高考物理三门峡力学知识点之动量基础测试题附答案解析.docx
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高考物理三门峡力学知识点之动量基础测试题附答案解析
高考物理三门峡力学知识点之动量基础测试题附答案解析
一、选择题
1.摩天轮是的乐场一种大型转轮状设施,摩天轮边缘悬挂透明座舱,乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动,下列叙述正确的是
A.摩天轮转动过程中,乘客的机械能保持不变
B.摩天轮物动一周的过程中,乘客所受合外力的冲量为零
C.在最低点,乘客处于失重状态
D.摩天轮转动过程中,乘客所受的重力的瞬时功率保持不变
2.如图所示,A、B是位于水平桌面上两个质量相等的小滑块,离墙壁的距离分别为L和
,与桌面之间的动摩擦因数分别为
和
,现给滑块A某一初速度,使之从桌面右端开始向左滑动,设AB之间、B与墙壁之间的碰撞时间都很短,且碰撞中没有能量损失,若要使滑块A最终不从桌面上掉下来,滑块A的初速度的最大值为( )
A.
B.
C.
D.
3.如图所示,一个质量为M的滑块放置在光滑水平面上,滑块的一侧是一个四分之一圆弧EF,圆弧半径为R=1m.E点切线水平.另有一个质量为m的小球以初速度v0从E点冲上滑块,若小球刚好没跃出圆弧的上端,已知M=4m,g取10m/s2,不计摩擦.则小球的初速度v0的大小为( )
A.v0=4m/sB.v0=6m/sC.v0=5m/sD.v0=7m/s
4.如图所示,质量m1=10kg的木箱,放在光滑水平面上,木箱中有一个质量为m2=10kg的铁块,木箱与铁块用一水平轻质弹簧固定连接,木箱与铁块一起以v0=6m/s的速度向左运动,与静止在水平面上质量M=40kg的铁箱发生正碰,碰后铁箱的速度为v=2m/s,忽略一切摩擦阻力,碰撞时间极短,弹簧始终在弹性限度内,则
A.木箱与铁箱碰撞后瞬间木箱的速度大小为4m/s
B.当弹簧被压缩到最短时木箱的速度大小为4m/s
C.从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中,弹簧弹力对木箱的冲量大小为20N·s
D.从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中,弹簧弹性势能的最大值为160J
5.如图所示,两个相同的木块A、B静止在水平面上,它们之间的距离为L,今有一颗子弹以较大的速度依次射穿了A、B,在子弹射出A时,A的速度为vA,子弹穿出B时,B的速度为vB,A、B停止时,它们之间的距离为s,整个过程A、B没有相碰,则( )
A.s=L,vA=vBB.s>L,vA<vBC.s<L,vA>vBD.s<L,vA<vB
6.如图所示,一内外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上.槽的左侧有一竖直墙壁.现让一小球(可认为质点)自左端槽口A点的正上方从静止开始下落,与半圆槽相切并从A点进入槽内,则下列说法正确的是( )
A.小球离开右侧槽口以后,将做竖直上抛运动
B.小球在槽内运动的全过程中,只有重力对小球做功
C.小球在槽内运动的全过程中,小球与槽组成的系统机械能守恒
D.小球在槽内运动的全过程中,小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒
7.如图所示,一质量为2kg的物块B,静止在光滑水平面上,左侧固定一水平轻质弹簧,另一质量为3kg的物块A向右以5m/s的速度撞击弹簧,整个撞击过程中,两物块的速度始终在一条直线上,弹簧始终在弹性限度内,下列说法正确的是( )
A.物块A的最终速度大小为3m/s
B.物块B的最终速度大小为5m/s
C.弹簧的最大弹性势能为15J
D.若其他条件不变而仅增大物块A的质量,则物块B的最终速度可能为12m/s
8.如图所示,质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上,底部与水平面平滑连接,一个质量也为m的小球从槽高h处开始自由下滑,则( )
A.小球到达弧形槽底部时速度小于
B.小球到达弧形槽底部时速度等于
C.小球在下滑过程中,小球和槽组成的系统总动量守恒
