高三物理二轮高频考点突破专题10 重力场、电场和磁场中动量守恒定律的应用

高考物理二轮高频考点专题突破专题10重力场、电场和磁场中动量守恒定律的应用专练目标专练内容目标1重力场中的应用动量守恒定律（1T—6T）目标2电场中的应用动量守恒定律（7T—11T）目标3磁场中的应用动量守恒定律（12T—16T）【典例专练】一、重力场中的应用动量守恒定律1．2014年12月3日，世界台联宣布中国斯诺克球手丁俊晖已确定在新的世界排名榜上跃居世界第一，他也成为台联有史以来第11位世界第一，同时也是首位登上世界第一的亚洲球员，丁俊晖为台球运动在中国的推广和发展做出了突出贡献。按照国际标准，每颗球的标准质量为154.5g，但是由于不同广商生产水平的不同，所以生产出来的球的质量会有一些差异。如图所示，假设光滑水平面一条直线上依次放n个质量均为15的静止的弹性红球（相邻两个红球之间有微小的间腺），另有一颗质量为1758的弹性白球以初速度v0与n号红球发生弹性正碰，则k号红球最终的速度大小为（已知1<k<n）（）A． B． C．0 D．【答案】B【详解】光滑水平面一条直线上依次放n个质量为的弹性红球，质量为的白球以初速度为与n号红球发生弹性正碰，根据一动碰一静的弹性碰撞特点可知，每碰撞一次白球的速度变为原来的而n号球每次将速度传给右侧球，故白球与n号球碰撞1次后，白球速度红球的速度最终传给1号球，白球与n号碰撞2次后，白球速度红球的速度最终传给2号球，白球与n号球碰撞3次，白球速度红球的速度最终传给3号球，k号红球最终的速度大小为故选B。2．如图所示，在光滑的水平地面上静止放置一质量为M的半圆槽，半圆槽内壁光滑，轨道半径为R，轨道的最低点为C，两端A、B与其圆心O处等高。现让一质量为m的小滑块从A点由静止开始释放，小滑块可视为质点，重力加速度为g，若。则在此后的过程中（）A．半圆槽与小滑块组成的系统动量守恒，机械能守恒B．小滑块从A到C的过程中，半圆槽运动的位移为C．小滑块运动到C点时，半圆槽速度为D．小滑块运动到C点时，半圆槽对水平地面的压力为【答案】C【详解】A．半圆槽与小滑块组成的系统，只有重力对系统做功，系统的机械能守恒，在竖直方向，重力对小滑块的冲量不为零，系统动量不守恒，系统在水平方向受到的合外力为零，系统在水平方向动量守恒，A错误；B．设小滑块从A到C的过程中用时为t，半圆槽位移为x，则滑块的位移为R-x；取水平向右为正方向，根据水平方向平均动量守恒得解得，B错误；C．小滑块运动到轨道最低点C时，设小滑块的速度大小为v1，半圆槽的速度大小为v2，根据水平方向平均动量守恒得根据机械能守恒定律的联立解得；，C正确；D．小滑块相对半圆槽做圆周运动，则在C点时小滑块对半圆槽的压力大于mg，则对半圆槽进行受力分析，可知半圆槽受到重力、地面的支持力和小滑块的压力，则半圆槽对水平地面的压力大于3mg，D错误。故选C。3．内部长度为L、质量为M的木箱静止在光滑的水平面上，木箱内部正中间放置一可视为质点的质量为m的木块，木块与木箱之间的动摩擦因数为。初始时木箱向右的速度为v0，木块无初速度。木箱运动的图像如图所示，所有碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，重力加速度为g，则在0~t0内，下列说法正确的是（）A．M=2m B．M与m间的相对路程为C．M对地的位移为 D．m对地的位移为【答案】BCD【详解】A．由图像可知木块与木箱最终共速，则得故A错误；B．由能量守恒可得得到两物体的相对路程为，故B正确；CD．由图知共碰撞三次，都是弹性碰撞，到共速为止所花总时间为则木箱运动的位移为，木块相对地面的位移为，故CD正确。故选BCD。4．将一个烟花从地面沿与水平方向成45°角斜向上发射，经过时间1s到达最高点，到最高点时爆炸，爆炸后分成两块，两块的质量之比为3：1，其中质量较大的一块刚好做自由落体运动。