2026版《金版教程》高考一轮复习物理第1节 动量 动量定理

高考总复习首选用卷物理第1节动量动量定理考点一动量冲量1．(多选)关于冲量和动量，下列说法中正确的是()A．冲量是反映力对作用时间积累效果的物理量B．动量是描述物体运动状态的物理量C．动量是物体冲量变化的原因D．某一物体的动量发生了变化，一定是物体运动速度的大小发生了变化答案：AB解析：冲量是反映力对作用时间积累效果的物理量，等于力与力的作用时间的乘积，即I＝FΔt，故A正确；动量是描述物体运动状态的物理量，等于质量与速度的乘积，即p＝mv，故B正确；力是速度改变的原因，故冲量是物体动量变化的原因，C错误；动量是矢量，某一物体的动量发生了变化，可能是物体运动速度的大小发生了变化，也可能是物体运动速度的方向发生了变化，故D错误。2．(多选)关于动量和冲量，下列说法正确的是()A．动量和冲量都是矢量B．质量越大的物体，动量一定越大C．速度越大的物体，动量一定越大D．力与其作用时间的乘积越大，力的冲量就越大答案：AD解析：动量和冲量都是矢量，故A正确。根据动量表达式p＝mv，可知质量越大的物体，动量不一定越大；速度越大的物体，动量不一定越大，故B、C错误。根据冲量表达式I＝Ft，可知力与其作用时间的乘积越大，力的冲量就越大，故D正确。3.(多选)质量为m的物体静止在倾角为θ的固定斜面上，如图所示，经时间t，下列说法正确的是(重力加速度为g)()A．重力对物体的冲量大小为mgtsinθB．支持力对物体的冲量大小为零C．摩擦力对物体的冲量大小为mgtsinθD．合力对物体的冲量大小为零答案：CD解析：根据冲量的定义式I＝Ft可知，重力对物体的冲量大小为IG＝mgt，故A错误；对物体受力分析，根据平衡条件得，物体所受支持力大小为FN＝mgcosθ，物体所受摩擦力大小为Ff＝mgsinθ，则支持力对物体的冲量大小为IN＝FNt＝mgtcosθ，摩擦力对物体的冲量大小为If＝Fft＝mgtsinθ，故B错误，C正确；物体处于平衡状态，合力为零，则合力对物体的冲量大小为零，故D正确。4.(多选)如图所示，质量为m的物块静止在倾角为α的斜面上，某时刻在与斜面夹角为θ的恒力F拉动下开始沿斜面向上运动，经过时间t，()A．物块所受重力的冲量为0B．物块所受拉力的冲量为FtC．物块的动量一定增大D．物块所受合力的冲量为Ftcosθ答案：BC解析：根据冲量的计算公式可知，物块所受重力的冲量为mgt，物块所受拉力的冲量为Ft，故A错误，B正确；由于物块从静止开始沿斜面向上运动，则一定做加速运动，速度不断增大，因此动量p＝mv不断增大，故C正确；初始时物块静止在斜面上，故物块与斜面间有摩擦力，设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，在F作用下沿斜面向上运动时，对物块受力分析，有Fsinθ＋FN＝mgcosα，F合＝Fcosθ－μFN－mgsinα，联立得F合＝Fcosθ－mgsinα－μ(mgcosα－Fsinθ)≠Fcosθ，故物块所受合力的冲量I合＝F合·t≠Ftcosθ，故D错误。5．(2021·湖南高考)物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p­x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p­x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是()答案：D解析：质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有v2＝2ax，而动量为p＝mv，联立可得p＝meq\r(2ax)＝meq\r(2a)·xeq\s\up6(\f(1,2))，且x和p均应为正值，故对应的相轨迹为图像D。6.一质量m＝2kg的物块静止在粗糙的水平地面上，物块与水平地面间的动摩擦因数为0.2，t＝0时刻给物块施加一水平向右的外力F，t＝5s时物块速度达到v＝0.25m/s，并于t＝10s时撤去外力，以向右为正方向，力F随时间t的变化情况如图所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，g取10m/s2，则下列说法中错误的是()A．0～5s内F的冲量为12.5N·sB．