章末质量检测(六)

(时间：45分钟)

一、选择题(本题共8小题，1～5题为单项选择题，6～8题为多项选择题)

1．如图1所示小船静止于水面上，站在船尾上的渔夫不断将鱼抛向船头的船舱内，将一定质量的鱼抛完后，关于小船的速度和位移，下列说法正确的是(　　)

图1

A．向左运动，船向左移一些  　B．小船静止，船向左移一些

C．小船静止，船向右移一些  　D．小船静止，船不移动

解析　人、船、鱼构成的系统水平方向动量守恒，据“人船模型”，鱼动船动，鱼停船静止；鱼对地发生向左的位移，则人船的位移向右，故选项C正确。

答案　C

2．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开始运动，P和Q的动量大小的比值为(　　)

A．n2   B．n   C.   D．1

解析　撤去外力后，P、Q组成的系统水平方向不受外力，所以总动量守恒，设P的运动方向为正方向，则根据动量守恒定律有pP－pQ＝0，pP＝pQ，故动量大小之比为1∶1，故选项D正确。

答案　D

3．(2018·四川宜宾二诊)如图2所示，一砂袋用无弹性轻细绳悬于O点。开始时砂袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击中砂袋后未穿出，二者共同摆动。若弹丸质量为m，砂袋质量为5m，弹丸和砂袋形状大小忽略不计，弹丸击中砂袋后漏出的砂子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法中正确的是(　　)

图2

A．弹丸打入砂袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变

B．弹丸打入砂袋过程中，弹丸对砂袋的冲量大小大于砂袋对弹丸的冲量大小

C．弹丸打入砂袋过程中所产生的热量为

D．砂袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为

解析　弹丸打入砂袋的过程由动量守恒定律mv0＝(m＋5m)v，解得v＝v0；弹丸打入砂袋后，总质量变大，且做圆周运动，根据T＝6mg＋6m可知，细绳所受拉力变大，选项A错误；根据牛顿第三定律可知，弹丸打入砂袋过程中，弹丸对砂袋的冲量大小等于砂袋对弹丸的冲量大小，选项B错误；弹丸打入砂袋过程中所产生的热量为Q＝mv－·6mv2＝mv，选项C错误；由机械能守恒可得：·6mv2＝6mgh，解得h＝，选项D正确。

答案　D

4．如图3所示，在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，小球2、3静止，并靠在一起，球1以速度v0射向它们，设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度值是(　　)

图3

A．v1＝v2＝v3＝v0   B．v1＝0，v2＝v3＝v0

C．v1＝0，v2＝v3＝v0   D．v1＝v2＝0，v3＝v0

解析　由题设条件，三球在碰撞过程中总动量和总动能守恒。若各球质量为m，而碰撞前系统总动量为mv0，总动能为mv。选项A、B中的数据都违反了动量守恒定律，故不可能。假如选项C正确，则碰后总动量为mv0，但总动能为mv，这显然违反了机械能守恒定律，故也不可能。选项D，既满足动量守恒定律，也满足机械能守恒定律，故D正确。

答案　D

5．如图4所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置。现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为(　　)

图4

A．v＝，I＝0   B．v＝，I＝2mv0

C．v＝，I＝   D．v＝，I＝2mv0

解析　子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝

子弹和木块组成的系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到A位置时速度大小不变，即当木块回到A位置时的速度v＝。

子弹、木块和弹簧组成的系统受到的合力即为墙对弹簧的作用力，系统初动量为mv0，末动量为－(M＋m)v，根据动量定理得

I＝－(M＋m)v－mv0＝－2mv0

所以墙对弹簧的冲量I的大小为2mv0，选项B正确。

答案　B

6．质量为m的物块以初速度v0从光滑固定斜面底端向上滑行，到达最高位置后再沿斜面下滑到底端，则物块在此运动过程中(　　)

A．上滑过程与下滑过程中物块所受重力的冲量相同

B．整个过程中物块所受弹力的冲量为零

C．整个过程中物块合外力的冲量为零

D．若规定沿斜面向下为正方向，则整个过程中物块合外力的冲量大小为2mv0

解析　物块沿光滑斜面先上滑再下滑，两过程所用时间相等，故重力的冲量相同，选项A正确；因弹力和其作用时间均不为零，故弹力的冲量不为零，选项B错误；由动量定理得I合＝p′－p＝mv0－(－mv0)＝2mv0，故选项C错误，D正确。

答案　AD

7．(2019·昆明模拟)如图5所示，在光滑的水平地面上静止放置一质量为M＝1.5  kg的木板A，木板上表面粗糙且固定一竖直挡板，挡板上连接一轻质弹簧，当弹簧处于原长时，在弹簧的左端轻放一质量为m＝0.9 kg的物块B，现有一颗质量为m0＝0.1 kg的子弹C以v0＝500 m/s的速度水平击中物块并嵌入其中，该过程作用时间极短，则在A、B、C相互作用的过程中，下列说法中正确的有(　　)

图5

A．A、B、C组成的系统动量守恒

B．A、B、C以及弹簧组成的系统机械能守恒

C．子弹击中物块B的瞬间对物块B产生的冲量为45 N·s

D．弹簧被压缩到最短时木板的速度为25 m/s

解析　A、B、C三者组成的系统所受合外力为零，动量守恒，故A正确；由于存在摩擦阻力做功，机械能不守恒，故B错误；子弹击中物块B后与物块B共速，由动量守恒有m0v0＝(m＋m0)v1，解得v1＝50 m/s，故对物块B产生的冲量等于B物块获得的动量I＝Δp＝mv1－0＝0.9×50 kg·m/s＝45 N·s，故对物块B产生的冲量为45 N·s，C正确；弹簧被压缩到最短时三者共速，由动量守恒有m0v0＝(m＋M＋m0)v2，解得v2＝20 m/s，故D错误。

