高中物理高考 押课标卷物理第21题（解析版）-备战2020年高考物理临考题号押题

这是一份高中物理高考 押课标卷物理第21题（解析版）-备战2020年高考物理临考题号押题，共17页。试卷主要包含了6×102 kgB．1等内容，欢迎下载使用。
押课标卷理综第21题

题号
考情分析
考查知识点
分值
预测知识点
第21题
2017年高考考纲把动量列入必考内容后，高考对本知识点的考查中动量定理、动量守恒定律是本部分的重点知识，也是高考考查的热点，命题方向呈现多样化．[来源:学,科,网Z,X,X,K]
在2020年高考备考中应引起重视.[来源:学科网][来
动量
6
预计2020年高考新课标全国卷第21题会以动量知识为主。

（2019·新课标全国Ⅰ卷）最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为
A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg
【答案】B
【解析】设该发动机在s时间内，喷射出的气体质量为，根据动量定理，，可知，在1s内喷射出的气体质量，故本题选B。

如图所示，间距为、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端有一阻值为的电阻，一质量为、电阻也为的金属棒横跨在导轨上，棒与导轨接触良好。整个装置处于竖直向上、磁感应强度为的匀强磁场中，金属棒以初速度沿导轨向右运动，在金属棒整个运动过程中，下列说法正确的是

A．金属棒端电势比端高
B．金属棒克服安培力做的功等于电阻上产生的焦耳热
C．金属棒运动 的位移为
D．金属棒运动的位移为
【答案】D
【解析】由右手定则可知，金属棒上电流的方向是，说明端电势比端低，A错误；由能量守恒知金属棒克服安培力做的功等于电阻和金属棒上产生的焦耳热，B错误；由动量定理，整个过程中感应电荷量，又，联立得，故金属棒的位移，C错误，D正确。

1．冲量计算的四种方法
[方法一]　求恒力的冲量，直接用I＝Ft计算．
[方法二]　方向不变的变力冲量，若力随时间均匀变化，即力为时间的一次函数(F＝F0＋kt)，则力F在某段时间t内的冲量I＝(F1＋F2)，其中F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小；方向变化的，变力冲量一般用I＝Δp求解．
[方法三]　用F­t图中的“面积”求方向不变情况下的变力冲量．
[方法四]　用动量定理I＝Δp求冲量．
2．动量定理
(1)文字表述
物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化．
(2)公式表述
①Ft＝p′－p
②I＝p′－p
③F1t1＋F2t2＋F3t3＋……＝p′－p
④I1＋I2＋I3＋……＝p′－p
3．动量守恒定律的表达式
(1)最常见的两物体组成的系统动量守恒，任意两时刻系统的动量相等，表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.
(2)任意两时刻系统的动量相等，表达式p＝p′.
(3)系统总动量增量为零，表达式：Δp＝0.
(4)一个物体动量的增量与另一个物体动量的增量大小相等，方向相反，表达式：Δp1＝－Δp2.
4．动量守恒定律成立的条件
(1)系统不受外力或所受外力的矢量和为零则系统动量守恒．
(2)系统所受内力远远大于系统所受外力则系统动量守恒．
(3)系统在某方向上不受外力或所受外力的矢量和为零则该方向动量守恒．

1．A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线运动，B球在前，A球在后。mA=1kg，mB=2kg。经过一段时间，A、B发生正碰，碰撞时间极短，碰撞前、后两球的位移一时间图像如图所示，根据以上信息可知碰撞类型属于

A．弹性碰撞
B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞
D．条件不足，无法判断
【答案】A
【解析】
【分析】
由图像可以读出A、B碰撞前后的速度，根据碰撞前后动能大小就可以判断是什么碰撞了。
【详解】
由图可知．A球碰前速度VA =6 m/s，碰后速度;B球碰前速度为vB=3 m/s，碰后速度为。根据题给数据可知，系统碰撞过程动量守恒。系统碰前的总动能
27J，碰后的总动能也是27 J．所以属于弹性碰撞，则A正确BCD错误。
2．初速度为零的某质点的加速度随时间变化的规律如图所示，则下列说法正确的是（ ）

