- 动量守恒定律
- 共5880题
开学初，小源到建设银行营业网点兑换了此前在网上预约的中国高铁纪念币。这枚纪念币由中国人民银行发行，面额10元，每人限兑20枚，且需要提前预约。小源打算与班上同学分享自己的喜悦。他可以向大家这样介绍
①纪念币面额和实际购买力都是由中国人民银行规定的
②纪念币可以直接购买商品，也具有支付手段等货币职能
③纪念币发行量有限，具有一定的收藏价值和升值空间
④纪念币不能与同面额人民币等值流通，必须在规定时间地点使用
正确答案
解析
①错误，国家无权规定纪念币的实际购买力；④错误，纪念币与同面额人民币等值流通，在任何时间地点都可使用；由中国人民银行发行的纪念币属于法定货币，可以直接购买商品，也具有支付手段等货币职能，因其发行量有限，具有一定的收藏价值和升值空间，故②③正确。
知识点
（1）与车碰撞前摆球到达最低点时对绳子的拉力；
（2）球与小车的碰撞过程中系统损失的机械能△E；
（3）碰撞后小车的最终速度．
正确答案
解：（1）小球向下摆动过程，只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgL=
解得：v=
在最低点，由牛顿第二定律得：F-mg=m
代入数据解得：F=4.5N；
（2）摆球与小车碰撞过程中的过程中，两者组成的系统动量守恒定律，以摆球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv=Mv1+0，
代入数据解得：v1=1.5m/s，
摆球与小车碰撞过程中系统损失的机械能为：
△E=
代入数据解得：△E=1.31J；
（3）假设m′最终能与M一起运动，由动量守恒定律得：Mv1=（M+m′）v2，代入数据解得：
v2=0.9375m/s，
m′受到的向上洛仑兹力为：
f=BQv2=20×0.3×0.9375=5.625N＞m′g=1.5N，所以m′在还未到v2=3m/s时已与M分开了．
对物块：Qv3B=m′g，
代入数据解得：v3=0.5m/s，
物块与车组成的系统动量守恒，以物块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得：
Mv1=Mv2′+m′v3
代入数据解得：v2′=1.2m/s，方向水平向右．
答：（1）与车碰撞前摆球到达最低点时对绳子的拉力为4.5N；
（2）球与小车的碰撞过程中系统损失的机械能△E为1.31J；
（3）碰撞后小车的最终速度为1.2m/s，方向水平向右．
解析
解：（1）小球向下摆动过程，只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgL=
解得：v=
在最低点，由牛顿第二定律得：F-mg=m
代入数据解得：F=4.5N；
（2）摆球与小车碰撞过程中的过程中，两者组成的系统动量守恒定律，以摆球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv=Mv1+0，
代入数据解得：v1=1.5m/s，
摆球与小车碰撞过程中系统损失的机械能为：
△E=
代入数据解得：△E=1.31J；
（3）假设m′最终能与M一起运动，由动量守恒定律得：Mv1=（M+m′）v2，代入数据解得：
v2=0.9375m/s，
m′受到的向上洛仑兹力为：
f=BQv2=20×0.3×0.9375=5.625N＞m′g=1.5N，所以m′在还未到v2=3m/s时已与M分开了．
对物块：Qv3B=m′g，
代入数据解得：v3=0.5m/s，
物块与车组成的系统动量守恒，以物块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得：
Mv1=Mv2′+m′v3
代入数据解得：v2′=1.2m/s，方向水平向右．
答：（1）与车碰撞前摆球到达最低点时对绳子的拉力为4.5N；
（2）球与小车的碰撞过程中系统损失的机械能△E为1.31J；
（3）碰撞后小车的最终速度为1.2m/s，方向水平向右．
AP的初动能
BP的初动能的
CP的初动能的
DP的初动能的
正确答案
解析
解：在整个过程中，弹簧具有最大弹性势能时，P和Q的速度相同．
根据动量守恒定律
mv0=2mv．
根据机械能守恒定律，有
故最大弹性势能等于P的初动能的
故选：B．
正确答案
解析
解：A、撤去F后，A离开竖直墙前，墙对A有向右的弹力，系统受到的合外力不为零，系统的动量不守恒，在这个过程中，只有弹簧的弹力对B做功，系统的机械能守恒，故A错误，B正确；
C、撤去F后，A离开竖直墙后，当两物体速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大．设两物体相同速度为v，A离开墙时，B的速度为v0，以向右为正方向，由动量守恒守恒定律得：2mv0=3mv，
由能量守恒定律得：E=
故选：BD．
正确答案
解析
解：小车与物体组成的系统在水平方向动量守恒，
以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：
Mv1+mv2cosθ=（m+M）v，解得：v=
故答案为：
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