劉昌榮

(江蘇省邗江中學,江蘇揚州 225012)

運動的合成與分解是處理曲線運動的常用方法,如拋體的運動可分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的勻變速直線運動;帶電小球在水平勻強電場中拋出(速度方向與電場方向、重力方向在同一平面內),可分解為水平方向的勻變速直線運動和豎直方向的勻變速直線運動;還有如類拋體運動,都是將曲線運動分解為兩個直線運動進行求解.

其實運動的合成與分解也可有其他方法.

1 直線運動分解為直線運動和圓周運動

例1.如圖1所示,小船用輕繩通過定滑輪牽引,在小船以速度v勻速靠岸的過程中拉繩的速度v′如何變化?

圖1

圖2

解析:小船(B點)的實際運動是沿水平方向的勻速直線運動,可分解為以 A點為圓心、以AB為半徑的順時針轉動和沿繩方向的直線運動,如圖2所示,拉繩的速度等于船的徑向速度,即 v′=v1=vcosθ.θ變大,v不變,v′變小.

拓展:如圖3所示,跨過同一高度處的光滑定滑輪的細線連接著質量相同的物體 A和B,A套在光滑水平桿上,細線與水平桿的夾角θ=53°.定滑輪離水平桿的高度 h=0.2 m.當由靜止釋放 A后,A能獲得的最大速度是多少?

圖3

圖4

解析:此題初位置 A、B速度都為零,釋放后,繩的拉力對A做正功,當 A到達定滑輪正下方時速度最大,B到達最低點.如圖4,在此位置將A的實際速度分解到沿繩方向和垂直于繩方向,發(fā)現沿繩方向的速度為零,故此時 B的速度也為零.再選取 A、B系統(tǒng),利用機械能守恒定律即可求解.

2 螺旋運動分解為直線運動和勻速圓周運動

例2.如圖 5所示,圓桶底面半徑為 R,在頂部有一入口 A,在 A的正下方h處有一出口B,在 A處沿切線方向有一個光滑斜槽,一個小球恰能沿水平方向進入入口 A后,沿光滑桶壁運動,要使小球由出口B飛出桶外,則小球進入A時速度v必須滿足什么條件?

圖5

解析:小球在圓筒內做螺旋運動,由于桶內壁光滑,小球沿水平方向進入 A后,只受到重力和桶壁對它的彈力作用,于是小球的運動可分解為水平面內的勻速圓周運動和豎直方向的自由落體運動.豎直方向從A運動到B的時間為t=;在水平面內設它從 A到B共運動了n圈,則vt=n?2πR,(n=1,2,3…).兩式聯(lián)立可得 v=nπR(n=1,2,3…).此即為小球進入 A時速度v所必須滿足的條件.

拓展:如圖6所示,S為一離子源,它能機會均等地向 MN右方空間各方向持續(xù)地大量發(fā)射相同的正離子.離子質量為 m=1×10-15kg,電荷量為 q=2×10-8C,速度為v0=4×105m/s.在 S右側有一半徑為R=4×10-2m的圓屏,OO′是過其圓心且垂直圓面的中心軸線.如果 S與圓屏間有范圍足夠大的磁感強度為B=0.5 T的勻強磁場,方向垂直屏向右.S發(fā)射的離子中,有些不論S與屏距離如何,總能打到屏上.求這些離子的速度方向與 OO′夾角的取值范圍.(不考慮離子的重力和離子之間的碰撞效應)

圖6

解析:如圖7所示,如果帶電粒子進入勻強磁場 B時,其速度 v0與 B之間成θ角,將速度分解到垂直于B的方向和平行于B的方向,則粒子在垂直于B的平面內受洛倫茲力F=qv0Bsinθ,做勻速圓周運動,在沿B的方向上不受洛倫茲力做勻速直線運動,兩個分運動合成,粒子的運動軌跡為一螺旋線.設 v0與OO′的最大夾角為θ時,粒子運動到離中心的最遠距離為 R,r=其中 v2=v0sinθ,r=解得 θ=30°,所以 0≤θ≤30°.

圖7

3 曲線運動分解為直線運動和勻速圓周運動

例3.空間存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場,如圖8所示,已知一離子在電場力和洛倫茲力的作用下,從靜止開始自 A點沿曲線ACB運動,到達B點時速度為零.C為運動的最低點.忽略重力,以下說法正確的是

圖8

(A)這個離子必帶正電荷.

(B)A點和B點位于同一高度.

(C)離子在C點時速度最大.

(D)離子到達B點后,將沿原曲線返回A點.

解析:該粒子在 A點速度為零,不受洛倫茲力,釋放后向下運動,故電場力向下,所以帶正電荷,選項(A)正確;B點速度為零,AB過程洛倫茲力不做功,由動能定理可得,電場力做功也為零,故 A、B等高,選項(B)正確;C點為最低點,A、C過程,由動能定理可得,電場力做功最大,C點速度最大,選項(C)正確;離子到達 B點后,應重復ACB間的運動形式向右運動,選項(D)錯誤.可見動能定理是解決帶電粒子在復合場中一般曲線運動的一個有效的方法.

變式:若在此題的基礎上,已知電場強度為E,磁感應強度為B,離子帶電荷量為 q,質量為 m,試求:(1)C點的速度;(2)AB間距離.

解析:此時僅憑動能定理無法解決,進而想運用運動的合成與分解,依據常規(guī)思維,分解到水平和豎直方向,由受力情況可知并不能得到兩個簡單的直線運動,反而因為洛倫茲力的不斷變化,使問題變得復雜.

此題采用以下方法可順利求解.首先將A點的初速度零分解為水平向右的速度v1和水平向左的速度v2,v1=v2=v且滿足 qv1B=qE,對離子受力分析,如圖9所示,因為洛倫茲力 qv1B與電場力qE平衡,所以水平向右以 v1做勻速直線運動;同時在洛倫茲力qv2B的作用下,在豎直面內做勻速圓周運動.則離子的運動分解為一個勻速直線運動和一個勻速圓周運動,如圖10所示,圓周運動的半徑為r=周期為 T=

圖9

圖10

然后將兩個分運動合成,不難得出:

(2)當完成圓周運動一周時,離子到達 B點,用時 T,B點速度為v1-v2=0(與動能定理求解吻合),合位移 x=x1+x2=vT+0=即 A、B間距離為至此,解答完畢.

拓展:(2008年江蘇卷第14題)在場強為B的水平勻強磁場中,一質量為 m、帶正電 q的小球在O靜止釋放,小球的運動曲線如圖11所示.已知此曲線在最低點的曲率半徑為該點到 x軸距離的2倍,重力加速度為 g.求:

圖11

(1)小球運動到任意位置P(x,y)的速率;

(2)小球在運動過程中第一次下降的最大距離ym;

解析:參考答案的解法這里不再贅述,依據前述的分解方法,將O點初速度零分解為水平向右的速度v和水平向左的速度v,且滿足 qvB=mg.則小球的運動分解為水平向右的勻速直線運動和逆時針的勻速圓周運動.所以第(2)問中,ym=2r=.第(3)問中,運用等效重力場的思想,等效重力為 qE-mg,方向豎直向上.如法炮制,將O點初速度零分解為水平向右的速度v和水平向左的速度v,且滿足qvB=qE-mg.則小球的運動分解為水平向左的勻速直線運動和逆時針的勻速圓周運動.vm=2v=用此法解,發(fā)現題中“已知此曲線在最低點的曲率半徑為該點到 x軸距離的2倍”為多余條件.