A．质点做匀加速直线运动
B．第1s内与第3s内质点动量变化量之比为1：3
C．第1s内与第3s内质点动量变化率之比为1：3
D．第1s内与第3s内质点通过的位移之比为1：3
【答案】D
【解析】
【详解】
A．根据图像可知，物体加速度随时间发生变化不是定值，因此不是匀变速运动，A错误
B．第1s内与第3s内质点合外力冲量相等，所以动量变化量之比为1：1，B错误
C．第1s内与第3s内质点动量变化率等于各自的合外力，且两个时间间隔内合外力相等，所以动量变化率之比为1：1，C错误
D．前3s物体先做初速度为0的匀加速直线，再做匀速直线，接着做匀加速直线，将中间的匀速去掉，可知第1s与第3s组成一个连续的匀加速直线运动，且初速度为0，通过计算可知第1s内与第3s内质点通过的位移之比为1：3，D正确
3．在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图（a）所示，碰撞前后两壶运动的v-t图线如图（b）中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则（　　）

A．两壶发生了弹性碰撞
B．碰后蓝壶速度为0.8m/s
C．碰后蓝壶移动的距离为2.4m
D．碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受摩擦力
【答案】B
【解析】
【详解】
由图知：碰前红壶的速度v0＝1.0m/s，碰后速度为v′0＝0.2m/s，可知，碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0＝mv′0+mv，代入数据解得：v＝0.8m/s，，碰撞过程机械能有损失，碰撞为非弹性碰撞，故A错误，B正确；根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，可得，碰后蓝壶移动的位移大小，故C错误；根据图象的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，故D错误．
4．如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同直线相向运动，滑块 A的质量为m，速度大小为2，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是

A．A和B都向左运动
B．A向左运动，B向右运动
C．A静止，B向右运动
D．A和B都向右运动
【答案】B
【解析】
两球碰撞过程动量守恒，以两球组成的系统为研究对象，取水平向右方向为正方向，碰撞前，A、B的速度分别为：vA=2v0、vB=v0。碰撞前系统总动量：P=mAvA+mBvB=m×2v0+2m×（-v0）=0，P=0，系统总动量为0，系统动量守恒，则碰撞前后系统总动量都是0；由于碰撞是弹性碰撞，则碰撞后二者的速度不能等于0，运动的方向一定相反；故B正确，A、C、D错误。故选B。
【点睛】本题碰撞过程中遵守动量守恒，不仅碰撞前后总动量的大小不变，方向也保持不变，要注意选取正方向，用符号表示速度的方向。
5．如图所示，站在车上的人，用锤子连续敲打小车。初始时，人、车、锤都静止。假设水平地面光滑，关于这一物理过程，下列说法正确的是

A．连续敲打可使小车持续向右运动
B．人、车和锤组成的系统机械能守恒
C．当锤子速度方向竖直向下时，人和车水平方向的总动量为零
D．人、车和锤组成的系统动量守恒
【答案】C
【解析】
【详解】
A.人、车和锤看做一个系统处在光滑水平地面上，水平方向所受合外力为零，故水平方向动量守恒，总动量始终为零，当大锤有相对大地向左的速度时，车有向右的速度，当大锤有相对大地向右的速度时，车有向左的速度，故车来回运动，故A错误；
B.大锤击打小车时，发生的不是完全弹性碰撞，系统机械能有损耗，故B错误；
C.大锤的速度竖直向下时，没有水平方向的速度，因为水平方向总动量恒为零，故人和车的总动量也为零，故C正确；
D.人、车和锤水平方向动量守恒，因为大锤会有竖直方向的加速度，故竖直方向合外力不为零，竖直动量不守恒，系统总动量不守恒，故D错误。
6．如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动.两球质量关系为mB=2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4kg·m/s，则（ ）

A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5
B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1：10
C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5
D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1：10
【答案】A
【解析】
试题分析：两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒；同时考虑实际情况，碰撞前后面的球速度大于前面球的速度．
规定向右为正方向，碰撞前A、B两球的动量均为，说明A、B两球的速度方向向右，两球质量关系为，所以碰撞前，所以左方是A球．碰撞后A球的动量增量为，所以碰撞后A球的动量是2kg•m/s，碰撞过程系统总动量守恒：，所以碰撞后B球的动量是10kg•m/s，根据mB=2mA，所以碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5，A正确．
7．如图，光滑水平面上有两辆小车，用细线相连，中间有一个被压缩的轻弹簧，小车处于静止状态。烧断细线后，由于弹力的作用两小车分别向左、右运动。已知两小车质量之比m1:m2=2:1，下列说法正确的是

