 0mp
将2代入，可得到轨莲方程[m+x一m0
a2M2
62
=1.
解得vp=2ms,
设滑块长度为！时，小物块（恰好不脱离滑块，且此时二者达
(3)将
。b代入1，可得=6，则轨迹为半径为6
到共同速度，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
的圆
mvg =2mv
2m呢=2X2mv2+2mgl
解得=0.2m
答案(1)①16ms2②2m③1：2(2)0.2m
9.解析(1)滑块4从D到F,由能量关系
mg·2R=2m呢-
2
在F点FN一mg=m尺
根据儿何关系血0=名，可得0=30
解得p=10m/s
设小球速度为，将小球的速度分解为水平和竖直方向，分
Fy=31.2N
别为vxy
(2)滑块a返回B点时的速度vB=1ms,滑块a一直在传送
则=sin0=号
带上减速，加速度大小为a=g=5ms2
根据哈=记-2aL
又m,-Mew可得w一器
可得在C点的速度vc=3ms
则滑块口从碰撞后到到达C点
2m=1
m呢+mg·2R
由机族能守恤有2mg6=2m心+子M6,
解得=5m:s
联立解得v=2b√36+a
因ab碰撞动量守恒，则川s=一m1十3m2
解得碰后b的速度v2=5ms
专题八
静电场
尉睡桂损夫的能量△B=名mf-号mf-子·3m喝=0
1
题组一
1.AD小滑块在B点处的加速度为雾，则沿斜面方向有
(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则b碰后的共同速度
mvr=4mv
mgsin30°=q
cos30,解得1/月
变，A正确，B错误：小
g
解得v=2.5ms
滑块从A到C的过程，由动能定理有W十ngSsin30°=0，解
当弹簧被压缩到最短或者仲长到最长时有共同速度
4mv=6mv
得静电力对小滑块做的功为W=一mg,C错误：根据电场
2
=号n/
力做功与电势差的关系结合C项分析可知，AC之间的电势
当弹簧被压缩到最粒时压缩量为工1，由能量关系
差Uc=W=-四，D正确.
20
合·4m2=合·6m2+合kx,解得=0.1m
2.B由题图(a)知，溶液浓度降低，相对介电常数E,增大，根据
ES
同理当弹簧被拉到最长时仲长量为x2=工1
C一4a可知，电容C增大，A错误：由于电客器与恤压电源
则弹簧最大长度与最小长度之差△x=2x1=0.2m
相连，故电容器两极板间的电势差等于电源电压，保持不变，
答案(1)10ms;31.2N:(2)0:(3)0.2m
10.解析(1)飞机在水面滑行时做从静止开始的匀加速贞线
C错误：根据C=号可知，由A项结论，电容C增大，电容器
运动，平均速度为之，则L=21
所带电荷量增大，B正确；溶液浓度降低，电容器所带电荷量
增加，电客器充电，故电流方向是由V→M,D错误。
解得飞机滑行的时间为1=2L=2X1600
s=405
3.D由于M点与A点关于带电细杆对称，故细杆在A处产
80
生的电场强度大小E6=E,=3g,方向竖直向上，故A点的
飞机滑行的加造度为a=头-沿mg=2
(2)飞机从水面至方=100m处，水的机枝能包含水的动能
电场强度大小E=E合十E6=(十3)g,D正确。
和重力势能，则△E=2m呢+mgh=2×1×10X1002J
4,ACD由等量异种电荷电场线分布的对称性知F点与C'点
电场强度大小相等，A正确；B点与E点的电场强度如图所
+1×10×10×100J=6×107J.
示，由儿何知识及电场叠加知B'点与E'点的电场强度方向
答案(1)2ms2,40s:(2)6×103J
不同，B错误：由等量异种电荷电场线分布的对称性知UA
11.解(1)m和M水平方向上动量守恤，能量守任，可得
=UD',由沿电场线方向电势越来越低知O电势高于C‘电
mv =Mvz
势，则UoD>UcD,故Uo>UAr',C正确：试探电荷在F
m.x1=Mx2且x1十xg=a
点所受电场力方向与F0方向夹角为钝角，则一开始电场力
mg6=2m听+之M吃
做负功，电势能增大，在O点所受电场力方向与FO方向夹
角是锐角，则电场力做正功，电势能减小，D正确.