已知重力加速度大小为10m/s2，不计空气阻力和爆炸过程中损失的质量，则（）A．烟花在地面发射时的速度大小为10m/sB．爆炸后一瞬间，质量较小的一块速度大小为40m/sC．炸成的两块落地后相距40mD．爆炸后瞬间系统的动能与爆炸前瞬间系统的动能之比为4：1【答案】BCD【详解】A．设烟花在地面发射时的速度大小为v0，则解得故A错误；B．在最高点速度设炸成的两块质量分别为m1、m2，则解得故B正确；C．炸成的两块落地后的距离故C正确；D．爆炸后系统的动能与爆炸前系统的动能之比故D正确。故选BCD。5．如图所示，光滑水平地面上质量均为m的物体A、B，之间用轻弹簧相连，B紧靠右侧墙面，另一个质量也为m的物体C，以一定的初速度v0向右运动（设向右为正）与A碰撞后立即结合为一体，则下列说法正确的是（）A．A、C碰撞引起的机械能损失为mv02B．弹簧的最大弹性势能为mv02C．弹簧第一次恢复原长时B开始与墙分离D．弹簧第一次拉伸到最长时B的速度为【答案】ACD【详解】A．对A、C，碰撞后的速度为v1，根据动量守恒mv0=2mv1；碰撞引起的机械能损失为，A正确；B．根据能量守恒，最大弹性势能等于碰撞后AC结合体的初态动能，即，B错误；C．当弹簧第一次恢复原长时，AC结合体的速度为，弹簧开始拉伸，B开始与墙分离，C正确；D．弹簧第一次拉伸最长时，A、B、C三者有共同速度v2，根据动量守恒为；，D正确．6．如图所示，固定斜面足够长，斜面与水平面的夹角，一质量为3m的L形工件沿斜面以速度匀速向下运动。工件上表面光滑，下端为挡板，现将一质量为m的小木块轻轻放在工件上的A点，当木块运动到工件下端时（与挡板碰前的瞬间），工件速度刚好减为零，而后木块与挡板第一次相碰，以后木块将与挡板发生多次碰撞。已知木块与挡板都是弹性碰撞且碰撞时间极短，木块始终在工件上运动，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（）A．下滑过程中，工件和木块系统沿斜面方向上动量不守恒B．下滑过程中，工件的加速度大小为2m/s2C．木块与挡板第1次碰撞后瞬间，工件的速度大小为1.5m/sD．木块与挡板第3次碰撞至第4次碰撞的时间间隔为0.75s【答案】BCD【详解】A．下滑过程中，工件和木块系统沿斜面方向上合力为零，所以沿斜面方向上动量守恒，故A错误；B．开始工件匀速下滑，根据牛顿第二定律有解得把木块放上，对工件受力分析有解得故B正确；C．设第一次碰撞前瞬间木块速度为v。第一次碰撞前工件与木块组成的系统动量守恒，即解得设第一次碰撞后木块速度为v1，工件的速度为v2，碰撞过程根据动量守恒有根据能量守恒有解得；故C正确；D．设木块与挡板第1次碰撞至第2次碰撞的时间间隔为t，在此时间内木块的位移工件的位移为；解得第2次碰撞前木块的速度工件的速度与第1次碰撞前速度相同，此后不断重复上述过程，所以任意两次相邻碰撞的时间间隔均相同，故D正确。故选BCD。二、电场中的应用动量守恒定律7．如图所示，光滑绝缘水平面上有带正电的甲球和带负电的乙球（甲、乙两球均视为质点），现使甲球在大小为、方向沿两球连线背离乙球的瞬时冲量作用下运动的同时，由静止释放乙球。若甲、乙两球的质量分别为和，则当它们相距最远时，乙球的速度大小为（）A． B． C． D．【答案】B【详解】设甲球开始运动时的速度大小为，根据动量定理有两球所受静电力大小相等、方向相反，故两球组成的系统动量守恒，且它们的速度相同时相距最远（设此时乙球的速度大小为v），有解得故选B。8．如图所示，在光滑绝缘水平面上，A、B两个小球质量分别为2m和m，两球均带正电，某时刻A有指向B的初速度v0，B的速度为0，之后两球在运动中始终未相碰，当两球从此刻开始到相距最近的过程中，下列说法正确的是（）A．两球系统动量守恒，机械能守恒 B．两球系统电势能增加了C．电场力对A球做的功为 D．电场力对B球做的功为【答案】C【详解】A．