新人教版高中物理选修一全套练习题及答案解析.doc
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动量动量定理
知识点:
动量动量定理
一、寻求碰撞中的不变量
1.质量大的C球与静止的B球碰撞,B球获得的速度大于(填“大于”“小于”或“等于”)碰前C球的速度,两球碰撞前后的速度之和不相等(填“相等”或“不相等”).
2.由教材第3页小车碰撞实验中记录的数据知:
两小车碰撞前后,动能之和不相等(填“相等”或“不相等”),质量与速度的乘积之和基本不变.
二、动量
1.动量
(1)定义:
物体的质量和速度的乘积.
(2)公式:
p=mv,单位:
kg·m/s.
(3)动量的矢量性:
动量是矢(填“矢”或“标”)量,方向与速度的方向相同,运算遵循平行四边形定则.
2.动量的变化量
(1)物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差,Δp=p′-p(矢量式).
(2)动量始终保持在一条直线上时的运算:
选定一个正方向,动量、动量的变化量用带正、负号的数值表示,从而将矢量运算转化为代数运算,此时的正、负号仅表示方向,不表示大小.
三、动量定理
1.冲量
(1)定义:
力与力的作用时间的乘积.
(2)定义式:
I=FΔt.
(3)物理意义:
冲量是反映力的作用对时间的累积效应的物理量,力越大,作用时间越长,冲量就越大.
(4)单位:
在国际单位制中,冲量的单位是牛秒,符号为N·s.
(5)矢量性:
如果力的方向恒定,则冲量的方向与力的方向相同;如果力的方向是变化的,则冲量的方向与相应时间内物体动量变化量的方向相同.
2.动量定理
(1)内容:
物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量.
(2)表达式:
I=p′-p或F(t′-t)=mv′-mv.
技巧点拨
一、动量 动量的变化量
1.对动量的理解
(1)瞬时性:
物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量,动量的大小可用p=mv表示.
(2)矢量性:
动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同.
(3)相对性:
因物体的速度与参考系的选取有关,故物体的动量也与参考系的选取有关.
2.动量的变化量
(1)表达式:
Δp=p2-p1.
该式为矢量式,运算遵循平行四边形定则,当p2、p1在同一条直线上时,可规定正方向,将矢量运算转化为代数运算.
(2)方向:
方向与速度变化的方向相同,在合力为恒力的情况下,物体动量变化的方向也与物体加速度的方向相同,即与物体所受合外力的方向相同.
总结提升
动量与动能的区别与联系
1.区别:
动量是矢量,动能是标量,质量相同的两物体,动量相同时动能一定相同,但动能相同时,动量不一定相同.
2.联系:
动量和动能都是描述物体运动状态的物理量,大小关系为Ek=或p=.
二、冲量及其计算
1.对冲量的理解
(1)冲量是过程量
冲量是力作用在物体上的时间累积效应,取决于力和时间这两个因素,所以求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量.
(2)冲量是矢量
在力的方向不变时,冲量的方向与力的方向相同,如果力的方向是变化的,则冲量的方向与相应时间内物体动量变化量的方向相同.
2.冲量的计算
(1)求恒力的冲量
冲量等于力和力的作用时间的乘积(无论物体是否运动,无论物体在该力的方向上是否有位移).
(2)求变力的冲量
①若力与时间成线性关系,则可用平均力求变力的冲量.
②若给出了力随时间变化的图像如图所示,可用面积法求变力的冲量.
图
③利用动量定理求解.
三、动量定理
1.动量定理的推导
如图所示,一个质量为m的物体(与水平面无摩擦)在水平恒力F作用下,经过时间t,速度从v变为v′.
图
物体在这个过程中的加速度a=
根据牛顿第二定律F=ma
可得F=m
整理得:
Ft=m(v′-v)=mv′-mv
即Ft=mv′-mv=Δp.
2.动量定理的理解
(1)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因.
(2)动量定理的表达式Ft=mv′-mv是矢量式,运用动量定理解题时,要注意规定正方向.
(3)公式中的F是物体所受的合外力,若合外力是均匀变化的力,则F应是合外力在作用时间内的平均值.
3.动量定理的应用
(1)定性分析有关现象.
①物体的动量变化量一定时,力的作用时间越短,力就越大,反之力就越小.
