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第二节　动量定理
1.能从牛顿运动定律推导出动量定理的表达式,进一步加强对物体间相互作用的物理观念的理解.2.会用动量定理解释碰撞、缓冲等生活现象;会运用动量定理解决实际问题.(重点)
[学习目标]
知识点一　动量定理
「情境导学」
1.有些船和码头常悬挂一些老旧轮胎,如图,主要用途是减轻船舶靠岸时码头与船体的撞击.其中有怎样的道理呢
提示:缓冲作用,碰撞中的动量定理知识应用.
2.如图所示,质量为m的物体在光滑的水平面上受到恒力F的作用,在t1时刻的速度为v1,在t2时刻的速度为v2,在此过程中,恒力F对物体有一冲量,物体的动量也发生了变化.
(1)从t1到t2时间内动量的变化量是多少
提示:(1)Δp=p2-p1=mv2-mv1.
(2)试利用牛顿运动定律推导出这段时间内冲量的表达式.
「知识整合」
1.内容:物体所受合力的冲量等于物体 .
2.表达式:Ft= .
3.适用范围:动量定理不但适用于恒定的外力,而且适用于随时间而变化的变力.在后一种情况下,动量定理中的力F通常取力在作用时间内的 .
动量的改变量
mvt-mv0
平均值
4.对动量定理的理解
(1)反映了 是动量变化的原因,是力在 (选填“时间”或“空间”)上的积累改变了物体的动量.
(2)表达式Ft=mvt-mv0是矢量式,运用时要注意规定正方向,合力冲量的方向与物体 相同.
合力的冲量
时间
动量变化量的方向
正误辨析
(1)动量定理反映了某一过程中冲量与动量改变量间的矢量关系.(　 　)
(2)物体所受合力的冲量越大,其动量变化量一定越大.(　 　)
(3)物体所受合力的冲量方向与物体末动量的方向相同.(　 　)
(4)若物体在一段时间内动量发生了变化,则在这段时间内受到的合力可能为零.(　 　)
(5)若物体以恒定速率运动,其合力的冲量一定为零.(　 　)
(6)只要求出物体在某一过程中动量的改变量,就一定能求出物体所受力的大小.(　 　)
√
√
×
×
×
×
[例1] (多选)下列关于物体动量和冲量的说法正确的有( 　　)
[A] 物体所受合力的冲量越大,它的动量也越大
[B] 物体所受合力的冲量不为零,它的动量一定会改变
[C] 物体动量增量的方向,就是它所受冲量的方向
[D] 物体所受合力越大,它的动量变化就越快
BCD
A
【解析】由动量定理得-mgt=Δp,故A正确.
求动量变化量或冲量的方法
·方法总结·
知识点二　动量定理的简单应用
「情境导学」
如图,为什么钉钉子时需用钢锤快速打击钉子,而瓷砖找平时,需选用橡胶锤轻轻敲打瓷砖表面
提示:根据动量定理可知,减少作用时间可以增大钢锤的打击力,而橡胶锤可以起到缓冲作用,延长作用时间,减小作用力,保护瓷砖.
正误辨析
(1)冲压钢板时,通过缩短作用时间来得到很大的作用力.(　 　)
(2)从高处跳下时,脚尖先着地,同时屈膝、弓腰,这是为了增加作用时间以减小地面对人的力.(　 　)
√
√
「知识整合」
1.适用范围
动量定理不仅适用于宏观物体的低速运动,也适用于微观物体的高速运动.不论是变力还是恒力,不论几个力的作用时间是同时还是不同时,不论物体的运动轨迹是直线还是曲线,动量定理都适用.
变化率
快
增大
减小
(2)动量定理除用来解决恒力作用下的问题外,还可求解短时作用力,如冲击、碰撞等.应用动量定理解题时只需知道运动物体的始、末状态,无须深究中间过程.在涉及力、 、 的问题时,采用动量定理处理问题比较简捷.
