选修35讲义第一章第二节动量动量守恒定律

其次节动量__动量守恒定律1．运动物体的质量和它的速度的乘积叫作物体的动量。用符号p表示。2．动量是矢量(填“标〞或“矢〞)，它的方向和速度的方向相同，在国际单位制中，动量的单位是千克米每秒，符号是kg·m/s。3．物体受到的力与力的作用时间的乘积叫力的冲量，冲量是矢量(填“标〞或“矢〞)，在国际单位制中，冲量的单位是牛[顿]秒，符号是N·s。4．冲量与动量的转变量之间的关系为：物体所受合力的冲量等于物体动量的转变量。5．物体在碰撞时，假如系统所受到的合外力为零，那么系统的总动量保持不变，即系统动量守恒。6．一个质量为0.5kg的足球，以20m/s的初速度向东运动，被运发动踢了一脚后，改为以20m/s的速度向西运动。(1)如取向东方向为正方向，那么初动量p1为10kg·m/s，末动量p2为－10_kg·m/s，运发动踢球过程中，球的动量变化量为－20_kg·m/s。(2)如取向西方向为正方向，那么初动量p1为－10_kg·m/s，末动量p2为10_kg·m/s，运发动踢球过程中，球的动量变化量为20_kg·m/s。动量及其转变(1)定义：运动物体的质量和它的速度的乘积叫作物体的动量，用符号p表示。(2)定义式：p＝mv。(3)单位：在国际单位制中，动量的单位是千克米每秒，符号是kg·m/s。(4)方向：动量是矢量，它的方向与速度的方向相同。(5)瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是状态量，因此在谈及动量时，必需明确是物体在哪个时刻或哪个状态的动量。(6)相对性：选取不同的参考系，同一物体的速度可能不同，物体的动量也就不同，即动量具有相对性。在中学阶段，动量表达式中的速度一般是以地球为参考系的。2．动量的转变量(1)定义：物体某段时间内末动量与初动量的矢量差叫物体动量的转变量。(2)定义式：Δp＝mv2－mv1。(3)方向：动量的转变量Δp也是矢量，其方向与速度的转变量Δv的方向相同。(4)计算方法：①假设物体做直线运动，只需选定正方向，与正方向相同的动量取正，反之取负，那么Δp＝p2－p1，即可将矢量运算转化为代数运算。假设Δp是正值，就说明Δp的方向与所选正方向相同；假设Δp是负值，那么说明Δp的方向与所选正方向相反。②假设初、末状态动量不在一条直线上，那么按平行四边形定那么求得Δp的大小和方向，这时Δp、p为邻边，p′(末动量)为平行四边形的对角线。(如图)(1)动量是矢量，两个物体的动量相等，说明其大小相等，方向也相同。(2)动量与动能都是描述物体运动状态的物理量，其大小关系为Ek＝eq\f(p2,2m)或p＝eq\r(2mEk)；但两者有本质区分，动量是矢量，动能是标量。1．质量为0.2kg的小球竖直向下以6m/s的速度落至水平地面上，再以4m/s的速度反向弹回。取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球动量变化量Δp和合外力对小球做的功W，以下说法正确的选项是()A．Δp＝2kg·m/sW＝－2JB．Δp＝－2kg·m/sW＝2JC．Δp＝0.4kg·m/sW＝－2JD．Δp＝－0.4kg·m/sW＝2J解析：选A取竖直向上为正方向，那么小球与地面碰撞过程中动量的变化量：Δp＝mv2－mv1×4kg·m×(－6)kg·m/s＝2kg·m/s，方向竖直向上。由动能定理，合外力做的功：W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)××42J－eq\f(1,2)××62J＝－2J，故A正确。冲量物体受到的力和力的作用时间的乘积叫作力的冲量，用符号I表示。2．定义式I＝F·t。3．单位在国际单位制中，冲量的单位是牛·秒，符号是N·s。4．方向冲量是矢量：假如力的方向恒定，那么冲量I的方向与力的方向相同；假如力的方向是变化的，那么冲量的方向应与相应时间内物体动量变化量的方向相同。5．物理意义冲量是描述力对物体作用时间的累积效果的物理量，力越大，力的作用时间越长，冲量越大。6．肯定性由于力和时间均与参考系的选取无关，所以力的冲量与参考系的选取无关。7．冲量的计算(1)恒力的冲量。