D.小球自由下滑过程中机械能守恒
9.我国的传统文化和科技是中华民族的宝贵精神财富,四大发明促进了科学的发展和技术的进步,对现代仍具有重大影响,下列说法正确的是( )
A.春节有放鞭炮的习俗,鞭炮炸响的瞬间,动量守恒但能量不守恒
B.火箭是我国的重大发明,现代火箭发射时,火箭对喷出气体的作用力大于气体对火箭的作用力
C.装在炮弹中的火药燃烧爆炸时,化学能全部转化为弹片的动能
D.指南针的发明促进了航海和航空,静止时指南针的N极指向北方
10.一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块
并留在其中,
、
用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起,如图所示.则在子弹打入木块
及弹簧被压缩的过程中,子弹、两木块和弹簧组成的系统( )
A.动量守恒,机械能守恒B.动量不守恒,机械能守恒
C.动量守恒,机械能不守恒D.动量不守恒,机械能也不守恒
11.质量为m1=1kg和m2(未知的两个物体在光滑的水平面上正碰,碰撞时间极短,其x-t图象如图所示,则
A.被碰物体质量为5kg
B.此碰撞一定为弹性碰撞
C.碰后两物体速度相同
D.此过程有机械能损失
12.半径相等的两个小球甲和乙,在光滑的水平面上沿同一直线相向运动,若甲球质量大于乙球质量,发生碰撞前,两球的动能相等,则碰撞后两球的状态可能是()
A.两球的速度方向均与原方向相反,但它们动能仍相等
B.两球的速度方向相同,而且它们动能仍相等
C.甲、乙两球的动量相同
D.甲球的动量不为零,乙球的动量为零
13.我国2019年年底将发射“嫦娥五号”,实现区域软着陆及采样返回,探月工程将实现“绕、落、回”三步走目标。
若“嫦娥五号”在月球表面附近落向月球表面的过程可视为末速度为零的匀减速直线运动,则在此阶段,“嫦娥五号”的动能
与距离月球表面的高度h、动量p与时间t的关系图象,可能正确的是
A.
B.
C.
D.
14.如图所示,在光滑水平面上,有A、B两个小球沿同一直线向右运动,若取向右为正方向,两球的动量分别是pA=5.0kg·m/s,pB=7.0kg·m/s.已知二者发生正碰,则碰后两球动量的增量ΔpA和ΔpB可能是( )
A.ΔpA=-3.0kg·m/s;ΔpB=3.0kg·m/s
B.ΔpA=3.0kg·m/s;ΔpB=3.0kg·m/s
C.ΔpA=3.0kg·m/s;ΔpB=-3.0kg·m/s
D.ΔpA=-10kg·m/s;ΔpB=10kg·m/s
15.中国空间站的建设过程是,首先发射核心舱,核心舱入轨并完成相关技术验证后,再发射实验舱与核心舱对接,组合形成空间站。
假设实验舱先在近地圆形过渡轨道上运行,某时刻实验舱短暂喷气,离开过渡轨道与运行在较高轨道上的核心舱安全对接。
忽略空气阻力,以下说法正确的是
A.实验舱应当向前喷出气体
B.喷气前后,实验舱与喷出气体的总动量不变
C.喷气前后,实验舱与喷出气体的机械能不变
D.实验舱在飞向核心舱过程中,机械能逐渐减小
16.用如图所示实验能验证动量守恒定律,两块小木块A和B中间夹着一轻质弹簧,用细线捆在一起,放在光滑的水平台面上,将细线烧断,木块A、B被弹簧弹出,最后落在水平地面上落地点与平台边缘的水平距离分别为
,
.实验结果表明下列说法正确的是
A.木块A、B离开弹簧时的速度大小之比
B.木块A、B的质量之比
C.弹簧对木块A、B做功之比
D.木块A、B离开弹簧时的动能之比
17.一热气球在地面附近匀速上升,某时刻从热气球上掉下一沙袋,不计空气阻力。
则此后()
A.沙袋重力的功率逐渐增大
B.沙袋的机械能先减小后增大
C.在相等时间内沙袋动量的变化相等
D.在相等时间内沙袋动能的变化相等
18.马路”低头族”已经成为交通安全的一个大问题,一个小朋友手拿手机正在过马路,突然一阵急促鸣笛,手机掉在地上,还好有惊无险,小朋友没事,手机虽然戴着有很好缓冲作用的保护套,可是屏还是摔碎了。
如果手机质量为180克,从静止开始下落,开始离地高度为0.8米,与地面的撞击时间为0.04秒,且落地后不再反弹,重力加速度g取
,那么手机在与地面作用的过程中,地面对手机作用力的大小为
()
A.19.8NB.18.0NC.16.2ND.18.18N
19.质子p(
)与
粒子(