力的作用时间
速度
3.应用动量定理解题的一般步骤
[例2] (动量定理在实际生活中的简单应用)(2025·广东中山月考)交通管理法规规定:骑摩托车必须戴好头盔,目的是保护交通安全事故中的车手.其理由是(　　)
[A] 减小头部的冲量,起到安全作用
[B] 延长头部与硬物接触的时间,减小冲力,起到保护作用
[C] 减小头部的速度变化使人安全
[D] 减小头部的动量变化量,起到安全作用
B
【解析】 戴和不戴头盔,头部的速度变化相同,则动量变化量相同,根据动量定理可知受到的冲量也相同,而戴头盔能够延长头部与硬物接触的时间,根据FΔt=Δp可知,可以减小冲力,从而起到保护作用,故B正确,A、C、D错误.
[例3] (动量定理的定量计算)一辆质量为2 200 kg的汽车正在以90 km/h的速度匀速行驶.前方出现复杂路况,如果驾驶员马上采取下列方式刹车制动,则各种情况下使汽车停下的平均作用力是多大 请将计算的值填入表中的相应位置.分析这些数据,有什么领悟
汽车刹车时间t/s 使汽车停下的平均作用力F/N
25 　　　
10 　　　
5 　　　
2.5 　　　
1 　　　
【答案】 2 200　5 500　11 000　22 000　55 000
刹车时间越短,汽车受到的平均作用力越大
[例4] (动量定理和动能定理)(2025·广东佛山测试)蹦极是一项非常刺激的户外运动.为了研究跳跃者的运动情况,研究者在弹性蹦极绳上端加装了力传感器.从跳跃者跃下平台开始计时,力传感器显示力随时间的变化情况如图所示.忽略蹦极绳的质量和空气阻力,跳跃者近似沿竖直方向运动.下列说法正确的是(　　)
B
动量定理与动能定理的比较
(1)动量定理是矢量式,反映力对时间的累积效应,是物体动量改变的原因,涉及一段时间(或冲量)选用动量定理,应用时必须选取正方向.
(2)动能定理是标量式,反映力对空间的累积效应,是物体动能改变的原因,涉及一段位移(或功)选用动能定理,应用时不用选取正方向.
·方法总结·
感谢观看第二节　动量定理
[学习目标]　1.能从牛顿运动定律推导出动量定理的表达式,进一步加强对物体间相互作用的物理观念的理解.2.会用动量定理解释碰撞、缓冲等生活现象;会运用动量定理解决实际问题.(重点)
知识点一　动量定理
情境导学
1.有些船和码头常悬挂一些老旧轮胎,如图,主要用途是减轻船舶靠岸时码头与船体的撞击.其中有怎样的道理呢
提示:缓冲作用,碰撞中的动量定理知识应用.
2.如图所示,质量为m的物体在光滑的水平面上受到恒力F的作用,在t1时刻的速度为v1,在t2时刻的速度为v2,在此过程中,恒力F对物体有一冲量,物体的动量也发生了变化.
(1)从t1到t2时间内动量的变化量是多少
(2)试利用牛顿运动定律推导出这段时间内冲量的表达式.
提示:(1)Δp=p2-p1=mv2-mv1.
(2)根据牛顿第二定律F=ma可知,F=m,整理得F(t2-t1)=mv2-mv1,即恒力F的冲量与该过程中动量的变化量相等.
知识整合
1.内容:物体所受合力的冲量等于物体动量的改变量.
2.表达式:Ft=mvt-mv0.
3.适用范围:动量定理不但适用于恒定的外力,而且适用于随时间而变化的变力.在后一种情况下,动量定理中的力F通常取力在作用时间内的平均值.
4.对动量定理的理解
(1)反映了合力的冲量是动量变化的原因,是力在时间(选填“时间”或“空间”)上的积累改变了物体的动量.
(2)表达式Ft=mvt-mv0是矢量式,运用时要注意规定正方向,合力冲量的方向与物体动量变化量的方向相同.
正误辨析
(1)动量定理反映了某一过程中冲量与动量改变量间的矢量关系.(　√　)
(2)物体所受合力的冲量越大,其动量变化量一定越大.(　√　)
(3)物体所受合力的冲量方向与物体末动量的方向相同.(　×　)
(4)若物体在一段时间内动量发生了变化,则在这段时间内受到的合力可能为零.(　×　)
(5)若物体以恒定速率运动,其合力的冲量一定为零.(　×　)
(6)只要求出物体在某一过程中动量的改变量,就一定能求出物体所受力的大小.(　×　)
[例1] (多选)下列关于物体动量和冲量的说法正确的有(　　)
[A] 物体所受合力的冲量越大,它的动量也越大
[B] 物体所受合力的冲量不为零,它的动量一定会改变
[C] 物体动量增量的方向,就是它所受冲量的方向
[D] 物体所受合力越大,它的动量变化就越快
【答案】 BCD
【解析】 由FΔt=Δp知,FΔt越大,Δp越大,但动量不一定大;由动量定理可知,物体所受合力的冲量不为零,它的动量一定会改变;冲量与Δp不但大小相等,而且方向相同;由F=知,物体所受合力越大,动量变化越快.