公式I＝Ft仅适用于计算恒力的冲量，这时冲量等于力与作用时间的乘积，冲量的方向与恒力方向全都。假设力为同一方向匀称变化的力，该力的冲量可以用平均力计算。(2)变力的冲量。①变力的冲量通常利用动量定理I＝Δp求解。②可用图像法计算，如图，假设某一力方向恒定不变，那么在F­t图像中，图中阴影局部的面积就表示力在时间Δt＝t2－t1内的冲量。(3)合冲量的计算。①假设合外力是恒力，可先求出合力，再由F合t求冲量。②假设受几个力，且几个力均为恒力，可用F1t＋F2t＋…(矢量和)求合冲量。③假设在全过程中受力状况不同，对应时间不同，可求每个力的冲量，然后矢量合成，即利用F1t1＋F2t2＋…求合冲量。(1)冲量是矢量，但冲量的方向不肯定就是力的方向，恒力的冲量方向与力的方向全都。(2)冲量是过程量，它反映的是力在一段时间内的积累效果。所以，它取决于力和时间两个因素。求冲量时肯定要明确是哪一个力在哪一段时间内的冲量。2．一位质量为m的运发动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，在此过程中()A．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为eq\f(1,2)mv2B．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eq\f(1,2)mv2D．地面对他的冲量为mv－mgΔt，地面对他做的功为零解析：选B设地面对运发动的平均作用力为F，那么由动量定理得(F－mg)Δt＝mv，故地面对运发动的冲量FΔt＝mv＋mgΔt；运发动从下蹲状态到身体刚好伸直离开地面，由于地面对人的作用力沿力的方向没有位移，地面对运发动做功为零，因此，此题正确选项为B。动量定理物体所受合力的冲量等于物体动量的转变量。2．表达式Ft＝pt－p0＝mvt－mv0或I合＝Δp。3．因果关系合外力的冲量是引起物体动量转变的缘由。4．对动量定理的理解(1)动量定理的讨论对象是单个物体或系统。(2)动量定理的表达式是一个矢量式，应用动量定理时需要规定正方向。(3)动量定理公式中F是讨论对象所受的包括重力在内的全部外力的合力，它可以是恒力，也可以是变力。当合外力为变力时，F应当是合外力在作用时间内的平均值。(4)动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量。(5)动量定理不仅适用于宏观物体的低速运动，对微观物体和高速运动仍旧适用。(1)动量定理反映了物体在受到力的冲量作用时，其状态发生变化的规律，它反映的因果关系为：合外力的冲量是引起物体动量变化的缘由。(2)动量定理与牛顿其次定律实质相同，但前者表示的是力的累积效果，而后者表示的是力的瞬时效果。3.[多项选择](全国卷Ⅲ)一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开头沿直线运动。F随时间t变化的图线如下图，那么()A．t＝1s时物块的速率为1m/sB．t＝2s时物块的动量大小为4kg·m/sC．t＝3s时物块的动量大小为5kg·m/sD．t＝4s时物块的速度为零解析：选AB法一：依据F­t图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量，可知在0～1s、0～2s、0～3s、0～4s内合外力冲量分别为2N·s、4N·s、3N·s、2N·s，应用动量定理I＝mΔv可知物块在1s、2s、3s、4s末的速率分别为1m/s、2m/s、1.5m/s、1m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2kg·m/s、4kg·m/s、3kg·m/s、2kg·m/s，那么A、B项正确，C、D项错误。