②作用力一定时,力的作用时间越长,动量变化量越大,反之动量变化量就越小.
(2)应用动量定理定量计算的一般步骤.
→
→
总结提升
用动量定理解题时应注意的问题
1.列方程前首先选取正方向;
2.分析速度时一定要选取同一参考系,一般选地面为参考系;
3.公式中的冲量应是合外力的冲量,求动量的变化量时要严格按公式,且要注意动量的变化量是末动量减去初动量.
例题精练
1.(荔湾区校级月考)下列运动中的物体,动量始终保持不变的是( )
A.绕地球匀速运行的同步卫星
B.小球碰到竖直墙壁被弹回,速度大小不变
C.用绳子拉着物体,沿斜面做匀速直线运动
D.荡秋千的小孩,每次荡起的高度保持不变
【分析】明确动量的定义,知道动量是矢量,p=mv,动量始终保持不变一定是大小方向都不变。
【解答】解:
动量的表达式为P=mv,动量是矢量,则有:
A、正常运行的地球同步卫星,速度大小不变,方向不断改变,所以动量改变,故A错误;
B.小球碰到竖直墙壁被弹回,速度大小不变,但方向改变,所以动量改变,故B错误;
C.用绳子拉着物体,沿斜面做匀速直线运动,速度大小和方向都不发生改变,所以动量不变,故C正确;
D.荡秋千的小孩,每次荡起的高度保持不变,在这个过程中速度大小和方向都改变,所以动量改变,故D错误。
故选:
C。
【点评】本题考查了对动量的理解,明确各种运动的性质,同时知道动量是矢量,只有大小和方向均保持不变时动量才是不变的。
2.(十堰期末)如图所示,一恒力F与水平方向的夹角为θ,作用在置于光滑水平面上、质量为m的物体上,使物体由静止开始运动,经时间t物体的速度大小为v,重力加速度大小为g,则恒力F在时间t内的冲量大小为( )
A.mv B.Ft
C.Ftcosθ D.(mg﹣Fsinθ)t
【分析】力F对物体的冲量大小计算公式为:
I=Ft,与力和位移的夹角无关,注意区别F的冲量和合力的冲量。
【解答】解:
根据冲量的定义可知,F的冲量大小为:
I=Ft,故B正确,ACD错误。
故选:
B。
【点评】本题考查冲量的定义,要注意明确力的冲量大小与力与位移的夹角无关。
随堂练习
1.(广州期末)王老师课堂做演示实验,把两枚质量相等的鸡蛋A、B自同一高度由静止释放,鸡蛋A落在海绵垫上完好无损(未反弹),鸡蛋B落在地板砖上碎了。
不计空气阻力,对这一结果,下列说法正确的是( )
A.下落过程中鸡蛋B的末动量更大一些
B.碰撞过程中鸡蛋B的动量变化率更大一些
C.碰撞过程中鸡蛋A的动量减小得更少一些
D.下落过程中鸡蛋A所受重力的冲量更小一些
【分析】鸡蛋B从同一高度掉下,落在地砖上,鸡蛋与地砖作用时间短,而鸡蛋A落在海绵垫上,鸡蛋A与海绵垫作用时间长,根据速度相等的关系,分析动量和动量变化的关系,根据动量定理分析碰撞过程中鸡蛋的动量变化率关系。
【解答】解:
A、鸡蛋A、B自同一高度由静止释放,都做自由落体运动,运动时间相同,到达地面时的速度相同,故动量相同,故A错误;
BC、鸡蛋从同一高度掉下,A与海绵和B与石头接触前瞬间速度相同,动量相同,与海绵和地砖作用后速度均变为零,鸡蛋动量的变化相同,鸡蛋B与地砖作用时间短,鸡蛋A与海绵作用时间长,由动量定理得:
FΔt=Δp解得碰撞过程中鸡蛋的动量变化率为:
=F,因Δp相同,所以碰撞过程中鸡蛋B的动量变化率更大,故B正确,C错误;
D、根据冲量的定义,可得下落过程中鸡蛋A、B所受重力的冲量相同,故D错误。
故选:
B。
【点评】本题应用动量定理分析生活现象,要抓住相等的条件进行分析,会根据动量定理解释缓冲现象的原理。
2.(九江期末)寄易碎物品快递时,应符合基本的包装规范,先将箱体内部六面用板状固体泡沫衬垫,每件商品用塑料气泡膜包裹,并用粘胶带封住以防包斑松散。
易碎物品被较软的塑料气泡膜包裹着的目的是( )
A.减小碰撞过程中的动量变化量
B.延长碰撞过程中的作用时间