)以相同初速v0垂直射入水平放置的一对平行板形成的匀强电场,从进入到射出该偏转电场的过程中,关于质子与
粒子(均不计重力)偏转时的各物理量比值正确的是()
A.侧移量比
B.速度偏转角正切比
C.动能增量比
D.动量增加量比
20.如图所示,轮船的外侧悬挂了很多旧轮胎,这样做的目的是()
A.缩短碰撞的作用时间,从而减轻对轮船的破坏
B.减小碰撞中轮船受到的冲量,从而减轻对轮船的破坏
C.减小碰撞中轮船的动量变化量,从而减轻对轮船的破坏
D.减小碰撞中轮船受到的冲击力,从而减轻对轮船的破坏
21.质量为2kg的物体放在光滑水平面上,受到水平方向成30°角的斜向上的拉力F=3N的作用,经过10s(取g=10m/s2)( )
A.力F的冲量为15
N·s
B.物体的动量的变化是30kg·m/s
C.重力的冲量是零
D.地面支持力的冲量是185N·s
22.高空坠物极易对行人造成伤害.若一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下,与地面的撞击时间约为2ms,则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为()
A.10NB.102NC.103ND.104N
23.一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳,经Δt时间,身体伸直并刚好离开地面,速度为v,重心上升高度为h。
在此过程中( )
A.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为
mv2
B.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为零
C.地面对他的冲量为mv,地面对他做的功为
mv2
D.地面对他的冲量为mv-mgΔt,地面对他做的功为零
24.质量为M的物块以速度v运动,与质量为m的静止物块发生正碰,碰撞后两者的动量正好相等,两者质量之比M/m可能为
A.0.8B.3C.4D.5
25.“轨道电子俘获”是放射性同位素衰变的一种形式,它是指原子核(称为母核)俘获一个核外电子,其内部一个质子转变为中子,从而变成一个新核(称为子核),并且放出一个中微子的过程。
中微子的质量极小,不带电,很难探测到,人们最早就是通过子核的反冲而间接证明中微子存在的。
若一个静止的原子核发生“轨道电子俘获”(电子的初动量可不计),则( )
A.母核的质量数大于子核的质量数
B.母核的电荷数大于子核的电荷数
C.子核的动量与中微子的动量相同
D.子核的动能大于中微子的动能
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一、选择题
1.B
解析:
B
【解析】
A:
乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动,动能保持不变,重力势能随高度不断变化,乘客的机械能不断变化.故A项错误.
B:
摩天轮转动一周的过程中,速度变化为零,动量变化为零,据动量定理:
乘客所受合外力的冲量为零.故B项正确.
C:
在最低点,乘客的加速度向上,乘客处于超重状态.故C项错误.
D:
摩天轮匀速转动过程中,重力与速度的夹角
不断变化,乘客所受的重力的瞬时功率
不断变化.故D项错误.
2.B
解析:
B
【解析】
【分析】
【详解】
以A、B两物体组成的系统为研究对象,A与B碰撞时,由于相互作用的内力远大于摩擦力,所以碰撞过程中系统的动量守恒。
设A与B碰前速度为vA,碰后A、B的速度分别为vA′、vB′,由动量守恒定律得
由于碰撞中总动能无损失,所以
且
联立得
即A与B碰后二者交换速度。
所以第一次碰后A停止运动,B滑动;第二次碰后B停止运动,A向右滑动,要求A最后不掉下桌面,它所具有的初动能正好等于A再次回到桌边的全过程中A、B两物体克服摩擦力所做的功,即
解得
故ACD错误,B正确。
故选B。
3.C
解析:
C
【解析】
【详解】
当小球上升到滑块上端时,小球与滑块水平方向速度相同,设为v1,根据水平方向动量守恒有:
mv0=(m+M)v1,根据机械能守恒定律有:
;根据题意有:
M=4m,联立两式解得:
v0=5m/s,故ABD错误,C正确.故选C.