法二：前2s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝eq\f(F1,m)＝eq\f(2,2)m/s2＝1m/s2，t＝1s时物块的速率v1＝a1t1＝1m/s，A正确；t＝2s时物块的速率v2＝a1t2＝2m/s，动量大小为p2＝mv2＝4kg·m/s，B正确；物块在2～4s内做匀减速直线运动，加速度的大小为a2＝eq\f(F2,m)＝0.5m/s2，t＝3s时物块的速率v3＝v2－a2t3×1)m/s＝1.5m/s，动量大小为p3＝mv3＝3kg·m/s，C错误；t＝4s时物块的速率v4＝v2－a2t4×2)m/s＝1m/s，D错误。动量守恒定律1.系统、外力和内力(1)系统：当讨论两个物体相互碰撞时，可以把具有相互作用的两个物体称为系统。(2)外力：系统外部的其他物体对系统的作用力叫外力。(3)内力：系统内部物体间的相互作用力叫内力。2．动量守恒定律(1)内容：物体在碰撞时假如系统所受到的合外力为零，那么系统的总动量保持不变。(2)表达式：①p＝p′。即系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p′大小相等，方向相同。系统总动量的求法遵循矢量运算法那么。②Δp＝p′－p＝0。即系统总动量的增量为零。③Δp1＝－Δp2。即将相互作用的系统内的物体分为两局部，其中一局部动量的增加量等于另一局部动量的削减量。④当相互作用前后系统内各物体的动量都在同始终线上时，动量守恒定律可表示为代数式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。应用此式时，应先选定正方向，将式中各矢量转化为代数量，用正、负号表示各自的方向。式中v1、v2为初始时刻的瞬时速度，v1′、v2′为末时刻的瞬时速度，且它们一般均以地球为参照物。(3)讨论对象：相互作用的物体组成的系统。(4)成立的条件：①系统不受外力作用时，系统动量守恒；②系统受外力但所受外力之和为零，那么系统动量守恒；③系统所受合外力虽然不为零，但系统的内力远大于外力时，如碰撞、爆炸等现象中，系统的动量可看成近似守恒；④系统总的来看不符合以上三条中的任意一条，那么系统的总动量不守恒。但是，假设系统在某一方向上符合以上三条中的某一条，那么系统在该方向上动量守恒。(5)适用范围：它是自然界最普遍、最根本的规律之一。不仅适用于宏观、低速领域，而且适用于微观、高速领域。小到微观粒子，大到天体，无论内力是什么性质的力，只要满意守恒条件，动量守恒定律总是适用的。动量守恒定律中的“总动量保持不变〞，不仅指系统在初、末两个时刻的总动量相等，而且指系统在整个过程中任意两个时刻的总动量相等。4．(海南高考)光滑水平桌面上有P、Q两个物块，Q的质量是P的n倍。将一轻弹簧置于P、Q之间，用外力缓慢压P、Q。撤去外力后，P、Q开头运动，P和Q的动量大小的比值为()A．n2 B．nC.eq\f(1,n) D．1解析：选D撤去外力后，系统在水平方向不受外力，所以在水平方向总动量守恒，设P的动量方向为正方向，那么有pP－pQ＝0，故pP＝pQ，因此P和Q的动量大小的比值为1，选项D正确。对动量和冲量的理解[例1]如下图，两个质量相等的物体A、B从同一高度沿倾角不同的两光滑斜面由静止自由滑下，在到达斜面底端的过程中，以下说法正确的选项是()A．两物体所受重力的冲量相同B．两物体所受合外力的冲量相同C．两物体到达斜面底端时的动量不同D．两物体到达斜面底端时的动量水平重量相同[解析]设斜面倾角为θ，高为h，物体质量为m，那么物体滑究竟端的时间t＝eq\r(\f(2s,a))＝eq\r(\f(2h/sinθ,gsinθ))＝eq\r(\f(2h,g))·eq\f(1,sinθ)。下滑过程中的合外力F合＝mgsinθ。重力冲量IG＝mgt＝eq\f(m\r(2gh),sinθ)，θ不同，IG不同，A错误；合外力冲量I合＝mgtsinθ＝meq\r(2gh)，大小相同，方向不同，B错误；究竟端时的动量p＝mv＝meq\r(2gh)，大小相同，方向不同，C正确；动量的水平重量px＝mvcosθ＝meq\r(2gh)cosθ，θ不同，大小不等，D错误。[答案]C(1)冲量和动量都是矢量，要比拟它们，既要比拟它们的大小，还要比拟它们的方向。两者都相同时，矢量才相同。(2)计算力的冲量时，肯定要搞清晰是求合力的冲量还是某一个力的冲量，另外公式I＝F·t仅适用于恒力冲量的计算。