C.为使产品看起来更上档次
D.为减少和周围环境中的热传递
【分析】明确动量定理的应用,知道产品被泡沫包裹着可以起到缓冲作用,从而对产品起到保护作用。
【解答】解:
A、如果发生碰撞,动量的变化量取决于碰撞前后的动量,不会因包裹的材料而改变,故A错误;
B、较软的泡沫塑料可以延长产品发生碰撞时的作用时间,从而减小碰撞过程产生的冲击力,以达到对产品的保护作用,故B正确;
C、泡沫塑料包裹不会使产品上档次,故C错误;
D、泡沫塑料的目的不是为了减少热传递,故D错误。
故选:
B。
【点评】本题考查物理规律在生产生活中的应用,要明确物品在运输时需要用软材料包装的目的是为了防止碰撞对物品的伤害,要学会用动量定理进行解释相关问题。
3.(新余期末)一物体受到方向不变的力F作用,其中力的大小随时间变化的规律如图所示,则力F在6s内的冲量大小为( )
A.9N•s B.13.5N•s C.15.5N•s D.18N•s
【分析】明确冲量的定义以及图象的性质,根据力的大小随时间变化图象的面积表示冲量求解即可。
【解答】解:
根据I=Ft可知,力的大小随时间变化图象的面积表示冲量,得F在6s内的冲量大小为:
I=×3×3N•s+(6﹣3)×3N•s=13.5N•s,故B正确,ACD错误。
故选:
B。
【点评】本题考查的是力的大小随时间变化图象的面积表示的物理意义,注意此类图象问题的迁移应用。
4.(河北期末)人从高处跳下,为了保证安全,一般先用脚尖触地,随后在着地的过程中屈腿下蹲。
这样做的目的是( )
A.减小人下落的速度
B.减小地面对人做的功
C.增加人与地面接触的时间,减小地面对人的作用力
D.减小人的动量变化量,减小地面对人的作用力
【分析】人落地后到静止,速度变化量相等,动量变化量相等,结合动量定理分析前脚掌先着地,并在着地的过程中屈腿下蹲的原因;同时明确功的定义,知道地面对人不做功。
【解答】解:
A、人从高处跳到低处时,落地时的速度由高度决定,与人是否下蹲无关,故A错误;
B、地面对人的力没有位移,故地面对人不做功,故B错误;
C、由动量定理可知(F﹣mg)t=△mv可知,t越大,冲击力F越小,让脚尖着地后膝盖弯曲,延长了与地面的作用时间t,可以减小地面对人的作用力,故C正确;
D、人从高处跳到低处时,落地后静止,动量的变化量△p相等,故D错误。
故选:
C。
【点评】本题考查动量定理的定性的应用,物理知识在生产生活中有着广泛的应用,在学习中应注意体会,在分析时要注意缓冲是无法改变初末动量以及动量变化的。
综合练习
一.选择题(共15小题)
1.(大武口区校级期末)两辆汽车的质量分别为m1和m2,沿水平方向做匀速直线运动并且具有相等的动能,则两辆汽车动量大小之比是( )
A.()2 B. C. D.()2
【分析】已知两车的质量,两车的动能相同,根据动能与动量的关系求出车的动量大小,然后求出两车动量大小之比。
【解答】解:
动量p=,
已知两辆汽车的动能相等,则两辆汽车的动量大小之比:
,故B正确,ACD错误。
故选:
B。
【点评】本题考查了求两辆汽车的动量大小之比问题,掌握动量与动能的大小关系p=是解题的前提与关键,根据题意即可解题。
2.(江油市校级期中)对于任何一个质量不变的物体,下列说法正确的是( )
A.物体的动量发生变化,其动能一定变化
B.物体的动量发生变化,其动能不一定变化
C.物体的动能不变,其动量一定不变
D.物体的动能发生变化,其动量不一定变化
【分析】动量是矢量,有大小,有方向,动能是标量,只有大小,没有方向。
联系动量和动能的关键在于速度,要注意明确动量变化时可以是速度方向或大小发生变化。
【解答】解:
AB、物体的动量发生变化,则速度可能是方向改变、也可能是大小改变,所以动能不一定变化,故A错误,B正确;
C、动能不变时,物体速度大小不变,但方向发生变化,则动量可能发生变化,故C错误;