【点睛】
本题考查了动量守恒定律、机械能守恒定律以及能量守恒定律等,知道小球刚好没跃出圆弧的上端,两者水平方向上的速度相同,结合水平方向系统动量守恒和系统机械能守恒列式求解即可.
4.D
解析:
D
【解析】
对木箱和铁箱碰撞的瞬时,根据动量守恒定律:
,解得v1=-2m/s,方向与原方向相反,选项A错误;当弹簧被压缩到最短时,木箱和铁块共速,由动量守恒:
,解得v共=2m/s,选项B错误;从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中,弹簧弹力对木箱的冲量大小为
,方向向左,选项C错误;从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中,弹簧弹性势能的最大值为
,带入数据解得EP=160J,选项D正确;故选D.
点睛:
此题考查动量守恒定律以及能量守恒定律的应用;对三个物体的相互作用过程要分成两个小过程来分析,在木箱和铁箱作用时,认为铁块的动量是不变的;解题时注意选择研究过程,注意正方向.
5.B
解析:
B
【解析】
【分析】
【详解】
子弹穿过木块的过程中,阻力做负功,动能减小,速度减小,所以子弹穿过A木块过程的平均速度较大,所用时间较短,根据动量定理得:
对木块:
ft=mv,v与t成正比,所以A的速度小于B的速度,即vA<vB.根据动能定理得:
,则得木块滑行的距离为
,可知木块的初速度v越大,滑行距离越大,则知A木块滑行的距离小于B滑行的距离,所以A、B停止时它们之间的距离增大,则有s>L,故B正确,ACD错误.
6.C
解析:
C
【解析】
【详解】
A、小球经过槽的最低点后,在小球沿槽的右侧面上升的过程中,槽也向右运动,小球离开右侧槽口时相对于地面的速度斜向右上方,小球将做斜抛运动而不是做竖直上抛运动,故A错误;
B、小球在槽内运动的全过程中,从刚释放到最低点,只有重力做功,而从最低点开始上升过程中,除小球重力做功外,还有槽对球作用力做负功,故B错误;
C、小球在槽内运动的全过程中,从刚释放到最低点,只有重力做功,而从最低点开始上升过程中,除小球重力做功外,还有槽对球作用力做负功,但球对槽作用力做正功,两者之和正好为零,所以小球与槽组成的系统机械能守恒,故C正确;
D、小球在槽内运动的前半过程中,小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒,而小球在槽内运动的后半过程中,小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒,故D错误.
【点睛】
考查动量守恒定律与机械能守恒定律.当球下落到最低点过程,由于左侧竖直墙壁作用,小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒,但小球机械能守恒.当球从最低点上升时,小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒,但小球机械能不守恒,而小球与槽组成的系统机械能守恒.
7.C
解析:
C
【解析】
【分析】
【详解】
AB.当弹簧再次恢复原长时,物块
、
达到最终速度,根据动量守恒
根据能量守恒有
联立解得
故A、B错误;
C.当弹簧压缩至最短时,弹簧的弹性势能最大,根据动量守恒有
根据能量守恒有
联立解得
故C正确;
D.当弹簧再次恢复原长时,物块
、
达到最终速度,根据动量守恒和能量守恒知,物块B的最终速度
当
时,则有
物块B的最终速度的最大为
,故D错误;
故选C。
8.A
解析:
A
【解析】
【分析】
【详解】
AB.小球与弧形槽组成的系统在水平方向系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得:
mv球-mv槽=0
由机械能守恒定律得
解得
故A正确,B错误;
C.小球在下滑过程中,小球和槽组成的系统所受合外力不为零,系统总动量不守恒,故C错误;
D.小球下滑过程中,除重力做功外槽对球做功,小球的机械能不守恒,故D错误。
故选A。
9.D
解析:
D
【解析】
鞭炮炸响的瞬间,因内力远大于外力,故系统动量守恒,同时在爆炸过程中,总能量是守恒的,A错误;现代火箭发射时,火箭对喷出气体的作用力和气体对火箭的作用力为作用力和反作用力,根据牛顿第三定律可知,二者大小相等,方向相反,B错误;装在炮弹中的火药燃烧爆炸时,化学能转化为弹片的动能和周围物体的内能,C错误;指南针的发明促进了航海和航空,因地磁场南极处在地理北极处,故指南针静止时指南针的N极指向北方,D正确.