[训练] (2025·广东湛江联考)竖直上抛一质量为m的小球,经时间t小球重新回到抛出点,若取竖直向上为正方向,那么从抛出到重新回到抛出点的过程中,小球的动量变化量为(　　)
[A] -mgt [B] mgt [C] 0 [D] -
【答案】 A
【解析】 由动量定理得-mgt=Δp,故A正确.
求动量变化量或冲量的方法
知识点二　动量定理的简单应用
情境导学
如图,为什么钉钉子时需用钢锤快速打击钉子,而瓷砖找平时,需选用橡胶锤轻轻敲打瓷砖表面
提示:根据动量定理可知,减少作用时间可以增大钢锤的打击力,而橡胶锤可以起到缓冲作用,延长作用时间,减小作用力,保护瓷砖.
正误辨析
(1)冲压钢板时,通过缩短作用时间来得到很大的作用力.(　√　)
(2)从高处跳下时,脚尖先着地,同时屈膝、弓腰,这是为了增加作用时间以减小地面对人的力.(　√　)
知识整合
1.适用范围
动量定理不仅适用于宏观物体的低速运动,也适用于微观物体的高速运动.不论是变力还是恒力,不论几个力的作用时间是同时还是不同时,不论物体的运动轨迹是直线还是曲线,动量定理都适用.
2.定性分析有关现象
(1)由动量定理Ft=Δp可知F=.此式说明作用力F等于动量的变化率,动量变化得越快,物体所受合外力越大.Δp一定时,减少作用时间,可增大作用力;延长作用时间,可减小作用力.
(2)动量定理除用来解决恒力作用下的问题外,还可求解短时作用力,如冲击、碰撞等.应用动量定理解题时只需知道运动物体的始、末状态,无须深究中间过程.在涉及力、力的作用时间、速度的问题时,采用动量定理处理问题比较简捷.
3.应用动量定理解题的一般步骤
[例2] (动量定理在实际生活中的简单应用)(2025·广东中山月考)交通管理法规规定:骑摩托车必须戴好头盔,目的是保护交通安全事故中的车手.其理由是(　　)
[A] 减小头部的冲量,起到安全作用
[B] 延长头部与硬物接触的时间,减小冲力,起到保护作用
[C] 减小头部的速度变化使人安全
[D] 减小头部的动量变化量,起到安全作用
【答案】 B
【解析】 戴和不戴头盔,头部的速度变化相同,则动量变化量相同,根据动量定理可知受到的冲量也相同,而戴头盔能够延长头部与硬物接触的时间,根据FΔt=Δp可知,可以减小冲力,从而起到保护作用,故B正确,A、C、D错误.
[例3] (动量定理的定量计算)一辆质量为2 200 kg的汽车正在以90 km/h的速度匀速行驶.前方出现复杂路况,如果驾驶员马上采取下列方式刹车制动,则各种情况下使汽车停下的平均作用力是多大 请将计算的值填入表中的相应位置.分析这些数据,有什么领悟
汽车刹车时间t/s 使汽车停下的 平均作用力F/N
25 　　　
10 　　　
5 　　　
2.5 　　　
1 　　　
【答案】 2 200　5 500　11 000　22 000　55 000
刹车时间越短,汽车受到的平均作用力越大
[例4] (动量定理和动能定理)(2025·广东佛山测试)蹦极是一项非常刺激的户外运动.为了研究跳跃者的运动情况,研究者在弹性蹦极绳上端加装了力传感器.从跳跃者跃下平台开始计时,力传感器显示力随时间的变化情况如图所示.忽略蹦极绳的质量和空气阻力,跳跃者近似沿竖直方向运动.下列说法正确的是(　　)
[A] 从t1时刻开始,跳跃者开始减速
[B] t1～t2时间内,蹦极绳弹力做的功为零
[C] t1～t2时间内,蹦极绳弹力的冲量为零
[D] 时刻,跳跃者的动能最大
【答案】 B
【解析】 t1时刻蹦极绳开始有弹力,初始阶段弹力小于重力,跳跃者所受合力向下,加速度方向向下,做加速运动,故A错误;t1和t2时刻,蹦极绳的弹力均刚好为零,蹦极绳处于原长状态,跳跃者所处高度相同,速度反向(大小不变),可知蹦极绳的弹力做功为零,故B正确;t1～t2时间内,蹦极绳对跳跃者的弹力方向始终向上,根据冲量公式I=Ft可知,弹力的冲量不为零,故C错误;时刻,蹦极绳的弹力最大,绳的伸长量最大,跳跃者位于最低点,速度为零,动能最小,故D错误.