D、物体的动能变化,知速度大小一定变化,则动量一定变化,故D错误。
故选:
B。
【点评】解决本题的关键掌握动量和动能的表达式,知道它们的联系和区别,特别要注意明确动量是矢量而动能是标量。
3.(安徽月考)物体在竖直平面内做匀速圆周运动,运动一周的过程中,下列说法正确的是( )
A.物体的动量一直变化,动能始终不变
B.物体的动能一直变化,动量始终不变
C.物体的动量和动能始终不变
D.物体的动量和动能一直变化
【分析】明确匀变速直线运动的性质,知道匀速圆周运动的线速度的大小不变,方向时刻改变,再根据动量和动能的定义明确动量和动能是否发生变化。
【解答】解:
动量是矢量,由P=mv可知,其方向与速度方向相同,故动量一直变化,而动能为标量,Ek=mv2,故动能不变,故A正确,BCD错误。
故选:
A。
【点评】解决本题的关键知道匀速圆周运动的线速度的大小不变,方向时刻改变,同时明确动量和动能的表达式以及性质。
4.(凌源市期末)关于冲量,下列说法正确的是( )
A.作用力越大,冲量越大
B.冲量是标量
C.力与时间的乘积越大,冲量越大
D.物体的动量越大,受到的力的冲量越大
【分析】明确冲量和动量的定义,根据冲量的定义式以及动量定理即可对各选项做出判断。
【解答】解:
A、根据冲量的定义式:
I=Ft可知,作用力越大,冲量不一定越大,还要看作用的时间,故A错误;
B、冲量是矢量,方向与合外力的方向相同,故B错误;
C、根据冲量的定义式:
I=Ft可知,力与时间的乘积越大,冲量越大,故C正确;
D、物体的动量:
p=mv,动量是瞬时量,与冲量的大小无关,故D错误。
故选:
C。
【点评】本题考查对冲量与动量的理解,解答的关键是要理解冲量、动量都是矢量,冲量的大小与动量的变化大小有关,与动量的大小无关。
5.(平谷区期末)一个质量为m的小球以速率2v垂直射向墙壁,碰后仍垂直墙壁以速率v弹回,此过程中小球动量变化量的大小是( )
A.0 B.mv C.2mv D.3mv
【分析】取初速度方向为正方向,则可知初末动量大小表达式,再根据动量变化的计算方法即可求出小球的动量变化大小。
【解答】解:
取初速度方向为正方向,初动量为2mv,末动量为﹣mv,故动量的改变量为:
△P=P′﹣P=(﹣mv)﹣2mv=﹣3mv,故动量变化大小为3mv,故D正确,ABC错误。
故选:
D。
【点评】本题考查动量的变化量的求法,要注意在求动量时一定要先明确动量的正负,即应先设定正方向。
6.(海淀区校级期末)下列运动中的物体,动量始终保持不变的是( )
A.正常运行的地球同步卫星
B.用绳子拉着物体,沿斜面做匀速直线运动
C.小球碰到竖直墙壁被弹回,速度大小不变
D.荡秋千的小孩,每次荡起的高度保持不变
【分析】动量是矢量,p=mv,动量始终保持不变一定是大小方向都不变。
【解答】解:
A、正常运行的地球同步卫星,线速度的时刻发生变化,动量方向变化,故A错误;
B、用绳子拉着物体,沿斜面做匀速直线运动,速度大小方向不变,动量也保持不变,故B正确;
C、小球碰到竖直墙壁被弹回,速度大小不变,方向改变,动量方向也发生改变,故C错误;
D、荡秋千的小孩,每次荡起的高度保持不变,是机械能保持不变,荡起过程,速度大小方向都变化,动量发生变化,故D错误。
故选:
B。
【点评】本题考查了对动量的理解,动量是矢量,动量不变一定是大小方向都不变。
7.(河南模拟)如图所示为某同学玩滑梯的示意图,假设滑梯斜面与水平地面的夹角为θ=37°,该同学的质量为50kg,与滑梯间的动摩擦因数为μ=0.5,从滑梯顶端匀加速滑到底端用时t=2s,重力加速度为g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,则该同学从滑梯顶端滑到底端的过程中,下列说法正确的是( )
A.重力对该同学的冲量大小为600N•s