A．弹簧弹开后两车速度大小之比为1:2
B．弹簧弹开后两车动量大小之比为1:2
C．弹簧弹开过程m1、m2受到的冲量大小之比为2:1
D．弹簧弹开过程弹力对m1、m2做功之比为1:4
【答案】A
【解析】
【详解】
AB．两小车和弹簧组成的系统，在烧断细线后，合外力为零，动量守恒，所以两车的动量大小之比为1:1，由结合可知，所以A选项正确, B选项错误；
C．由于弹簧弹开过程，对两小车每时每刻的弹力大小相等，又对应着同一段作用时间，由可知，m1、m2受到的冲量大小之比为1:1，所以C选项错误；
D．根据功能关系的规律，弹簧弹开过程，弹力对m1、m2做功等于两小车动能的增量，由 代入数据可知，所以D选项错误。
8．如图所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，原来静止在平板小车C上。A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则下列说法中不正确的是(　　)

A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒
B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统动量守恒
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒
D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统动量守恒
【答案】A
【解析】
【详解】
A、如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后A、B分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FfA向右，FfB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FfA∶FfB＝3∶2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A错；
BCD、对A、B、C组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D均正确；若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受外力之和为零，故其动量守恒，C正确。
9．如图所示，用传送带给煤车装煤，平均每5 s内有5 000 kg的煤粉落于车上，由于传送带的速度很小，可认为煤粉竖直下落．要使车保持以0.5 m/s的速度匀速前进，则对车应再施以向前的水平力的大小为

A．50 N
B．250 N
C．500 N
D．750 N
【答案】C
【解析】
【详解】
车和煤粉整体受重力G、支持力N、拉力F，对5s过程运用动量定理，有：Ft=△mv；解得：；故C正确ABD错误．故选C．

10．如图所示，在光滑的水平桌面上有体积相同的两个小球A、B，质量分别为m=0.1kg和M=0.3kg，两球中间夹着一根压缩的轻弹簧，原来处于静止状态，同时放开A、B球和弹簧，已知A球脱离弹簧的速度为6m/s，接着A球进入与水平面相切，半径为0.5m的竖直面内的光滑半圆形轨道运动，PQ为半圆形轨道竖直的直径，，下列说法正确的是

A．弹簧弹开过程，弹力对A的冲量大于对B的冲量
B．A球脱离弹簧时B球获得的速度大小为2m/s
C．A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小为1N·s
D．若半圆轨道半径改为0.9m，则A球不能到达Q点
【答案】BCD
【解析】
试题分析：根据弹簧对A、B的弹力大小关系、作用时间关系分析弹力对A、B冲量关系．弹簧弹开过程，根据动量守恒定律求A球脱离弹簧时B球获得的速度．由机械能守恒定律求A球到达Q点的速度，再由动量定理求A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小．若半圆轨道半径改为0.9m，求出A球到达Q点时的最小速度，再分析A球能否到达Q点．
弹簧弹开两小球的过程，弹力相等，作用时间相同，根据冲量定义可知，弹力对A的冲量大小等于B的冲量大小，A错误；由动量守恒定律，解得A球脱离弹簧时B球获得的速度大小为，B正确；设A球运动到Q点时速率为v，对A球从P点运动到Q点的过程，由机械能守恒定律可得，解得v=4m/s，根据动量定理，即A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小为1N·s，C正确；若半圆轨道半径改为0.9m，小球到达Q点的临界速度，对A球从P点运动到Q点的过程，由机械能守恒定律，解得，小于小球到达Q点的临界速度，则A球不能达到Q点，D正确．
11．如图所示,A、B两个矩形木块用轻弹簧和一条与弹簧原长相等的轻绳相连，静止在水平地面上，绳为非弹性绳且可承受的拉力足够大．弹簧的劲度系数为k,木块A和木块B的质量均为m．现用一竖直向下的压力将木块A缓慢压缩到某一位置，木块A在此位置所受的压力为F(F>mg),弹簧的弹性势能为E,撤去力F后，下列说法正确的是（ ）