动量定理与动能定理的比较
(1)动量定理是矢量式,反映力对时间的累积效应,是物体动量改变的原因,涉及一段时间(或冲量)选用动量定理,应用时必须选取正方向.
(2)动能定理是标量式,反映力对空间的累积效应,是物体动能改变的原因,涉及一段位移(或功)选用动能定理,应用时不用选取正方向.
课时作业
(分值:96分)
(选择题每题6分)
知识点一　对动量定理的理解
1.(2025·广东珠海检测)关于动量定理,下列说法正确的是(　　)
[A] 动量越大,合外力的冲量越大
[B] 动量变化越大,合外力的冲量越大
[C] 动量变化越快,合外力的冲量越大
[D] 冲量的方向与动量的方向相同
【答案】 B
【解析】 由动量定理可知,合外力的冲量等于动量的变化量,故A错误,B正确;动量变化越快,物体受到的合外力越大,故C错误;冲量的方向与动量变化量的方向相同,故D错误.
2.(2025·广东肇庆期末)如图所示,运动员接传来的篮球时,先伸出两臂,手接触到球后,两臂随球迅速引至胸前,这样做可以(　　)
[A] 增加球的动量变化
[B] 减小球的动量变化
[C] 减小球对手的冲量
[D] 减小球对手的平均作用力
【答案】 D
【解析】 先伸出两臂迎接,手接触到球后,两臂随球引至胸前,这样可以增加球与手接触的时间,根据动量定理得-Ft=0-mv,可得F=,当时间增加时,冲量和动量的变化量都不变,可减小动量的变化率,即减小球对手的平均作用力,故D正确,A、B、C错误.
3.(2025·广东湛江期末)如图所示,为跳水运动员从起跳到落水过程的示意图所示,运动员从最高点到入水前的运动过程记为Ⅰ,运动员入水后到最低点的运动过程记为Ⅱ,忽略空气阻力,则运动员(　　)
[A] 过程Ⅰ的动量变化量等于零
[B] 过程Ⅱ的动量变化量等于零
[C] 过程Ⅰ的动量变化量等于重力的冲量
[D] 过程Ⅱ的动量变化量等于重力的冲量
【答案】 C
【解析】 由于忽略空气阻力,过程Ⅰ中运动员只受重力作用,根据动量定理可知,过程Ⅰ中动量变化量等于重力的冲量,即为I1=mgt,不为零,故A错误,C正确;运动员入水前的速度不为零,末速度为零,过程Ⅱ的动量变化量不等于零,故B错误;根据动量定理可知,过程Ⅱ的动量变化量等于合外力的冲量,不等于重力的冲量,故D错误.
知识点二　动量定理的基本应用
4.(2025·广东广州月考)下列对几种物理现象的解释,正确的是(　　)
[A] 击钉时不用橡皮锤,是因为橡皮锤太轻
[B] 跳远时,在沙坑里填沙,是为了减小冲量
[C] 推车时推不动,是因为合外力冲量为零
[D] 动量相同的两个物体受相同的制动力作用时,质量小的先停下来
【答案】 C
【解析】 根据Ft=Δp,可知A项中橡皮锤与钉作用时间长,作用力小;B项中冲量相同,减小的是冲力而不是冲量;C项中车不动,其动量变化量为零,则合外力冲量为零;D项中两物体Δp、F相同,故t应相同.故C正确.