F
m 2Mgb
联立解得边=M√m十M
0
西一M干m,方向向右
am
aM
x1一M+m
(2)设小球坐标为(x,y),则小球向左的位移为x,凹指的
"0
位移为一册口一)，经分析，将描国一搬方程代入可得
(x-x2)2
a2
621
159五年高考真题分美集训
物理
则地球的年径为nR,又mg=GM=p·青R,可得g=
15
R2
联立解得6=2sin0cos0
机器人跳离A木板的过程中，系统水平方向动量守恒，
πGR,则5地=”=”=2，可知=2C正筛。●
4
E
P.R 02
0.1
由动量守恒定律得Mcos=mva
2.A由题意可知当插销刚卡紧固定端盖时弹簧的仲长量为
A一名，根据胡克定律有F=k△x=些，着销与卷轴同钻转
由功能关系得，机器人微的功为W=M6十？mm'员
联立可得w=+3o0,45J=in0+4o0.45J
动，角速度相同，对插销有禅力提供向心力F=mlm
2sin 0cos a
2sin Ocose
对卷轴有v=r
(合m0+品)
+45J
,故选A。
联立解得u=入√2m
由量学知汉可知，当卫仅当之am0=品g时，即1m0=2时，
3.B在月球上的g与地球不同，故质量为135kg的巡视器受
到月球的引力不是1350N,故A错误；由于在AB段运动时
机器人做功最少，代入可得W=90J
做曲线运动，速度方向一定改变，一定有加達度，故B正确：
(3)由tan0=2,可计算出
平均速度的方向与位移方向相同，由图可知OA段与AB段
6cos0-1
2
2ms,由M%cos0=mvA
位移方向不同，故平均速度方向不相同，故C错误；根据位移
的定义可知从O到B的位移大小等于OB的连线长度，故D
3
错误，故选B.
解得·A=2√西ms,此后A木板以此速度向左做句速直
4.B根据题千公式△F=kl△业整理可得
线运动。机器人跳高A木板到与B木板相对静止的过程
中，机器人与B、C木板组成的系统在水平方向上动量守恒，
△F2
由动量守恒定律得
【2△，△，代入相应物理量单位可得比例系数k的单位为
MUp cos 6=(M+2m)v
=-kg·m=kg·m/(g2·A2)
此过程中A木板向左运动的距离xA=v4t1,
A2
代入数据得x'A=4.5m
故选B.
机器人连续三次等间距跳到B木板右端，整个过程机器人和
B木板红成的系航水平方向动量守恒，设每次跳起后机器人
5.AD小球从B到C的过程中，根据动能定理知小球速度减
的水平速度大小为，B木板的速度大小为巴1，机器人每次
小，由牛顿第二定律得mgcos0-FN=mR,8减小，连度
统跃的时间为△，
以向右为正方向，由动量守恒定律得
减小，故小球受到的支持力F、增大，由牛倾第三定律知该过
①
程小球对轨道的压力逐渐增大，A正确：小球从A到B的过
(M+m)B=M1一mv1
程中，根据动能定理知小球的速度减小，由P=mngusin0知
重力的功率减小，B错误：小球从A到C的过程中，极据动能
每水跳跃，机器人和B木板的相对位移为专，则有
定理得一mg·2R=0一之m听，解得小球的初達度0
3
=(M+g)△@
2√gR,C错误：增大小球的初速度，由动能定理知小球到达
机器人到达B木板右端时，B木板恰好追上A木板，从机器
B点的建度增大，由mge0s0-R=m及知，小球有可能从
人跳上B左瑞到跳到B的右端的过程中，A,B木板的位移
之差为△x=xA十tA=6m,则有(1一0A)·3△1=△x③
B点脱离轨道，D正确.