两球系统所受合力为0，则系统动量守恒，但两球相互靠近过程中电场力做负功，机械能减小，故A错误；B．当两球速度相等时，两球相距最近，由动量守恒有得由能量守恒可知，两球系统电势能增加故B错误；C．由动能定理可知，电场力对A球做的功为故C正确；D．由动能定理得，电场力对B球做的功为故D错误。故选C。9．如图所示，在光滑的水平直线导轨上，有质量分别为2m和m，带电量分别为2q、q（q>0）的两个形状相同的小球A、B正相向运动，某时刻A、B两球的速度大小分别为vA、vB。由于静电斥力作用，A球先开始反向运动，它们不会相碰，最终两球都反向运动，则（）A．vA>vB B．vA<vB C．vA=vB D．vB>vA>vB【答案】B【详解】把A、B两球看成一个系统，因两球间的静电斥力相同，系统在水平方向所受合外力为零，满足动量守恒定律，静电力对两球的冲量大小相等，且A球先开始反向运动，可知A球的初动量小于B球的初动量，即解得vA<vB最终两球都反向运动。故选B。10．如图（a）所示，光滑绝缘水平面上有质量分别为m1和m2的甲、乙两个点电荷．t=0静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动的v－t图象分别如图（b）中甲、乙两曲线所示．则由图线可知A．两电荷的电性一定相反 B．t1时刻两电荷的电势能最大C．0～t2时间内，两电荷的静电力都是先减小后增大 D．m1:m2=2:1【答案】BD【详解】由图象段看出，甲从静止开始与乙同向运动，说明甲受到了乙的排斥力作用，则知两电荷的电性一定相同．故A错误．时间内两电荷间距离逐渐减小，在时间内两电荷间距离逐渐增大，时刻两球相距最近，系统克服电场力最大，两电荷的电势能最大．故B正确．时间内两电荷间距离逐渐减小，在时间内两电荷间距离逐渐增大，由库仑定律得知，两电荷间的相互静电力先增大后减小．故C错误．两球相互作用时，受到的合外力为零，故动量守恒，设向左为正方向，时刻两球速度相等，为v=2m/s，由系统动量守恒得：，解得：，故D正确；选BD.11．如图，绝缘座放在光滑水平面上，间距为d的平行板电容器竖直固定在绝缘座上，A板有小孔O，水平绝缘光滑杆穿过O固定在B板上，电容器、底座和绝杆的总质量为M。给电容器充电后，一质量为m的带正电环P套在杆上以某一速度v0，对准O向左运动，在电容器中P距B板最近的位置为S。OS=若A、B板外侧无电场，P过孔O时与板无接触，不计P对A、B板间电场的影响。则（）A．P在S处的速度为0B．P从O至S的过程中，绝缘座的位移大小为C．P从O至S的过程中，绝缘座的位移大小为D．P从O至S的过程中，整个系统电势能的增加量为【答案】CD【详解】A．带电圆环进入电场后，在电场力的作用下，做匀减速直线运动，而电容器则在电场力的作用下做匀加速直线运动，当他们速度相等时，带电圆环与电容器的左极板相距最近，取向左为正方向，有系统动量守恒可得则P在S处的速度不为0，故A错误；BC．该过程电容器（绝缘座）向左做匀加速直线运动，有环向左做匀减速直线运动，有由题意可知解得，P从O至S的过程中，绝缘座的位移大小为，故C正确，B错误；D．P从O至S的过程中，带电环减速，动能减少，电容器动能增加，系统动能减少，电势能增加，增加的电势能故D正确。故选CD。三、磁场中的应用动量守恒定律12．在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，静止的原子核发生衰变，释放的粒子与反冲核Y都做匀速圆周运动，轨迹如图所示，圆周运动方向均为顺时针。衰变放出的光子的动量可忽略，则下列分析正确的是（）A．衰变为α衰变B．衰变为β衰变C．反冲核Y与释放的粒子在磁场中运动轨迹半径之比为1:45D．反冲核Y与释放的粒子在磁场中运动轨迹半径之比为117:14【答案】AC【详解】AB．