0～5s内物块所受摩擦力的冲量为12N·sC．0～5s内物块所受合力的冲量为0.5N·sD．0～5s内物块的动量变化量为0.5kg·m/s答案：B解析：根据冲量的定义式I＝F·t，结合微元累积法可知，F­t图像中图线与时间轴围成的面积表示力F的冲量，由图可知，0～5s内F的冲量为IF＝eq\f(1,2)×5×5N·s＝12.5N·s，故A正确；物块与水平地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，大小为f＝μmg＝0.2×2×10N＝4N，由图可知，在0～4s内，F<f，物块所受摩擦力为静摩擦力，大小与力F相等，摩擦力的冲量为If1＝－eq\o(f,\s\up6(－))1·t1＝－eq\f(0＋4,2)×4N·s＝－8N·s，第5s内，F>f，物块滑动，受到滑动摩擦力，摩擦力的冲量为If2＝－f·t2＝－4×1N·s＝－4N·s，则0～5s内摩擦力的冲量为If＝If1＋If2＝－12N·s，故B错误；重力与支持力等大反向，二者合力为0，故0～5s内物块所受合力的冲量为I合＝IF＋If＝0.5N·s，故C正确；0～5s内物块的动量变化量为Δp＝mv－0＝0.5kg·m/s，故D正确。本题选说法错误的，故选B。考点二动量定理的理解与应用7．校运会跳远比赛时在沙坑里填沙，这样做的目的是可以减小()A．人的触地时间 B．人的动量变化率C．人的动量变化量 D．人受到的冲量答案：B解析：跳远比赛时，人从与沙坑接触到静止，其动量的变化量一定，设为Δp，由动量定理可知，人受到的合力的冲量I＝FΔt＝Δp是一定的，在沙坑里填沙延长了人与沙坑的接触时间，Δt变大，动量变化率eq\f(Δp,Δt)变小，人受到的合力F变小，人更安全，故B正确，A、C、D错误。8．(2020·全国卷Ⅰ)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是()A．增加了司机单位面积的受力大小B．减少了碰撞前后司机动量的变化量C．将司机的动能全部转换成汽车的动能D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积答案：D解析：碰撞前后司机的动量均是一定的，所以安全气囊不能改变碰撞前后司机动量的变化量，故B错误；安全气囊充气后，增大了司机的受力面积，在司机挤压气囊的过程中，由于气囊的缓冲作用，延长了司机的受力时间，由动量定理可知，减小了司机受到的冲击力，所以减小了司机单位面积的受力大小，故A错误，D正确；司机和安全气囊接触后，司机的动能会有一部分转化为内能，不能全部转换成汽车的动能，故C错误。9.质量为m的物体在光滑水平面上以速度v匀速向左运动。某时刻施加恒力F作用在物体上，力F与水平方向夹角为θ，如图所示。经过时间t，物体的速度大小仍为v，方向水平向右。则在时间t内，下列说法中正确的是()A．重力对物体的冲量大小为零B．拉力F对物体的冲量大小是FtcosθC．合力对物体的冲量大小为零D．力F与v的大小满足的关系为Ftcosθ＝2mv答案：D解析：重力对物体的冲量大小IG＝mgt≠0，A错误；拉力F对物体的冲量大小IF＝Ft，B错误；根据动量定理可知，合力对物体的冲量大小I合＝|Δp|＝2mv，分析知合力大小F合＝Fcosθ，则I合＝Ftcosθ＝2mv，C错误，D正确。10．(多选)如图所示，在打糍粑的过程中，质量为m的木槌，以速度v竖直打在糍粑上，经过Δt时间停止，已知重力加速度大小为g，则在击打过程中()A．木槌对糍粑的冲量大小为mv，方向竖直向下B．糍粑对木槌的冲量大小为mgΔt＋mv，方向竖直向上C．糍粑对木槌的平均冲力大小为mg－eq\f(mv,Δt)D．木槌对糍粑的平均冲力大小为eq\f(mv,Δt)＋mg答案：BD解析：木槌竖直打在糍粑上，以木槌为研究对象，竖直向上为正方向，根据动量定理有I－mgΔt＝0－(－mv)，解得木槌受到糍粑的冲量大小为I＝mgΔt＋mv，方向竖直向上，根据牛顿第三定律可知，木槌对糍粑的冲量大小为mgΔt＋mv，方向竖直向下，故A错误，B正确；木槌受到糍粑的平均冲力大小为F＝eq\f(I,Δt)＝mg＋eq\f(mv,Δt)，方向竖直向上，根据牛顿第三定律可知，木槌对糍粑的平均冲力大小为eq\f(mv,Δt)＋mg，方向竖直向下，故C错误，D正确。11．