6.AD物块与地面间的摩擦力为f=umg=2N,对物块从0
联立①②③三个式子得△1=4(A十g)厂3(A十m】
△X
38内由动量定理可知(F一f)1=m购，即(4一2)×3=1X
A、C两木板的间距为
的，得购=6ms,38时物块的动量为p=m购=6kg·m‘s,
xAC=(0A十e）·3△1+△x+Lge=VB
设38后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得一(F
十f)1=0m3,即一(4十2)1=0一1×6，解得t=1s,所以物
整理得rAC=4L:
块在4s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确，
C错误：038物块发生的位移为x1,由动能定理可得(F
答案(11.5m(2)90J2(3)x-子Ln
fD.工1=2m号，即(4-2)x1=7X1×62,得x1=9m,3s
8.解析(1)①对小物块a从A到第一次经过C的过程，根据
4s过程中，对物块由动能定理可得一(F十f)x2=0一
机族能守恒定律有mgh=名m2(
之m暖，即-（4+2)x=0-X1X62,得x=3m,48~6s
小物块a第一次经过C点的向心加速度大小为
物块开始反向运动，物块的加这度大小为。=F二上=2
吃=2g且=16mis
4=
RR
②小物块a在DE上时，四为
ms2,发生的位移为x=2X2X22m=4m<十2，即6
u mgcos (s时物块没有回到初始位置，故B错误；物块在6s时的速度
所以小物块口每次在DE上运动至最高点后一定会下滑，之
大小为%=2X2m:s=4m:s,0~6s拉力所微的功为W=
后经过若干次在DE上的滑动使机械能损失，最终小物块a
(4×9一4×3十4×4)J=40J,故D正确.故选AD.
将在B、D间往复运动，且小物块每次在DE上向上运动和向
7.解析(1)机器人从A木板左端走到A木板右端的过程中，
下运动的距离相等，设其在DE上经过的总路程为s,根据功
机器人与A木板组成的系统动量守恒，A木板向左运动，B、
C木板静止，设机器人的质童为M,三个木板的质量均为1，
能关系有mg[h-R(1-cos8)]=(4 mgcos0+cos)之
由动量守恒定律得Mu=mvA,
解得s=2m
设所用时间为t,则有Mt=mvAt,即Mx=1tA
③根据牛顿第二定律可知，小物块口在DE上向上运动和向
又x十x
下运动的加速度大小分别为
A=LA
联立解得x4=1.5m
a:=gsin 0+m gcos 0=8 m s2,
则A、B木板间的水平距离为1.5m。
a=gsin 0-u2 gcos 0=2 m s2
(2)设机器人起跳的速度大小为，速度方向与水平方向的
将小物块4在DE上的若干次运动等效看作是一次完整的
夹角为日，机器人从A木板右端跳到B木板左端的时间
为t1:
上滑和下滑根指运动学公成有日=名年片
由斜抛运动规律得hC0s0·11=xA·
如0=g·号
(2)对小物块：从A到F的过程，根据动能定理有
158五年高考真题分类集训
物理
力学新题型
题组
用时：
哥错记录：
一、选择题
A.k1、k2是与篮球转动角速度无关的常量
1.(2024·黑吉辽卷)2024年5月3日，长征五号遥
B.篮球可回到原高度且角速度与释放时的角速
八运载火箭托举嫦娥六号探测器进入地月转移
度相同
轨道，火箭升空过程中，以下描述其状态的物理
C.人站得足够高，落地前篮球有可能向上运动
量属于矢量的是
(
D.释放条件合适，篮球有可能在空中持续一段
A.质量B.速率
C.动量D.动能
水平直线运动
2.(2023·全国乙卷)一同学将排球自O点垫起，排
二、非选择题
球竖直向上运动，随后下落回到O点.设排球在
6.(2024·山东卷)如图甲所示，质量为M的轨道
运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正
静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗
比.则该排球
糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点
A.上升时间等于下落时间
平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物
B.被垫起后瞬间的速度最大