A．当A速度最大时，弹簧仍处于压缩状态
B．弹簧恢复到原长的过程中,弹簧弹力对A、B的冲量相同
C．当B开始运动时,A的速度大小为，
D．全过程中,A上升的最大高度为
【答案】AD
【解析】
由题意可知当A受力平衡时速度最大，即弹簧弹力大小等于重力大小，此时弹簧处于压缩状态，故A项正确；由于冲量是矢量，而弹簧弹力对A、B的冲量方向相反，故B项错误；设弹簧恢复到原长时A的速度为v，绳子绷紧瞬间A、B共同速度为v1，A、B共同上升的最大高度为h，A上升最大高度为H，弹簧恢复到原长的过程中根据能量守恒得，绳子绷紧瞬间根据动量守恒定律得mv=2mv1，A、B共同上升的过程中据能量守恒可得，，可得B开始运动时A的速度大小为，A上升的最大高度为，故C项错误，D项正确．
12．质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，井与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )

A． B．
C． D．
【答案】BD
【解析】
试题分析：设物块与箱子相对静止时共同速度为V，则由动量守恒定律得，得，系统损失的动能为，B正确，AC错误．根据能量守恒定律得知，系统产生的内能等于系统损失的动能，根据功能关系得知，系统产生的内能等于系统克服摩擦力做的功，则有．D正确，
故选BD
考点：动量守恒定律；功能关系．
点评：两个相对运动的物体，当它们的运动速度相等时候，往往是最大距离或者最小距离的临界条件．本题是以两物体多次碰撞为载体，综合考查功能原理，动量守恒定 律，要求学生能依据题干和选项暗示，从两个不同角度探求系统动能的损失．又由于本题是陈题翻新，一部分学生易陷入某种思维定势漏选B或者D，另一方面，若 不仔细分析，易认为从起点开始到发生第一次碰撞相对路程为，则发生N次碰撞，相对路程为，而错选C．
13．在光滑水平面上，小球A、B（可视为质点）沿同一直线相向运动，A球质量为1 kg，B球质量大于A球质量。如果两球间距离小于L时，两球之间会产生大小恒定的斥力，大于L时作用力消失。两球运动的速度一时间关系如图所示，下列说法正确的是

A．B球质量为2 kg
B．两球之间的斥力大小为0. 15 N
C．t=30 s时，两球发生非弹性碰撞
D．最终B球速度为零
【答案】BD
【解析】
【详解】
当两球间距小于L时，两球均做匀减速运动，因B球质量大于A球质量可知B球加速度小于A球的加速度，由v-t图像可知：；；由牛顿第二定律：，解得mB=3mA=3kg，F=0.15N，选项A错误，B正确； 由图像可知，AB在30s时刻碰前速度：vA=0，vB=2m/s；碰后：v＇A=3m/s，v＇B=1m/s，因可知t=30 s时，两球发生弹性碰撞，选项C错误；由图像可知，两部分阴影部分的面积应该相等且都等于L，可知最终B球速度为零，选项D正确.

14．如图所示，长为L、质量为3m的长木板B放在光滑的水平面上，质量为m的铁块A放在长木板右端。一质量为m的子弹以速度v0射入木板并留在其中，铁块恰好不滑离木板。子弹射入木板中的时间极短，子弹、铁块均视为质点，铁块与木板间的动摩擦因数恒定，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）

A．木板获得的最大速度为
B．铁块获得的最大速度为
C．铁块与木板之间的动摩擦因数为
D．子弹、木块、铁块组成的系统损失的机械能为
【答案】BCD
【解析】
【分析】
对子弹和木板B系统，根据动量守恒定律求出木板获得的最大速度，对木板B和铁块A（包括子弹）系统，根据动量守恒定律求出铁块获得的最大速度，由能量守恒定律求出铁块与木板之间的动摩擦因数和子弹、木块、铁块组成的系统损失的机械能；
【详解】
A、对子弹和木板B系统，根据动量守恒定律：mv0=4mv1，解得v1=，故A错误；
B、对木板B和铁块A（包括子弹）系统：mv0=5mv2，解得v2=，故B正确；
C、子弹打入木板后，对木板B和铁块A（包括子弹）系统，由能量守恒定律：μmgL=4mv125mv22，解得μ=，故C正确；
D、全过程，由能量守恒定律可知，子弹、木板、铁块组成的系统损失的机械能为△E=mv02-5mv22，故D正确；
故选BCD。
【点睛】
子弹射入木块的瞬间木块获得的速度最大，由动量守恒定律求木块获得的最大速度；木块在木板上滑行时，木块（含子弹）与木板组成的系统合外力为零，总动量守恒，由动量守恒定律求木块滑离木板时木板获得的速度。
15．如图所示，A为一固定在地面上的光滑弧形轨道，质量为2m的足够长的小车B紧靠弧形轨道的右侧静止在水平光滑地面上，弧形轨道末端的切线水平且恰好在小车的上表面，一质量为m的滑块C自弧形轨道的a点由静止开始下滑，当滑块C与小车相对静止时，它们的速度为，滑块相对于小车的滑行距离为d，滑块与小车的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，滑块C可视为质点，从滑块开始下滑到滑块与小车相对静止的过程中，下列判断正确的是（ ）