(3)求合力的冲量时，可直接利用定义式I合＝F合·t来求，也可以利用合力的冲量等于各外力冲量的矢量和来求，还可以利用I合＝Δp来求。1.[多项选择]如下图，一质量为m的滑块沿光滑的水平面以速度v0运动。遇到竖直的墙壁被反弹回来，返回的速度变为eq\f(1,2)v0，那么以下说法正确的选项是()A．滑块的动量转变量的大小为eq\f(1,2)mv0B．滑块的动量转变量的大小为eq\f(3,2)mv0C．滑块的动量转变量的方向与v0的方向相反D．重力对滑块的冲量为零解析：选BC设以初速度方向为正方向，那么滑块的动量转变量Δp＝－eq\f(1,2)mv0－mv0＝－eq\f(3,2)mv0，方向与规定的正方向相反，即与v0的方向相反，A错误，B、C正确；依据I＝Ft可知，重力的冲量为I＝mgt，不为零，D错误。动量定理的简洁应用[例2]在撑竿跳竞赛的横杆下方要放上很厚的海绵垫子，为什么？设一位撑竿跳运发动的质量为70kg，越过横杆后从h＝5.6m高处落下，落在海绵垫上和落在一般沙坑里分别经受时间Δt1＝1s，Δt2＝0.1s停下。试比拟两种状况下海绵垫和沙坑对运发动的作用力大小关系。[解析]运发动从接触海绵垫或沙坑，直到停止，两种状况下运发动的动量变化量相同，即从动量p＝mv＝meq\r(2gh)，变化到p′＝0。在这个过程中，运发动除受到竖直向下的重力外，还受到海绵垫或沙坑的支持力。假设规定竖直向上为正方向，那么运发动着地(接触海绵垫或沙坑)过程中的始、末动量为p＝mv＝－meq\r(2gh)，p′＝0受到的合外力为F合＝FN－mg。由动量定理得F合·t＝p′－p＝mv′－mv即：FN－mg＝eq\f(0＋m\r(2gh),Δt)，所以：FN＝mg＋eq\f(m\r(2gh),Δt)落在海绵垫上时，Δt1＝1s，那么FN1＝(70×10＋eq\f(70\r(2×10×5.6),1))N≈1441N落在沙坑里时，Δt2＝0.1s，那么FN2＝(70×10＋eq\f(70\r(2×10×5.6),0.1))N≈8108N两者相比FN2FN1。[答案]见解析(1)应用动量定理进行计算时，要留意定理表达式的矢量性，在一维状况下通过规定正方向，化矢量运算为代数运算。(2)用动量定理解释现象的问题一般分为两类：一类是在动量变化量肯定的状况下，作用时间越短，力就越大，作用时间越长，力就越小；另一类是在作用力肯定的状况下，作用时间越短，动量的变化量就越小，作用时间越长，动量的变化量就越大。2．宇宙飞船在飞行过程中有许多技术问题需要解决，其中之一就是当飞船进入宇宙微粒尘区时如何保持速度不变的问题。假设一宇宙飞船以v×103m/s的速度进入密度ρ＝2.0×10－6kg/m3的微粒尘区，飞船垂直于运动方向上的最大截面积S＝5m2，且认为微粒与飞船相碰后都附着在飞船上，那么飞船要保持速度v，所需推力多大？解析：推力的作用在于使附着在飞船上的微粒具有与飞船相同的速度，设飞船在微粒尘区飞行Δt时间，那么在这段时间内附着在飞船上的微粒质量Δm＝ρSvΔt，微粒由静止到与飞船一起运动，微粒的动量增加，由动量定理FΔt＝Δp，得FΔt＝Δmv＝ρSvΔtv，所以飞船所需推力F＝ρSv2×10－6×5××103)2N＝40N。答案：40N动量守恒的推断[例3]把一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平地面上，枪放射出子弹时，关于枪、子弹和小车的以下说法中正确的选项是()A．枪和子弹组成的系统动量守恒B．枪和小车组成的系统动量守恒C．假设忽视不计子弹和枪筒间的摩擦，枪、子弹和小车组成的系统动量才近似守恒D．枪、子弹和小车组成的系统动量守恒[解析]枪放射子弹的过程中，它们的相互作用力是火药的爆炸力和射出子弹时子弹与枪管的摩擦力，此过程中枪和小车一起在水平地面上做变速运动，枪和小车之间也有相互作用力，假如选取枪和子弹为系统，那么小车给枪的力为外力，故A错误；假如选取枪和小车为系统，那么子弹给枪的力为外力，B错误；假如以小车、枪、子弹组成的系统为讨论对象，那么子弹和枪筒之间的摩擦不是外力，故不存在忽视的问题，C错误。子弹、枪、小车组成的系统水平方向上不受外力，故整体动量守恒，D项正确。[答案]D(1)在同一物理过程中，系统的动量是否守恒，与系统的选取亲密相关。