5.(2025·广东深圳阶段联考)2021年3月1日起我国《刑法修正案(十一)》新增了高空抛物罪.若一个200 g的苹果从8层阳台由静止坠落,与地面碰撞时间约0.2 s,忽略空气阻力,苹果对地的冲击力最接近(　　)
[A] 2 N [B] 20 N
[C] 2×102 N [D] 2×103 N
【答案】 B
【解析】 8层阳台高度约为h=21 m,落地前瞬间速度大小为v=≈20 m/s,与地面碰撞过程,末速度可以看作零,规定向下为正方向,根据动量定理有mgt-Ft=0-mv,解得地面对苹果的冲击力F=22 N,所以苹果对地的冲击力最接近20 N.故选B.
6.如图所示,重物G压在纸带上,用一水平力缓慢地拉动纸带,重物G会跟着一起运动;若迅速拉动纸带,纸带将会从重物G下面抽出.关于这个现象,下列说法正确的是(　　)
[A] 在缓慢拉动纸带时,重物和纸带间的最大静摩擦力一定小于迅速拉动纸带时重物和纸带间的滑动摩擦力
[B] 在缓慢拉动纸带时,纸带对重物的冲量大
[C] 在迅速拉动纸带时,纸带对重物的冲量大
[D] 在迅速拉动纸带时,重物的动量变化大
【答案】 B
【解析】 用水平力F慢慢拉动纸带,重物与纸带间有静摩擦力,若迅速拉动纸带,纸带会从重物下抽出,重物与纸带间有滑动摩擦力,此时的滑动摩擦力一般小于最大静摩擦力,故A错误;缓慢拉动纸带时,重物跟着纸带运动,动量变化大,纸带对重物的作用力包括支持力和摩擦力,由于作用时间长,支持力和摩擦力的冲量也都大,故缓慢拉时,纸带对重物的冲量大,B正确,C、D错误.
7.(12分)(2025·广东广州期末)如图,某同学在练习用头颠球.若足球被顶起,每次上升和下降高度都为20 cm,足球与头的作用时间为0.1 s.足球的质量为420 g,不计空气阻力,g取
10 m/s2,求:
(1)(6分)每次颠球,足球在空中运动的时间;
(2)(6分)足球对该同学头部的平均作用力大小.
【答案】 (1)0.4 s　(2)21 N
【解析】 (1)颠球时,足球在空中做竖直上抛运动,设每次下降的时间为t1,则h=g,
由对称性可知,上升时间等于下落时间,t=2t1,
解得t=0.4 s.
(2)足球与头部接触瞬间的速度大小v=gt1,
对足球受力分析,以竖直向上为正方向,由动量定理可得
(F-mg)t′=mv-(-mv),
解得F=21 N,
根据牛顿第三定律,足球对该同学头部的平均作用力大小F′=F=21 N.
(选择题每题9分)
8.(2025·广东中山期末)打篮球是中学生喜欢的体育运动之一.原地拍球时,由于撞地时篮球动能有所损失,所以需要在高点往下击打篮球.假设某同学在篮球上升的最高点竖直往下击球,手与球的作用距离为0.25 m(还没到达地面),球离手瞬间获得5 m/s的速度,球的质量为0.4 kg,不计空气阻力,g取10 m/s2,则本次拍球(　　)
[A] 人对球做的功为5.0 J
[B] 人对球做的功为4.0 J
[C] 手给球的冲量为2.5 kg·m/s
[D] 手给球的冲量为2.0 kg·m/s
【答案】 B
【解析】 人拍球的过程,由动能定理可得mgh+W=mv2,解得人对球做的功为W=4.0 J,A错误,B正确;人拍球的过程,由动量定理可得I+mgΔt=mv=0.4×5 kg·m/s=2.0 kg·m/s,则I<
2.0 kg·m/s,即手给球的冲量小于2.0 kg·m/s,C、D错误.
9.(多选)(2025·广东湛江月考)质量为1 kg的物块在水平拉力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动,F与时间t的关系如图所示.已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2,重力加速度g取10 m/s2,则(　　)
[A] 3 s末的速度大小为6 m/s
[B] 6 s时物块的速度为0
[C] 1～3 s和4～6 s物块的加速度大小相等
[D] 6 s末物块的速度大小为4 m/s
【答案】 ACD
【解析】 以初始时刻拉力的方向为正方向,在0～3 s内,根据动量定理有Ft1-μmgt1=mv1-0,代入数据解得物块3 s末的速度v1=6 m/s,在3 s后力F方向反向,则物块动量减小,若经时间Δt动量减为零,有-FΔt-μmgΔt=0-mv1,解得Δt=1 s,即4 s时物块的速度v2=0,此后物块反向运动,在4～6 s内,有-Ft3+μmgt3=mv3,解得v3=-4 m/s,故A、D正确,B错误;由上述分析可知,0～3 s力F与摩擦力f方向相反,4～6 s二者方向仍然相反,两过程中合力大小相等,方向相反,由牛顿第二定律可知,它们的加速度大小相等,方向相反,故C正确.
