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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p －p ＝0，p ＝p ，故动量大小之比为
P Q P Q
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 击中砂袋后未穿出，二者共同摆动。若弹丸
v0
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m ＝(m＋5m) ，解得 ＝ ；弹丸打
v0 v v v0
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＝m －·6m 2＝m ，选项C错误；由机械能守恒可得：·6m 2＝6mgh，解得
v v v v
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 射向它们，设碰撞中不损失机械能，则碰
v0
后三个小球的速度值是( )
图3
A． ＝ ＝ ＝ B． ＝0， ＝ ＝
v1 v2 v3 v0 v1 v2 v3 v0
C． ＝0， ＝ ＝ D． ＝ ＝0， ＝
v1 v2 v3 v0 v1 v2 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m ，总动能为m 。选项A、B中的数据都违反了动量守恒定
v0 v
律，故不可能。假如选项C正确，则碰后总动量为m ，但总动能为m ，这显然违
v0 v
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 射向木块并
v0
嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度 以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大
v
小分别为( )
图4
A． ＝，I＝0 B． ＝，I＝2m
v v v0
C． ＝，I＝ D． ＝，I＝2m
v v v0
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 的方向为正方向，由动量守恒定律得m ＝(M＋m) ，解得 ＝
v0 v0 v 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m ，末动量为－(M＋m) ，根据动量定理得
v0 v
I＝－(M＋m) －m ＝－2m
v v0 v0
所以墙对弹簧的冲量I的大小为2m ，选项B正确。
v0
答案 B
6．质量为m的物块以初速度 从光滑固定斜面底端向上滑行，到达最高位置后再
v0
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2m
v0
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 ＝p′－p＝m －(－m )＝2m ，故选项C错误，D正确。
合 v0 v0 v0
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m
0
＝0.1 kg的子弹C以 ＝500 m/s的速度水平击中物块并嵌入其中，该过程作用时
v0
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m ＝(m＋m ) ，解得 ＝50 m/s，故对物块B产生的冲量等于B物块
0v0 0v1 v1
获得的动量I＝Δp＝m －0＝0.9×50 kg·m/s＝45 N·s，故对物块B产生的冲量为
v1
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 m ＝(m＋M＋
0v0
m ) ，解得 ＝20 m/s，故D错误。
0v2 v2
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 冲向小球b，碰后与小
v0
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m 和m ，遮光
1 2
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t 、t 。
1 2
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m 、
1
m 、t 、t 、d表示)。被压缩弹簧开始储存的弹性势能E ＝________________。
2 1 2 p
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＝－m ＋m ；
1v1 2v2
即m ＝m 。滑块m 、m 的速度分别为 ＝， ＝，代入可得＝，根据能量守恒关
1v1 2v2 1 2 v1 v2
系可知，弹簧储存的弹性势能转化为两滑块的动能，则有E ＝m ＋m ，代入可得
p 1v 2v
E ＝＋。
p
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m ＝3
0
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s
1＝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s ＝5 cm至最低点，弹簧始终处于弹
2
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ΔE ；
p
(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 ，由动能定理得
v0
mgs sin θ＝m
1 v
解得 ＝1 m/s
v0
A、B相碰前后由动量守恒定律得
m ＝(m＋m )
v0 0v1
解得 ＝0.25 m/s
v1
从碰后到最低点的过程中，由机械能守恒定律得
ΔE ＝(m＋m ) ＋(m＋m )gs sin θ
p 0v 0 2
解得ΔE ＝1.125 J
p
(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＋m )gsin θ·2t＝(m＋m ) －[－(m ＋m) ]
0 0v1 0 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 多大；
v
(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m 2＝mgR
v
解得 ＝4 m/s
v
(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＝m 2
v
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
m ＝(M＋m) ′
v v
解得 ′＝1 m/s
v
由能量守恒定律得μmgΔx＝m 2－ (M＋m) ′2
v v
解得Δx＝1.5 m