因此，在应用动量守恒定律解题时，肯定要明确在哪一过程中哪些物体组成的系统动量守恒。(2)对讨论对象进行正确的受力分析，分清内力和外力是推断系统动量是否守恒的关键。3.[多项选择]如下图，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右快速推出木箱。关于上述过程，以下说法中正确的选项是()A．男孩和木箱组成的系统动量守恒B．小车与木箱组成的系统动量守恒C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量不同解析：选CD在男孩站在小车上用力向右快速推出木箱的过程中，男孩和木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；小车与木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故B错误；男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故C正确；木箱、男孩、小车组成的系统动量守恒，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等，方向相反，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量不相同，故D正确。一、选择题(第1～6题为单项选择题，第7～10题为多项选择题)1．竖直向上抛出一个物体，假设不计阻力，取竖直向上为正，那么该物体动量随时间变化的图像是以下图中的()解析：选C取竖直向上为正方向，竖直上抛物体的速度先正向匀称减小，后负向匀称增大，故物体的动量先正向匀称减小，后负向匀称增大。2．一质量为m的铁锤，以速度v竖直打在木桩上，经过Δt时间而停止，那么在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是()A.eq\f(mv,Δt)＋mg B.eq\f(mv,Δt)－mgC．mg·Δt D.eq\f(mv,Δt)解析：选A取向上为正方向，在铁锤打击木桩过程中，由动量定理得：(F－mg)Δt＝0－(－mv)解得F＝eq\f(mv,Δt)＋mg，故A对。3．质量为1kg的物体做变速直线运动，它的速度时间图像如下图，那么该物体在前10s内与后10s内两段时间所受合外力的冲量分别是()A．10N·s,10N·sB．10N·s，－10N·sC．0,10N·sD．0，－10N·s解析：选D由动量定理可得，前10s内合外力的冲量I1＝Δp1＝0，后10s内合外力的冲量I2＝Δp2＝mv2′－mv2＝1×(－5)kg·m/s－1×5kg·m/s＝－10kg·m/s＝－10N·s，选项D对。4．甲、乙两船静止在湖面上，总质量分别是m1、m2，两船相距s，甲船上的人通过绳子，用力F拉乙船，假设水对两船的阻力大小均为f，且f<F，那么在两船相向运动的过程中()A．甲船的动量守恒B．乙船的动量守恒C．甲、乙两船的总动量守恒D．甲、乙两船的总动量不守恒解析：选C甲、乙每只小船所受的合外力不为零，动量不守恒，甲、乙两船组成的系统所受的合外力为零，总动量守恒。5．(北京高考)“蹦极〞运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，以下分析正确的选项是()A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能始终减小C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力解析：选A从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力。绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功。应选项A正确，选项B、C、D错误。6．如下图，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上外表粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上外表，假设车外表足够长，那么()A．