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．10N B．102NC．103N D．104N答案：C解析：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mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×3×25)m/s＝10eq\r(15)m/s。落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正方向，由动量定理可知(N－mg)t＝0－(－mv)，解得N≈1×103N，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。12.(多选)蹦极是一项刺激的极限运动，如图，运动员将一端固定的弹性长绳绑在腰或踝关节处，从几十米高处跳下(忽略空气阻力)。在某次蹦极中质量为50kg的运动员在弹性绳绷紧后又经过2s速度减为零，弹性绳原长为45m。若运动员从跳下到弹性绳绷紧前的过程称为过程Ⅰ，绳开始绷紧到运动员速度减为零的过程称为过程Ⅱ(重力加速度g＝10m/s2)。下列说法正确的是()A．过程Ⅱ中弹性绳对运动员的平均作用力大小为1250NB．过程Ⅱ中运动员重力的冲量与弹性绳作用力的冲量大小相等C．过程Ⅱ中运动员动量的改变量等于弹性绳的作用力的冲量D．过程Ⅰ中运动员动量的改变量与重力的冲量相等，大小为1500N·s答案：AD解析：设绳在刚绷紧时人的速度大小为v，过程Ⅰ中运动员做自由落体运动，由题知弹性绳原长为L＝45m，则2gL＝v2，解得v＝30m/s，过程Ⅱ中，设弹性绳对运动员的平均作用力大小为F，根据动量定理可知，运动员动量的改变量等于弹性绳的作用力的冲量与重力的冲量之和，取竖直向上为正方向，有Ft－mgt＝0－(－mv)，解得F＝1250N，故A正确，C错误；过程Ⅱ中，运动员重力的冲量大小为IG＝mgt＝1000N·s，弹性绳作用力的冲量大小为IF＝Ft＝2500N·s，二者大小不相等，故B错误；过程Ⅰ中运动员只受重力，由动量定理可知，过程Ⅰ中运动员动量的改变量与重力的冲量相等，大小为Δp＝mv－0＝1500N·s，故D正确。13.如图所示，一只质量为5.4kg的保龄球，撞上一只原来静止、质量为1.7kg的球瓶，此后球瓶以3.0m/s的速度向前飞出，而保龄球以1.5m/s的速度继续向前运动，假设它们相互作用的时间为0.05s。求：(1)碰撞后保龄球的动量大小；(2)碰撞时保龄球与球瓶间相互作用力的大小。答案：(1)8.1kg·m/s(2)102N解析：(1)设保龄球的质量为M，碰撞后保龄球的速度大小为v1，则碰撞后保龄球的动量大小为p1＝Mv1代入数据解得p1＝8.1kg·m/s。(2)设球瓶的质量为m，碰撞时保龄球与球瓶间相互作用力的大小为F，碰撞后球瓶速度大小为v2，它们的相互作用时间为t，二者碰撞过程，以碰前保龄球的速度方向为正方向，对球瓶运用动量定理可得Ft＝mv2－0代入数据解得F＝102N。14．蹦床运动有“空中芭蕾”之称，某质量m＝50kg的运动员从空中h1＝1.25m处落下，接着又能弹起h2＝1.8m高度，此次人与蹦床的接触时间t＝0.50s，取g＝10m/s2，求：(1)运动员与蹦床接触时间内，所受重力的冲量大小I；(2)运动员与蹦床接触时间内，受到蹦床平均弹力的大小F。答案：(1)250N·s(2)1600N解析：(1)重力的冲量大小为I＝mgt＝50×10×0.50N·s＝250N·s。(2)设运动员下落h1高度时的速度大小为v1，再次弹起时的速度大小为v2，则有veq\o\al(2,1)＝2gh1，veq\o\al(2,2)＝2gh2以竖直向上为正方向，对运动员，由动量定理有(F－mg)·t＝mv2－(－mv1)代入数据解得F＝1600N。考点三应用动量定理解决“流体”问题15．(2020·海南高考)太空探测器常装配离子发动机，其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出，从而为探测器提供推力，若某探测器质量为490kg，离子以30km/s的速率(远大于探测器的飞行速率)向后喷出，流量为3.0×10－3g/s，则探测器获得的平均推力大小为()A．1.47N B．0.147NC．0.09N D．