10.(多选)(2025·广东广州校考)如图所示,两个质量相同的钢球从甲、乙装置正上方相同高度同时释放,分别与甲、乙装置底部发生碰撞,碰后两球沿竖直方向反弹且速度相同.甲装置底部为钢板,乙装置底部为弹性很好的泡沫,用压力传感器同时测出力随时间变化的曲线①和曲线②,下列说法正确的有(　　)
[A] 两小球到达底部时,动量相同
[B] 整个碰撞过程中,两小球所受合力的冲量相同
[C] 曲线①代表乙装置碰撞情况,曲线②代表甲装置碰撞情况
[D] 曲线①与时间轴围成的面积等于曲线②与时间轴围成的面积
【答案】 AB
【解析】 由题图可知,两球下落高度相同,由v2=2gh可知v=,则两球到达底部时的速度相同,由于两球质量相同,所以两小球到达底部时动量相同,故A正确;由于两球与装置底部碰撞后反弹的速度相同,两球碰撞前的速度也相同,则两球碰撞过程中动量变化相同,由动量定理可知,整个碰撞过程中,两小球所受合力的冲量相同,而甲装置底部为钢板,乙装置底部为泡沫,则与甲装置底部碰撞过程作用时间较小,作用力较大,即曲线①、②分别为甲、乙装置的碰撞情况,故B正确,C错误;根据动量定理,有IF甲-mgt1=Δp甲,IF乙-mgt2=Δp乙,而Δp甲=Δp乙,t111.(多选)(2025·广东佛山阶段检测)如图所示,不可伸长的轻绳一端悬挂在天花板上的O点,另一端系着质量为m的小球,给小球一定的速度v,使之在水平面内做周期为T的匀速圆周运动.不计空气阻力,下列说法正确的有(　　)
[A] 小球运动半周的过程中,动量不变
[B] 小球运动半周的过程中,合力的冲量大小为2mv
[C] 小球运动一周的过程中,重力的冲量为零
[D] 小球运动一周的过程中,拉力的冲量为-mgT
【答案】 BD
【解析】 小球运动半周的过程中,末速度方向与初速度方向相反,设初速度方向为正,则小球动量的改变量为Δp=-mv-mv=-2mv,根据动量定理有I合=Δp=-2mv,故A错误,B正确;小球运动一周的过程中,小球所受重力的方向始终竖直向下,则重力的冲量大小为IG=mgT,故C错误;小球运动一周的过程中,小球动量的改变量为零,又由动量定理IG+IT=0,得IT=-IG=-mgT,故D正确.
12.(12分)(2025·广东佛山阶段检测)如图所示,有一游戏中使用的弹枪,可以发射速率恒为v0=3 m/s、质量为m=4 kg的橡胶球.现让枪口竖直向下,距离水平地面某高度发射橡胶球,橡胶球与地面碰撞后反弹,小球碰地后的反弹速率为落地时速率的,发现小球恰好可以返回枪口位置,不考虑空气阻力的影响,重力加速度g取10 m/s2.
(1)(6分)求枪口距地面高度H;
(2)(6分)若橡胶球与地面作用时间为0.2 s,求碰撞过程中球对地面的平均冲击力F.
【答案】 (1)0.8 m　(2)220 N,方向竖直向下
【解析】 (1)设橡胶球落地前瞬间速度为v,则下落过程有v2-=2gH,
反弹后上升过程有(0.8v)2=2gH,
联立解得v=5 m/s,H=0.8 m.
(2)橡胶球与地面碰撞过程,根据动量定理有
(F′-mg)t=m·0.8v-m(-v),
解得F′=220 N,
由牛顿第三定律得,球对地面的平均冲击力大小F=F′=220 N,方向竖直向下.

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