B.支持力对该同学的冲量大小为0
C.摩擦力对该同学的冲量大小为400N•s
D.合外力对该同学的冲量大小为100N•s
【分析】根据冲量定义计算重力、支持力、摩擦力和合外力的冲量。
【解答】解:
A、由冲量的公式I=Ft可知,重力的冲量IG=mgt=50×10×2N•s=1000N•s,故A错误;
B、支持力的冲量IN=FNt=mgtcos37°=50×10×2×0.8N•s=800N•s,故B错误;
C、摩擦力的冲量If=Fft=μmgtcos37°=0.5×50×10×2×0.8N•s=400N•s,故C正确;
D、合外力的冲量I合=(mgsin37°﹣Ff)t=mgtsin37°﹣μmgtcos37°=50×10×2×0.6N•s﹣0.5×50×10×2×0.8N•s=200N•s,故D错误。
故选:
C。
【点评】本题在计算冲量时,按照冲量的定义进行求解要注意明确具体是哪个力,不做功的力冲量不一定为零。
8.(重庆三模)如图所示,某同学正在练习颠球。
某一次足球从静止自由下落80cm后被重新顶起,离开头部后竖直上升的最大高度仍为80cm。
已知足球与头部的作用时间为0.1s,足球的质量为0.4kg,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力,足球可视为质点,下列说法正确的是( )
A.足球刚接触头和刚离开头时,速度不变
B.足球与头部接触后刚离开时动量大小为1.6kg•m/s
C.足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量为零
D.足球与头部作用过程中,头部对足球的平均作用力为足球重力的5倍
【分析】一、考查审题能力,刚接触和刚离开,速度的方向恰好相反。
体现了速度是矢量这个特点;二、在求出速度的前提下,运用P=mv,计算刚离开时动量的大小;三、运用I=Ft,来计算恒力的冲量,深刻理解冲量为力在时间上的积累;四、对足球运用动量定理,(F﹣mg)△t=mv2﹣(﹣mv1)=△p,需要注意的选好正方向。
【解答】解:
A、足球自由落体80cm=0.8m时的速度为v1,时间为t1,由速度﹣位移公式,可得足球到达头部的速度大小满足:
代入数据,可得:
v1=4m/s.
根据位移﹣时间公式,可得足球到达头部的时间满足:
代入数据,可得:
t1=0.4s
反弹后做竖直.上抛运动,而上升的最大高度也为80cm,根据运动的对称性可知上抛的初速度:
v2=v1=4m/s
上升的时间:
t2=t1=0.4s
足球刚接触头和刚离开头时,速度方向改变,故A错误;
B、足球刚接触时的动量为:
P1=mv1
代入数据,可得:
P1=1.6kgm/s
故B正确;
C、从最高点下落至重新回到最高点的过程中,足球重力的作用时间不为零,冲量不为零,故C错误;
D、对足球与人接触的过程,△t=0.ls,取向上为正,由动量定理可得:
(F﹣mg)△t=mv2﹣(﹣mv1)=△p
代入数据解得:
F=36N
所以头部对足球的平均作用力为F=36N。
足球的动量变化量为:
△p=3.2kg.m/s
即头部对足球的平均作用力为36N,而足球的重力为4N,则头部对足球的平均作用力是重力的9倍,故D错误。
故选:
B。
【点评】本题考查:
动量、冲量的概念,以及动量定理解决实际问题的能力。
属于基础题型,需要注意方向的选取问题和各物理量的符号。
9.(湖北模拟)某工厂测试竖直挡板的弹性,进行了如下操作:
位于水平地面上的弹射装置从A点将一质量m=0.5kg的小球斜向上弹射出去,刚好与竖直挡板的B点垂直相碰,然后被水平弹回落到地面上的C点。
已知A点与竖直挡板的水平距离d=4.8m,C点为OA的中点,B点到水平地面的高度h=3.2m,小球从A点被弹射出去到落到C点所用的总时间t=1.8s,空气阻力不计,重力加速度g=10m/s2,下列说法正确的是( )