0.009N答案：C解析：设Δt时间内发动机喷出离子的质量为Δm，对这部分离子，根据动量定理有F·Δt＝Δmv，而Δm＝3.0×10－3×10－3kg/s×Δt，v＝3×104m/s，解得F＝0.09N，由牛顿第三定律知，探测器受到的平均推力与F等大反向，故探测器获得的平均推力大小为0.09N，故C正确，A、B、D错误。16．最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3km/s，产生的推力约为4.8×106N，则它在1s时间内喷射的气体质量约为()A．1.6×102kg B．1.6×103kgC．1.6×105kg D．1.6×106kg答案：B解析：设1s内喷出气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理知Ft＝mv，m＝eq\f(Ft,v)＝eq\f(4.8×106×1,3×103)kg＝1.6×103kg，B正确。17．(2021·福建高考)福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台风的风速范围为24.5m/s～28.4m/s，16级台风的风速范围为51.0m/s～56.0m/s。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的()A．2倍 B．4倍C．8倍 D．16倍答案：B解析：设空气的密度为ρ，台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为S，在时间Δt内吹向交通标志牌的空气质量为Δm＝ρSv·Δt，假定台风迎面垂直吹向该交通标志牌的末速度变为零，对台风由动量定理有－F·Δt＝0－Δmv，结合牛顿第三定律可得台风对该交通标志牌的作用力大小F′＝F＝ρSv2，10级台风的风速v1≈25m/s，16级台风的风速v2≈50m/s，则有eq\f(F2′,F1′)＝eq\f(veq\o\al(2,2),veq\o\al(2,1))≈4，故选B。18．(2021·湖北高考)抗日战争时期，我军缴获不少敌军武器武装自己，其中某轻机枪子弹弹头质量约8g，出膛速度大小约750m/s。某战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中，机枪所受子弹的平均反冲力大小约12N，则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为()A．40 B．80C．120 D．160答案：C解析：根据牛顿第三定律，机枪对子弹的平均作用力大小约为F＝12N，设1分钟内射出的子弹数量为n，则对这n颗子弹由动量定理得Ft＝nmv0，代入数据解得n＝120，C正确，A、B、D错误。19．(2024·河北省石家庄市部分名校高三上11月大联考)2023年6月世界女排联赛名古屋站在日本举行，这次世界女排联赛日本站中国队的4连胜和3∶0完胜日本队，让人们感受到了中国女排顽强的精神和卓越的实力。比赛中的团队协作力和威武气势赢得了粉丝的一片赞誉。李盈莹是中国队进攻的主力。比赛中，质量为m的李盈莹从下蹲状态竖直向上起跳，经时间t身体伸直并刚好离开水平地面，李盈莹重心升高h，此时李盈莹的速度大小为v，不计空气阻力，重力加速度大小为g。则()A．该过程中，地面对李盈莹的平均作用力大小为eq\f(mv,t)＋mgB．该过程中，地面对李盈莹做功为eq\f(1,2)mv2＋mghC．该过程中，李盈莹的动量变化量大小为mgt＋mvD．该过程中，地面对李盈莹的冲量大小为mv－mgt答案：A解析：该过程中，地面对李盈莹的支持力的作用点没有发生移动，地面对李盈莹做功为0，故B错误；该过程中，李盈莹的动量变化量大小为Δp＝mv－0＝mv，故C错误；取竖直向上为正方向，该过程对李盈莹根据动量定理有I－mgt＝mv－0，解得该过程地面对李盈莹的冲量大小为I＝mv＋mgt，由I＝Ft，可得该过程地面对李盈莹的平均作用力大小为F＝eq\f(I,t)＝eq\f(mv,t)＋mg，故A正确，D错误。20．(2021·天津高考)(多选)一冲九霄，问鼎苍穹。2021年4月29日，长征五号B遥二运载火箭搭载空间站天和核心舱发射升空，标志着我国空间站建造进入全面实施阶段。下列关于火箭的描述正确的是()A．