块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩
C.达到最高点时加速度为零
擦因数为4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已
D.下落过程中做匀加速运动
知轨道半圆形部分的半径R=0.4m,重力加速
3.(2023·全国甲卷)一同学将铅球水平推出，不计
度大小g=10m,:s2。
空气阻力和转动的影响，铅球在平抛运动过程中
(1)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道
运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg,
A.机械能一直增加
求小物块在Q点的速度大小；
B.加速度保持不变
(2)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力
C.速度大小保持不变
F,小物块处在轨道水平部分时，轨道的加速度α
D.被推出后瞬间动能最大
与F对应关系如图乙所示。
4.(2023·6月浙江卷)在足球运动中，足球人网如
(1)求以和m;
图所示，则
(ⅱ)初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道
A.踢香蕉球时足球可视
施加水平向左的推力F=8N,当小物块到P点
为质点
时撤去F,小物块从Q点离开轨道时相对地面的
B.足球在飞行和触网时
速度大小为7ms。求轨道水平部分的长度L。
惯性不变
C.足球在飞行时受到脚
的作用力和重力
、R
D.触网时足球对网的力大于网对足球的力
77777777777777
5.(2020·北京卷)在无风的环境，某人在高处释放
静止的篮球，篮球竖直下落；如果先让篮球以一
图T
遂乙
定的角速度绕过球心的水平轴转动（如图）再释
放，则篮球在向下掉落的过程中偏离竖直方向做
曲线运动.其原因是，转动的篮球在运动过程中
除受重力外，还受到空气施加的阻力f1和偏转
力f2.这两个力与篮球速度v的关系大致为：f
=k12,方向与篮球运动方向相反；f2=2,方向
与篮球运动方向垂直.下列说法正确的是
(
平轴
34五年高考真题分美集训
物理
9.解析(1)传送带的速度=4,0ms时，载物箱在传送带上
(3)从B,C分离到B停止运动，设B的路程为xB,C的位移
先做匀减速运动，设其加速度大小为，由牛顿第二定律有
为xC,以B为研究对象，由动能定理得
umg =ma
D
W一fxB=0一Ek⑨
设找物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为$1·由运动学公
以C为研究对象，由动能定理得
式有2-2=-2a1
②
fxc=0-Ek
10
联主①②式，代入题给数据得
由B、C的运动关系得xB>xC一xC
1=4.5m
联立⑨⑩①式得W因此，载物箱在到达右侧平台前，遠度先城小至，然后开哈
(4)2f
做匀速运动，设栽物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时
9
间为1，做身减速运动所用的时间为1′，由运动学公式有
v=%一a内
④
白=4'+L
⑤
11.解析(1)对滑块A在圆弧轨道上的运动过程，根据机拔能
联主①③④⑤式并代入题给数据得
41=2.758.
⑥
守位定律有mgR=2m
(2)当找物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右胡
解得碰撞前瞬间A的速率v=√2gR=2m:s
平台时的速度最小，设为：当我物箱滑上传送带后一直做
匀加速运动时，到达右剧平台时的速度最大，设为2，由动能
根搭牛领第二定律有F一mg=m
R
定理有-mmgL=m2-2m62
⑦
解得轨道对A的支持力大小F=3N
根据牛顿第三定律可得，A对轨道的压力大小N=F=3N,
①
(2)根据动量守恒定律有mv=2mw
由⑦ 式并代入题给条件得
解得碰撞后降间A和B整体的速率=司
v=1m's
功1=/2m:s,2=4√3ms】
⊙
根据动量定理有I=U=0,1N·s
(3)传送带的速度v=6.0m8时，由于<<2，载物箱先
做匀加速运动，加速度大小仍为4.设载物箱做匀加速运动通
(3)根搭动能定理有-·2mg1=0-之×2mu
过的距离为52，所用时间为2，由运动学公式有
解得A和B整体沿水平桌面滑动的距离1=
=0.25m.