答案　AC

8．(2019·广东肇庆模拟)如图6所示，三小球a、b、c的质量都是m，都放于光滑的水平面上，小球b、c与轻弹簧相连且静止，小球a以速度v0冲向小球b，碰后与小球b黏在一起运动。在整个运动过程中，下列说法中正确的是(　　)

图6

A．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒

B．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒

C．当小球b、c速度相等时，弹簧弹性势能最大

D．当弹簧恢复原长时，小球c的动能一定最大，小球b的动能一定不为零

解析　在整个运动过程中，系统受到的合外力为零，系统的总动量守恒，a与b碰撞过程机械能减小，故A正确，B错误；a与b碰撞后，弹簧被压缩，弹簧对b产生向左的弹力，对c产生向右的弹力，ab做减速运动，c做加速运动，当c的速度大于ab的速度后，弹簧压缩量减小，则当小球b、c速度相等时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，故C正确；当弹簧恢复原长时，小球c的动能一定最大，根据动量守恒和机械能守恒分析可知，小球b的动能不为零，故D正确。

答案　ACD

二、非选择题

9．(2019·江西红色七校联考)在“验证动量守恒定律”的实验中，如图7甲所示，气垫导轨上放置着带有遮光板的滑块A、B，测得A、B的质量分别为m1和m2，遮光板的宽度相同。实验中，用细线将两个滑块连接使轻弹簧压缩且静止，然后烧断细线，轻弹簧将两个滑块弹开，测得它们通过光电门的时间分别为t1、t2。

图7

(1)图乙为两同学用螺旋测微器测遮光板宽度d时的不同情景。由该图可知Ⅰ的示数为____________，Ⅱ的示数为____________mm。

(2)用题中测得的物理量表示动量守恒应满足的关系式为______________(用m1、m2、t1、t2、d表示)。被压缩弹簧开始储存的弹性势能Ep＝________________。

解析　(1)Ⅰ图，螺旋测微器的固定刻度读数为3.5 mm，可动刻度读数为0.01×0.3 mm＝0.003 mm，

即Ⅰ的示数为3.5 mm＋0.003 mm＝3.503 mm。

Ⅱ图，螺旋测微器的固定刻度读数为3 mm，可动刻度读数为0.01×48.5 mm＝0.485 mm，

即Ⅱ的示数为3 mm＋0.485 mm＝3.485 mm。

(2)设向右为正方向，根据动量守恒定律，则应满足的表达式为0＝－m1v1＋m2v2；即m1v1＝m2v2。滑块m1、m2的速度分别为v1＝，v2＝，代入可得＝，根据能量守恒关系可知，弹簧储存的弹性势能转化为两滑块的动能，则有Ep＝m1v＋m2v，代入可得Ep＝＋。

答案　(1)3.505(3.503～3.507均可)　3.485(3.483～3.487均可)　(2)＝　()2＋()2

10．如图8所示，光滑固定斜面倾角θ＝30°，一轻质弹簧底端固定，上端与m0＝3 kg的物体B相连，初始时B静止，物体A质量m＝1 kg，从斜面上与物体B相距s1＝10 cm处由静止释放，物体A下滑过程中与物体B发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后粘在一起，已知碰后A、B经t＝0.2 s下滑s2＝5 cm至最低点，弹簧始终处于弹性限度内，A、B可视为质点，g取10 m/s2，求：

图8

(1)A、B两物体从碰后到最低点的过程中弹簧弹性势能的增加量ΔEp；

(2)A、B两物体从碰后至返回碰撞点的过程中，弹簧弹力冲量的大小。

解析　(1)设与B相撞前瞬间A的速度大小为v0，由动能定理得

mgs1sin θ＝mv

解得v0＝1 m/s

A、B相碰前后由动量守恒定律得

mv0＝(m＋m0)v1

解得v1＝0.25 m/s

从碰后到最低点的过程中，由机械能守恒定律得

ΔEp＝(m＋m0)v＋(m＋m0)gs2sin θ

解得ΔEp＝1.125 J

(2)以沿斜面向上为正方向，从碰后至返回碰撞点的过程中，由动量定理得

I－(m＋m0)gsin θ·2t＝(m＋m0)v1－[－(m0＋m)v1]

解得I＝10 N·s

答案　(1)1.125 J　(2)10 N·s

11．(2018·山东聊城二模)如图9所示，水平地面上固定一半径为R＝0.8 m的光滑圆弧轨道，轨道左端放一质量为M＝3 kg、长为L＝1.75 m的木板，木板上表面与轨道末端等高，木板与地面间无摩擦，其左端放一质量m＝1 kg的物块，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。现给物块施一水平向右的恒力F＝15 N，作用一段距离x后撤去F，物块正好能滑到圆弧轨道的最高点，然后再滑回，取g＝10 m/s2。

图9

(1)求物块滑到板右端时的速度v多大；

(2)求x的大小；

(3)通过计算说明，物块最终能否滑离木板。

解析　(1)对于物块从轨道底端上升到顶端的过程，由机械能守恒可得mv2＝mgR

解得v＝4 m/s

(2)对于物块从木板左端滑到右端的过程，由动能定理可得

Fx－μmgL＝mv2

解得x＝1 m

(3)设物块相对板向左滑动距离Δx后，与木板达到相同速度，由动量守恒定律得mv＝(M＋m)v′

解得v′＝1 m/s

由能量守恒定律得μmgΔx＝mv2－ (M＋m)v′2

解得Δx＝1.5 m<L＝1.75 m

故物块不会滑离木板

答案　(1)4 m/s　(2)1 m　(3)物块不会滑离木板