A．小车对滑块的摩擦力做功等于μmgd
B．系统损失的机械能为μmgd
C．滑块C到达弧形轨道末端时速度为
D．a点与弧形轨道末端的竖直高度为
【答案】BD
【解析】
【详解】
A．滑块C以v滑上小车，在摩擦力作用下减速，最后与小车共速，滑块动能减少，转化为小车的动能和热量，而系统产生的热量，而滑块C相对小车的位移为，故系统产生的热量为

故小车对滑块的摩擦力做的功大于，A错误；
B．根据能量守恒定律可知，系统损失的机械能等于，B正确；
C．滑块C滑上小车，系统动量守恒，则有：

解得：，C错误；
D．滑块C从弧形下滑时机械能守恒，则有：

解得：，D正确。
故选BD。
16．如图，C是放在光滑水平面上的一块右端有固定档板的长木板，在木板的上面有两块可视为质点的小滑块A和B，三者的质量均为m，滑块A、B与木板间的动摩擦因数均为μ。最初木板 静止，A以初速度v0从C的左端、B以初速度2v0从木板中间某一位置同时以水平向右的方向滑上木板C。在之后的运动过程中B曾以v0的速度与C的右档板发生过一次弹性碰撞，重力加速度为g，则对整个运动过程，下列说法正确的是

A．滑块A的最小速度为v0
B．滑块B的最小速度为v0
C．滑块A与B可能发生碰撞
D．系统的机械能减少了40%
【答案】ABD
【解析】
【详解】
当小滑块A和B相对长木板滑动时，受的滑动摩擦力相同，根据动量定理可知在相同的时间内小滑块A和B的速度变化量相同；当长木板与小滑块A共速时滑块A的速度最小，设滑块A的最小速度为，速度变化量为，视长木板、小滑块A和B为系统，动量守恒，规定向右运动为正方向，则有：，解得；设小滑块B与挡板发生碰撞之前瞬间长木板速度为，根据动量守恒则有：，解得；小滑块B与挡板发生弹性碰撞，小滑块B与长木板交换速度，之后小滑块A和B做加速直线运动，长木板加速匀减速直线运动，直到共速，所以滑块A与B不能发生碰撞；设长木板、小滑块A和B的共速为，根据动量守恒则有：，解得，系统的机械能减少了，即，故A、B、D正确，C错误；
说法正确的是选ABD。
17．用不可伸长的细线悬挂一质量为M的小木块，木块静止，如图所示，现有一质量为m的子弹自左向右水平射入木块，并停留在木块中，子弹初速度为，则下列判断正确的是（ ）

A．从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能不守恒
B．子弹射入木块瞬间动量守恒，故子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为
C．忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒，其机械能等于子弹射入木块前的动能
D．子弹和木块一起上升的最大高度为
【答案】AB
【解析】
【详解】
从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段：子弹射入木块的瞬间系统动量守恒，但机械能不守恒，有部分机械能转化为系统内能，之后子弹在木块中与木块一起上升，该过程只有重力做功，机械能守恒，所以整个过程的机械能不守恒。故A正确；由子弹射入木块瞬间，取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v，可得子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为 v=．故B正确。忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中，只有重力做功，系统机械能守恒，由于子弹射入木块的过程机械能有损失，所以其机械能小于子弹射入木块前的动能，故C错误；子弹射入木块后子弹和木块一起上升，由机械能守恒定律得 （M+m）v2=（M+m）gh，可得上升的最大高度为．故D错误。故选AB。
【点睛】
子弹射木块是一种常见的物理模型，由于时间极短，内力远大于外力，故动量守恒；系统接下来的运动是摆动，也是一种常见的物理模型，机械能守恒，当然，能用机械能守恒定律解的题通常都能用动能定理解决．