增加单位时间的燃气喷射量可以增大火箭的推力B．增大燃气相对于火箭的喷射速度可以增大火箭的推力C．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时火箭就不再加速D．火箭发射时获得的推力来自于喷出的燃气与发射台之间的相互作用答案：AB解析：燃气被喷出的瞬间，燃气对火箭的反作用力作用在火箭上，使火箭获得推力，D错误；设Δt时间内喷出Δm的燃气，燃气相对于火箭的喷射速度为v，以喷出Δm燃气前的火箭为参考系，对燃气由动量定理有FΔt＝Δmv，结合牛顿第三定律知，火箭受到的推力F′＝F＝eq\f(Δm,Δt)·v，可知增加单位时间的燃气喷射量eq\f(Δm,Δt)或增大燃气相对于火箭的喷射速度v时，均可以增大火箭的推力，故A、B正确；当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时，喷出的燃气相对于火箭的速度v不为零，火箭仍然受推力作用，仍然要加速，故C错误。21．(2022·重庆高考)在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线(如图)。从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人头部只受到安全气囊的作用，则由曲线可知，假人头部()A．速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积B．动量大小先增大后减小C．动能变化正比于曲线与横轴围成的面积D．加速度大小先增大后减小答案：D解析：由题意知假人头部只受到安全气囊的作用，则由冲量表达式I＝Ft可知，F­t曲线与横轴围成的面积表示假人头部所受合外力的冲量，再根据动量定理I＝Δp可知，F­t曲线与横轴围成的面积也表示假人头部动量的变化量，A错误；F­t图线一直在t轴的上方，即假人头部所受合外力的冲量一直沿正方向，分析实际情境知假人头部一直有与力F方向相反的动量，则假人头部的动量一直减小，B错误；根据动量与动能的关系有Ek＝eq\f(p2,2m)，而F­t曲线与横轴围成的面积表示假人头部动量的变化量，则假人头部动能的变化和曲线与横轴围成的面积不成正比，C错误；由题意知假人头部只受到安全气囊的作用，由题图知F先增大后减小，则根据牛顿第二定律F＝ma可知，假人头部加速度a的大小先增大后减小，D正确。22.(2021·北京高考)如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是()A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2mωrC．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动D．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mωr答案：D解析：圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受摩擦力提供向心力，方向沿半径方向，故A错误；圆盘停止转动前，在水平方向小物体只受摩擦力，小物体运动一圈后，初末状态水平方向动量相同，由动量定理可知摩擦力的冲量为零，故B错误；圆盘停止转动后，小物体沿圆周运动轨迹的切线方向运动，故C错误；圆盘停止转动后，根据动量定理可知，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为I＝Δp＝mv＝mωr，故D正确。23．(2025·四川省攀枝花市高三上一模)质量为1kg的物块静止在水平地面上，t＝0时对其施加一水平拉力F，当物块运动一段时间后撤去拉力，之后物块继续运动直至停止。该物块运动的位移—时间图像如图所示，图像在P点处的斜率最大、Q点处的斜率为0，已知物块与水平地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度取10m/s2，则水平拉力F的大小为()A．2N B．4NC．6N D．8N答案：C解析：位移—时间图像中，图线斜率表示物体的速度，图像在P点处的斜率最大，即物块在t0时刻速度最大，设为v，图像在Q点处的斜率为0，即物块在3t0时刻恰好停止运动。