A.小球被弹射出时的速度大小为8m/s
B.小球被竖直挡板弹回时的速度大小为2.4m/s
C.小球受到竖直挡板水平方向的平均作用力的大小为22.5N
D.小球被竖直挡板反弹过程中损失的动能为2.25J
【分析】此题可以利用逆平抛运动思想来计算从A到B运动过程的数据,再利用平抛运动公式算出从B到C的数据。
【解答】解:
A、由于AB运动末速度水平向右,所以可以把这段运动看做从B到A的平抛运动。
根据平抛运动公式得:
hBA=
代入数据解得:
3.2m=0.5×10×t2
解得:
t=0.8s
根据平抛运动公式:
xBA=4.8m=v0t=v0×0.8s
解得:
v0=6m/s
根据动能定理:
﹣=mghBA
代入数据解得:
vA=10m/s。
故A错误;
B、对于BC运动过程,根据平抛运动公式:
hBC=;3.2m=0.5×
解得:
tBC=0.8s
根据平抛运动公式:
xBC=xBA=2.4m=vBtBC
代入数据解得:
vB=3m/s。
故B错误;
C、小球运动的总时间为1.8s,而上升与下落总时间为:
t总=0.8s+0.8s=1.6s
所以小球与墙壁接触时间t接=0.2s
规定水平向右为正方向,根据动量定理得:
mvB﹣mv0=Ft接
代入数据解得:
F=22.5N.故C正确;
D、根据动能定理得:
﹣=﹣E损
代入数据解得:
E损=6.75J。
故D错误;
故选:
C。
【点评】此题易错点在于没有仔细考虑运功过程的时间组合,直接用1.8除以2当作上升或者下降的时间导致题目做错。
10.(湖南模拟)如图所示,从小山坡上的O点将质量不同的两个小石块a、b以相同的动能分别沿同一方向水平抛出,两石块分别落在山坡的P、Q两点。
已知O、P、Q三点的连线恰在一条直线上,且xOP:
xPQ=2:
3,不计石块飞行时受到的空气阻力,下列说法中正确的是( )
A.a、b的初速度之比为:
B.a、b的质量之比为3:
2
C.落到山坡上时,a、b的动能大小之比为1:
1
D.从抛出到落在山坡上的过程中,重力对a、b冲量的大小之比为:
【分析】先利用两次位移之比算出下落高度之比,和水平位移之比。
再利用高度之比算出时间之比,最后算出初速度之比。
【解答】解:
A、由xOP:
xPQ=2:
3可知xOP:
xOQ=2:
5,两个小石块a、b下落的高度之比ha:
hb=2:
5,下落的水平位移之比xa:
xb=2:
5,由h=gt2可得下落时间之比ta:
tb=:
,由v=可得两石块的初速度之比va:
vb=:
,故A错误;
B、二者初动能相等,即mava2=mbvb2,可得两石块的质量之比ma:
mb=5:
2,故B错误;
C、重力对两石块做功大小之比magha:
mbghb=1:
1,由动能定理可知,落到山坡上时,两石块的动能大小之比Eka:
Ekb=1:
1,故C正确;
D、两石块落在山坡上时,重力对两石块冲量的大小之比pa:
pb=magta:
mbgtb=:
,故D错误。
故选:
C。
【点评】此题难点在于利用相似三角形对应边比例相同,算出高度之比与水平位移之比,忘记使用几何比例关系会导致此题没有思路。
11.(嵊州市模拟)如图所示是某手机防摔装置,商家宣传只要手机摔落角度合适,可以保证2m高处自由摔落而不破,下列有关说法正确的是( )
A.有手机防摔装置就不用担心2m内下落摔破手机了
B.防摔装置中气囊的作用类似轮船边悬挂的防撞轮胎所起的作用
C.手机从同一地方静止摔落,有防摔装置时地面给它的冲量较小
D.手机与地面碰撞过程中手机对地面的冲量与地面对手机的冲量相同
【分析】此手机防摔装置满足摔落角度合适,即气囊先着地才起到防摔作用;气囊的作用类似轮船边悬挂的防撞轮胎所起的作用
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