木块的最终速度为eq\f(m,M＋m)v0B．由于车外表粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒C．车外表越粗糙，木块削减的动量越多D．车外表越粗糙，小车获得的动量越多解析：选A木块和小车间存在摩擦，为内力，系统所受合外力为零，动量守恒，由mv0＝(M＋m)v，可知木块和小车最终有共同速度v＝eq\f(mv0,M＋m)。车面越粗糙，滑动摩擦力越大，但木块削减的动量和小车增加的动量不变。7．对于质量不变的物体，以下说法正确的选项是()A．物体的动量发生变化，其动能肯定变化B．物体的动量发生变化，其动能不肯定变化C．物体的动能发生变化，其动量肯定变化D．物体的动能发生变化，其动量不肯定变化解析：选BC动量是矢量，速度的大小或方向的变化均能引起动量的变化，而动能是标量，只有速度大小的变化才能引起它的转变，故B、C对，A、D错。8.篮球竞赛是深受人们宠爱的体育工程，传球方式中有一种方式是通过地面传球，其简化过程如下图，假设将质量为m的篮球以速度v斜射到地板上，入射的角度是45°，碰撞后被斜着弹出，弹出的角度也是45°，速度大小仍为v，那么以下说法中正确的选项是()A．合外力对篮球的冲量大小为eq\r(2)mvB．篮球动量的转变量为eq\r(2)mvC．地面对篮球冲量的方向水平向左D．篮球动量转变量的方向竖直向下解析：选AB由图可知，碰前的动量p1＝mv，方向沿初速度方向，末动量大小为p2＝mv，方向沿末速度方向；那么动量的转变量Δp＝p2－p1＝eq\r(2)mv，方向竖直向上，故合外力的冲量竖直向上，大小为eq\r(2)mv，故B正确，D错误；由动量定理可知，合外力对篮球的冲量大小为eq\r(2)mv，故A正确；因重力的冲量竖直向下，故地面对篮球的冲量肯定竖直向上，故C错误。9.如下图，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开头释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为h的B点时速度减为零。不计空气阻力，重力加速度为g。关于小球下落的整个过程，以下说法正确的有()A．小球的机械能削减了mg(H＋h)B．小球克服阻力做的功为mghC．小球所受阻力的冲量大于meq\r(2gH)D．小球动量的转变量等于所受阻力的冲量解析：选AC小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能削减了mg(H＋h)，那么小球的机械能削减了mg(H＋h)，故A正确；对小球下落的全过程运用动能定理得，mg(H＋h)－Wf＝0，那么小球克服阻力做功Wf＝mg(H＋h)，故B错误；小球落到地面的速度v＝eq\r(2gH)，对进入泥潭的过程运用动量定理得：IG－If＝0－meq\r(2gH)，得：If＝IG＋meq\r(2gH)，可知阻力的冲量大于meq\r(2gH)，故C正确；对全过程分析，运用动量定理知，动量的变化量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和，故D错误。10．如下图，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，当两物体被同时释放后，那么以下说法正确的选项是()A．假设A、B与平板车上外表间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒B．假设A、B与平板车上外表间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统动量守恒C．假设A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒D．假设A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统动量守恒解析：选BCD弹簧突然释放后，A、B受到平板车的滑动摩擦力f＝μ·FN，F