静止的原子核发生衰变，释放的粒子与反冲核遵循动量守恒定律，所以速度方向相反，轨迹外切，表明粒子与反冲核带同种电荷，所以衰变为α衰变。A正确，B错误；CD．衰变时，动量守恒，有在磁场中，根据牛顿第二定律得解得根据电荷数守恒，可知反冲核Y与释放的粒子的电荷量之比为则在磁场中运动轨迹半径之比为，C正确，D错误。故选AC。13．如图所示，小车A的质量，置于光滑水平面上，初速度。带正电荷的可视为质点的物体B，质量，将其轻放在小车A的右端，在A、B所在的空间存在匀强磁场，方向垂直于纸面向里，磁感应强度，物体B与小车之间存在摩擦力的作用，设小车足够长，小车表面是绝缘的（g取），则（）A．物体B的最终速度为B．小车A的最终速度为C．小车A和物体B的最终速度约为D．小车A达到最小速度的全过程中系统增加的内能为8.75J【答案】AD【详解】ABC．假设没有磁场，由题意可知物体B一定能与小车A达到共同速度v，根据动量守恒定律有解得在有磁场时，设物体B的速度为v2时，其所受洛伦兹力恰好与重力平衡，则解得说明物体B速度达到v2时，即与小车A之间再无相互作用，设此时小车A的速度为v1，根据动量守恒定律有解得所以物体B的最终速度为10m/s，小车A的最终速度为13.5m/s，故A正确，BC错误；D．根据能量守恒定律，小车A达到最小速度的全过程中系统增加的内能为故D正确。故选AD。14．如图所示，两平行光滑导轨由两部分组成，左面部分水平，右面部分是半径为r的竖直半圆，两导轨间的距离为l，导轨的电阻不计，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，两根长度均为l的金属棒ab、cd均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab、cd的质量分别为2m与m，电阻分别为R与。现给ab棒施加一个瞬时冲量使其以初速度开始沿导轨向右运动，cd棒随即也开始运动且进入圆轨道后恰好能通过轨道最高点，已知cd棒进入圆轨道前两棒未相撞，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）A．ab棒刚开始向右运动时cd棒的加速度大小为B．cd棒刚进入半圆轨道时ab棒的速度大小为C．cd棒刚进入半圆轨道时对轨道的压力为5mgD．cd棒进入半圆轨道前ab棒上产生的焦耳热为【答案】ABD【详解】A．ab棒开始向右运动时，设回路中电流为I，则根据导体棒切割磁场有E=Blv0根据闭合电路欧姆定律有根据牛顿第二定律有F安=ma0安培力为F安=BIl联立求解的故A正确；BC．设cd棒刚进入圆形轨道时的速度为v2，此时ab棒的速度为v1，ab棒开始运动至cd棒即将进入圆轨道的过程，对ab和cd组成的系统运用动量守恒定律可得2mv0=2mv1+mv2，cd棒进入圆轨道至最高点的过程中，对cd棒运用动能定理可得在半圆轨道的P点对cd棒运用牛顿第二定律可得联立求解可得；由牛顿第二定律可得cd棒刚进入半圆轨道时对轨道的压力为故B正确，C错误；D．cd棒进入半圆轨道前对ab棒运用动能定理可得故D正确。故选ABD。15．如图所示，两电阻可以忽略不计的平行金属长直导轨固定在水平面上，相距为，另外两根长度为、质量为、电阻为的相同导体棒垂直静置于导轨上，导体棒在长导轨上可以无摩擦地左右滑动，导轨间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为。某时刻使左侧的导体棒获得大小为的向左初速度、右侧的导体棒获得大小为的向右初速度，则下列结论正确的是（）A．该时刻回路中产生的感应电动势为B．当导体棒的速度为时，两导体棒受到的安培力大小都是C．当导体棒的速度大小为时，导体棒b的速度大小一定是D．从开始运动到最终处于稳定状态的过程中，导体棒上产生的热量为【答案】BD【详解】A．根据右手定则可知，两导体棒产生的电动势方向相同，所以该时刻