=%十at2
0
2g
2-m2=2a5
0
答案(1)3N(2)0.1N·s(3)0.25m
联立①0①式并代入题给数据得t2=1.0s
②
力学新题型
s2=5.5m
B
题组一
因此载物箱加速运动1.0s、向右运动5.5m时，达到与传送
1.C质量.速率和动能都是标量，动量p=0,质量m是标
带相同的速度.此后载物箱与传送带共同匀遮运动（△：一2）
量，速度是失量，故动量力是失量，C正确。
的时间后，传送带突然停止.设载物箱匀速运动通过的距离
2.B上升过程和下降过程的位移大小相同，上升过程的末状
为s3,有3=（△1一g)v
⑨
态和下降过程的初状态速度均为零.对排球受力分析，上升
过程的重力和阻力方向相同，下降过程中重力和阻力方向相
由①@⑧式可知，2m>mg(L一2一)，即我物箱运
反，根据牛頓第二定律可知，上升过程中任意住置的加速度
动到右侧平台时速度大于零，设为队，由运动学公式有
比下降过程中对应位置的加速度大，则上升过程的平均加速
2-2=-2a(L-
0
度较大.由位移与时间关系可知，上升时间比下落时间短，A
设找物箱通过传送带的过程中，传送带对它的冲量为】，由动
错误；上升过程排球做减速运动，下降过程排球做加速运动
量定理有I=加（必一物）
0
在整个过程中空气阻力一直做负功，排球机拔能一直在减
小，下降过程中的最低，点的速度小于上升过程的最低，点的速
联主①②⑧0⑤⑥式并代入题给数据祥I=0.
度，故排球被垫起时的速度最大，B正确：达到最高点速度为
答案(1)2.758(2)4W3m's2m8(3)0
零，空气阻力为零，此刻排球重力提供加速度不为零，C错
10.解(1)从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以
误；下落过程中，排球速度在变，所受空气阻力在变，故排球
B、C和弹簧为研究对象，由功能关系得
所受的合外力在变化，排球在下落过程中做变加连运动，D
F,=2f,十2k①
错误.故选B.
3.B铅球做平地运动，仅受重力，故机枝能守恒，A错误：铅球
弹簧恢复原长时B,C分离，从弹簧最短到B,C分离，以B、
的加速度恒为重力加速度保持不变，B正确：铅球做平抛运
C和弹簧为研究对象，由能量守恒得
动，水平方向速度不变，竖直方向做匀加速直线运动，根据运
名k=2f+2Bs@
动的合成可知铅球速度变大，则动能越来越大，CD错误.故
选B.
联主①②式得
4,B在研究如何踢出“香蕉球”时，需要考虑踢在足球上的位
0=2F-4f
置与角度，所以不可以把足球看作质点，故A错误；惯性只与
③
质量有关，足球在飞行和触网时质量不变，则惯性不变，故B
E=F2-6fF+8
正确：足球在飞行时脚已经离开足球，故在忽略空气阻力的
①
情况下只受重力，故C错误：触网时足球对网的力与网对足
(2)当A刚要离开墙时，设弹簧的伸长量为x,以A为研究
球的力是相互作用力，大小相等，故D错误.故选B.
对象，由平衡条件得kx=f⑤
5.CA.篮球未转动时，篮球竖直下落，没有受到偏转力f2的
若A刚要离开培壁时B的速度恰好等于容，这种情况下恒
作用，而篮球转动时，将受到偏转力「2的作用，所以偏转力
「2=k2v中的k2与篮球转动角速度有关，故A错误：
力为最小值Fmm,从弹簧恢复原长到A刚要离开墙的过程
B.空气阻力一直对篮球做负功，篮球的机械能将减小，篮球
中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒得
的角速度也将减小，所以篮球没有足够的能量回到原高度，
E=2kx2+fx⑥
故B错误：
C.篮球下落过程中，其受力情况如
联主①②⑤⑥式得
图所示
x
F-(3±)f@
篮球下落过程中，由受力分析可知，
随着速度不断增大，篮球受到∫1和
根据题意合去F-(3-）得
「2的合力沿竖直方向的分力可能
比重力大，可使篮球竖直方向的分
速度减小为零或变成竖直向上，所以篮球可能向上运动，故
Fm-(3+)f图
C正确：D.如果篮球的速度变成水平方向，则空气阻力的作
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