参考答案 小球飞行过程中只受重力作用,所以合外力的冲量为 第一章 动量守恒定律 I＝ mgt＝１×１０×１N s＝１０N s 第１、２节 动 量 动量定理 方向竖直向下 知识梳理 一、１．(１)质量 速度 mv (２)千克米每秒 kg m/s (３)矢 速度 ２．(１)末动量 初动量 p′－p (２)代数 二、１．时间 N s 力 时间 ２．(１)动量变化量 (２)mv′－mv＝F(t′－t) p′－p＝I 典例精解 【典例１】 解析:(１)以球飞回的方向为正方向,则p１＝mv 由动量定理得１ Δp＝I＝１０N s,方向竖直向下． (３)小球落地时竖直分速度为vy ＝gt＝１０m/s．由速度合成 ＝－５×１０－３ ９０ ×３．６kg m/s＝－０．１２５kg m/s,p２＝mv２＝５× 知,落地速度v＝ v２＋v２ ＝ １０２０ y ＋１０２ m/s＝１０ ２m/s,所以 １０－３ ３４２ × kg m/３．６ s＝０．４７５kg m/s,所以羽毛球的动量变化量为 小球落地时的动量大小为p′＝mv＝１０ ２kg m/s,方向与水平 方向的夹角为 Δp＝p２－p１＝０４．７５kg m/s－( ４５°． －０１．２５kg m/s)＝０．６００kg m/s, 课后巩固 即羽毛球的动量变化大小为０．６００kg m/s,方向与羽毛球飞回的方 【基础训练】 向相同． () １．C ２．D ３．D ４．C ５．D ６．C ７．A ８．B ９．A２ 羽毛球的初速度为v１＝－２５m/s,羽毛球的末速度为v２ １０．解析:取竖直向上为正方向,篮球碰撞前的运动方向是竖直 ＝９５m/s,所以 Δv＝v２－v１＝９５m/s－(－２５m/s)＝１２０m/s, 向下的,其动量p１＝mv１＝０．７５kg×(－１０)m/s＝－７．５kg m/s．碰１ １ 羽毛球的初动能:Ek ＝ ２２mv１ ＝ ２ ×５×１０ －３ × (－２５)２J＝ 后的运动方向是竖直向上的,此时动量p２＝mv２＝０．７５kg×８m/s＝ １ １ ６kg m/s．动量的 变 化 Δp＝p２ －p１ ＝[６－(－７．５)]kg m/s １．５６J,羽毛球的末动能:E′k＝ ２mv ２ ２＝ ２ ×５×１０ －３×９５２J＝ ＝１３５．kg m/s． ２２．５６J,所以 ΔEk＝E′k－Ek＝２１J． 拓展提升 变式１:D １．B ２．C ３．D ４．D ５．B ６．A ７．B ８．B 【典例２】 解析:运动员刚接触网时速度的大小v ＝ ２gh ９．解析:(１)以A 为研究对象,由牛顿第二定律有F＝m a,１ A１ / / , 代入数据解得a＝２．５m/ ２ ＝ ２×１０×３．２ms＝８ms 方向向下． s． (２)对A,B 碰撞后共同运动t＝０．６s的过程,由动量定理得 刚离网时速度的大小v２ ＝ ２gh２ ＝ ２×１０×５．０ m/s＝ Ft＝(mA ＋mB)vt－(m ＋m )v,代入数据解得v＝１m/s． １０m/ , A B s 方向向上． １ １ 运动员与网接触的过程,设网对运动员的作用力为F,则运 １０．解析:(１)由动能定理,有－μmgs＝ mv２ ２,可得２ －２mv０ 动员受到向上的弹力F 和向下的重力mg,对运动员应用动量定 μ＝０．３２． 理(以向上为正方向),有:(F－mg)Δt＝mv２－m(－v１) (２)由动量定理:有FΔt＝mv′－mv,可得F＝１３０N． mv F＝ ２ －m(－v１) Δt ＋mg ( １ ３)由动能定理－W＝０－ mv′２,可得２ W＝９J． 解得F＝ [６０×１０－６０×(－８)１．２ ＋６０×１０]N＝１．５×１０３N,方 第３节 动量守恒定律 向向上． 知识梳理 答案:１．５×１０３N 方向向上 一、１．整体 ３．以外 变式２:B 二、１．外力 外力 ２．p１′＋p２′ m１v１′＋m２v２′ ３．外力 当堂训练 外力 １．D ２．D ３．B ４．D ５．B ６．B ７．C ８．C ９．C 典例精解 １０．B １１．D 【典例１】 B 解析:当两手同时放开时,系统所受的合外力 １２．解析:(１)重力是恒力,０．４s内重力对小球的冲量I＝mgt 为零．所以系统的动量守恒,又因开始时总动量为零,故系统总动 ＝１×１０×０．４N s＝４N s 量始终为零,选 ... ...
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