10.C
解析:
C
【解析】
【分析】
【详解】
在子弹打入木块A及弹簧被压缩的过程中,子弹、两木块和弹簧组成的系统所受的合外力为零,则系统的动量守恒,在此过程中,除弹簧弹力做功外还有摩擦力对系统做功,所以系统机械能不守恒,故ABD错误,C正确。
故选C。
11.B
解析:
B
【解析】
【详解】
AC.由图象可知,碰撞前m2是静止的,m1的速度为:
碰后m1的速度为:
m2的速度为:
即碰后两物体速度大小相等,方向相反,速度不相同;
两物体碰撞过程动量守恒,由动量守恒定律得:
m1v1=m1v1′+m2v2′
即:
1×4=1×(-2)+m2×2
解得:
m2=3kg
选项AC错误;
BD.碰撞前总动能:
碰撞后总动能:
碰撞前后系统动能不变,故碰撞是弹性碰撞,故B正确,D错误;
12.C
解析:
C
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析:
根据动量与动能关系
可知
,根据动量守恒可各,碰撞后的总动量沿甲原来的方向,故甲继续沿原来的方向运动,乙被弹回,所以选项A错误;碰撞后,甲的动能减小,若为弹性碰撞,则乙的动能增大,故两者动能不相等;若为完全非弹性碰撞,碰撞后速度相等,动能不等,所以选项B错误;两球碰撞过程中动量守恒,碰撞后动量可能相等,所以选项C正确;因碰撞后,甲乙都沿甲原来的方向运动,故乙的动量不为零,所以选项D错误;
考点:
动量守恒定律
13.B
解析:
B
【解析】
【详解】
AB.若“嫦娥五号”在月球表面附近落向月球表面的过程可视为末速度为零的匀减速直线运动,设在此阶段合力为恒力F。
由逆向思维,等效为由月球表面向上做匀加速直线运动,由动能定理知:
整理得:
故A错误,B正确。
CD.同样由逆向思维法,等效为由月球表面向上做匀加速直线运动,由动量定理:
整理得:
故CD错误。
14.A
解析:
A
【解析】
根据碰撞过程动量守恒定律,如果△pA=-3kg•m/s、△pB=3kg•m/s,所以碰后两球的动量分别为p′A=2kg•m/s、p′B=10kg•m/s,根据碰撞过程总动能可能不增加,是可能发生的,故A正确.两球碰撞过程,系统的动量守恒,两球动量变化量应大小相等,方向相反,若△PA=3kg•m/s,△PB=-3kg•m/s,违反了动量守恒定律,不可能,故B错误.根据碰撞过程动量守恒定律,如果△pA=3kg•m/s、△pB=-3kg•m/s,所以碰后两球的动量分别为p′A=8kg•m/s、p′B=4kg•m/s,由题,碰撞后,两球的动量方向都与原来方向相同,A的动量不可能沿原方向增大,与实际运动不符,故C错误.如果△pA=-10kg•m/s、△pB=10kg•m/s,所以碰后两球的动量分别为p′A=-5kg•m/s、p′B=17kg•m/s,可以看出,碰撞后A的动能不变,而B的动能增大,违反了能量守恒定律,不可能.故D错误.故选A.
点睛:
对于碰撞过程要遵守三大规律:
1、是动量守恒定律;2、总动能不增加;3、符合物体的实际运动情况.