根据以上分析知，t0时刻撤去拉力F，则水平拉力作用时间为0～t0，取物块运动方向为正方向，0～t0时间内，对物块根据动量定理有Ft0－μmgt0＝mv，t0～3t0时间内，对物块根据动量定理有－μmg×(3t0－t0)＝0－mv，解得F＝6N，故选C。24.水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上。一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下。两物体的v­t图线如图所示，图中AB∥CD。则整个过程中()A．F1的冲量等于F2的冲量B．F1的冲量大于F2的冲量C．摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量D．合力对a物体的冲量等于合力对b物体的冲量答案：D解析：题图中，AB与CD平行，说明撤去推力后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体受到的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等，但a运动的总时间小于b运动的总时间，根据I＝ft可知，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量，故C错误；根据动量定理，对整个过程研究得F1t1－ftOB＝0－0，F2t2－ftOD＝0－0，由题图可知，tOB<tOD，则有F1t1<F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量，故A、B错误；根据动量定理可知，合力的冲量等于物体动量的变化量，a、b两个物体动量的变化量都为零，则合力的冲量都为零，故D正确。25．质量为m的物体以速度v0从地面竖直向上抛出，落回地面时的速度大小为0.8v0，在此过程中空气阻力大小恒定，则()A．整个过程中重力的冲量大小为0B．整个过程中动量的变化量大小为0.2mv0C．上升过程中动量的变化率大于下落过程中动量的变化率D．上升过程中空气阻力的冲量与下落过程中空气阻力的冲量大小相等答案：C解析：设整个过程经过的时间为t0，则整个过程中重力的冲量大小为mgt0，A错误；取竖直向下为正方向，整个过程中动量的变化量为Δp＝0.8mv0－(－mv0)＝1.8mv0，B错误；根据动量定理可得Δp＝F合·Δt，解得动量的变化率eq\f(Δp,Δt)＝F合，设空气阻力大小为f，上升过程中F合＝mg＋f，下落过程中F合＝mg－f，所以上升过程中动量的变化率大于下落过程中动量的变化率，C正确；由于上升过程中合力更大，根据牛顿第二定律可知加速度更大，由t＝eq\r(\f(2h,a))可知上升过程所用的时间小于下落过程所用的时间，根据I＝ft可知上升过程中空气阻力的冲量大小小于下落过程中空气阻力的冲量大小，D错误。26．水刀切割具有精度高、无热变形、无毛刺、无需二次加工以及节约材料等特点，因而得到广泛应用。某水刀机床工作时，垂直射向钢板的圆柱形水流的横截面直径为d，水流穿过钢板后速度方向不变，大小变为原来的一半。已知水的流量(单位时间流出水的体积)为Q，水的密度为ρ，则钢板受到水的平均冲力大小为()A.eq\f(\a\vs4\al(2Q2ρ),πd2) B．2Q2ρC.eq\f(\a\vs4\al(4Q2ρ),πd2) D．4Q2ρ答案：A解析：以时间t内射向钢板的水为研究对象，设垂直射向钢板的水流速度为v，钢板对水的平均冲力大小为F，以v的方向为正方向，根据动量定理可得－Ft＝eq\f(1,2)mv－mv，又m＝ρQt，Q＝eq\f(1,4)πd2v，联立可得F＝eq\f(2Q2ρ,\a\vs4\al(πd2))，由牛顿第三定律得，钢板受到水的平均冲力大小为F′＝F＝eq\f(2Q2ρ,\a\vs4\al(πd2))，故选A。27.(多选)如图，蜂鸟可以通过快速拍打翅膀，使自己悬停在一朵花的前面。假设蜂鸟两翅膀扇动空气的总面积为S，翅膀扇动对空气的作用效果与翅膀用竖直向下的速度v平推静止空气的效果相同。已知空气密度为ρ，重力加速度大小为g，则()A．单位时间内翅膀扇动空气的质量为SρvB．单位时间内翅膀扇动空气的质量为Sρv2C．蜂鸟的质量为eq\f(\a\vs4\al(Sρv2),g)D．蜂鸟的质量为eq\f(\a\vs4\al(S