15.B
解析:
B
【解析】
【分析】
本题考查卫星变轨过程各物理量的变化。
【详解】
A.实验舱要向高轨道运行,需要做离心运动,所以要加速,应该向后喷出气体,A错误;
B.喷气过程没有外力,实验舱与喷出气体系统动量守恒,喷气前后,总动量不变,B正确;
C.喷气前后,内力做功,总机械能增大,发生变化,C错误;
D.实验舱飞向核心舱过程中,地球的万有引力做负功,重力势能增大,且实验舱速度增大,机械能增大,D错误;
故选B。
16.D
解析:
D
【解析】
【详解】
A.两个木块被弹出离开桌面后做平抛运动,水平方向做匀速直线运动,竖直方向做自由落体运动,因为下落的高度相等,所以运动的时间相等,水平方向上根据公式x=v0t及lA=1m,lB=2m,得:
vA:
vB=lA:
lB=1:
2,故A错误;
B.弹簧弹开两个物体的过程,对两个木块组成的系统,取向左为正方向,根据动量守恒定律得:
mAvA-mBvB=0,解得:
mA:
mB=vB:
vA=2:
1,故B错误;
CD.由mA:
mB=vB:
vA=2:
1,根据动能的表达式
可得:
EkA:
EkB=1:
2,根据动能定理,弹簧对木块A、B做功之比WA:
WB=EkA:
EkB=1:
2,故D正确,C错误.
17.C
解析:
C
【解析】
不计空气阻力,沙袋从匀速上升的热气球上掉下后,做竖直上抛运动。
A:
此后沙袋做竖直上抛运动,竖直方向的速度先减小后增大,沙袋重力的功率不是逐渐增大。
故A项错误。
B:
沙袋从匀速上升的热气球上掉下后,只受重力,机械能守恒。
故B项错误。
C:
沙袋从匀速上升的热气球上掉下后,只受重力,据动量定理,在相等时间内沙袋动量的变化相等。
故C项正确。
D:
沙袋从匀速上升的热气球上掉下后,只受重力,加速度一定,相等时间内速度的变化相等,相等时间内沙袋动能的变化一般不相等。
故D项错误。
点睛:
不计空气阻力,沙袋从匀速上升的热气球上掉下后,由于惯性做竖直上抛运动。
18.A
解析:
A
【解析】
【详解】
设手机落地速度为v,对自由落体的过程,
,有:
解得:
对手机和底面相碰的过程,
,取向上为正,由动量定理:
带入数据解得:
即地面对手机作用力的支持力为19.8N,故A正确,BCD错误。
故选A。
19.D
解析:
D
【解析】
【详解】
A.侧移量
则侧移量比
选项A错误;
B.速度偏转角正切
则速度偏转角正切比
选项B错误;
C.动能增量
则动能增量比
选项C错误;
D.动量增量
则动量增加量比
选项D正确。
故选D。
20.D
解析:
D
【解析】
【分析】
【详解】
轮船在发生碰撞如靠岸的过程,外侧悬挂了很多旧轮胎,由动量定理
知,在动量变化
相同的情况下,即冲量相同,但延长了碰撞作用时间
,使得撞击力
变小,从而减轻对轮船的破坏,故D正确,ABC错误。
故选D。
21.D
解析:
D
【解析】
【分析】
【详解】
拉力F向上的分量为
Fsin30°=1.5N
地面支持力为
=18.5N
拉力F沿水平方向的分力为
根据I=Ft,所以力F的冲量为IF=30N·s。
合力的冲量为
则动量的变化量为15
kg·m/s,重力的冲量为200N·s,地面支持力的冲量为185N·s,选项D正确。
故选D。
22.C
解析:
C
【解析】
试题分析:
本题是一道估算题,所以大致要知道一层楼的高度约为3m,可以利用动能定理或者机械能守恒求落地时的速度,并利用动量定理求力的大小.
设鸡蛋落地瞬间的速度为v,每层楼的高度大约是3m,
由动能定理可知:
,
解得:
落地时受到自身的重力和地面的支持力,规定向上为正,
由动量定理可知:
,解得:
,
根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103N,故C正确
故选C
点睛:
利用动能定理求出落地时的速度,然后借助于动量定理求出地面的接触力
23.B
解析:
B
【解析】
【详解】
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